De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

Hoofdstuk 13 H13 Instrumentele analyse Schoolexamen 6.1.2 in week van 1 november Lessenserie september/oktober 2010.

Verwante presentaties


Presentatie over: "Hoofdstuk 13 H13 Instrumentele analyse Schoolexamen 6.1.2 in week van 1 november Lessenserie september/oktober 2010."— Transcript van de presentatie:

1 Hoofdstuk 13 H13 Instrumentele analyse Schoolexamen in week van 1 november Lessenserie september/oktober 2010

2 H13 Instrumentele analyse §13.1 Inleiding §13.2 Elektromagnetische straling §13.3 Spectrofotometrie §13.4 Spectrofotometrie als kwantitatieve analysemethode §13.5 Gaschromatografie en massaspectrometrie §13.6 Afsluiting

3 §13.1 Inleiding Opgave 1 Scheidingsmethodes Punt en traject

4 §13.2 Elektromagnetische straling

5 Natuurkundige wetten c = λ ×f E = h×f c – snelheid van het licht in m s -1 f – frequentie in Hz (s -1 ) λ – golflengte in m E – fotonenergie in J h – constante van Planck Fotonen= energiepakketje met λ en f Dus nm ≙ 4,3· ,5·10 14 s -1 Als E=h*f, dan heeft iedere f (of λ) zijn eigen energie.

6 Fotonen Monochromatisch licht= licht met 1 kleur, dus met 1 bepaalde golflengte Wit licht is dus verzameling, spectrum Stoffen nemen niet alle λ op NaCl verbranden, oranje, λ= 589nm 13.6.b – Emissiespectrum = spectrum van uitgezonden fotonen Wit licht door NaCl, spectrum mist λ= 589nm 13.6.d – Absorptiespectrum = spectrum van opgenomen fotonen. λ =589nm, f= 5,1·10 14 s -1, E=3,38· J Kwantumhypothese Maken vraag 2 en 3

7 Overzicht analysemethodes Infrarood(IR)-spectrometrie UV/VIS-spectrometrie Massaspectrometrie (MS) Gaschromatografie (GC) Nuclear magnetic resonance (NMR) EXTRA Titratie (direct, indirect, terug)

8 IR Spectrometrie Atoombindingen rekbaar – Gekwantiseerde energieniveaus – Dus aangeslagen toestanden – Karakteristiek voor verbinding Tabel 39B in Binas – Buig- en strekvibraties (sym en assym) – Golfgetal (1/golflengte) – 1/ λ = reciproke golflengte – Vb: golfgetal= 3500cm -1 ≙ 1/3500= 2,8·10 -4 cm ≙ 2857nm (IR-straling/warmte )

9 IR-Spectra Tabel 39B in Binas – Absorptiegebieden C=O cm -1 – IR – m, dus golfgetallen cm -1 – Absorptie (opname) 100%absorptie = geen transmissie – Transmissie (doorlaatbaarheid) 100%T= geen absorptie Oefenen mogelijk via: LET OP VERWARREND: Lage golflengte is hoog in energie – 1/golflengte geeft bij lage golflengte een ‘hoog’ getal, dus hoog golfgetal, maar spectrum start op x-as meestal omgekeerd (zie Binas 39B2)

10 Colorimetrie Absoptie in zichtbaar gebied Gras is groen? – Chlorofyl absorbeert groen 500nm – Eigenlijk is de stof dus rood KMnO 4 -opl is rood. – Stel; spectrum van (UV/VIS) fig – Stel; alleen 500nm (groen) – Zwarte oplossing. Hoe donkerder hoe hoger de concentratie Maken t/m 11

11 UV/VIS Spectrometrie

12 Tabel 39A in Binas Wet van Lambert-Beer E = ε × c × d zie ook Tabel 37E in Binas – E extinctie (dimensieloos; -log( I/I 0 ), waarin I de intensiteit is van het doorgestroomde licht) – ε Molaire extinctiecoefficient (L mol -1 cm -1 ) – c (in Binas [A])concentratie component (mol L -1 ) – d Weglengte cuvet in cm – 14 samen maken

13 Massaspectrometrie Geen straling! Ioniseren van stof door elektronen M(olecuul) + e -  M + + 2e - (M + =onstabiel) – C 2 H 5 OH +  C 2 H OH· m/z met m, massa en, z lading van ion – Standaard afsplitste fragmenten, kijk in Binas 39D – Standaard m/z waardes, zie Binas 39D – Samen maken 16

14 Planning

15 Opgave 4 a) O=O  2 O∙ dus verbreken van binding B58 Dus onder 240,5nm (240nm dus) heb je voldoende energie. (hoe lager golflente, hoe hoger de energie) b) Dissociatie-energie (energie om te dissociëren), NO 2 = - 0,339∙10 5 J/mol, NO=0,904 ∙10 5 J/mol, O=(4,98 ∙10 5 J/mol)/2 = 3,06 ∙10 5 J/mol Zichtbaar dus dringt het wel door tot onderste luchtlaag

16 Opgave 4 NO 2  NO + O uitsplitsen in ½ N 2 + O 2  NO 2 ½ N 2 + ½ O 2  NO ½ O 2  O -vormingsenergie NO 2 = -0,339 ∙10 5 vormingsenergie NO = + 0,904 ∙10 5 ½ keer verbreken O=O = + 2,49 ∙10 5 3,06 ∙10 5 J/mol

17 Opgave 4 c) d) Nee, NO, NO 2 nemen beide af.(Vanaf 75 min) e) In overeenstemming in het eerste uur. NO  NO 2. Daarna klopt het niet. f) Ja, lijken allemaal gassen te zijn. Opg 7 foutje in antwoordenboek. Aldehyde= 2850, Carbonzuren=1695, aromaat=3050, amide=1630, alcohol= 3330

18 Opgave 9 Veel vibraties hebben effect op elkaar. Daardoor beïnvloeden ze elkaar. Hierdoor krijg je bredere pieken 10a, nee b. 1-propanol, 2-propanol, methoxyethaan. c O-H strek, alcohol C-H strek, alkaan. Iets voor 1200 C-O strek, carbonzuur/ester/ether/alcohol d. Fenol 1255, prim alc Dus secundair e. 2-propanol

19 Opgave 15 a. 4-aminobenzeencarbonzuur b. Twee H-bruggen, lost op c. Factor 4 ≙ 25% (Dus T=25%, op zoek naar T) T=10 -εcd = ε=4,5∙10 4 mol/L*cm c=5,0∙10 -2 mol/L d= diameter laagje zonnebrand - 4,0mL ≙ 4,0 cm 3 maar 100cm bij 100cm - dus d= 4,0/10000= 4,0 ∙10 -4 cm T=0,13  factor = 8

20 Opgave 21 Blanco= alles behalve de te meten stof. Dus 25ml methyloranje en 25 geconc! Zoutzuur. Uitwerking 21 b E=εcd=>E= 0,844, c=4,00/305,1 in 500mL, d=1 ε=32,3 L/mol*cm Aflezen/berekenen x=3,66 mL. – Dus 3,66mL*2,622·10 -2 mol/L= 9,60·10 -5 mol Methyloranje= Sn 2+ – In origineel 10* zoveel 9,60·10 -4 mol in 10mL – 9,60·10 -2 mol/L = (*118,7)=11,4g

21 Oefentoets H12 Fout in antwoorden H12 vr 3.c. SO 2 heeft dipool van 5.4 (Binas). Hierdoor goed oplosbaar. Er wordt een racemisch mengsel gebruikt met evenveel van de D- als de L- isomeer bij elk van de aminozuren. Er is dan evenveel rechts- als linksdraaiend aminozuur opgebracht. Voor asparaginezuur: Rf ≈ 0,22 Voor leucine: Rf ≈ 0,85 Voor lysine: Rf ≈ 0,50 0,08 M ammonia bestaat voor het grootste gedeelte uit water, dat zich goed hecht aan de dunnelaagplaten (SiO2). Water is hier dus de stationaire fase, terwijl ethanol zich als mobiele fase gedraagt. Leucine is een aminozuur met een apolaire groep C4H9. Leucine lost daardoor slecht op in water en veel beter in ethanol. Voor asparaginezuur geldt het omgekeerde. Het gevolg is dat leucine meebeweegt met het vloeistoffront, terwijl asparaginezuur ‘achterblijft’ in de stationaire fase. Sinaasappelsap bevat waarschijnlijk de aminozuren asparaginezuur en lysine (vergelijk de plek van de vlekken, maar er bestaan méér aminozuren, die mogelijk dezelfde Rf-waarde hebben).

22 Oefentoets H13 Vraag 2. fout in antwblad M=376 g/mol ipv 320 g/mol. Ε= 1,06∙10 4 L/mol∙cm. Vraag 5. a.Een maatkolf van 500 mL b.Fe 3+ (aq) + e − → Fe 2+ (aq) 2× Cd(s) → Cd 2+ (aq) + 2 e − Fe 3+ (aq) + Cd(s) → 2 Fe 2+ (aq) + Cd 2+ (aq) c. (NH 4 ) 2 Fe(SO 4 ) 2 · 6 H 2 O(s) → 2 NH 4 + (aq) + Fe 2+ (aq) + 2 SO 4 2- (aq) + 6 H 2 O(l) d. Met het begrip gecorrigeerd geef je aan dat de extinctie van de te onderzoeken oplossing is verminderd met de extinctie van de blanco-oplossing. In de praktijk gebeurt dit al automatisch. In de colorimeter zijn dan twee ruimtes voor cuvetten: één voor de test en één voor de referentie (blanco).

23 Oefentoets H13 e. E= εcd 1 Constante temperatuur tijdens de meting 2 Niet al te geconcentreerde oplossing ( < 0,02 M) 3 Heldere oplossing (geen lichtverstrooiende deeltjes) 4 Monochromatisch licht f. In het experiment wordt gebruikgemaakt van een golflengte van 530 nm (= groen licht). Ervan uitgaande dat dit de golflengte is waarbij de absorptie van licht maximaal is, zal het ijzerdipyridylcomplex een rode kleur hebben (complementair aan de groene kleur). g. 350,0 mg (NH 4 ) 2 Fe(SO 4 ) 2 ⋅ 6 H 2 O /M (= 392,17 g/mol) = 8,92 · mol (NH 4 ) 2 Fe(SO 4 ) 2 ⋅ 6 H 2 O ≙ 8,92 ⋅ mol Fe 2+ ≙ 8,92 ⋅ mol × 55,85 g Fe 2+ /mol = 50,0 mg Fe 2+. In 500 mL standaardoplossing bevindt zich 50,0 mg Fe 2+. In 1,00 mL standaardoplossing bevindt zich= 0,100 mg Fe 2+. In 2,00 mL standaardoplossing bevindt zich 0,200 mg Fe 2+, etc

24 Oefentoets H13 h. Zie figuur. i. Uit de grafiek lees je de concentratie Fe 2+ af bij de gegeven extinctie 0,309: 0,33 mg Fe 2+ per 50,0 mL oplossing. In 1,00 mL monster was dus aanwezig 0,33 mg Fe 2+. In 500 mL monsteroplossing was aanwezig: 500 × 0,33 mg Fe 2+ = 165 mg Fe 2+ = 165 mg Fe 3+. Het Fe 3+ -gehalte in het ijzer(III)oxidemonster is: 165/235 mg ×100%=70 massa-%. j. Als alle Fe 2+ werd gecomplexeerd, geldt dat de concentratie van het Fe 2+ -a,a’-dipyridylcomplex gelijk is aan de oorspronkelijke [Fe 2+ ]. Dus: [Fe 2+ ] = 0,33 mg/ 55,85 g mol / 50 ⋅ L = 1,2 ⋅ mol/L. ε = 2,6 ⋅ 10 3 L/mol ⋅ cm u = 2*C +2*H. m/z=13 hier is dus een CH verdwenen. Ethyn!

25 UV/VIS Spectrometrie Filmpje 4:51

26 Filmpje 6:32 Infrarood(IR)-spectrometrieMassaspectrometrie (MS) Filmpje 7:58 Gaschromatografie (GC) Filmpje 5:17

27 NMR Nuclear Magnetic Resonance Tabel 39C in Binas – Ophelderen structuur organische verbindingen – Toegepast op mensen: MRI scan – Radiogolven binnen een magnetisch veld; 1 H of 13 C of... Filmpje 8:43 !!! Geen examenstof, maar wel een zeer belangrijke analysemethode Kan schokkend overkomen; watermeloen ipv hoofd Gebeurd op 31 juli 2001; Filmpje 2:02


Download ppt "Hoofdstuk 13 H13 Instrumentele analyse Schoolexamen 6.1.2 in week van 1 november Lessenserie september/oktober 2010."

Verwante presentaties


Ads door Google