Advanced Spectroscopic Techniques - Exam

Aufgabe 1)

• IR-Spektroskopie untersucht molekulare Schwingungen und Rotationen, indem infrarotes Licht absorbiert und die resultierenden Spektren analysiert werden.
• Grundprinzip: Absorption von IR-Strahlung führt zu quantisierten Änderungen von Schwingungszuständen.
• Wellenzahl \(\tilde{u} = \frac{1}{\lambda}\) beschreibt Energie; üblicherweise in cm⁻¹.
• IR-Bereich: 4000-400 cm⁻¹
• Hauptinstrument: FT-IR (Fourier-Transform-Infrarotspektrometer)
• Beispiel: Beer-Lambert-Gesetz \[A = \log \left( \frac{I_0}{I} \right) = \epsilon \cdot c \cdot d \]

a)

Eine Probe einer organischen Verbindung wird mit einem FT-IR-Spektrometer analysiert. Im resultierenden Spektrum liegt ein starker Absorptionspeak bei einer Wellenzahl von 1700 cm⁻¹ vor.

• a) Bestimme die Wellenlänge der absorbierten Strahlung in Mikrometer (µm).
• b) Welches funktionelle Molekül könnte für diese Absorptionsfrequenz verantwortlich sein? Begründe Deine Antwort.

Lösung:

Aufgabe: IR-Spektroskopie

Hier ist eine detaillierte Lösung für die gegebene Teilaufgabe:

• a) Bestimme die Wellenlänge der absorbierten Strahlung in Mikrometer (µm).Die Wellenzahl \(\tilde{u} = 1700 \ \text{cm}^{-1}\). Die Wellenlänge \(\lambda\) in Mikrometer (µm) wird durch Umkehrung der Wellenzahl berechnet:

Berechnung:

Die Beziehung zwischen Wellenzahl und Wellenlänge ist gegeben durch:

\[ \tilde{u} = \frac{1}{\lambda} \]

Um die Wellenlänge zu berechnen, invertieren wir die Wellenzahl:

\[ \lambda = \frac{1}{\tilde{u}} \]

Einsetzen der gegebenen Wellenzahl:

\[ \lambda = \frac{1}{1700 \ \text{cm}^{-1}} \]

Diese Berechnung ergibt die Wellenlänge in Zentimetern:

\[ \lambda = 0.000588 \ \text{cm} \]

Um Zentimeter in Mikrometer (µm) umzuwandeln, multiplizieren wir mit 10.000 (da 1 cm = 10.000 µm):

\[ \lambda = 0.000588 \ \text{cm} \times 10.000 = 5.88 \ \text{µm} \]

• b) Welches funktionelle Molekül könnte für diese Absorptionsfrequenz verantwortlich sein? Begründe Deine Antwort.Die Wellenzahl von 1700 cm⁻¹ ist charakteristisch für die Carbonyl-Gruppe (C=O). Diese Bindung zeigt typischerweise starke Absorptionspeaks im Bereich von 1600-1750 cm⁻¹. Daher könnte die organische Verbindung eine Carbonyl-Verbindung wie Aldehyde, Ketone, oder Carbonsäuren sein.

b)

Ein FT-IR-Spektrum zeigt eine breite Absorption bei ca. 3400 cm⁻¹.

• a) Benenne mindestens zwei funktionelle Gruppen, die für diese Absorption verantwortlich sein könnten.
• b) Erläutere mithilfe der molekularen Struktur, warum diese Gruppen eine solche Absorption aufweisen.

Lösung:

Aufgabe: IR-Spektroskopie

Hier ist eine detaillierte Lösung für die gegebene Teilaufgabe:

• a) Benenne mindestens zwei funktionelle Gruppen, die für diese Absorption verantwortlich sein könnten.Eine breite Absorption bei ca. 3400 cm⁻¹ ist charakteristisch für:

• Hydroxylgruppen (–OH)
• Primäre und sekundäre Amine (–NH und –NH₂)

• b) Erläutere mithilfe der molekularen Struktur, warum diese Gruppen eine solche Absorption aufweisen.

• Hydroxylgruppen (–OH): Die O-H-Bindung in Alkoholen und Phenolen zeigt eine breite Absorptionsbanden im Bereich von 3200-3600 cm⁻¹. Diese Breite resultiert aus Wasserstoffbrückenbindungen, die zu einer Variabilität in den Schwingungsfrequenzen führen. Je stärker die Wasserstoffbrückenbindungen sind, desto breiter und verschobener ist die Absorption.

• Primäre und sekundäre Amine (–NH und –NH₂): N-H-Bindungen in Aminen zeigen Absorptionsbanden im Bereich von 3300-3500 cm⁻¹. Für primäre Amine gibt es zwei Absorptionspeaks, die

  c)

  Um die Konzentration einer Lösung einer organischen Verbindung in einem Lösungsmittel zu bestimmen, wird das Beer-Lambert-Gesetz verwendet.

  • a) Eine Lösung zeigt eine Absorption von 0,75 bei einer Konzentration von 0,02 mol/L und einer Schichtdicke von 1 cm. Berechne den molaren Absorptionskoeffizienten \(\epsilon\) der Verbindung.
  • b) Wie würde sich die Absorption ändern, wenn die Schichtdicke auf 2 cm verdoppelt wird?

  Lösung:

  Aufgabe: Bestimmung der Konzentration einer Lösung mittels IR-Spektroskopie und des Beer-Lambert-Gesetzes

  Hier ist eine detaillierte Lösung für die gegebene Teilaufgabe:

  • a) Eine Lösung zeigt eine Absorption von 0,75 bei einer Konzentration von 0,02 mol/L und einer Schichtdicke von 1 cm. Berechne den molaren Absorptionskoeffizienten \(\epsilon\) der Verbindung.

  Das Beer-Lambert-Gesetz lautet:

  \[ A = \epsilon \cdot c \cdot d \]

  Gegeben sind:

  • Absorption \(A = 0,75\)
  • Konzentration \(c = 0,02 \text{ mol/L}\)
  • Schichtdicke \(d = 1 \text{ cm}\)

  Um den molaren Absorptionskoeffizienten \(\epsilon\) zu berechnen, stellen wir die Gleichung nach \(\epsilon\) um:

  \[ \epsilon = \frac{A}{c \cdot d} \]

  Nun setzen wir die Werte ein:

  \[ \epsilon = \frac{0,75}{0,02 \text{ mol/L} \cdot 1 \text{ cm}} \]

  \[ \epsilon = \frac{0,75}{0,02} \]

  \[ \epsilon = 37,5 \text{ L/(mol·cm)} \]

  • b) Wie würde sich die Absorption ändern, wenn die Schichtdicke auf 2 cm verdoppelt wird?

  Die neue Schichtdicke \(d = 2 \text{ cm}\). Mit dem Beer-Lambert-Gesetz:

  \[ A = \epsilon \cdot c \cdot d \]

  Wissen wir bereits:

  \[ \epsilon = 37,5 \text{ L/(mol·cm)} \]

  \[ c = 0,02 \text{ mol/L} \]

  Setzen wir die neuen Werte ein

  \[ A_{neu} = 37,5 \text{ L/(mol·cm)} \cdot 0,02 \text{ mol/L} \cdot 2 \text{ cm} \]

  \[ A_{neu} = 37,5 \times 0,02 \times 2 \]

  \[ A_{neu} = 1,5 \]

  Die Absorption würde sich also auf 1,5 verdoppeln, wenn die Schichtdicke auf 2 cm verdoppelt wird.

  d)

  In der Infrarotspektroskopie wird häufig das Fourier-Transform-Verfahren (FT-IR) verwendet.

  • a) Beschreibe die Funktionsweise eines FT-IR-Spektrometers.
  • b) Erkläre die Vorteile eines FT-IR-Spektrometers im Vergleich zu einem dispersiven IR-Spektrometer.

  Lösung:

  Aufgabe: IR-Spektroskopie

  Hier ist eine detaillierte Lösung für die gegebene Teilaufgabe:

  • a) Beschreibe die Funktionsweise eines FT-IR-Spektrometers.

  Ein FT-IR-Spektrometer verwendet das Fourier-Transformationsverfahren, um ein vollständiges IR-Spektrum zu erfassen. Die Funktionsweise lässt sich wie folgt beschreiben:

  • Eine breitbandige Infrarotquelle emittiert Licht, das durch ein Interferometer geleitet wird.
  • Das Interferometer besteht aus einem Strahlteiler, einem festen Spiegel und einem beweglichen Spiegel. Der Strahlteiler teilt das Licht in zwei Strahlen: einen, der zum festen Spiegel, und einen, der zum beweglichen Spiegel geleitet wird.
  • Die Strahlen werden an den Spiegeln reflektiert und rekombinieren am Strahlteiler. Die Rekombination erzeugt ein Interferenzmuster, das von der Position des beweglichen Spiegels abhängt.
  • Das interferierte Licht wird durch die Probe geleitet und anschließend von einem Detektor erfasst. Der Detektor misst die Intensität des Lichts als Funktion der Spiegelposition.
  • Die gesammelten Daten (Interferogramm) werden mittels Fourier-Transformation in ein Frequenzspektrum (IR-Spektrum) umgewandelt.
  • b) Erkläre die Vorteile eines FT-IR-Spektrometers im Vergleich zu einem dispersiven IR-Spektrometer.

  FT-IR-Spektrometer bieten mehrere Vorteile gegenüber dispersiven IR-Spektrometern:

  • Höhere Empfindlichkeit und Signal-zu-Rausch-Verhältnis: Da das gesamte IR-Spektrum gleichzeitig erfasst wird, statt Punkt für Punkt, wird die Messzeit reduziert und somit das Signal-zu-Rausch-Verhältnis verbessert.
  • Schnellere Messungen: FT-IR-Spektrometer können in kurzer Zeit ein vollständiges Spektrum erfassen, da der Interferogramm-Datensatz schnell gesammelt wird.
  • Hohe Auflösung: Die Auflösung kann einfach durch Modifikation der Weglänge des beweglichen Spiegels im Interferometer eingestellt werden, was zu präziseren Spektren führt.
  • Keine mechanischen Monochromatoren: FT-IR-Spektrometer benötigen keine mechanischen Monochromatoren, da sie das Spektrum durch Fourier-Transformation berechnen. Dies verringert die Komplexität und Wartungsanforderungen.
  • Jacquinot-Vorteil (Durchsatzvorteil): Da ein größerer Teil des Lichts die Probe erreicht, verbessert dies die Signalintensität und ermöglicht die Analyse schwach absorbierender Proben.

  Aufgabe 2)

  Betrachte das NMR-Spektrum eines organischen Moleküls, das zwei unterschiedliche Protonenarten (H1 und H2) enthält. Die chemische Verschiebung (\textbackslash delta) für H1 beträgt 3.5 ppm und für H2 1.2 ppm. Die Kopplungskonstanten (J) zwischen H1 und H2 liegen bei 7 Hz. Das Spektrum wird mit einem 500 MHz NMR-Spektrometer aufgenommen.

  a)

  Berechne die Resonanzfrequenzen für H1 und H2 in Hz.

  Lösung:

  Betrachten wir zunächst die zur Verfügung gestellten Informationen:

  • Die chemische Verschiebung (δ) für H1 beträgt 3.5 ppm.
  • Die chemische Verschiebung (δ) für H2 beträgt 1.2 ppm.
  • Die Kopplungskonstanten (J) zwischen H1 und H2 liegen bei 7 Hz.
  • Das NMR-Spektrometer arbeitet bei 500 MHz.

  Die Kopplungskonstanten sind für die Berechnung der Resonanzfrequenzen nicht relevant. Daher konzentrieren wir uns nun auf die chemischen Verschiebungen und die Betriebsfrequenz des Spektrometers.

  Die Formel zur Umrechnung der chemischen Verschiebung in die Resonanzfrequenz lautet:

  Resonanzfrequenz (in Hz) = chemische Verschiebung (in ppm) × Betriebsfrequenz des Spektrometers (in Hz)

  Das NMR-Spektrometer hat eine Betriebsfrequenz von 500 MHz, was 500 × 10⁶ Hz entspricht.

  Nun berechnen wir die Resonanzfrequenzen für H1 und H2:

  • Für H1:Resonanzfrequenz H1 = 3.5 ppm × 500 × 10⁶ Hz = 1,750,000 Hz
  • Für H2:Resonanzfrequenz H2 = 1.2 ppm × 500 × 10⁶ Hz = 600,000 Hz

  Zusammengefasst:

  • Die Resonanzfrequenz für H1 beträgt 1,750,000 Hz (oder 1.75 MHz).
  • Die Resonanzfrequenz für H2 beträgt 600,000 Hz (oder 0.6 MHz).

  b)

  Erkläre, wie die Kopplungskonstante J die Aufspaltung der Peaks im NMR-Spektrum beeinflusst. Wie viele Peaks würdest Du für H1 und H2 erwarten?

  Lösung:

  Um zu verstehen, wie die Kopplungskonstante J die Aufspaltung der Peaks im NMR-Spektrum beeinflusst, müssen wir zunächst wissen, was die Kopplungskonstante ist.

  Definition der Kopplungskonstante (J): Die Kopplungskonstante J gibt die Wechselwirkung zwischen benachbarten Protonen in einem Molekül an. Sie wird in Hertz (Hz) gemessen und führt zu einer Aufspaltung der Peaks im NMR-Spektrum, was als Spin-Spin-Kopplung bekannt ist.

  Einfluss der Kopplungskonstante auf die Peak-Aufspaltung:

  • Wenn zwei Protonen (z. B. H1 und H2) gekoppelt sind, führt dies zu einer Aufspaltung der Peaks im NMR-Spektrum. Die Anzahl der Peaks hängt von der Anzahl der benachbarten Protonen ab.
  • Die Aufspaltung erfolgt nach der Formel (n + 1), wobei n die Anzahl der benachbarten Protonen ist.

  In unserem Fall:

  • H1 ist mit H2 gekoppelt.
  • H2 ist mit H1 gekoppelt.

  Da beide Protonenarten nur ein benachbartes Proton haben, ergibt sich folgende Aufspaltung:

  • Für H1: Da H1 ein benachbartes Proton (H2) hat, wird der Peak von H1 in n + 1 = 1 + 1 = 2 Peaks aufgespalten. Diese Peaks werden ein Dublett (doppelte Aufspaltung) genannt.
  • Für H2: Da H2 ein benachbartes Proton (H1) hat, wird der Peak von H2 ebenfalls in n + 1 = 1 + 1 = 2 Peaks aufgespalten. Diese Peaks werden ebenfalls ein Dublett genannt.

  Zusammengefasst erwarten wir:

  • H1 zeigt ein Dublett (2 Peaks).
  • H2 zeigt ebenfalls ein Dublett (2 Peaks).

  Durch die Kopplungskonstante J entstehen also zwei Peaks für H1 und zwei Peaks für H2 im NMR-Spektrum.

  c)

  Beschreibe den Einfluss von Abschirmung und Deshielding auf die chemische Verschiebung der Protonensignale von H1 und H2.

  Lösung:

  Um den Einfluss von Abschirmung (shielding) und Deshielding (deshielding) auf die chemische Verschiebung der Protonensignale von H1 und H2 zu verstehen, müssen wir die Konzepte dieser Phänomene erklären:

  Abschirmung (Shielding): Dies bezieht sich auf die Reduzierung des lokalen Magnetfelds bei einem Proton aufgrund der Elektronendichte, die das Proton umgibt. Eine höhere Elektronendichte schirmt das Proton ab, was zu einer geringeren chemischen Verschiebung (größere Magnetfeldstärke erforderlich, um vorliegende Energieniveaus aufzubrechen) führt.

  Deshielding: Dies bedeutet eine Verringerung der Elektronendichte um das Proton, was eine größere Beeinflussung des Protons durch das externe Magnetfeld ermöglicht. Das Proton ist weniger abgeschirmt und zeigt eine höhere chemische Verschiebung (kleinere Magnetfeldstärke erforderlich, um vorliegende Energieniveaus aufzubrechen).

  Die chemische Verschiebung wird durch folgende Faktoren beeinflusst:

  • Elektronendichte: Hohe Elektronendichte führt zu Abschirmung und geringerer chemischer Verschiebung.
  • Elektronen-entziehende Gruppen (Deshielding-Gruppen): Elektronen-entziehende Gruppen reduzieren die Elektronendichte und verursachen Deshielding und höhere chemische Verschiebung.

  Betrachten wir die chemischen Verschiebungen von H1 und H2:

  • H1: Die chemische Verschiebung von H1 beträgt 3.5 ppm.
  • H2: Die chemische Verschiebung von H2 beträgt 1.2 ppm.

  Analyse:

  • Da H1 eine höhere chemische Verschiebung (3.5 ppm) als H2 (1.2 ppm) aufweist, ist H1 einem stärkeren Deshielding ausgesetzt. Dies bedeutet, dass um H1 herum weniger Elektronendichte vorhanden ist oder Elektronen-entziehende Substituenten in der Nähe des H1-Protons sind.
  • H2 ist hingegen stärker abgeschirmt verglichen mit H1, da seine chemische Verschiebung niedriger ist (1.2 ppm). Dies deutet auf eine höhere Elektronendichte um H2 oder das Vorhandensein von Gruppen hin, die Elektronen in die Umgebung des H2-Protons hineinziehen.

  Zusammenfassend:

  • H1: Aufgrund eines höheren Deshielding und geringerer Elektronendichte weist eine höhere chemische Verschiebung von 3.5 ppm auf.
  • H2: Aufgrund einer höheren Abschirmung und größerer Elektronendichte weist eine niedrigere chemische Verschiebung von 1.2 ppm auf.

  d)

  Wie könnten Änderungen in der elektronischen Umgebung der Protonen H1 und H2 ihre chemische Verschiebung beeinflussen? Gib ein Beispiel einer Substitution oder einer chemischen Reaktion und beschreibe den erwarteten Effekt auf \textbackslash delta.

  Lösung:

  Änderungen in der elektronischen Umgebung der Protonen H1 und H2 können ihre chemischen Verschiebungen signifikant beeinflussen. Dies geschieht durch Effekte wie Abschirmung (shielding) und Deshielding. Schauen wir uns dies im Detail an.

  Abschirmung (Shielding):

  • Erhöhte Elektronendichte um das Proton herum führt zu einer geringeren chemischen Verschiebung (\( \delta \)), weil das Proton besser vor dem externen Magnetfeld geschützt ist.

  Deshielding:

  • Verminderte Elektronendichte oder Anwesenheit von elektronenanziehenden Gruppen führt zu einer höheren chemischen Verschiebung (\( \delta \)), weil das Proton weniger geschützt ist und stärker dem externen Magnetfeld ausgesetzt ist.

  Beispiel einer Substitution:

  Betrachten wir ein einfaches organisches Molekül wie Ethan (CH₃-CH₃). Wir substituieren ein Wasserstoffatom am Kohlenstoff durch eine Chlorgruppe (Cl), um Chlorethan (CH₃-CH₂Cl) zu erhalten.

  Nach der Substitution haben wir eine elektronegative Chlorgruppe, die das benachbarte Proton (\( \alpha \)-Proton) beeinflusst:

       CH3-CH3  →  CH3-CH2Cl

  Erwartete Effekte:

  • Die Chlorgruppe zieht Elektronendichte weg vom benachbarten \( \alpha \)-Proton.
  • Dies führt zu Deshielding dieses Protons und erhöht seine chemische Verschiebung (\( \delta \)).

  Spezifischer Effekt für H1 und H2: Angenommen, H1 ist das \( \alpha \)-Proton und H2 ist weiter entfernt:

  • H1: Da H1 näher an der elektronenanziehenden Chlorgruppe ist, wird es stärker deshielded und zeigt daher eine höhere chemische Verschiebung (größerer \( \delta \)-Wert).
  • H2: Da H2 weiter von der Chlorgruppe entfernt ist, wird der Effekt geringer sein und H2 kann möglicherweise eine geringere Veränderung in \( \delta \) erfahren oder insgesamt nur geringfügig erhöht sein.

  Zusammenfassend:

  • H1: Die chemische Verschiebung wird erhöht, weil die Chlorgruppe das Proton deshielded.
  • H2: Die chemische Verschiebung erfährt möglicherweise nur eine geringfügige Änderung, abhängig von der Position relativ zum Chlor-Atom.

  Generelles Beispiel: Nehmen wir an, H1 und H2 befinden sich in einem Aromaten (z.B., Benzol) und wir führen eine Nitrierung durch (WW09). Wir substituieren ein H durch eine Nitrogruppe (NO₂):

  Benzol (C₆H₆) → Nitrobenzol (C₆H₅NO₂)

  Die stark elektronegative Nitrogruppe würde ein Deshielding der benachbarten Protonen verursachen und somit deren chemische Verschiebung (\( \delta \)) im NMR-Spektrum erhöhen.

  }

  Aufgabe 3)

  Vergleiche der Ionisationstechniken in der Massenspektrometrie:Drei verschiedene Molekülanalysen sollen mit unterschiedlichen Ionisationstechniken in einem Massenspektrometer untersucht werden: (1) Analyt A, ein kleines, volatiles Molekül; (2) Analyt B, ein Biomolekül mit hoher Molmasse; und (3) Analyt C, ein mittleres, stabiles Molekül. Betrachte die gegebene Probe folgende Techniken: Elektronenionisation (EI), Chemische Ionisation (CI), Elektrospray-Ionisation (ESI) und Matrix-unterstützte Laserdesorption/Ionisation (MALDI).

  a)

  Beschreibe und begründe, welche Ionisationstechnik Du für die Analyse von Analyt A (ein kleines, volatiles Molekül) empfehlen würdest. Gehe dabei auf die spezifischen Eigenschaften der Technik ein und erkläre, warum sie für diesen Analyt geeignet ist. Erwähne Vor- und Nachteile der gewählten Technik.

  Lösung:

  Analyse von Analyt A (ein kleines, volatiles Molekül) mit Elektronenionisation (EI):

  • Ionisationstechnik: Elektronenionisation (EI)
  • Beschreibung: EI ist eine Methode, bei der Moleküle in der Gasphase durch einen Elektronenstrahl ionisiert werden. Die Elektronen haben eine Energie von typischerweise 70 eV, was dazu führt, dass das Molekül Elektronen verliert und positive Ionen bildet.
  • Begründung der Wahl:
    • EI ist besonders geeignet für kleine, volatile Moleküle, da diese in die Gasphase überführt und effizient ionisiert werden können.
    • Die hohe Energie der Elektronen führt zu einer umfassenden Fragmentierung des Moleküls. Diese Fragmentation bedeutet, dass detaillierte Strukturanalysen möglich sind, was eine unglaubliche Hilfe bei der Identifizierung und Charakterisierung kleiner Moleküle ist.
  • Vorteile der Elektronenionisation:
    • Hohe Fragmentation: Bietet detaillierte Information über die Molekülstruktur durch die erzeugten Fragmentationsmuster.
    • Bibliotheksvergleiche: EI-Spektren sind gut dokumentiert und können leicht mit umfangreichen Datenbanken verglichen werden, was die Identifizierung erleichtert.
    • Vereinheitlichte Spektren: EI-Spektren sind reproduzierbar und standardisiert, was die Vergleichbarkeit zwischen verschiedenen Labors verbessert.
  • Nachteile der Elektronenionisation:
    • Übermäßige Fragmentation: Die hohe Energie kann zu übermäßiger Fragmentation führen, was die Interpretation manchmal erschwert.
    • Primär für Gasphase: EI ist auf Moleküle beschränkt, die leicht in die Gasphase überführt werden können und daher nicht für alle Molekülarten geeignet.

  b)

  Analyt B ist ein Biomolekül mit hoher Molmasse. Erläutere, welche der genannten Ionisationstechniken am besten geeignet ist und warum. Vergleiche kurz die Alternativen und deren Eignung für Biomoleküle mit unterschiedlichen Molmassen.

  Lösung:

  Analyse von Analyt B (ein Biomolekül mit hoher Molmasse) mit Matrix-unterstützter Laserdesorption/Ionisation (MALDI):

  • Ionisationstechnik: Matrix-unterstützte Laserdesorption/Ionisation (MALDI)
  • Beschreibung: MALDI ist eine Ionisationstechnik, bei der das Biomolekül in eine Matrix eingebettet und dann mit einem UV-Laser bestrahlt wird. Die Matrix absorbiert die Laserenergie und überträgt sie auf das Biomolekül, wodurch dieses ionisiert und in die Gasphase überführt wird.
  • Begründung der Wahl:
    • MALDI ist besonders geeignet für die Ionisation von hochmolekularen Biomolekülen (Proteine, Peptide, Polymere), da es eine sanfte Ionisationstechnik ist, die Fragmentierung minimiert. Dies ist wichtig, um intakte Molekülionen zu erhalten und die Analyse zu erleichtern.
    • MALDI ermöglicht die Analyse von großen Molekülen mit einer breiten Massebereichsabdeckung, was ideal für die Untersuchung von Biomolekülen mit hoher Molmasse ist.
  • Vorteile der Matrix-unterstützten Laserdesorption/Ionisation:
    • Sensitive und sanfte Ionisation: Minimiert die Fragmentierung und behält die Integrität der Biomoleküle bei.
    • Große Massebereichsabdeckung: Kann Moleküle bis in den Bereich von mehreren hundert kDa analysieren.
    • Einfaches Probenvorbereitung: Die Probenvorbereitung für MALDI ist relativ einfach und schnell.
  • Nachteile der Matrix-unterstützten Laserdesorption/Ionisation:
    • Matrixartefakte: Manchmal können Matrixartefakte in den Spektren auftreten, die die Interpretation erschweren.
    • Quantifizierung: MALDI ist weniger geeignet für die quantitative Analyse im Vergleich zu anderen Techniken wie ESI.
  • Vergleich mit Alternativen:
    • Elektronenionisation (EI): EI ist nicht geeignet für hochmolekulare Biomoleküle, da die hohe Energie der Elektronen zu starker Fragmentation und Zerstörung der Moleküle führt.
    • Chemische Ionisation (CI): CI kann für kleinere Biomoleküle geeignet sein, ist aber weniger effektiv und spezifisch für sehr große Moleküle im Vergleich zu MALDI und ESI.
    • Elektrospray-Ionisation (ESI): ESI ist eine weitere sehr gute Technik für Biomoleküle, insbesondere für Proteine und komplexe Mischungen. ESI erzeugt weiche Ionen und kann sowohl kleine als auch große Moleküle analysieren. Allerdings ist die obere Massengrenze etwas niedriger im Vergleich zu MALDI und die Probenvorbereitung und Handhabung kann komplexer sein.

  c)

  Für Analyt C (ein mittleres, stabiles Molekül) soll die Eignung der Chemischen Ionisation (CI) in Bezug auf Fragmentierung und Ionisationsausbeute untersucht werden. Diskutiere die Vor- und Nachteile von CI im Vergleich zu Elektronenionisation (EI) für diese Art von Molekül. Gehe dabei auch auf die möglichen Auswirkungen auf die Fragmentierungsmuster und die Sensitivität der Analyse ein.

  Lösung:

  Analyse von Analyt C (ein mittleres, stabiles Molekül) mit Chemischer Ionisation (CI):

  • Ionisationstechnik: Chemische Ionisation (CI)
  • Beschreibung: CI ist eine Ionisationstechnik, bei der ein Reaktangas (typischerweise Methan, Isobutan oder Ammoniak) unter Elektronenbeschuss ionisiert wird. Diese reaktiven Ionen ionisieren dann das Analytmolekül, indem sie Protonen transferieren oder durch Adduktbildung reagieren.
  • Begründung der Wahl:
    • Für mittlere, stabile Moleküle bietet CI eine schonendere Ionisationsmethode im Vergleich zu EI, was zu einer geringeren Fragmentierung führt.
    • Die geringere Fragmentierung kann eine einfachere Interpretation der Spektren ermöglichen, da das Molekülion häufiger intakt bleibt.
    • Die Ionisationsausbeute bei CI kann in vielen Fällen höher sein als bei EI, besonders für Moleküle, die empfindlich gegenüber hohen Energieeinträgen sind.
  • Vorteile der Chemischen Ionisation:
    • Geringere Fragmentierung: CI erzeugt tendenziell weniger Fragmentionen als EI, was die Analyse und Interpretation der Massenspektren erleichtern kann.
    • Höhere Ionisationsausbeute: Die sanftere Ionisationstechnik führt zu einer besseren Erhaltung des Molekülions und einer höheren Sensitivität.
    • Anpassbarkeit: Durch die Wahl des Reaktangases kann die Selektivität und Sensitivität der Ionisation gezielt beeinflusst werden.
  • Nachteile der Chemischen Ionisation:
    • Gerings gefilterte Strukturinformationen: Durch die geringere Fragmentierung können weniger detaillierte Strukturinformationen gewonnen werden, die bei EI durch die verschiedenen Fragmentionen verfügbar wären.
    • Komplexität der Spektren: CI-Spektren können zusätzliche Peaks durch die Adduktbildung mit dem Reaktangas enthalten, was die Spektren komplizierter machen kann.
  • Vergleich mit Elektronenionisation (EI):
    • Fragmentierung: EI führt aufgrund der hohen Energie der Elektronen zu einer starken Fragmentierung, was detaillierte strukturelle Information bietet, aber auch zu einer komplizierteren Interpretation führen kann.
    • Ionisationsausbeute: EI hat möglicherweise eine niedrigere Ionisationsausbeute für mittlere Moleküle, da viele Moleküle durch die hohe Energie zerstört oder zu stark fragmentiert werden.
    • Sensitivität der Analyse: CI bietet tendenziell eine höhere Sensitivität durch die schonendere Ionisation, was besonders für empfindliche Moleküle von Vorteil sein kann.

  Aufgabe 4)

  Ein Kristall eines bestimmten Materials wird mittels Röntgenbeugung (XRD) analysiert, um dessen atomare Struktur zu bestimmen. Der Kristall hat ein kubisches Gitter, und wir arbeiten mit Röntgenstrahlen einer festen Wellenlänge von 1.54 Å. Es wurden verschiedene Beugungswinkel beobachtet, und die Peakintensitäten wurden gemessen. Gegeben sind die Miller-Indizes für einige der Hauptbeugungsreflexionen: (100), (110), (111) und (200).

  b)

  Teilaufgabe 2: Berechne die zu erwartenden Beugungswinkel für die (110)- und (111)-Ebenen und vergleiche sie mit den tatsächlichen Beugungswinkeln von 31,2° bzw. 37,8°. Bestätigen diese Werte das kubische Gitter?

  Lösung:

  Um die zu erwartenden Beugungswinkel für die (110)- und (111)-Ebenen zu berechnen, verwenden wir die Bragg-Gleichung:

  2d \sin(\theta) = n\lambda

  Hierbei steht:

  • d für den Abstand zwischen den Kristallebenen
  • \(\theta\) für den Beugungswinkel
  • n für die Beugungsordnung (wir nehmen n = 1)
  • \(\lambda\) für die Wellenlänge der Röntgenstrahlen (1,54 Å)

  Für ein kubisches Gitter berechnen wir den Abstand d wie folgt:

  d = \frac{a}{\sqrt{h^2 + k^2 + l^2}}

  Die Gitterkonstante a haben wir aus Teilaufgabe 1 mit 2,01 Å berechnet.

  (110)-Ebene:

  • h = 1
  • k = 1
  • l = 0

  Der Abstand d für die (110)-Ebene beträgt:

  d_{110} = \frac{2,01 \ \text{Å}}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2}} = \frac{2,01 \ \text{Å}}{\sqrt{2}} ≈ 1,42 Å

  Setzen wir dies in die Bragg-Gleichung ein, um den Beugungswinkel \(\theta\) zu berechnen:

  2d_{110} \sin(\theta) = \lambda2 \cdot 1,42 \ \text{Å} \sin(\theta) = 1,54 \ \text{Å}\sin(\theta) = \frac{1,54 \ \text{Å}}{2 \cdot 1,42 \ \text{Å}} ≈ 0,542\theta = \arcsin(0,542) ≈ 32,9°

  (111)-Ebene:

  • h = 1
  • k = 1
  • l = 1

  Der Abstand d für die (111)-Ebene beträgt:

  d_{111} = \frac{2,01 \ \text{Å}}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2,01 \ \text{Å}}{\sqrt{3}} ≈ 1,16 Å

  Setzen wir dies in die Bragg-Gleichung ein, um den Beugungswinkel \(\theta\) zu berechnen:

  2d_{111} \sin(\theta) = \lambda2 \cdot 1,16 \ \text{Å} \sin(\theta) = 1,54 \ \text{Å}\sin(\theta) = \frac{1,54 \ \text{Å}}{2 \cdot 1,16 \ \text{Å}} ≈ 0,664\theta = \arcsin(0,664) ≈ 41,7°

  Vergleich der berechneten und tatsächlichen Beugungswinkel:

  • Berechneter Beugungswinkel für die (110)-Ebene: 32,9°
  • Tatsächlicher Beugungswinkel für die (110)-Ebene: 31,2°
  • Berechneter Beugungswinkel für die (111)-Ebene: 41,7°
  • Tatsächlicher Beugungswinkel für die (111)-Ebene: 37,8°

  Die berechneten Beugungswinkel stimmen nicht genau mit den tatsächlichen Werten überein, sind aber relativ nah dran. Dies kann durch experimentelle Unsicherheiten oder Modelling-Fehler erklärt werden. Insgesamt unterstützen die Werte die Annahme eines kubischen Gitters, auch wenn Feinabstimmungen oder weitere Untersuchungen nötig sein könnten, um die Struktur genauer zu bestätigen.

  c)

  Teilaufgabe 3: Diskutiere, wie die Intensität der Beugungspeaks von der Strukturamplitude abhängt und warum einige Peaks stärker und andere schwächer sein könnten. Beziehe Dich hierbei auf die spezifischen Miller-Indizes (100), (110), (111) und (200).

  Lösung:

  Die Intensität der Beugungspeaks hängt stark von der Strukturamplitude ab. Diese Strukturamplitude wird durch die spezifische Anordnung der Atome im Kristallgitter beeinflusst. Sie kann als Fourier-Transformierte der Elektronendichte im Kristall beschrieben werden. Die Strukturamplitude ist ein komplexes Maß und beinhaltet sowohl Amplitude als auch Phaseninformation.

  Die Intensität I eines Beugungspeaks kann näherungsweise durch die folgende Gleichung ausgedrückt werden:

  I(hkl) ∝ |F(hkl)|^2

  Hierbei steht:

  • I(hkl) für die Intensität des Beugungspeaks mit den Miller-Indizes (hkl)
  • F(hkl) für die Strukturamplitude

  Die Strukturamplitude F(hkl) hängt von der Anzahl der Atome in der Basis des Kristalls, ihren Positionskoordinaten und den Faktoren der Form und Größe der Atome ab. Spezifisch für ein kubisches Gitter wird die Strukturamplitude durch die Symmetrie des Gitters und die Art der Atome in der Basis bestimmt.

  Diskussion der spezifischen Miller-Indizes:

  (100)-Ebene:

  Für einfache kubische Kristalle enthält die (100)-Ebene die Grundschicht von Atomen. Da dies eine der einfacheren Kristallebenen darstellt, ist die Strukturamplitude und damit auch die Intensität dieser Reflexion tendenziell höher.

  (110)-Ebene:

  Die (110)-Ebene weist eine höhere Dichte an Atomen auf im Vergleich zur (100)-Ebene, was zu einer erhöhten Strukturamplitude und damit zu einer stärkeren Intensität des Beugungspeaks führen kann.

  (111)-Ebene:

  Die (111)-Ebene hat oft eine sehr hohe Atomdichte, da in dieser Ebene die Atome dichter gepackt sind. Dies kann zu einer extrem hohen Strukturamplitude und damit zu einer sehr hohen Intensität führen. Allerdings können Phänomene wie destruktive Interferenz gewisse Reflexionen abschwächen.

  (200)-Ebene:

  Die (200)-Ebene ist eine höhere Ordnung der (100)-Ebene und zeigt ähnliche Eigenschaften, jedoch mit einer modifizierten Strukturamplitude aufgrund der doppelten Bereiche, die ein Gittervektor in dieser Ebene beschreibt.

  Faktoren, die die Intensität beeinflussen:

  • Atomart: Verschiedene Atome haben unterschiedliche Streufaktoren, die die Strukturamplitude und damit die Intensität beeinflussen.
  • Interferenz: Konstruktive und destruktive Interferenz zwischen den reflektierten Strahlen von verschiedenen Ebenen beeinflussen die Intensität der Peaks.
  • Temperaturfaktor: Die thermische Bewegung der Atome reduziert die Intensität, indem sie die Strukturamplitude verringert.

  Zusammenfassend ist die Intensität der Beugungspeaks das Ergebnis einer komplexen Interaktion von strukturellen und atomaren Faktoren. Die spezifischen Miller-Indizes geben eine Vorstellung von der relativen Intensität der Peaks, wobei höhere Dichten und Symmetrien oft zu stärkeren Peaks führen.