UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA
NOMBRE ................................................................ APELLIDOS ............................................................. CALLE .................................................. ..................................................................... ................... POBLACIÓN ........................................................... PROVINCIA ....................................... C.P. .............
ESPECTROSCOPIA MOLECULAR PRUEBA DE EVALUACIÓN A DISTANCIA 2013‐2014
095354
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
Prueba Objetiva De las siguientes moléculas: H2, N2, H2O, NH3, CO2, CHCl3, C6H6 (benceno), las únicas que dan origen a un espectro de rotación pura en la región de microondas o de infrarrojo lejano son: a) NH3, CO2 y CHCl3 b) H2O, NH3 y CHCl3 c) H2O, NH3, CO2, CHCl3 y C6H6 d) todas ellas 1 .-
De las siguientes moléculas: H2, N2, HCl, CO, CO2, CH4 y C6H6 (benceno), las únicas que pueden dar espectro Raman de rotación pura son: a) H2, N2 y C6H6 b) H2, N2 y CO2 c) todas ellas d) H2, N2, HCl, CO, CO2 y C6H6. 2 .-
De las siguientes moléculas: Cl2, O2, CO, CO2, CH4 y CH3Cl, las únicas que pueden dar espectro de rotación pura en la región de infrarrojo o de microondas son: a) CO, CO2 y CH3Cl b) CO, CO2, CH4 y CH3Cl c) CO, CH4 y CH3Cl d) CO y CH3Cl 3 .-
La transición J=2 J=3 del espectro de rotación pura del HF se ha medido en el espectro infrarrojo lejano a 123,2 cm‐1. La misma transición, para la molécula de 2HF, se debe esperar a una frecuencia (en cm‐1) aproximadamente de: a) 59 b) 62 c) 65 d) 123 4 .-
La separación entre las sucesivas líneas del espectro de rotación pura de la molécula de HF es de unos 42 cm‐1 . La correspondiente separación en el espectro del 2HF debe ser (en cm‐1): a) 19 b) 22 c) 25 d) 85
5 .-
La transición J=3 J=4 del espectro de rotación pura del HCl se ha medido en el espectro infrarrojo lejano a 83,03 cm‐1. La misma transición, para la molécula de 2HCl, se debe encontrar a una frecuencia (en cm‐1) de: a) 42,7 6 .-
1
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
b) c) d)
20,9 41,5 40,4.
Considerando el modelo de rotor rígido (para un determinado nivel de vibración) la separación entre niveles sucesivos de rotación: a) aumenta linealmente con el número J b) disminuye linealmente con el número J c) es constante d) es función de J3 7 .-
8 .-
El espectro de microondas de una molécula trompo‐simétrica: a) permite calcular los valores de todos los momentos de inercia de la molécula b) proporciona sólo un valor, que corresponde a los dos momentos de inercia iguales c) proporciona sólo el valor del momento de inercia diferente d) permite calcular la orientación de los ejes del elipsoide de polarizabilidades.
La separación entre líneas consecutivas en el espectro de rotación pura del OCS es de 12,1623 MHz. Para una temperatura de 300 K la transición a la que corresponde la máxima intensidad será: a) 4 5 b) 7 8 c) 22 23 d) 12 13. 9 .-
El valor de la constante de rotación para las moléculas lineales con centro de simetría: a) crece a medida que aumenta la amplitud de la vibración b) disminuye a medida que aumenta la amplitud de la radiación c) es cero por ser moléculas que no poseen momento dipolar d) no pueden calcularse puesto que no dan ningún tipo de espectro de rotación.
10 .-
Para la molécula de fluoruro de hidrógeno la distancia internuclear, r 0, determinada a partir de su espectro de rotación en el infrarrojo lejano, es de 0,9257 Å. En la molécula de fluoruro de deuterio, dicha distancia r 0 (en Å) debe ser: a) 0,452 b) 0,463 c) 0,923 d) 0,926. 11 .-
La anarmonicidad de las vibraciones de una molécula diatómica es consecuencia de: a) la existencia de una energía residual b) la función potencial, que es del tipo V = ½ kx 2 c) la función potencial, que es del tipo V = ½ kx 2 + (1/3!) k ’ x 3 + .... d) no existe anarmonicidad.
12 .-
13 .-
Cuando el potencial a que se encuentran sometidos los átomos que forman una molécula 2
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
diatómica es el llamado potencial de Morse: V = D0 (1‐e‐β x )2, solamente puede explicarse la aparición de: a) la banda correspondiente a la frecuencia fundamental de vibración b) la banda fundamental y el primer sobretono c) la banda fundamental y sobretonos a 2 01, 3 01, ... d) la banda fundamental y sobretonos a <2 01, <3 01, ... 14 .-
Cuando el potencial a que se encuentran sometidos los átomos que forman una molécula
diatómica es del tipo:
d 2V dV 2 q 2 q ..... , mecanocuánticamente puede dq q 0 dq q 0
V (q ) Vq 0
justificarse: a) únicamente la transición 0 1 b) las transiciones 0 1, 0 2, ... a frecuencias múltiplos de 01 c) las transiciones 0 1, 0 2, .... a frecuencias ligeramente inferiores a 01, 2 01, 3 01,... d) las transiciones 0 1, 0 2, ... a frecuencias ligeramente mayores a 01, 2 01, 3 01, ...
Los elementos de simétrica del grupo puntual C2 son: a) C2, 2σv b) C2, 2σv, i c) C2, 2σv, σh, i d) σ.
15 .-
Si se analiza la estructura de rotación de la banda fundamental de vibración y de varios sobretonos en el espectro infrarrojo de una molécula diatómica heteronuclear, se puede calcular: a) solamente B0 b) ωe y B0 c) ωe, B0, B1, ... d) ωe, ωe e, B0, B1, Be. 16 .-
La estructura fina de la rama Q comprende varias líneas, tales que: a) J varía en ±2 unidades b) J varía en ±1 unidad c) su frecuencia es inferior a la fundamental d) su frecuencia es superior a la fundamental
17 .-
Si se supone que los movimientos de vibración y rotación molecular son totalmente independientes, el espectro de vibración‐rotación de una molécula diatómica homonuclear constará de tres ramas, en las que a) en dos, las líneas de rotación son equidistantes b) en una de ellas las líneas convergen y en otra de ellas divergen c) no existe estructura de rotación d) en dos de ellas las líneas de rotación convergen 18 .-
3
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
La convergencia de las ramas R y S, y la divergencia de las ramas P y Q, se debe a que las constantes de rotación: a) aumentan con v b) disminuyen con v c) dependen linealmente de J d) no varían en realidad 19 .-
La vibración de tensión de enlaces totalmente simétrica (A1) de la molécula NH3 dará lugar a una banda en los espectros: a) IR y Raman b) IR c) Raman d) microondas. 20 .-
La vibración de tensión de enlaces totalmente simétrica de la molécula de benceno dará lugar a una banda intensa en el espectro: a) IR b) microondas c) Raman d) visible‐UV. 21 .-
Una vibración antisimétrica de una molécula con centro de simetría será activa en: a) IR y Raman b) IR c) Raman d) no es activa ni en IR ni en Raman.
22 .-
La transición que de lugar a una banda fundamental en el espectro infrarrojo de una molécula poliatómica puede darse como: a) G(0,0,.....) G(0,1,0,....) b) G(0,0,.....) G(1,1,0,....) c) G(0,0,.....) G(0,2,0,....) d) G(0,1,0,.....) G(0,2,0,....). 23 .-
En la ecuación (Hel +V NN) ψel = Uψel , U representa: a) la energía electrónica b) la energía de disociación c) la energía electrónica más la energía de repulsión nuclear d) la energía de repulsión nuclear.
24 .-
En la ecuación (Hel +V NN) ψel = Uψel , V NN representa: a) la energía cinética de la molécula b) la energía de repulsión internuclear c) la energía de atracción electrón‐núcleo d) la energía de disociación de la molécula.
25 .-
4
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
La energía electrónica de una molécula diatómica: a) es totalmente independiente de la disposición de los núcleos b) contiene un término que depende de la distancia internuclear c) es igual a De d) es igual a D0.
26 .-
Las reglas de selección para las transiciones de vibración de un estado electrónico son: a) Δv = 0 b) Δv = ±1 c) Δv = 0, ± 1 d) Δv = cualquier valor.
27 .-
Según el principio de Frank‐Condon: a) a temperatura ambiente la mayoría de las moléculas están en el primer estado de vibración del estado electrónico más bajo b) la mayor velocidad del movimiento nuclear o de vibración comparado con el electrónico produce que la distancia de enlace no cambie apreciablemente durante la excitación c) para un cierto estado de vibración, durante el tránsito electrónico, los núcleos no cambian su posición o su momento d) los diagramas de curvas de energía potencial estarán formados por líneas verticales.
28 .-
Si en la progresión v 0 de una transición electrónica de una molécula diatómica el máximo de intensidad aparece en la banda 4 ‐ 0, se puede deducir que: a) no se cumple el principio de Frank‐Condon b) la distancia de enlace en el estado excitado es igual a la del estado fundamental c) la energía de disociación de la molécula es mayor de 40 Kcal/mol d) la distancia de enlace en el estado excitado es algo mayor que la del estado fundamental. 29 .-
La distancia internuclear de equilibrio de la molécula de I2 en su estado electrónico fundamental es r e = 2,666 Å. Si en el espectro electrónico de absorción del I2 aparece una banda electrónica en la que el máximo de intensidad corresponde al continuo, debe tratarse de una transición a un estado electrónico excitado para el que r e es: a) igual a 2,666 Å b) menor que 2,666 Å c) mucho mayor que 2,666 Å d) mayor que 2,666 Å. 30 .-
Los términos electrónicos con Λ > 0 son doblemente degenerados. Esta degeneración se elimina por interacción de los movimientos electrónico y rotacional, dando lugar al denominado desdoblamiento tipo Λ. Supuesta la existencia de desdoblamiento tipo Λ, el estado electrónico 3 Δ se desdoblará en los siguientes subniveles (considerar caso a de acoplamiento de Hund): a) 3 b) 4 c) 5 31 .-
5
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
d)
6
En la descripción de átomos unidos para una molécula diatómica un electrón 3d da lugar a los siguientes estados electrónicos: a) 2Σ, 2Π, 2Δ b) 1Σ, 1Δ c) 2Δ d) 1Δ. 32 .-
La configuración electrónica del primer estado excitado de la molécula de H2O es: (1a1)2 (2a1)2 (1b2)2 (3a1)2 (2a1)2 (1b2) (4a1). Esta configuración dará lugar a los estados electrónicos: a) 3A1, 1A1 b) 3B1, 1B1 c) 3A1, 1A1, 3B1 y 1B1 d) 3A2, 1A2 33 .-
El espectro ultravioleta de la acetona, presenta dos bandas principales con máximos a 1.800 Å (muy intensa) y 2.750 Å (muy débil). Estas bandas pueden asignarse, respectivamente, a las transiciones: a) π π* y n π* b) π π* y n σ * c) σ σ * y π π* d) n σ * y n π* 34 .-
Las relaciones giromagnéticas γ para el 1H y 19F valen, respectivamente (en rad / s gauss) 26.753 y 25.179. Para un campo exterior de 14.092 gauss, ambos núcleos resonarán, respectivamente (en MHz) a: a) 120 y 60 b) 60 y 32 c) 60 y 56,4 d) 120 y 64. 35 .-
Para el 1H el factor nuclear gn vale 5,585. Sabiendo que βn = 5,05 10‐24 erg gauss‐1, se puede calcular, para la relación giromagnética γ del 1H un valor (en cps/gauss) de: a) 26.751 b) 4.260 c) 8.520 d) 106. 36 .-
El factor gn nuclear para el protón 1H vale 5,585 y para el 13C tiene el valor 1,396. La frecuencia de resonancia para ambos núcleos sometidos a un campo de 14.092 gauss será, respectivamente, de (en Mc/s): a) 60 y 15 b) 120 y 30 c) 30 y 120 d) 240 y 60 37 .-
6
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
Para un aparato de RMN protónica que trabaje a frecuencia constante, el campo a que resuenan los protones del grupo H3C – CO – R: a) es independiente del valor de dicha frecuencia b) es tanto mayor cuanto mayor sea la frecuencia de trabajo c) es tanto menor cuanto mayor sea aquella d) depende, exclusivamente, del apantallamiento de los protones del grupo metilo. 38 .-
En el espectro de RMN protónica del CH3 – CHBr – CH3 , la señal correspondiente al protón > CHBr aparece como: a) singlete b) cuartete c) septete d) quintete 39 .-
En el espectro de RMN protónica del CH3 – CO – CH3 aparece una única señal a = 2,1 ppm. Las señales correspondientes a los protones de los grupos metilo de la molécula CH3 – CH2 – CO – CH3, aparecerá (en la escala ) a: a) 2,1 b) 2,2 c) 3 d) 1,9 40 .-
7
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
Problemas 1.‐ En el espectro Raman de rotación pura del HBr gaseoso, excitado con la línea a 6.326 Å de un laser de He‐Ne se han medido las siguientes líneas consecutivas (λ en Å): 6.375,73; 6.389,50; 6.403,33 y 6.417,22. Asignar las líneas a los correspondientes tránsitos rotacionales y calcular el momento de inercia de la molécula. E r = hcBJ ( J + 1)
B
h 2
8 cI
2
I = r
cm1
F ( J) = BJ ( J + 1)
J = 2 = F ( J+2) – F ( J) = 4B ( J + 3/2) con lo que las primeras líneas estarían de la excitatriz a: 0‐2 = 6B; 1‐3 = 10B y 2‐4 = 14B, ....., es decir, la primera línea a 6B de la excitatriz y las demás a intervalos de 4B (Å) (cm‐1 ) 6.328,00 15.802,78
(cm‐1 ) 118,30
6.3755,73 6.389,50
6.403,33 6.417,22
= 33,80 cm‐1 = 4B B = 8,45 cm‐1
15.684,48 33,80
33,80
33,80
33,80
33,80
33,80
15.650,68
15.616,88
118,30 = 14, luego la primera línea que se 8,45 mide (a 118,30 cm‐1 de la excitatriz) será la 2‐4 que aparecería a 14B.
15.583,08 = 33,80
I
h 2
8 cB
3,31 10‐40 gr cm2 y a partir de
aquí se puede calcular: r
I
M1M 2
1
M1 M2 N
1,65310‐24 gr.
3, 31´10-40 r = = 1,415 Å 1, 653´10-24
8
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba 2.-
En el espectro Raman de la molécula del Cl2 líquido se observa una única línea cuyo desplazamiento, respecto a la línea excitatriz, es de 556 cm‐1. Calcúlese la frecuencia de la vibración fundamental de la molécula de cloro (expresada en s‐1) y la constante de fuerza del enlace Cl ‐ Cl, supuesta válida la ecuación del oscilador armónico (expresada en dinas cm‐1).
= c = 2,9979 1010 556 = 16,67 10 12 s-1
1
k
2 c
2 2
k = 4 c
2
= M Cl / 2 N = 35,453 / 26,0231023 = 2,94310-23 gr mol-1 k =
43,1416 2(16,671012)22,94310-23 = 3,234105 dinas cm-1
9
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
3.‐ Para la molécula CNH las distancias internucleares, r o, son: C‐H = 1,064 Å y C ‐ N = 1,15 Å. Calcúlese la frecuencia (en Mhz) de la primera línea de rotación de su espectro de microondas (supuesta rígida la molécula).
M H (r 1 + x)
x
I
MN r2 MH r1 Mc M N M H
M r
B
+ M C x – M N r 2 = 0
2
i i
h 2
8 I
0,56 Å -39
MH ( r1 x )2 MC x 2 MNr12 3,87410
2,166 10
gr cm2
10 -1
s = 2,166104 MHz
J = 2 B ( J + 1) = 2 B = 22,166104 = 4,332104 MHz, ya que J = 0
10
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
4.‐ En el espectro Raman de rotación del hidrógeno gaseoso se han medido, entre otras, las siguientes líneas Stokes consecutivas (desplazamientos en cm‐1 ): 814;1033y 1243. A partir de estos datos: a) deducir las transiciones que han originado dichas líneas; b) calcular la distancia internuclear de la molécula de H2, supuesta rígida; c) indicar cómo se podría mejorar el cálculo anterior, teniendo en cuenta la no rigidez de la molécula y calcular, en este caso, los valores de las constantes rotacionales B y D. a) Como la separación entre líneas, por ser un espectro Raman, debe ser aproximadamente 4B, tendremos
1.033 - 814 = 219 üïï ‐1 ý B 54 cm 1.243 -1.033 = 210ïïþ para la primera línea: J = 2B( J + 1)
para la regla de selección Raman J=0,2 ( ) J = B(4 J + 6) = 4B ( J + 3/2) ( )J
J
4B
3 814 3 3,8 J J=3,8–1,5=2,3 J=2 2 4 54 2
y las transiciones serán por lo tanto: J=2 J=4; J=3 J=5; J=4 J=6 b) I
h 2
8 cB
MH
r
I
2N
6,625 1027 8 3,1415 2,9979 10 54 2
1,008 2 6,00225 10 5,2 1041 8,37 1025
23
10
5,210‐41 gr cm2
8,36810‐25 gr.
= 0,79 Å
c) F ( J) = BJ( J + 1) –DJ2( J + 1)2 para el espectro Raman: ( ) J = B(4 J + 6)–D(8 J3 + 36J2 + 60 J + 36) = (4B –6D)( J + 3/2)–8D( J –3/2)3 ( )J (4B 6D) 8D(J 3 / 2)2 3 (J ) 2 para J 2 232, 6 (4 B - 6 D) - 98 D
‐1
‐1
D = 0,046 cm ; B = 59,35 cm para J 4 226, 0 (4 B - 6D) - 242 D y, a partir de estos valores, se obtienen I = 4,71610‐41 gr cm2 y r = 0,7507 Å 11
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
5.‐ La constante de fuerza de la molécula de F2 vale 4,5 105 dinas/cm. Calcular la longitud de onda, en Å, de la línea Stokes del espectro Raman de vibración del F2 cuando se excita con la línea a 4.358,25 Å del mercurio.
1
k
2 c
MF
2N
18,998 2 6,023 10
23
1,57810‐23 gr 4,5 105
1 2 3,1416 2,9979 10
10
0 (Hg)
108 4.358,25
23
1,578 10
= 22.945 cm‐1
Stokes (F2) = 22.945 – 895 = 22.050 cm Stokes
108 22.050
= 895 cm‐1
‐1
= 4.535 Å
12
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
6.‐ En el espectro de vibración infrarrojo y Raman de una molécula triatómica se han encontrado las siguientes bandas
o o
(cm‐1) 397 656 796 878
actividad IR R R IR
estado gas líquido líquido gas
intensidad F F D mD
1523 2184
IR IR
gas gas
F D
características PQR polarizada polarizada contorno no definido PR PR
Discutir la interpretación de estos datos en relación con la simetría, linealidad, características, de la molécula
Por la alternancia en los espectros IR y Raman molécula con c.d.s. B–A–B dos de las bandas tienen contorno PR la molécula es lineal 1 tensión A–B simétrica
R, p
656, g
+
+
v2 tensión A–B IR // (PR) F antisimétrica
1.523, u
3 flexión B–A–B IR (PQR) F
589, u
Las demás bandas son sobretonos o bandas de combinaciones que pueden explicarse de la siguiente forma: 796 2397 = 794 cm‐1 2 3 u2 = g+ u u
‐1
inactivas
878 1523–656 = 867 cm 2 – 1 2.184 1523+656 = 2.179 2+ 1 g1 u+ = u+ (IR, //) Esta interpretación está de acuerdo con las propiedades de las vibraciones del grupo D∞h. La banda a 878 = 2 – 1 debe tener un contorno PR (// y u+).
13
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
7.‐ En el espectro de vibración de una molécula triatómica del tipo AB2 se han encontrado las siguientes bandas: (cm‐1) 1.595 3.151 3.652 3.756 5.332
o o
o
IR mF M F mF M
Raman D ‐‐
mF, p mD
Deducir la estructura de la molécula y realizar la asignación razonada de las bandas a las vibraciones normales de la misma.
‐‐
Las tres bandas Raman aparecen también en IR no hay c.d.s. A–B–B o angular La banda más intensa en Raman es polarizada y debe ser muy simétrica, por lo que, lo más probable es que la molécula sea simétrica debe ser simétrica y angular En infrarrojo no existen bandas con contorno PR no es lineal. 1 tensión simétrica IR, F A–B
R, mF, p
3.652
IR, mF 3 tensión antisimétrica A–B
R, mD
3.756
2 flexión B–A–B
R, D
1.595
IR, mF
Las demás se explican: 3.151 2 2 = 3.190 (sale más baja por la anarmonicidad) 5.332 2+ 3 = 5.351 5.332 2+ 1 = 5.247 (no podría ser pues la anarmonicidad siempre rebaja el valor de la frecuencia y aquí sería al contrario) Por el valor de las frecuencias, la molécula debe ser la del H2O.
14
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
8.‐ El estado electrónico fundamental de la molécula de NO es 2. Deducir los valores de los números cuánticos , y .
o
Un estado nos dice que = 1
o
Por ser doblete S = ½ = ½
o
1 1 2 1 1 2
1 2 3
= ½ y = + 3/2
2
15
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
9.‐ En el espectro electrónico de la molécula de sodio aparece un sistema de bandas en el verde, en el que se ha medido la banda 0 ‐ 0 a 20.265 cm‐1. Por otra parte se sabe que la energía de disociación del estado del estado excitado correspondiente es de 8,06 Kcal/mol, siendo los productos de disociación un átomo normal (estado 32S1/2) y otro excitado (estado 32P1/2). Teniendo en cuenta que las líneas del doblete amarillo del sodio (32S 32P) aparecen a 5.890 y 5.896 Å, calcular la energía de disociación en Kcal/mol, de la molécula de sodio en su estado fundamental.
D0’’ = 0,0 + D0’ – A
0,0 = 20.265 cm‐1
‐1
D0’ = 8,06 kcal/mol 8.066 cm /23,06 kcal/mol = 2.820 cm
‐1
‐1
A = 5.896 Å < > 16.960 cm
D0’’ = 20.265 + 2.820 – 16.960 = 6.125 cm D0’’ = 6,125 cm
‐1
‐1
2,859 cal/cm‐1 mol = 17,5 kcal/mol æ ö÷ 1eV = 0,7589 eV çè 23,06 kcal mol-1 ø÷÷
D ''0 = 17,5 kcal mol-1 = (17,5 kcal mol -1) ´çç
NOTA: Si la disociación en el estado excitado fuese en un átomo normal (estado 32S1/2) y otro excitado en estado 32P3/2 (componente D2 del doblete) la energía de activación sería 16,977 cm‐1 lo que equivale a 5890,3 Å. 16
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba
10.‐ Suponiendo que las señales correspondientes a los diversos tipos de 1H apareciesen en el espectro de 1H‐RMN en un intervalo de 10 ppm, ¿qué barrido habría que hacer en campo para conseguir la resonancia de todos ellos? (se trabaja a 60 Mc s‐1 y γ = 26.751,9 rad s‐1 gauss‐1.
0 = 60 106 cps
H0
2 0
H H0
2
H0
= 14.092 gauss
106 H
10H0 106
= 140,9 mgauss
17
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba 11.-
Dibujar con cuidado el espectro de RMN protónica del p‐dietoxibenceno y de la p‐ metoxianilina. )En que estriba la principal diferencia entre ambos espectros?. p‐dietoxibenceno
OCH2(b)CH3(c)
p‐metoxianilina
OCH3(c)
(a)H
H(a)
(a)H
(a)H
H(a)
(b)H
H(a)
H(b) NH2(d)
OCH2(b)CH3(c)
H(a) = 7,26 + (‐0,48)+(‐0,10) = 6,68 ppm int.=4 H(a)
= 7,26 + (‐0,48)+(‐0,25) = 6,53 ppm int=2 (‐OCH3) (‐NH2)
H(b) H(c) H(d)
= 7,26 + (‐0,75)+(‐0,10) = 6,41 ppm int=2 = 3,73 ppm singlete intensidad = 3 = entre 2,5 y 5 ppm singlete inten. = 2
H(b) = 3,98 ppm cuartete intensidad = 4 H(c) = 1,38 ppm triplete intensidad = 6
Tablas 1 (pág 820), 4 (pág. 823) y 5 (pág. 824) de Senent, S. y otros “Técnicas Instrumentales Fisicoquímicas”: Hc
Ha
OCH2(b)CH3(c) (a)H
H(a)
(a)H
H(a)
Hb
TMS
OCH2(b)CH3(c)
8
9
7
6
5
4
3
2
1
0
Hc OCH3(c) (a)H
H(a)
Ha
Hb
TMS (b)H
H(b)
Hd
NH2(d)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Diferencias: o separación en dos señales diferentes las debidas a los protones del anillo del segundo caso al no ser magnéticamente equivalentes o no desdoblamiento de la señal de los protones CH2 al desaparecer los protones vecinales o la banda correspondiente a los protones del grupo NH2 que dan esa señal ancha entre 2,5 y5
18
09535 Espectroscopía Molecular. Segunda Prueba 12.-
Dibujar el espectro de RMN protónica del benzoato de isopropilo (C6H5‐COO‐CH(CH3)2), fijando la atención principalmente en la señal correspondiente a los protones aromáticos. COO-C H(d)(CH3)2(e)
(a)H
H(a)
(b)H
H(b)
H(c)
Tabla 4 (pág. 823) de Senent, S. y otros “Técnicas Instrumentales Fisicoquímicas”: aroimáticos = 7,26 + ( i)
(‐COOR) en ‐ para = 0,21 H(c) = 7,47 intensidad = 1 (‐COOR) en ‐orto = 0,71 H(a) = 7,97 ppm intensidad= 2 (‐COOR) en ‐meta = 0,11 H(b) = 7,37 ppm intensidad=2
H(d) = 1,37 ppm septete intensidad = 1 H(e) = 5,22 doblete intensidad = 6 He
Ha Hc
Hb
TMS Hd
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
19
