Act 10

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Problema 1 Se coloca una mezcla de los compuestos 1 al 6 formando una mancha a 2.0cm a la derecha y 2.0 cm por encima del borde inferior izquierdo de una placa para cromatogafía de capa fina. Se permite que el Cromatograma se desarrolle en el disolvente A, hasta que el frente del disolvente llega a una distancia de 12.0cm del borde inferior de la placa. Después de esta operación se observan 2 manchas, una a 4.5 cm y la otra a 10cm del borde inferior del placa. Tras dejar secar la placa se gira 90° en sentido contrario a las manecillas del reloj y se corre el Cromatograma en el disolvente B hasta que el frente del disolvente se encuentre a 12cm del borde sumergido de la placa. La primer mancha de izquierda a derecha se separa en 4 manchas: a 2.7,5.1,6.5 y 9.9 cm del borde inferior; la segunda manca se separó en dos, a los 4.7 y 10.6 m del borde inferior, Dibuje la apariencia de la placa (a escala aproximada) después de la primera etapa y después de la segunda etapa de la separación, y calcule los valores de Rf de cada mach en cada etapa.

En el disolvente “A” Primera banda:

Rf =

4.5 =0.375 12

banda:

A

B

Rf =

Segunda

10 =0.83 12

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Primer macha sus cuatro manchas: 1)Rf=2.7/12=.225 2)Rf=5.1/12=.425 3)Rf=6.5/12=.541 4)Rf=9.9/12=.825 Segunda mancha con dos manchas: 1)Rf=4.7/12=.391 2)Rf=10,6/12=.883

Problema 2. Una mezcla de dos compuestos (A y B) migra desde el origen, generando dos manchas con las siguientes características (distancia de migración desde el origen x y diámetro de la mancha w). xA = 49 mm wA = 2.0 mm xB = 33 mm wB = 2.5 mm El frente de la fase móvil fue de 61 mm, desde el inicio. Calcule los valores de Rf para los compuestos A y B.

Rf =

49 mm 33 mm =0.8032 Rf = =0.5409 61 mm 61mm

Problema 3. Una mezcla de dos compuestos (A y B) migra desde el origen, generando dos manchas con las siguientes características (distancia de migración x y diámetro de la mancha w). xA = 27 mm wA = 2.0 mm xB = 33 mm wB = 2.5 mm El frente de la fase móvil fue de 60 mm, desde el inicio. a) Calcule el factor de retardo Rf, la eficiencia N, y la altura equivalente de un plato teórico HETP para cada compuesto.

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

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PROBLEMARIO DE

b) Calcule la resolución entre los compuestos A y B c) Establezca la relación entre el factor de selectividad y el Rf de los dos compuestos. Calcule su valor numérico a)

Rfa=

27 mm+1 mm 33 mm+ 1.25 mm =0.433 Rfb= =0.5708 60 mm 60 mm

2

N=16

Tr L H= w N

N=16

Tr 2 Tr 2 =0.8711 N=16 =0.834 2.0 mm 2.5 mm

Ha=

b)

Rs=

60 60 =68.878 Hb= =71.935 0.8711 0.834

Tr 1−Tr 2 0.5708−0.466 Rs= =0 .0465 wb prom 2.25

Problema 4. La siguiente figura representa los resultados de una placa de CCF en fase normal (fase móvil: hexano: acetona, 80:20). Los compuestos tienen las estructuras A, B, y C.

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

a) Indique en el registro, a cuales picos corresponden los compuestos A, B, y C. El primer pico a la izquierda corresponde al compuesto “C”, el segundo a “B” y el de la derecha es “A” b)

¿Cuál debería ser el orden de elución de estos compuestos si se examinaran por columna de HPLC utilizando los mismos tipos de fases móvil y estacionaria? El orden de elución seria: “A”, “B”, “C”. c) ¿Cuál debería ser el orden de elución de estos compuestos si se examinaran por columna de HPLC conteniendo una fase de tipo RP-18, con una mezcla binaria de acetonitrilo: metanol (80:20) como eluente? El orden de elución debería ser: “C”, “B”, “A”. d) Calcule Rf y HETP para el compuesto que migra más rápidamente sobre la placa

HETP=

Lomgitud de lacolumna Numeto de etapas de equilibrio

RfA=

3.2 =0.524 6.1

Problema 5. Para conocer la presencia de trimetoprima y sulfametoxazol en diferentes productos farmacéuticos se emplea la técnica de capa fina. Se utiliza una Cromatoplaca de sílica gel con indicador. Como fase móvil Mezcla de cloroformometanol- hidróxido de amonio. Después de realizar el tratamiento adecuado a las muestras y estándares e identificarlos como:

se aplicó a la placa de gel de sílice cromatográfica, 10 µl de las soluciones A y B de la preparación de referencia y 10 µl de la preparación de la muestra. Se dejó correr la fase móvil hasta 12 cm arriba de la línea de aplicación. Al retirar

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PROBLEMARIO DE

la cromatoplaca de la cámara, se marcó el frente de la fase móvil, se secó con aire seco, localizando las bandas por observación bajo luz ultravioleta de onda corta, rociando con la solución reveladora y obtuvimos lo siguiente:

a) Determinar la identidad de trimetoprima y Sulfametozaxol en cada producto según su Rf. -La muestra 1 de Pfizer presenta Sulfametazol. -La muestra 2 de Collins presenta Trimetoprima y Sulfametozaxol. - La muestra 3 PiSA presenta solo impurezas. -La muestra 4 Liferpal presenta Trimetoprima.

b) Identificar los compuestos relacionados de cada producto: NOTA: Cualquier mancha obtenida con la preparación de la muestra diferente de la mancha principal, con valores Rf de aproximadamente de 0.6 a 0.7, corresponderan a las impurezas de Sulfametoxazol. De 0.8 a 0.9 a las impurezas de trimetoprima y las que sean inferiores a 0.5 se consideran excipientes. -La muestra 1 de Pfizer contiene un Rf similar al STD de Sulfametazol ,presenta impurezas del mismo fármaco y se detecta excipientes menor de 5. -La muestra 2 Collins tiene un Rf similar al STD deSulfametazol y trimetoprima e impurezas de trimetoprima no manifiesta excipientes. -La muestra 3 PiSA tiene un Rf similar al de impurezas de sulfametoxazol y trimetoprima y manifiesta una cantidad de excipiente.

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PROBLEMARIO DE

-La muestra 4 Liferpal tiene un Rf presentando Trimetoprima e impurezas de sulfametoxazol también se detecta presencia de excipiente.

c) De acuerdo a lo obtenido según criterios de a) y b), ¿cuál sería el mejor producto (*)? Collins por que se acerca más a los valores STD de Trimetoprima y Sulfametoxazol contiene menos impurezas.

Problema 6. Con un CG y una columna de relleno de 40 cm se obtuvieron los siguientes datos: Compuesto Aire Metilciclohexano Metilciclohexeno

tR [min] 1.9 10.0 10.9 13.4

W1/2 [min] 0.76 0.82 1.06

Calcular: a) El número de platos teóricos promedio para la columna. a) N =

16

tR W

2

( )

10.0 2 =2270.08 0.76

( )

NA =

16

NB =

10.9 2 16 =2827.12 0.82

( )

b) La altura del plato promedio

b) H

¿

L N

H=

40 cm =0.0156 2551.37

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

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PROBLEMARIO DE

2

16

NC =

13.4 =2556.92 1.06

( )

Ň = 2551.37 Problema 7. En una columna de 122 cm de longitud y a una temperatura de 160ºC se obtuvieron los siguientes tiempos de retención en minutos: pico del aire 0.90, heptano 1.22 y octano 1.43. El ancho en la base de los picos fue de 0.14 min para el heptano y de 0.20 min para el octano. a) Calcular la retención relativa y la resolución para estos picos. b) ¿Qué longitud debería tener la columna para obtener una resolución de 1.5?

∝=

(Trb )−Tm 2(trb−tra) Rs= Wb+Wa ( Tra )−Tm

a)

b)

∝=

(1.43 )−0.90 2 (1.43−1.22 ) =1.6562 Rs= =1.2352 0.20−0.14 ( 122 )−0.90

TrB−TrA tR 2 L R= N=16 H= W prom W N

( )

Wprom=

1.43−1.22 1.325 2 =0.14 N=16 =1433.16 1.5 0.14

(

N=16 L = (N)(H) L = (0.12002) L = 172.08 cm

)

1.22 2 =¿ 1215.02 0.14

( )

1.43 2 N=16 =¿ 0.20

( )

(1433.16) 817.96

Ň = 1016.49

H=

122 =0.12002 1016.49

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Problema 8 Considerando una columna con una altura de plato de 1.5 mm y con número de platos de 333, por la que fluye el gas portador a un caudal de 3 ml/min, y sabiendo que el volumen muerto es de 1.0 ml: a.- ¿Cuáles son el tiempo de retención y el volumen de retención cuando k es 1, 2 ,5 y 10? b.- ¿Cuál sería la anchura en la base de los picos a cada uno de los valores anteriores de k?

Problema 9. Calcular a) el factor de capacidad o de retención k, y b) la resolución Rs, de los siguientes analitos en un sistema cromatográfico por HPLC, con los datos que figuran en la siguiente tabla:

to= 1.12 min c) Indicar si los picos cromatográficos de los componentes de la muestra están bien resueltos; d) calcular el número de platos teóricos efectivos para el 1-naftol.

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

a)

(1.72−1.12) =0.5357 1.12

k=

(7.34−1.12) =5.5535 1.12

k=

(7.70−1.12) =5.875 1.12

k=

(5.52−1.12) =3.9285 1.12

A W B+ W ¿ ¿ ¿ 2(t RB−t RA ) Rs = ¿

Rs =

2(5.52−1.72) =0.6 .7078 ( 0.65+ 0.483)

Rs =

2(7.70−7.34) =0.455 (1.083+0.5)

d)

PROBLEMARIO DE

t ¿ R−t (¿ M) tM k =¿

k=

b)

Química Analítica III

N=16 (

N=16 (

Rs =

2(7.34−5.52) =3.165 (0.5+0.65)

tR 2 ) W

7.34 2 ) =3448.04 0.5

Problema 10. En un cromatograma, los tiempos de retención de los picos A, B y C, donde A es una sustancia no retenida, son 0.84, 10.60 y 11.08 minutos, respectivamente. a) Calcular los tiempos de retención corregidos y los factores de capacidad para B y C.

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

b) Sabiendo que los anchos de banda en la base para B y C son 1.21 y 2.10 segundos respectivamente, calcular la resolución entre estos dos picos. Sustancia No retenida B C

TR (min) 0.84 10.60 11.08

W (seg) ------------------------------------1.21 2.10

t ' R =t R−t M Para B

t ' R =10.60−0.84=9.76 min

Para C

t ' R =11.08−0.84=10.24 min k'=

t 'R t 'M

Para B '

k=

Para C

9.76 min 10.24 min ' =8.92min k = =12.19 min 0.84 min 0.84 min

A W B+ W ¿ ¿ ¿ 2(t RB−t RA ) Rs = ¿

Para B y C

Rs =

2(11.08−10.60) =17.45 (0.035+ 0.020)

Problema 11. En una columna tubular abierta de paredes recubiertas de 15 m de longitud y 0.25 mm de diámetro interno, el gas portador circula a un caudal de 3 ml/min. Sabiendo que los tiempos de retención para el heptanoato de metilo y para el octanoato de metilo son de 60 y 89 s respectivamente, y que el número de platos teóricos de la columna es de 3000, calcular: a) El tiempo muerto (suponer despreciable el espesor de la fase estacionaria) b) El factor de capacidad o de retención

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

c) La anchura en la base de cada compuesto d) La resolución entre picos e indicar si están resueltos hasta línea base L= 15 m Diametro= 0.25 mm F=3 mL/min

Heptanoato de metilo t R=60 seg Octanoatode metilo t R=89 seg N=3000

F=(u 0)(π r 2) 3

u0=

F 3 cm /min 6,111.55cm = = 2 2 min ( π r ) (3.1416 )( 0.0125 cm ) u0 6,111.55 cm/min = =4.074 min=14.73 seg L 1500 cm

a

t M=

b

t (¿ ¿ R−t M ) tM k =¿

Para Heptanoato

k=

Para Octanoato

(60−14.73) =3.073 14.73

W= c

W=

tR

=

√ √ N 16

√

k=

60 =4.38 3000 16

89 =6.50 3000 16

(89−14.73) =5.042 14.73

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

d

Química Analítica III

A W B+ W ¿ ¿ = ¿ 2(t RB−t RA ) Rs = ¿

PROBLEMARIO DE

2(89−60) =5.33 6.5+ 4.38

Problema 12. Los datos de la tabla se obtuvieron a partir de un cromatograma de una muestra con tres componentes:

Con estos datos, sabiendo que el caudal de fase móvil fue de 1.0 ml/min y teniendo en cuenta que el cromatograma no es ideal, calcular: a) Volumen muerto de la columna y factor de retención de A. ¿Qué indica el resultado obtenido?

Vm=

k=

tr−tM tM

k=

2.8−1 =1.8 1

k (Vs) k´

b) Ancho en la base de los picos.

√

N 16 w= Tr

√

√

√

13204 21897 30115 16 16 16 w= =10.25 w= =6.49 w= =6.48 2.8 5.7 6.7 c) Resolución entre los picos de Ay B y entre los picos de B y C.

R=

2(Trb−Tra) wa+wb

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

R=

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

2(5.7−2.8) 2(6.7−5.7) =0.3465 R= =0.1542 6.49+10.25 6.48+6.49

d) ¿Qué eficacia mínima se requiere para que un cuarto componente, D, con tiempo de retención de 4.5 min salga resuelto, al menos aceptablemente de B (Rs=1). Problema 13. Utilizando el Cromatograma calcule:

a El factor de retención para cada pico

k 1=

k 4=

3−.8 4.5−.8 5.8−.8 =2.75 k 2= =4.625 k 3= =6.25 .8 .8 .8

7−.8 8.4−.8 =7.75 k 5= =9.5 .8 .8

b El factor de selectividad para los picos 3 y 4

∝=

(trb)−tM ( tra )−tM

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

∝=

c

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

(7 )−0.8 =1.24 (5.8 )−0.8

El número de platos teóricos para el pico número 3 empleando el valor de W½

N=5.545

tr ( w .5 )

N=5.545

5.8 =24.73 d) La resolución entre ( 1.3 )

los picos 1 y 2

R=

2(Trb−Tra) wb+wa

R=

2( 4.5−3) =1.36 1.2+1

Problema 14.

Solución: Pico 1 N= 16

TR w

2

( )

N=1393.77

N=16

2.8 .3

2

( )

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Resolución pico 3 y 4 R=

2( TRb−TRa) Wb+ Wa

R=

2( 6.4−6.1) .3+.3

R= 1

III. METODOS DE CUANTIFICACIÓN EMPLEADOS EN CROMATOGRAFÍA Problema 15. Se separó una mezcla con teofilina y materiales relacionados por HPLC empleando THF 1%, Acetronitrilo 20%, H3PO4 0.1% y el resto de agua. Se identificaron sus componentes mediante loa tiempos de retención. Empleando las mismas condiciones de la separación, al inyectar una mezcla estándar y una muestra problema con teofilína, se presentaron los siguientes datos:

Calcular el % de cada componente de las muestra. uL ml uL Teobromina=3578941 x =14390.5951 2487 ml 10

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Teofilina=2113847

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

20uL/ml =1648.5451uL/ml 25645

uL ml uL B hidroxilpropil teofilina=1654872 =12405.3373 1334 ml 10

Cafeína=22456

20 uL/ml =307.8273uL /ml 1459

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Teobromina=14390.5951

Suma Total=28752.3048uL /m

Teofilina=1648.5451 ml

(

B hidroxi …=12405.3373

Cafeína=307.8273

uL ml

(

Química Analítica III

uL 100 28752.3048

uL ml

(

uL ml

)

100 uL 28752.3048 ml

(

100 uL 28752.3048 ml

)

=50.05

=5.73

100 28752.3048

uL ml

PROBLEMARIO DE

uL ml

)

=43.14

)

=1.07

Problema 16. Se desea conocer la composición porcentual de contaminantes presentes en el aire de una zona de la ciudad. Para ello, se muestra adecuadamente el aire y somete a análisis cromatográfico; se obtiene lo siguiente:

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Suponiendo que los compuestos de la tabla son los únicos contaminantes del aire de la muestra y además que el detector presenta igual sensibilidad para todos los componentes ¿Cuál es la composición porcentual de los contaminates?

tr es mi factor de respuesta 39540/3.1= 12754.83 19320/3.9= 4953.84 62220/ 5.5=11312.72 59300/6.8= 8720.58 722770/ 8.7=45141.37 18200/11.6=1568.96 Ʃ = 186622.07 U.A.

17050/ 18.30= 931.69 19030/ 22.3 = 853.36

% sulfuro de hidrógeno

12754.83 186622.

(100)

% carbonil sulfuro

4953.84 186622.

(100)

=2.65%

11312.72 186622.

(100)

=6.06%

% dimetil sulfuro

8720.58 186622.

(100)

=4.67%

% disulfuro de carbono

100384.72 (100) 186622.

=53.8%

% bromo cloro metano

45141.37 186622.

=24.2%

% metil mercapto

(100)

=6.9%

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Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

% 1,4- difluorobenceno

1568.96 186622.

(100)

=0.84%

% clorobenceno

931.69 186622.

(100)

=4.99x10-3%

% 4-bromo fluorobenceno 853.36 186622.

(100)

=4.57x10-3%

Problema 17. La buprenafina es un derivado de la tebaína que produce efectos típicos de agonistas opioides mu de larga duración y potentes efectos antagonistas. Una enfermera prepara 5 mL. de solución de buprenofina y procedió a administrar 3 mL. al paciente que pesa 81 kg. Los 2 mL. restantes fueron guardados en refrigeración para utilizarlos al día siguiente. Sin embargo el paciente murió a las pocas horas, y ahora la enfermera presenta cargos legales por negligencia médica. Para resolver este delicado asunto, se preparó un estándar pesando 11.8 mg. de estándar de clorhidrato de buprenorfina puro, exactamente pesado y transferido a un matraz volumétrico de 25 mL. se añadieron 20 mL.de fase móvil, se disolvió y se llevó a volumen con fase móvil. Luego se tomó 3 mL. de esta solución y se llevó a 100 mL. con fase móvil. Los 2 mL. de solución preparada por la enfermera se pasaron a un matraz volumétrico de 50 mL. y se llevaron a volumen con fase móvil. Se inyecto por separado 20 microlitros de la preparación del estándar y de la preparación de la muestra al cromatógrafo HPLC. Para la solución estándar se obtuvo un área de 60325 U.A. para el pico de buprenorfina. Por otra parte para la muestra preparada, el área del pico de buprenorfina fue de 54477 U.A. a) ¿Cuál es la concentración (en mg. de buprenorfina/ mL) de la solución preparada por la enfermera. Pesos moleculares son 467.65 y 504.11 para la buprenorfina y el clorhidrato de buprenorfina respectivamente. b) Si la dosis máxima permitida de este medicamento es de 10 μg/ kg de peso, ¿Se excedió esta dosis?

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

Buprenorfina 5 ml.

2 ml.

PROBLEMARIO DE

inyección: 20 µl. A= 54477 U.A. 50 ml.

Estándar 11.8 mg. clorhidrato de buprenorfina Inyección= 20 µl 20 ml.

3 ml.

A= 60325 U.A.

100

11.8 mg clorhid.

3ml.

20ml.

100 ml.

FRASTD= conc. STD

0.0177 mg clorhid.

=

=

20 µl inyección

ml.

x 20 µl.

=

5.86x10-9 mg clorhid./ U.A.

60325 U.A.

CONC.prob.= (FRASTD) (Área prob.) = 5.86x10-9 mg clorhid. X 54477 U.A.= U.A Buprenorf a) na. -4 100 3.19x10 mg clorhid. mg

20 µl.

= 3.5x10-4 mg clorhid.

1000 µl.

3.54X10-4 mg clorhid.

Área STD

1 ml.

100 µl

50 ml.

1 ml.

….= 0.1479 mg buprenorfina/ ml.

5 ml.

1 mol

3.19x10-4 mg clorhid./ U.A.

1g

504.11 g clorh. 1000 mg

467.65 g 1 mol

1 g

= …..

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

b) 0.1479 mg. buprenorfina

1000 µg buprenorfina

1 ml.

1 mg

3 ml. 81 kg.

=

5.47 µg buprenorfina/ kg. Peso

Por lo tanto no se excedió la dosis

Problema 18. Para determinar la cantidad de cocaína presente en una “grapa” decomisada a un sujeto, se preparó primero un estándar pesando 0.050g de cocaína pura y diluyendo hasta 100 mL en un solvente apropiado (HCl diluido). Se tomaron 5 mL de esta solución, se diluyeron nuevamente hasta 50 mL y se inyectaron 20 μL de esta última dilución al cromatógrafo, obteniéndose un área de 9705 UA. Posteriormente se preparó la muestra pesando 605 mg de cocaína decomisada y diluyendo a 100 mL. Se tomaron 10 mL de esta solución y se llevaron a 100 mL, luego se tomaron 10 mL de esta solución y se llevaron nuevamente a 100 mL. Al inyectar 20 μL de la última dilución al cromatógrafo se obtuvo un área de 6130 UA para el pico de cocaína. ¿Cuál es el porcentaje de pureza en la “grapa” decomisada?

STD Cocaina

( 0.050 g ) ( 5 mL ) ( 5 x 10−5 ) ( 1mL) −3 x 20 μL=1 x 10 μg 3 ( 100 mL )( 50 mL )( 1 mL )(1 x 10 mL) −3

FRA STD =

1 x 10 μg =1.0303 x 10−7 μ g /U . A . 9705U . A .

Concentración Del Problema = (1.0303x10-7) (3065 U.A.) = 3.15x10-4 μg

( 3.15 x 10−4 μg ) ( 100 mL ) (100 mL)(100 mL) ( 0.010 mL )( 10 mL )( 10 mL ) (605 μg) (0.5219) (100) = 52.19%

= 0.5219

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Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Problema 19. Una muestra se analiza por cromatografía de líquidos con la fnalidad de cuantifcar los componentes que la forman. Después de inyectar una serie de estándares se encontraron los siguientes compuestos en la muestra:

% Analito 1 ¿

( 654 ) (100) 3066

= 21.3307%

( 533 )( 100) 3066

= 17.3842%

( 205 ) (100) 3066

=6.6862%

% Analito 4 =

( 268 ) (100) 3066

= 8.7410%

% Analito 5 =

( 918 ) (100) 3066

= 29.9412%

( 488 ) (100) 3066

=15.9165 %

% Analito 2 =

% Analito 3 =

% Analito 6 =

Problema 20. Para realizar un análisis de drogas, se parte de 3mL de orina, se somete a una extracción en fase sólida, se eluye con un disolvente orgánico, se lleva a sequedad y finalmente se redisuelve en 0.5 mL de metanol y se añade dionina hasta una concentración final de 10mg/L. Se inyecta 1[L de esta disolución

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

en un cromatógrafo de gases con detector de nitrógeno-fósforo. Los datos obtenidos se encuentran en la tabla de muestras.

Se hace un calibrado preparando una mezcla de estándares de cocaína, cafeína y su patrón interno dionína. Se inyecta 1[L en el cromatógrafo de gases y se obtienen los resultados que se muestran en la tabla de calibrado. Los promedios de las recuperaciones obtenidas son 82% para cafeína y 92% para cocaína. Calcular la concentración en mg/L y los mg por 100mL de estas drogas en la orina.

Cafeína

FRA Ca=

FRA D =

FRR=

5 =2.05104 x 10−6 ppm/ UA 2437783

10 =6.5669 x 10−6 ppm/UA 1522794

2.05104 x 10−6 =0.3123 6.5669 x 10−6

Concentración de lacafeína=( 0.3123 ) ( 1736698 )

( 100 ) x

10 ( 1578336 )=3.4363 ppm

( 3.436382 ppm )=4.1906 ppm mg 0.5 mL x ( 4.1906 ) ( 3 x 10 L )=0.6984 1000mL −3

mg 0.5 mL x( x 100 mL=0.06984 ( 4.1906 ) 1000mL 3 mL )

mg cafeína /L orina

mg cafeína/100 mL orina

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Cocaína

FRA Co=

FRA D =

FRR=

5 =5.9162 x 10−6 ppm/UA 845129

10 =6.5669 x 10−6 ppm/UA 1522794

5.9162 x 10−6 =0.9009 6.5669 x 10−6

Concentración de lacocaína= ( 0.9009 )( 435122 )

( 100 ) x

10 ( 1578336 )=2.4836 ppm

( 2.483692 ppm )=2.6996 ppm mg 0.5 mL x =0.4499 ( 2.6996 ) ( 1000 mL 3 x 10 L ) −3

mg 0.5 mL x x 100 mL=0.04499 ( 2.6996 1000 mL ) ( 3 mL )

mg cocaína /L orina

mg cocaína/100 mL orina

Problema 21. Se obtuvieron los siguientes datos por cromatografía de gases con una columna cromatográfica de 1.25 m

Calcular: a) El factor de capacidad o retención para cada amina

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA '

k I= '

k P=

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

4.59−0.395 =10.6202 0.395 4.91−0.395 =11.4304 0.395

b) El factor de selectividad 4.91−0.395 α= =1.0763 4.59−0.395

c) El número de platos y la altura de plato para la n-propilamina 4.91 2 N P =16 =2643.3596 0.382

(

H P=

)

1.25 =4−7288 x 10−4 m 2643.3596

d) La resolución entre las dos aminas 4.91−4.59 R= =0.8568 0.5 ( 0.382+0.365 )

e) La longitud de la columna necesaria para conseguir una resolución de 1.5 y el tiempo necesario para que se eluya la n-propilamina suponiendo la misma velocidad lineal de flujo 4.59 2 N P =2643.3596 N I =16 =2530.2278 0.365

(

Promedio de N =

)

5173.5874 =2586.7937 2

( R s )1 √ N 1 √ N 1 ( R s )2 50.8605 (1.5 ) = → √ N 2= → =89.0415 0.8568 ( R s )2 √ N 2 ( R s )1 N 2=7928.3887 H=

1.25 −4 =4.8322 x 10 m 2586.7937

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

L=7928.3887 ( 4.8322 x 10−4 )=3.8311 m

f)

Si se utiliza isopropilamina como patrón interno en una concentración de 1 mg/L y en un cromatograma de una muestra se obtienen áreas de 23220 para la isopropilamina y de 35421 para la n-propilamina, ¿cuál será la concentración de n-propilamina en dicha muestra? 1 FRA i= =4.9407 x 10−5 ppm/UA 20240

FRA p=

FRR=

2.5 =6.1683 x 10−5 ppm /UA 40530

6.1683 x 10−5 =1.2485 4.9407 x 10−5

Concentración del problema=( 1.2485 ) ( 35421 )

Isómero o-Xileno m-Xileno p-Xileno

1 ( 23220 )=1.9045 ppm(mg /L)

Área/0.5 uL 1200 1300 1150

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

540

UA∗0.5 uL uL∗100 =0.225uL 0.225 =45 1200 UA 0.5 uL

450

UA∗0.5 uL uL∗100 =0.173 uL 0.173 =34.6 1300 UA 0.5uL

240

UA∗0.5 uL uL∗100 =0.104 uL 0.104 =20 1150 UA 0.5 uL

PROBLEMARIO DE

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Tomate Fresco FRA std=

50 ug / ml =6.59E-3 ug UA /ml 7587 UA

(

Conc . Prob .= 6.59E-3ug

UA ( 23205 UA )=152.92 ug/ml ml

)

6 ml =917.51ug /g ( 152.92ug )( 1 ml 1g )

Polvo de Tomate

(

Conc . Prob .= 6.59E-3ug

UA ug ( 14163 UA )=93.33 ml ml

)

ug 6 ml =560 ug/ g ( 93.33 1ml )( 1 g )

( 302mlng )=15 ng /ml

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

Muestra Componente Serotonina N-Metil-Serotonina

Concentración (ng/ml) x 15 ng/ml

Área 2573832 171981

Estándar interno Componente Serotonina N-Metil-Serotonina

FRA std=

Concentración (ng) 5 ng 5 ng

Área 3088598 3095672

5 ng 5 ng =1.61E-6 ng FRA prob.= =1.61E-6 ng 3095672 3088598 ng 1.61E-6 ng ml FRR= =1Conc . prob.=( 1 )( 2573832 ) =224.48 ng /ml 1.61E-6 ng 171981

( ) 15

(224.48 ngml ) ( 2 ml)=448.96 ng en la muestra

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

Química Analítica III

PROBLEMARIO DE

6 ng =17.14 ug /Kg .35 Kg

FRA std=

133ug 48 ug =2.85E-4 ug FRA prob .= =1.313E-4 ug 465461 365463

EQUIPO 4 CROMATOGRAFIA

FRR=

Química Analítica III

1.313E-4 ug =0.4595 Conc . prob .=( 0.4595 ) ( 12157 ) 2.85E-4 ug

Acetona=

(

PROBLEMARIO DE

ug Kg = 1.1ug /Kg 86532

17.14

)

10 uL/ml uL 20 uL/ml =160429.4049 Etanol= =19309.6286uL /ml 2134 ml 23455

Agua=

10 uL/ml 20 uL/ml =475361.3675 uL/ml Xileno= =777.1153 uL/ml 234 312

Acetona=160429.4049

Suma Total=665877.5164 uL/ml

Etanol=19309.6286uL/ml

Agua=475361.3675uL/ml

Xileno=777.1153 uL/ml

(

(

(

100 uL 665877.5164 ml 100

665877.5164

uL ml

uL ml

100 uL 665877.5164 ml

)

=71.38

)

=0.11

mg ml mg FRA= =1.54E-9 32357 ml 5E-5

Conc . prob .=( 1.54E-9 mg /ml ) ( 37515 )=5.79E-5 mg /ml

)

(

100 uL 665877.5164 ml

=2.9

)

=24.09

mg 500 ml 500 ml ( 5.79E-5 )( 0.5 ml )( 1.0312 g )=28.07 mg/ g 1 ml

( 28.07g mg )( 1.032 g)=29.95 mg /1.0312 g 29.95 mg

100 =2.8 ( 1031.2 mg )

mg =0.696 mg/ml ( 17.4 25 ml )

Conc . std .=

Conc . 0 hrs .=45389

mg/ml ( 0.69641284 )=0.765 mg/ml

41284 Área

Conc .12 hrs .=42093

mg/ml ( 0.69641284 )=0.7096 mg/ml

Conc .24 hrs .=39840

mg/ml ( 0.69641284 )=0.671 mg/ml

Conc .36 hrs .=36927

0 hrs=

24 hrs=0.671 mg /ml

(

0.765 mg l m

(

mg/ml ( 0.69641284 )=0.622 mg/ml

100 100 =109.9 12 hrs=0.7096 mg/ml =101.9 mg mg 0.696 0.696 ml ml

)

(

100 100 =96.4 36 hrs0.622 mg /ml =89.36 mg mg 0.696 0.696 ml ml

)

(

)

)

Problema 29. Calcular la concentración de Ciprofloxacino, Benzocaína e Hidrocortisona en la muestra, en g/100 mL y reportar si está dentro o fuera de especificaciones. -Concentración del estándar de ciprofloxacino CCM 331.34 g Ciprof . 5 mL 2mL =1.6487 x 10 ( 12mg )( )( )( 25 mL 385.84 g CCM 50 mL 50 mL )

−3

mg/mL

-Concentración de benzocaína 2 mL =0.016 mg/mL ( 2050 mg )( mL 50 mL ) -Concentración de hidrocortisona 2 mL =8 x 10 ( 1050 mg mL )( 50 mL )

−3

mg/mL

-Estándar externo Pic o

Sustancia

1

CCM

2 3

Hidrocortison a Benzocaína

Área

608 8 562 0 7115

Área muestr a

Concentració n

FRA=

5836

1.6487x10-3

2.7069x10

1.5797x10-

-7

3

1.4234x10

8.5987x10-

-6

5

2.2487x10

0.0154

6041 6876

8x10

-3

0.016

C A

C=(FRA) (A

-6

1. Clorhidrato de ciprofloxacino 1.5797 x 10−3

mg 50 mL mL 2 mL

(

mg =1.9746 x 10 )( 1002 mLmL )=1.9746 mL

−3

g / mL

−3

1.9746 x 10 g ( g 100 )=0.1974 mL 100 mL Especificaciones: 0.180 a 0.220 g/100mL. Por lo tanto, sí cumple.

2. Hidrocortisona −3

8.5987 x 10 mg 50 mL 100 mL 10.7483 mg = =0.01074 g/mL mL 2 mL 2 mL mL

(

)(

)

0.01074 g 1.0748 g ( 100 )= mL 100 mL Especificaciones: 0.900 a 1.200 g/100mL. Por lo tanto, sí cumple.

3. Benzocaína 0.0154 mg 50 mL 100 mL 19.25 mg 0.0192 g = = mL 2 mL 2mL mL mL

(

)(

)

0.0192 g 1.925 g ( 100 )= mL 100 mL Especificaciones: 1.800 a 2.200 g/100mL. Por lo tanto, sí cumple.

SE ENCUENTRA DENTRO DE LAS ESPECIFICACIONES Composición porcentual Σ= 0.1974 g/100 mL + 1.0748 g/100mL + 1.925 g/100mL Σ= 3.1972 = 100% 1. Clorhidrato de ciprofloxacino

mg/mL

3.1972  0.1974 

100%

3.1972  1.0748 

100%

3.1972  1.925 

100%

6.1678 %

33.62 %

2. Hidrocortisona

3. Benzocaína

60.21 %

Problema 30. En un laboratorio de control de calidad se quiere poner a punto un método de análisis por HPLC en una fase inversa de una mezcla de dos compuestos A y B. se sabe que, en columna de octadecil sílice de 25 cm de longitud y utilizando una fase móvil de metanol-agua, los tiempos de retención son 6.25 y 7.10 min respectivamente, el tiempo muerto es 1.4 min y la resolución es 1.05. a) ¿Cuál debe ser la longitud de la columna para conseguir una resolución de 1.5 b) Calcular los factores de retención de A y B. serán diferentes en la nueva columna. Muestra 1

A mg/L 2.0

B¿K=

K=

tr−tm tm

B mg/L 2.0

K=

7.10−1.4 min =4.071 1.4 min

K promedio = 3.76785

P.I. mg/L 1.0

Área A 25542

6.25−1.4 min =3.464 1.4 min

Área B 36216

Área pi 13320

α=

t´ R2 t´ R1

7.1−1.4 6.25−1.4

=

= 1.1753

N α −1 R= √ 4 α

Ka ( )( 1+ Kprome )

√ N 1.1753−1 4 (

1.05= L =N H

1.5=

1.1753

4.071 )( 1+3.76785 )=N=1087.4

25 1087.4

= 0.023 cm/ plato REAL

√ N 1.1753−1 4

(

1.1753

4.071 )( 1+3.76785 )=N=2219.1863=N platos

TEORICO

L=H* N = 2219.1863 (0.023 cm/ plato) = 51.04 cm a) 51.04 cm

Problema 31. Para conocer el contenido de hesperidina en aguacate de la variedad Hass se realizó un análisis por HPLC. Para ello, se pesaron 15 mg pulpa seca de aguacate de la variedad Hass y se adicionaron 100 microlitros de una solución de 250 microgramos/mL de catequina como sustancia de referencia; se completó el volumen a 2 mL; de esta solución, se tomaron 200 microlitros, y se ajustó el volumen a 500 microlitros, para después inyectar al HPLC, produciéndose áreas de 513 y 1985 para catequina y hesperidina, respectivamente; aparte, se preparó un estándar pesando 7 mg de catequina y 5 mg de hesperidina, se aforó a 100 mL con metanol:acetonitrilo, y ésta solución se diluyó 20 veces. Después de inyectar al HPLC, se reportaron áreas de 1351 y 1002 para catequina y hesperidina, respectivamente ¿Cuántos miligramos de hesperidina están presentes en un kilogramo de pulpa seca en esa variedad de aguacate? Método estándar interno STD= Catequina

Analito de interés= Hesperidina Conc. STD Catequina y Hesperidina 7 mgCatequina 1 V 3.5 x 10−3 mgCatequina = 100 mL 20 V mL

( )

5 mg Hesperidina 1 V 2.5 x 10−3 mg Hesperidina = 100 mL 20 V mL

( )

2.5 X 10−3 mg hesperidina /mL 1002 FRR= =0.9630 3.5 X 10−3 mgcatequina /mL 1351 CONCprob= (0.9630)(1985)(0.25 mg/513)=0.9316 mg hesperidina/mL 1 x 106 mg 310,533.33 mghesperidina = 1 kg pulpa kg pulpa 0.9316 mghesperidina 0.5 mL 2 mL ( )( )¿ mL 0.2 mL 15 mg pulpa

Problema 32. La determinación de herbicidas e insecticidas clorados en alimentos, agua potable, suelo, etc. pueden ser determinados empleando cromatografía de gases con un detector de captura de electrones. El 4,4-DDT fue determinado en una muestra de 5.0 gr del suelo de una granja donde se empleó el insecticida, la muestra se coloca dentro de un extractor y se reflujarón 50 ml de hexano para extraer el plaguicida durante 1 hr. A 1.0 mL del extracto se le añade 1.0 ml de una solución de Adrin (0.001microgramos/ml), de esta solución se inyecta 1.0 [L en el cromatógrafo y las áreas resultantes para cada insecticida fueron de: 4, 4'-DDT= 13454 y Adrin= 2335682. Una mezcla estándar comercial que contiene 100 pg/ml de Adrin y 400 pg/ml de4,4'-DDT fue inyectada en el mismo cromatógrafo

empleando las mismas condiciones que para la extracción, para esta solución se reporta una área de 1273 para el Aldrin y 23455 para el 4,4'-DDT. Calcule la concentración del DDT en la muestra de suelo (en pg/gr de suelo). Método estándar interno STD= ADRIN Analito de interés= 4,4-DDT 400 pg DDT 23,455 UA FRR= =0.2170 100 pg ADRIN 1273 UA CONCprob= (0.2170)(13,474 UA)(0.001 microgramos ADRIN/mL/2,335,689 UA)= 1.25X10-3 microgramos DDT/mL 1.25 x 10−3 microgramos DDT 1000 pg mL 1 microgramo

(

mL pg DDT )( 550g suelo )= 12.5g suelo

Problema 33. Al analizar un licor por cromatografía de gases se obtuvieron los siguientes datos: No. STD Conc. De Metanol(%vol) Área de unidades arbitrarias

1 0.01

2 0.05

3 0.08

4 0.10

Muestra ¿?

235

1173

1884

2360

824

Las condiciones de medición se conservaron constantes (Temperaturas, sensibilidad del detector, flujo del gas acarreador, etc.) Es importante considerar que el volumen de los estándares fue constante y bien medido, pero en la muestra fue inyectado el doble del volumen usual. ¿Cuál es la concentración de metanol en el licor problema en % vol? Regresion Lineal R=0.9999942 segura 824ẋ=0.035 % vol Metanol Problema 34. Para calcular el factor de respuesta en un análisis cromatográfico, se realizaron tres determinaciones con cantidades diferentes de un analito A y de un estándar interno EI, obteniéndose los siguientes resultados. Muestra

A, mg/l

Área A u.a.

Ei, mg/l

Área Ei u.a.

1 2 3

0.200 0.100 0.200

25532 11830 24110

0.100 0.100 0.200

13320 12320 25150

Una vez establecido dicho factor de respuesta, se analizó por triplicado una muestra que contiene el analito A y se añadieron 0.1000 mg/l del estándar interno a cada una de las alícuotas, obteniéndose los siguientes datos: Muestra 4 5 6

Área de A u.a. 21010 21315 21240

Área de EI, u.a. 11201 11500 11425

Calcular la concentración de A en mg/l EI: FRA1 =

CT AT =

= 8.11 x 10-6

FRA3 =

0.100 mg/l = 7.50 x 10-6 13320

mg/l ua

FRA2

=

0.100 mg/l 12320

mg/l ua

0.200 mg/l = 7.45 x 10-6 25150

mg/l ua

STD: FRA1 =

10

-6

0.200 mg/l = 7.8 x 10-6 25532

mg/l ua

mg/l ua

FRA3 =

0.200 mg/l = 8.29 x 10-6 24110

mg/l ua

FRR1 =

7.8 x 10−6 7.50 x 10−6 = 1.044

mg/l ua

FRR2 =

8.45 x 10−6 8.11 x 10−6 = 1.041

mg/l ua

FRR3 =

8.29 x 10−6 7.45 x 10−6 = 1.042

mg/l ua

FRA2

=

0.100 mg/l = 8.45 x 11830

Muestra

FRA=

C4 = (1.044) (21010ua) (

0.1mg/l ¿ = 0.1958 mg/l 11201

C5 = (1.041) (21315ua) (

0.1mg/l ¿ = 0.1929 mg/l 11500

C6 = (1.042) (21240ua) (

0.1mg/l ¿ = 0.1937 mg/l 11425

55 ppm =1.69E-3 ppm Conc . prob.=( 1.69E-3 ppm ) ( 8626 )=14.58 ppm 32525 mg 10 ml 50 ml 1.76 mg de cafeína = ( 14.58 )( )( ) 1000 ml 5 ml 0.8265 g 1 g de cafe

∑=3066 ( 654 )

100 ( 3066 )=21.33 Ác . Láctico

( 533 )

100 ( 3066 )=17.38 Ác . Acético

( 205 )

100 ( 3066 )=6.68 Ác .Cí t r ico

( 268 )

100 ( 3066 )=8.74 Ác . Fumári co

( 918 )

100 ( 3066 )=29.94 Ác . Succínic o

( 488 )

100 ( 3066 )=15.91 Ác . Fórmico

Piridoxina=

mg 98.7 mg 0.1036 mg = ( 10.5 100 ml )( 100 mg ) ml

mg 9 1 .6 mg 0.1996 mg = ( 21.8 100 ml )( 100 mg ) ml

Tiamin a=

mg ml mg =1.08E-5 9524.5 ml

0.1036 FRA P .=

mg ml mg FRA T .= =4.37 E−5 4563.8 ml 0.1996

(

mg ( 3954.1 )=0.973 m g/ml ml

(

mg ( 4736.9 )=0.2071 mg/ml ml

)

Conc . prob . P .= 1.08E-5

)

Conc . prob .T .= 4.37E-5

Piridoxina=

mg 100 ml 10 ml 48.65 m g (2 ml)= ( 0.973 )( )( ) 1ml 10 ml 4 ml 2 ml

mg 100 ml 10 ml 103.9mg (2 ml)= ( 0.2071 1ml )( 10 ml )( 4 ml ) 2 ml

Tiamina=

ng ml mg FRA= =0.0386 5180 ml 200

(

Conc . prob .= 0.0386

mg ( 7444 )=287.33 n g /ml ml

)

ng 1ug 0.25 ml 0.071 u g = de plasma ( 287.33 )( )( 1 ml 1000 ng 1ml ) 1 ml