Bài tập tính lưỡng tính của amino acid

n_lysin = 0,1 mol;   n_glyxin = 0,15 mol

Coi hh Y gồm lysin, glyxinvà KOH không phản ứng với nhau và đều phản ứng với HCl

→ n_{HCl phản ứng} = n_{nhóm NH2} + n_KOH = 0,1.2 + 0,15 + 0,2 = 0,55 mol

Bảo toàn khối lượng : m_muối = m_lysin + m_glyxin + m_KOH + m_HCl – m_{H2O sinh ra}

→ m_muối = 14,6 + 11,25 + 0,2.56 + 0,55.36,5 – 0,2.18 = 53,525

Hỗn hợp ban đầu có x mol H₂NCH₂COOH và y mol CH₃COOH

→ 75x + 60y = 1,65 (1)

Hỗn hợp muối X gồm x mol H₂NCH₂COOK và y mol CH₃COOK

→ 113x + 98y = 2,6 (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,01;  y = 0,015

Khi X + HCl tạo muối ClH₃NCH₂COOH và KCl

Bảo toàn nguyên tố K : n_KCl = \({n_{{H_2}NC{H_2}COOK}} + {n_{C{H_3}COOK}}\)→ n_KCl = 0,01+ 0,015 = 0,025 mol

→ m_muối = 111,5.0,01 + 0,025.74,5 = 2,9775

Đặt n_N = x và n_O = y (mol) => n_NH2 = x mol và n_COOH = 0,5y mol

m_N : m_O = 7:15 => \(\frac{{14x}}{{16y}} = \frac{7}{{15}}\) (1)

X tác dụng vừa đủ với HCl => n_HCl = n_NH2 = n_N = x mol

Đơn giản hóa quá trình ta coi như:

{X, HCl} + {NaOH, KOH} → Muối + H₂O

Khi đó: n_COOH + n_HCl = n_NaOH + n_KOH => 0,5y + x = 0,08 + 0,075 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 0,08 và y = 0,15

n_H2O = n_NaOH + n_KOH = 0,155 mol

BTKL: m _muối = m_X + m_HCl + m_NaOH + m_KOH - m_H2O = 7,42 + 0,08.36,5 + 0,08.40 + 0,075.56 - 0,155.18 = 14,95 (g)

Ta có thể coi như Y chứa: (H₂N)₂C₅H₉COOH; H₂NCH₂COOH; NaOH

\(0,2mol\left\{ \begin{array}{l}{\left( {{H_2}N} \right)_2}{C_5}{H_9}COOH:x\\{H_2}NC{H_2}COOH:y\\NaOH:0,15\end{array} \right. + HCl:0,45 \to Muoi + {H_2}O\)

Ta có:

-NH₂ + H⁺ → -NH₃Cl  (1)

OH^- + H⁺ → H₂O         (2)

\( \to {n_{{H^ + }}} = {n_{O{H^ - }}} + {n_{N{H_2}}} \to 0,45 = 0,15 + 2{\rm{x}} + y \to 2{\rm{x}} + y = 0,3\)

Mà n_X = x + y = 0,2

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} + y = 0,3\\x + y = 0,2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,1\end{array} \right.\)

Theo (2) ta có \({n_{{H_2}O}} = {n_{O{H^ - }}} = 0,15(mol)\)

Bảo toàn khối lượng → \({m_X} + {m_{NaOH}} + {m_{HCl}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}O}}\)

→ 0,1.146 + 0,1.75 + 0,15.40 + 0,45.36,5 = m_muối + 0,15.18

→ m _muối = 41,825 gam

Đáp án C

Đặt n_Glu = a (mol) và n_Lys = b (mol)

(Lưu ý: Glu có 2 nhóm COOH và 1 nhóm NH₂; Lys có 1 nhóm COOH và 2 nhóm NH₂)

*Khi X phản ứng với HCl:

Glu + HCl → Muối

a →     a

Lys + 2HCl → Muối

b →    2b

BTKL → m_HCl = m_muối - m_X = (m + 20,805) - m = 20,805 gam

→ n_{HCl pư} = a + 2b = 20,805/36,5 = 0,57 (1)

*Khi X phản ứng với KOH:

Glu + 2KOH → Muối + 2H₂O

a →     2a                → 2a

Lys + KOH → Muối + H₂O

b →     b →                  b

BTKL: m_X + m_KOH = m_muối + m_H2O

→ m + 56.(2a + b) = m + 26,22 + 18.(2a + b)

→ 76a + 38b = 26,22 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,27 và b = 0,15

Vậy m = m_Glu + m_Lys = 0,27.147 + 0,15.146 = 61,59 (gam)

Xét amino axit có dạng: (NH₂)_xR(COOH)_y

x = y => quỳ không đổi màu

x > y => quỳ hóa xanh => Chất làm quỳ tím chuyển xanh là H₂N-(CH₂)₄-CH(NH₂)-COOH và H₂N-(CH₂)₂-CH(NH₂)-COOH.

Xét hợp chất có dạng: (NH₂)_xR(COOH)_y

 x > y– amin làm quỳ xanh

x = y – không đổi màu quỳ

x < y → quỳ chuyển đỏ

=> NH₂CH₂CH₂CH(NH₂)COOH làm quỳ hóa xanh, HCOOH làm quỳ hóa đỏ, CH₃NH₂ làm quỳ hóa xanh, NH₂CH₂COOH không làm quỳ chuyển màu.

nH₂NC₃H₅(COOH)₂ = 22,05 : 147 = 0,15 (mol)

n­_HCl = 0,175.2 = 0,35 (mol)

Bỏ qua giai đoạn trung gian axit glutamic phản ứng với HCl, coi dd X + NaOH là axit glutamic và HCl phản ứng luôn với NaOH

=> Muối thu được gồm: H₂NC₃H₅(COONa)₂ : 0,15 (mol) ; NaCl: 0,35 (mol)

=> m _muối = 0,15.191 + 0,35.58,5 = 49,125 (g)

\(23,8(g)\left\{ \matrix{
C{H_3} - CH(N{H_2}) - C{\rm{OO}}H:x \hfill \cr
C{H_3}COOH:y \hfill \cr} \right.\buildrel { + KOH} \over
\longrightarrow 35,2(g)\left\{ \matrix{
C{H_3} - CH(N{H_2}) - C{\rm{OOK}}:x \hfill \cr
C{H_3}COOK:y \hfill \cr} \right.\)

+ m _hh = 89x + 60y = 23,8 (1)

+ m _{muối (dd X)} = 127x + 98y = 35,2 (2)

Giải hệ thu được x = 0,2 và y = 0,1

Khi cho dd X tác dụng với HCl dư:

\(\left\{ \matrix{
C{H_3} - CH(N{H_2}) - C{\rm{OOK}}:0,2 \hfill \cr
C{H_3}COOK:0,1 \hfill \cr} \right.\buildrel { + HCl} \over
\longrightarrow Muoi\left\{ \matrix{
C{H_3} - CH(N{H_3}Cl) - C{\rm{OO}}H:0,2 \hfill \cr
KCl:0,3 \hfill \cr} \right.\)

=> m _muối = 0,2.125,5 + 0,3.74,5 = 47,45 gam

\(\eqalign{
& {m_O} = 0,412m \Rightarrow {n_O} = {{0,412m} \over {16}} \Rightarrow {n_{ - COOH}} = {1 \over 2}{n_O} = {{0,412m} \over {32}} \cr
& - COOH\,\,\, + \,\,NaOH\buildrel {} \over
\longrightarrow - COONa + \,\,{H_2}O \cr
& {{0,412m} \over {32}} \to {{0,412m} \over {32}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{0,412m} \over {32}} \cr
& \left\{ \matrix{
{H_2}N - C{H_2} - COOH \hfill \cr
{H_2}NCH(C{H_3}) - COOH \hfill \cr
{H_2}N{C_3}{H_5}{(COOH)_2} \hfill \cr} \right.\,\,\, + NaOH\,\,\,\,\,\,\,\buildrel {} \over
\longrightarrow \,\,\,\,\,\,\left\{ \matrix{
{H_2}N - C{H_2} - COONa \hfill \cr
{H_2}NCH(C{H_3}) - COONa \hfill \cr
{H_2}N{C_3}{H_5}{(COONa)_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O \cr
& \,\,\,\,\,\,\,m(gam)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{0,412m} \over {32}}(mol)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,20,532(gam)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{0,412m} \over {32}}(mol) \cr} \)

Bảo toàn khối lượng ta có:

\(\eqalign{
& m + {{0,412m} \over {32}}.40 = 20,532 + {{0,412m} \over {32}}.18 \cr
& \Rightarrow 1,28325m = 20,532 \cr
& \Rightarrow m = 16 \cr} \)

X là các amino axit

X + 0,4 mol HCl rồi thu sản phầm tác dụng với 0,8 mol NaOH thì ta coi như hỗn hợp X và HCl tác dụng với NaOH. PTHH :

                        H₂NC₃H₅(COOH)₂ + 2NaOH → H₂NC₃H₅(COONa)₂ + 2H₂O

                                     a mol                  2a                        a                                    

                         H₂CH₂COOH + NaOH →  H₂NCH₂COONa + H₂O

                                     b                  b                        b

                         HCl + NaOH →  H₂O + NaCl

                           0,4        0,4                      0,4

Ta có hệ phương trình sau \(\left\{ \begin{gathered}a + b = 0,3 \hfill \\2a + b + 0,4 = 0,8 \hfill \\\end{gathered}  \right. \to \left\{\begin{gathered}a = 0,1 \hfill \\b = 0,2 \hfill \\\end{gathered}  \right.\)

Nên m_muối = m_{H2NC3H5(COONa)2}  + m_H2NCH2COONa  + m_NaCl = 0,1.191+0,2.97+0,4.58.5=61,9 g

Gọi n_alanin = x mol; n_{axit glutamic} = y mol

X tác dụng với dung dịch NaOH dư : n_COOH = \(\frac{{{m_{m'}} - {m_{aa}}}}{{22}}\)

→ x + 2y = \(\frac{{m + 8,8 - m}}{{22}}\)= 0,4  (1)

X tác dụng với dung dịch HCl :

BTKL:  m_aa + m_HCl = m_muối→ m_HCl = m + 10,95 – m = 10,95 → n_HCl = 0,3 mol

→ n_NH2 = n_HCl = 0,3

→ x + y = 0,3  (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,2;  y = 0,1

→ m = m_alanin + m_{axit glutamic} = 0,2.89 + 0,1.147 = 32,5 gam

X tác dụng với HCl tỉ lệ 1 : 1 →trong X có 1 nhóm NH₂

Coi hh Y gồm X và HCl không phản ứng với nhau và đều phản ứng với NaOH

n_{NaOH phản ứng} = n_{gốc COOH} + n_HCl → n_{gốc COOH} = n_{NaOH phản ứng} - n_HCl = 0,45 – 0,15 = 0,3 mol

→n_{gốc COOH} = 2n_X→ X chứa 2 nhóm COOH

→ X có dạng H₂N-R(COOH)₂

Hỗn hợp muối X thu được gồm H₂N-R(COONa)₂ và NaCl

Bảo toàn nguyên tố :

\({n_{{H_2}N - R{{\left( {COONa} \right)}_2}}} = {n_X} = 0,15\,\,mol;\,\,{n_{NaCl}} = {n_{HCl}} = 0,15\,\,mol\)

→ m_Z = 0,15.(R + 150) + 0,15.58,5 = 35,325 → R = 27 (C₂H₃)

Giả sử lấy a lít dung dịch Y → n_NaOH = a mol; n_KOH = a mol

Coi hh Y gồm X và H₂SO₄ không phản ứng với nhau và đều phản ứng với NaOH và KOH

n_NaOH + n_KOH= n_{gốc COOH} + 2.n_H2SO4→ a + a = 0,1.2 + 2.0,1

→ a = 0,2

Dung dịch Z chứa các ion : \({H_2}NR{\left( {CO{O^ - }} \right)_2},{\rm{ }}SO_4^{2 - },{\rm{ }}{K^ + },N{a^ + }\)

→ m_muối = 0,1.(R + 104) + 96.0,1 + 39.0,2 + 23.0,2 = 36,5

→ R = 41

\( \Rightarrow \% {m_N} = \dfrac{{14}}{{16 + 41 + 45.2}}.100\%  = 9,524\% \)

A vừa tác dụng với dd NaOH, vừa tác dụng với dd HCl nên công thức của A là: HOOC-CH₂-NH₃HCO₃ (muối của gốc HCO₃^- và glyxin)

HOOC-CH₂-NH₃HCO₃ +  3NaOH → Na₂CO₃ + NH₂-CH₂-COONa + 3H₂O

n_A = 0,1 (mol); n_NaOH = 0,4 (mol)

Theo PTHH: n_H2O = 3n_A = 0,3 (mol)

BTKL ta có: m_A + m_NaOH = m_rắn + m_H2O

→ 13,7 + 0,4.40 = m_Rắn + 18.0,3

→ m_rắn = 24,3 (g)

Xét hợp chất có dạng: (NH₂)_xR(COOH)_y

A. gly và ala có x = y không đổi màu quỳ, lys x > y quỳ chuyển xanh

B. gly và val có x = y không đổi màu quỳ, glu x < y quỳ chuyển đỏ

C. Ala và val có x = y không đổi màu quỳ, glu x < y quỳ chuyển đỏ

D. gly có x = y quỳ không đổi màu

Lys có x > y quỳ chuyển xanh

Glu x < y quỳ chuyển đỏ

+ Đối với hợp chất dạng: R(NH₃Cl)_x(COOH)_y(NH₂)_z(COONa)_t

Nếu x + y > z + t môi trường axit => quì sang đỏ

x + y < z + t môi trường bazo => quì sang xanh

x + y = z + t môi trường trung tính => không đổi màu quì

=> Các dung dịch có pH < 7 (có tính axit) là C₆H₅-NH₃Cl,ClH₃N-CH₂COOH, HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH

Gọi CTPT của X dạng H₂N-R-COOH

H₂N-R-COOH + HCl → ClH₃N-R-COOH

n_HCl = 0,15 mol → n_muối = n_HCl = 0,15 mol

→ M_muối = \(\dfrac{{16,725}}{{0,15}}\)= 111,5 → 36,5 + 16 + R + 45 = 111,5 → R = 14

→ R là CH_­2 → CTCT của X là H₂N-CH₂-COOH

Vì X tác dụng với dung dịch HCl theo tỉ lệ 1 : 1 → loại A

→ X là α-amino axit no, mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH

→ X có dạng NH₂RCOOH

NH₂RCOOH + HCl → ClH₃NRCOOH

\(\% {m_{Cl}} = \dfrac{{35,5}}{{R + 97,5}}.100\%  = 28,29\% \)→ R = 28

Vì X là α-amino axit → CTCT của X là CH₃-CH(NH₂)-COOH.

Gọi n_alanin = x mol; n_{axit glutamic} = y mol

X tác dụng với dung dịch NaOH dư : n_COOH = \(\dfrac{{{m_{m'}} - {m_{aa}}}}{{22}}\)

→ x + 2y = \(\dfrac{{m + 30,8 - m}}{{22}}\)= 1,4  (1)

X tác dụng với dung dịch HCl :

BTKL:  m_aa + m_HCl = m_muối→ m_HCl = m + 36,5 – m = 36,5 → n_HCl = 1 mol

→ n_NH2 = n_HCl = 1

→ x + y = 1  (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,6;  y = 0,4

→ m = m_alanin + m_{axit glutamic} = 0,6.89 + 0,4.147 = 112,2 gam