Egzamin z zastosowań spektrometrii mas w chemii organicznej

Egzamin z zastosowań spektrometrii mas w chemii organicznej
14-02-2004
Rozwiązania zadań i komentarze
Zadanie 1.
Za każde poprawne przypisanie struktury do widma przyznawano 2 pkt., a za co najmniej 3
poprawne schematy fragmentacji, w tym dwa istotne z punktu widzenia przypisania widma – 3
pkt. Łącznie: 20 pkt.
Rozwiązanie
Widmo A – związek 2
C4H9
α
•
+
O
+
rH
H
- C2H4
α
•
m/z 116
CH3
H
m/z 31
i
m/z 59
- CH2=O
+•
O
+
O
m/z 29
+
O
+
+
C2H5
m/z 101
(nie ma w widmie)
•
i
+•
O
+
m/z 71
+ C2H5O
mniej prawdopodobne,
ale niewykluczone
i
+
C2H5
m/z 116
+ C5H11O
•
m/z 29
+·
H
O
rH
- C2H5OH
α
•
+
•
CH3
+
C4H7
m/z 55
m/z 70
m/z 116
(możliwe są też reakcje oderwania atomu wodoru
z innych pozycji cząsteczki - za poprawne były uznawane wszystkie warianty)
Kluczowy dla interpretacji jest jon o m/z 59, który nie pojawia się w pozostałych widmach.
Podany wyżej schemat jest ‘wariantem maksymalnym’, ale aby uzyskać maksymalną liczbę
punktów wystarczyło napisać reakcje powstawania jonów o m/z 59, 70 i dowolnego innego jonu.
1
Widmo B – związek 4
C3H7
•
H
+
O
+
+
O
rH
- C2H4
H
m/z 31
i
α
+
- CH2=O
m/z 73
m/z 43
+•
O
α
m/z 116
+
O
rH
H
•
+
O
+
CH3
- C4H8
H
m/z 45
i
m/z 101
- CH3CHO
+
•
i
+•
O
m/z 57
+
mniej prawdopodobne,
ale możliwe
i
+
m/z 116
m/z 57
+ C3H7O
+ C4H9O
•
m/z 43
+·
H
O
m/z 116
rH
- C3H7OH
•
+
m/z 56
(możliwe są też reakcje oderwania atomu wodoru
z innych pozycji cząsteczki - za poprawne były uznawane wszystkie warianty)
Dla tego związku istotne jest oderwanie rodnika CH3 - jest to jedyny izomer, w którym ten rodnik
może oderwać się od II-rzędowego atomu węgla, czego wynikiem jest powstawanie jonu o m/z
101 i znaczącej intensywności. Ważny jest też jon o m/z 73. Te dwa jony + dowolny inny dawały
maksymalną liczbę punktów.
2
Widmo C – związek 1
α
+•
O
•
C5H11
+
O
+
m/z 45
m/z 116
i
+•
O
+
m/z 71
•
teoretycznie możliwe,
ale tu nie obserwuje się
i
+
CH3
m/z 116
+ CH3O
+ C6H13O
•
m/z 15
H
+·
O
α
•
- CH3
•
rH
+
- CH3OH
i
- C2H4
m/z 116
m/z 84
+
C5H9
m/z 69
+•
C4H8
m/z 56
(możliwe są też reakcje oderwania atomu wodoru
z innych pozycji cząsteczki - za poprawne były uznawane wszystkie warianty,
chociaż tylko ten wyjaśnia powstawanie obu jonów wtórnych: m/z 69 i 56)
Kluczowy jest jon o m/z 45 oraz jony powstające w wyniku przegrupowania. Tu również
wystarczały schematy fragmentacji wyjaśniające powstawanie trzech jonów, w tym
obowiązkowo m/z 45.
3
Widmo D – związek 3
C3H7
α
+•
O
•
+
O
+
i
- CH2=O
m/z 73
α
•
m/z 116
C2H5
+
O
+
m/z 87
+
m/z 43
i
- CH2=O
+
m/z 57
•
i
m/z 57
+
+ C3H7O
+•
O
mniej prawdopodobne,
ale niewykluczone
i
m/z 116
+
+ C4H9O
•
m/z 43
Obowiązkowe były fragmentacje prowadzące do jonów o m/z 87 i 73. Maksymalną ocenę dawała
ponadto dowolna inna fragmentacja.
Komentarz
Zadanie 1 było najlepiej rozwiązywanym zadaniem (średnia 15,3 pkt na 20, czyli 76,5%).
Zdecydowana większość zdających poprawnie przypisała wzory do widm, ale tylko nieliczni nie
popełnili jednego z wielu możliwych błędów w schematach fragmentacji. Pierwotne rozpady α i i
były zapisywane prawidłowo, ale mało kto poprawnie podał dalsze fragmentacje jonów
powstających w tych reakcjach. Na ogół pomijane były też reakcje przegrupowania. Tak więc
dobre oceny wynikały raczej z łagodnych kryteriów, niż jakości rozwiązań.
Osoby, które będą pisać egzamin poprawkowy, powinny zwrócić uwagę na staranny zapis
wzorów powstających jonów. Nagminne błędy, to pomijanie ładunku i/lub symbolu rodnika, a
także częste pomijanie wiązań podwójnych lub atomów wodoru tam, gdzie musiały być
narysowane dla jednoznaczności wzoru.
4
Zadanie 2
Za podanie poprawnych wzorów związków, dla których zarejestrowano widma A i B
przyznawano po 5 pkt. Za podanie schematów fragmentacji prowadzących do zaznaczonych
jonów można było uzyskać 5 x 2 = 10 pkt. Pozostałe 4 punkty przyznawano za poprawne
uzasadnienie wyboru tych, a nie innych związków.
W tekście zadania znalazł się niestety błąd: par izomerycznych związków spełniających
podane warunki było 7, a nie 5, jak podano. Informacja ta nie powinna mieć jednak wpływu na
rozwiązanie.
Rozwiązanie
1. Pierwszy krok, to narysowanie wzorów możliwych związków (pokazano tylko izomery orto):
COOCH3
COOH
OCH3
OH
1
2
COOH
COOH
CH2OH
3
4
OCHO
OH
OH
OH
OH
OCHO
OCOCH3
6
5
7
Inne wzory należy odrzucić, ponieważ albo nie spełniają podanych warunków, albo odpowiadają
związkom zbyt nietrwałym, aby istnieć, np. związek z ugrupowaniem -O-CO-OH.
2. Rzut oka na widma pokazuje, że w przypadku pierwszego z nich pierwszy jon fragmentacyjny
ma masę o 45 u mniejszą od masy jonu molekularnego. Taka masa w tym przypadku może
odpowiadać grupie –COOH, chociaż nie można też wykluczyć ugrupowania –OCHO ze
związków 6 i 7. Informacja ta wyklucza więc związki 1 i 5, a także 7, ponieważ nie jest możliwe
oderwanie grupy -OCHO (ani żadnej innej grupy OR) od pierścienia aromatycznego.
Bardzo istotny dla poprawnego rozwiązania jest kolejny krok. Jeśli szukanym związkiem
jest kwas karboksylowy, to w przypadku kwasów benzoesowych (2 i 3) należy oczekiwać przede
wszystkim eliminacji rodnika OH z utworzeniem trwałego kationu benzoilowego o m/z 135:
+·
O
OH
+
O
- OH ·
R
R
m/z 152
m/z 135
Wskazują na to przykładowe widma znajdujące się w materiałach do wykładów. Nieobecność
jonów o m/z 135 w obu widmach wskazuje więc, że struktury 2 i 3 należy wyeliminować.
Pozostaje więc struktura 4, w przypadku której oderwanie grupy –COOH prowadzi do powstania
bardzo trwałego kationu benzylowego (patrz schemat niżej). Teoretycznie można też sobie
wyobrazić oderwanie grupy –OCHO z pozycji benzylowej związku 6, tak więc trzeba dokonać
wyboru pomiędzy strukturami 4 i 6.
5
Teraz pora na przypisanie widm izomerom orto i para. W przypadku izomeru orto można
spodziewać się efektu orto i tak rzeczywiście jest, na co wskazuje dużo bogatsza fragmentacja
obserwowana na widmie B. Ponadto masa pierwszego fragmentu – 134 u – wskazuje na
eliminację wody, czyli proces typowy dla efektu orto. Analiza wzorów 4 i 6 wskazuje
jednoznacznie, że w przypadku związku 6 efekt orto polegający na oderwaniu cząsteczki wody
nie jest możliwy, ponieważ nie można oderwać grupy OH od pierścienia aromatycznego (patrz
np. fragmentacja fenoli), a ponadto brak jest atomu wodoru, który mógłby się przemieścić. Tak
więc badana para związków to izomery para (widmo A) i orto (widmo B) kwasu
hydroksyfenylooctowego.
Powyżej opisano pełny tok rozumowania, ale można go też przeprowadzić „na skróty”,
rozpoczynając np. od wyeliminowania struktur, które nie mogą dać efektu orto polegającego na
oderwaniu cząsteczki H2O.
3. Schematy fragmentacji
Widmo A, izomer para:
+·
COOH
+
CH2
- COOH ·
OH
m/z 152
lub
+
albo jeszcze inne
struktury
HO
OH
m/z 107
Dalsze fragmentacje są złożone i nie było wymagane ich podanie.
Widmo B, izomer orto:
+
O
COOH
OH
m/z 152
CH2
O
+·
- CO
m/z 106
O
CH2
O
- CO
m/z 134
- COOH ·
+
- H2O
+·
CH2
O·
m/z 78
+·
+·
alternatywne struktury
OH
m/z 134
m/z 78
m/z 107
Produkt eliminacji wody traci następnie kolejno cząsteczki CO. Struktury tworzących się jonów
można zapisać w różny sposób. Dopuszczalne było podanie tylko wzorów sumarycznych dla
jonów o m/z 106 i 78. Przegrupowanie atomu wodoru odpowiedzialne za efekt orto przebiega tu
6
poprzez 7-członowy stan przejściowy. Jest to, wbrew temu co pisali niektórzy ze zdających, jak
najbardziej dopuszczalne. Na odpowiednim przezroczu do wykładów 11/12 znajduje się
informacja, że przegrupowanie wodoru do miejsca nasyconego może przebiegać poprzez
cykliczny stan przejściowy o dowolnym rozmiarze pierścienia.
Komentarz
Wyniki zadania 2 były zdecydowania najgorsze (średnia ocena 8,4 pkt. na 24, czyli 35%),
czyli było ono najtrudniejsze i takie miało być w założeniu. Nie mniej jednak wyniki były
znacznie poniżej oczekiwań. Tylko 9 osób rozwiązało to zadanie poprawnie lub prawie
poprawnie. Najczęstszym błędem był wybór związku 2, rzadziej 3. W obu przypadkach
rozwiązujący nie zwrócili uwagi na brak jonu [M – OH]+, m/z 135, w widmie zwłaszcza izomeru
para. W przypadku związku 2 pisano ‘na siłę’ mechanizm efektu orto, w którym atom wodoru
pochodził z grupy –OCH3, co nie jest możliwe.
7
Zadanie 3
W tym zadaniu przyznawano po 4 pkt. za każdy wzór jonu z poprawnym ładunkiem, czyli
łącznie 24 pkt. Można było też dostać po jednym punkcie za każdy poprawnie obliczony ładunek
jonu.
Rozwiązanie
Rozwiązywanie zadania należało rozpocząć od obliczenia ładunków wszystkich
zaznaczonych jonów. Ponieważ widmo pochodziło ze spektrometru o wysokiej zdolności
rozdzielczej, widoczne były wszystkie jony izotopowe nawet dla jonów o wysokich ładunkach.
Dzięki temu wystarczyło obliczyć odwrotności różnic masy pomiędzy sąsiadującymi pikami w
profilu izotopowym, np. 1/(188,84 – 188,59) = 4. Kolejny krok, to przyjrzenie się profilom
izotopowym i porównanie ich z profilami dla Cu i Cu2. Wpływ izotopów pozostałych
pierwiastków można w pierwszym przybliżeniu pominąć, tym bardziej, że pierwiastki wchodzące
w skład anionu PF6- są, bardzo szczęśliwie, monoizotopowe. Wniosek jest jednoznaczny:
wszystkie jony kompleksowe zawierają po dwa jony miedzi, na co zresztą wskazuje też wyraźnie
struktura ligandu. W każdym jonie kompleksowym należy więc oczekiwać fragmentu LCu2,
któremu odpowiada masa nominalna 754 (dokładna: 754,30, ale nie było to konieczne).
Teraz trzeba obliczyć masy kolejnych jonów mnożąc masę najlżejszego jonu
izotopowego przez ładunek i porównać je z podaną wyżej masą LCu2. Trzeba też mieć obliczoną
masę anionu PF6-: 145 (dokładnie: 144,96). Oto wyniki:
1. Ładunek 4+: 188,59 * 4 = 754,36
Jest to masa układu LCu2, a ponadto zgadza się ładunek:
2+
ligand jest obojętny, a dwa jony Cu dają łącznie ładunek 4+.
Wniosek: [L + 2Cu2+]4+
2. Ładunek 3+: 215,13 * 3 = 753,39
Jest masa o jednostkę mniejsza od masy LCu2, a ponadto
o jednostkę jest też mniejszy ładunek, co świadczy o oderwaniu protonu.
Wniosek: [L + 2Cu2+ - H+]3+.
3. Ładunek 3+: 299,79 * 3 = 899,37
Różnica między tą masą a masą LCu2 wynosi 145
jednostek, co odpowiada jonowi PF6-. Zgadza się też ładunek.
Wniosek: [L + 2Cu2+ + PF6-]3+.
4. Ładunek 2+: 449,18 * 2 = 898,36
Jest to masa o jednostkę mniejsza niż w p. 3, a mniejszy
o jednostkę ładunek sugeruje oderwanie protonu.
Wniosek: [L + 2Cu2+ + PF6- - H+]2+.
5. Ładunek 2+: 522,17 * 2 = 1044,34
Różnica między tą masą a masą LCu2 wynosi 290
jednostek, co odpowiada dwom jonom PF6-. Zgadza się też ładunek.
Wniosek: [L + 2Cu2+ + 2PF6-]2+.
6. Ładunek 1+: 1189,32 Różnica między tą masą a masą LCu2 wynosi 435 jednostek, co
odpowiada trzem jonom PF6-. Zgadza się też ładunek.
Wniosek: [L + 2Cu2+ + 3PF6-]+.
8
Komentarz
W założeniu miało to być najłatwiejsze zadanie, którego celem było dostarczenie
punktów niezbędnych do zdania egzaminu. Niestety, rzeczywistość okazała się całkiem inna:
średnia ocena 10,6 pkt., czyli 44%. Jest to jednak średnia, ponieważ w praktyce zadanie miało
charakter ‘zero-jedynkowy’. W pełni poprawnie rozwiązało go 9 osób, kilka popełniło pewne
błędy, a dalszych kilka obliczyło tylko ładunki jonów. Zupełnym zaskoczeniem był całkowity
brak chociażby próby rozwiązania u 11 osób! Jest to tym dziwniejsze, że problem obliczenia
masy jonu wielokrotnie naładowanego na podstawie profilu izotopowego pojawiał się
kilkakrotnie zarówno na wykładzie, jak i na egzaminach w poprzednich latach. Omawiany był też
przykład widma kompleksu w ESI, zawierającego jony o różnych składach.
Problem poruszony w tym zadaniu jest bardzo ważny z praktycznego punktu widzenia.
Umiejętność obliczenia ładunku jonu, a następnie jego prawdziwej masy jest niezbędna przy
interpretacji widm ESI, a z nimi, prędzej czy później, każdy chemik – organik spotka się w
swojej pracy. Wiele osób pracuje też ze związkami kompleksowymi i dla nich konieczność
rozwiązywania problemów, takich jak pokazany w zadaniu, pojawia się na co dzień. Widmo
prezentowane w zadaniu jest rzeczywistym widmem zarejestrowanym kilka lat temu dla związku
otrzymanego w jednym z zespołów naszego Instytutu. Jest to więc przykład „z życia”.
9
Zadanie 4
To zadanie, w odróżnieniu od poprzednich w większym stopniu sprawdzało wiedzę, niż
umiejętność jej praktycznego wykorzystania. Poniżej podano wyczerpujące odpowiedzi i, w razie
potrzeby, dodatkowe komentarze. W praktyce wystarczały odpowiedzi znacznie krótsze.
1. Wzrost stopnia fragmentacji w kolejności: izobutan – metan – wodór. Kolejność ta wynika z
kolejności powinowactwa do protonu izobutylenu, metanu i wodoru. Entalpia protonowania
przy pomocy H3+ jest więc najwyższa, a przy pomocy C4H9+ - najniższa, tak więc jony
wtórne tworzące się w reakcji z H3+ mają najwyższą energię, a w reakcji z C4H9+ - najniższą,
co już bezpośrednio przekłada się na stopień fragmentacji.
Za samo uszeregowanie przyznawano 1 pkt, za uzasadnienie – kolejne 2. Ten punkt był na
ogół rozwiązywany poprawnie.
2. Obliczamy masę jonu C12H20N2O4: 256 u. Skoro błąd względny pomiaru ma wynosić 5 ppm,
to błąd bezwzględny wyniesie: 256 * 5 / 1 000 000 = 0,00128 u czyli 1,28 mmu.
Chociaż wydaje się to niewiarygodne, to zadanie rozwiązały poprawnie 2 (słownie: dwie)
osoby. Zadziwiający sposób ‘rozwiązania’ zademonstrowany przez kilka osób polegał na
wykorzystaniu informacji z jednego z przezroczy z wykładu, na którym był podany przykład
dopasowania wzorów do dokładnie zmierzonej masy. Ponadto znalazła się tam informacja, że
w tym konkretnym przypadku 2 mmu błędu odpowiada ok. 8 ppm. Wiele osób układało więc
proporcję: 2 mmu to 8 ppm, czyli x mmu to 5 ppm, co w rezultacie dawało wynik 1,25 mmu,
czyli nawet bliski poprawnemu. Tak było jednak tylko dlatego, że przez zupełny przypadek
masa jonu w przykładzie z wykładu wynosiła 260 u, czyli prawie tyle samo co w tym zadaniu
(256 u). Następnym razem za takie ‘rozwiązanie’ będą przyznawane punkty ujemne.
3. W tym punkcie należało obliczyć liczby miejsc nienasycenia analizowanych jonów i
wyciągnąć wnioski:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
C7H5Cl3NO:
C4H12N2O4:
C5H8BrIN2:
C6H15O6:
C3H7PO4
C11H13F2N2
N = 4,5 ⇒ jon peudomolekularny (ESI itp.)
N = 0 ⇒ jon molekularny w EI
N = 2 ⇒ jon molekularny w EI
N = -0.5 ⇒ jon peudomolekularny (ESI itp.)
N = 1 ⇒ jon molekularny w EI
N = 5.5 ⇒ jon peudomolekularny (ESI itp.)
Zadanie było na ogół rozwiązywane poprawnie, chociaż wielu rozwiązujących zadowalało się
obliczeniem masy cząsteczkowej i wykorzystaniem reguły azotowej. Dla przykładów
podanych w zadaniu było to wystarczające, ale w ogólnym przypadku nie pozwoliłoby
wyeliminować wzorów, które spełniają regułę azotową, ale mają ujemne (mniejsze od –0,5)
liczby miejsc nienasycenia. Dlatego też w zadaniach tego typu należy zawsze obliczać liczbę
miejsc nienasycenia – jest to też szybsze niż obliczanie masy cząsteczkowej.
4. Poprawne, zwięzłe odpowiedzi to:
a) zarówno większą czułością, jak i selektywnością charakteryzuje się metoda SRM (MRM).
Większa selektywność wynika z faktu, że w metodzie SIM śledzi się jony o danej masie,
10
co do których jest znaczne prawdopodobieństwo, że mogą pochodzić od różnych
związków, w tym tzw. tła, czyli niewielkich ilości zanieczyszczeń. W metodzie SRM
rejestruje się natomiast wybrane procesy fragmentacji, które są w znacznie większym
stopniu charakterystyczne tylko dla oznaczanego związku. Dzięki temu maleje też
zasadniczo poziom tła (czyli tzw. szumu chemicznego), co zwiększa też czułość;
b) metodę SIM można zastosować na dowolnym spektrometrze z pojedynczym analizatorem
masy. SRM wymaga spektrometru tandemowego, np. potrójnego kwadrupola, ew. pułapki
jonowej.
Liczba poprawnych odpowiedzi na te pytania to ok. 50%. Częstym błędem było dyskutowanie
wpływu czasu rejestracji jonów na czułość pomiaru, co oczywiście w tym przypadku nie ma
znaczenia: w obu metodach czasy te mogą być takie same. Wiele osób też wymagało
spektrometru tandemowego dla metody SIM, co świadczy o braku zrozumienia jej istoty. Przy
okazji warto przypomnieć, że metody SIM nie ma sensu stosować w spektrometrach z
analizatorem czasu przelotu – kto wie dlaczego?
5. Ogromną większość energii absorbuje matryca, której jest duży nadmiar w stosunku do
badanego związku. Ponadto jony uwalniane z powierzchni próbki mogą w obszarze
stosunkowo wysokiego ciśnienia bezpośrednio nad tą powierzchnią pozbyć się nadmiaru
energii w wyniku zderzeń z cząsteczkami par matrycy.
Pytanie było łatwe, o czym świadczy duża liczba poprawnych odpowiedzi. Nie ma czego
komentować.
6. Dwa jednoimienne ładunki odpychają się, co powoduje zwiększenie energii jonu i w związku
z tym jego łatwiejszą fragmentację.
Niewielu rozwiązujących podało tę odpowiedź. Wiele osób pisało, że łatwość fragmentacji
jonów podwójnie naładowanych wynika z ich wyższej energii, ale zabrakło już wyjaśnienia,
skąd bierze się ta wyższa energia.
7. Tok rozumowania jest następujący: jeśli badany związek nie ma wymienialnych atomów
wodoru, to zamiana CH3OH na CH3OD prowadzi do zamiany jonu M + H+ na M + D+, czyli
zwiększa masę o jednostkę. Analogicznie, wzrost masy o 3 jednostki świadczy o obecności 2
wymienialnych atomów wodoru. Związek A nie ma więc wymienialnych atomów wodoru, a
związek B ma ich 2.
Wyniki rozwiązania tego zadania były zaskakująco złe. Bardzo wiele osób podało, że związek
A ma 1 wymienialny atom wodoru, a związek B – 3. Tak byłoby rzeczywiście, gdyby pomiar
wykonano techniką EI. W ESI należało wziąć poprawkę na przyłączony proton, który ulegał
wymianie na deuteron. Warto przypomnieć, że odpowiedni przykład z pełną interpretacją był
w materiałach wykładowych.
8. Jony pseudomolekularne wytwarzane łagodnymi metodami jonizacji, do których zaliczają się
m. in. LSIMS i ESI charakteryzują się bardzo niską energią wewnętrzną, czyli wysoką
trwałością. Aby skłonić je do rozpadu konieczne jest dostarczenie energii np. w wyniku
zderzeń z cząsteczkami gazu kolizyjnego w technice CID.
Punkt ten zyskał najwięcej poprawnych odpowiedzi. Nie ma czego komentować.
11
9. Podstawową fragmentacją jonów molekularnych 1-n-alkanoli jest utrata cząsteczki wody,
prowadząca do powstania jonu molekularnego 1-n-alkenu o tej samej długości łańcucha.
Dalsza fragmentacja obu tych grup związków jest więc jednakowa, a zatem i widma są
bardzo podobne, tym bardziej, że w widmach alkanoli nie obserwuje się jonów
molekularnych. Pomocny przy identyfikacji jest czas retencji, który jest zdecydowanie
dłuższy dla alkoholi, jako związków bardziej polarnych i wyżej wrzących.
Pełną odpowiedź na te pytania podało niewielu zdających, ale znacznie więcej było
odpowiedzi cząstkowych. Dla ułatwienia można było zajrzeć do przykładowych widm alkenów
i alkoholi, które były w materiałach treningowych.
12