Bài tập tính lưỡng tính của amino axit

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 →X có 2 nhóm COOH

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

→ X có dạng NH₂-R-(COOH)₂

\({n_{Cl{H_3}N - R{{(COOH)}_2}}} = {\rm{ }}{n_X} = {\rm{ }}0,15{\rm{ }}mol\,\, \to \,\,{M_{Cl{H_3}N - R{{(COOH)}_2}}} = \frac{{25,425}}{{0,15}} = 169,5\)

→ R là C₂H₃

Vì X là α – aminoaxit→ công thức của X là HOOC – CH₂CH(NH₂) – COOH

Các chất tác dụng được với dd alanin (H₂N-CH₂-COOH) là: Ca(OH)₂, HCl, H₂SO₄, CH₃OH, NaOH

→ có 5 chất

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

Coi hh X gồm H₂NC₃H₅(COOH)₂và HCl không phản ứng với nhau và đều phản ứng với NaOH

→ n_{NaOH phản ứng} = n_{gốc COOH} + n_HCl = 0,1.2 + 0,3 = 0,5 mol

Gọi n_HCl = x mol

Coi hh X gồm CH₃-CH(NH₂)COOH và HCl không phản ứng với nhau và đều phản ứng với NaOH

→ m_HCl = m_X -m_aminoaxit =1,62– 0,01.89 = 0,73 gam

→ n_HCl = 0,02 mol

→ n_{NaOH phản ứng} = n_{gốc COOH} + n_HCl = 0,01 + 0,02 = 0,03mol

→ V = 30 ml

A, C. Quỳ hoá đỏ

B. Quỳ hoá xanh

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. CH₃CH(NH₂)COOH không làm quỳ tím chuyển màu.

B. H₂NCH₂CH(NH₂)COOH có số nhóm -NH₂ > -COOH nên làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

C. ClH₃NCH₂COOH làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

D. HOOCCH₂CH(NH₂)COOH có số nhóm -NH₂ < -COOH nên làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

\({n_{{H_2}N - C{H_2} - COOH}} = 0,12\,\,mol\)

Coi H₂N-CH₂-COOH và NaOH không phản ứng với nhau và đều phản ứng với HCl

\({n_{NaOH}} = {n_{{H_2}N - C{H_2} - COOH}}\)= 0,12 mol

→ m_muối = \({m_{Cl{H_3}N - C{H_2} - COOH}} + {m_{NaCl}}\)= 0,12.111,5 + 0,12.58,5 = 20,4 gam

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

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)

Coi dung dịch Y chứa (H₂N)₂C₃H₅COOH : 0,02 mol

                                    H₂SO₄ : 0,02 mol

                                     HCl : 0,06 mol

Y + 0,04 mol NaOH, 0,08 mol KOH → n_H+ = n_OH- = 0,12 → Phản ứng vừa đủ

→ muối thu được có chứa (H₂N)₂C₃H₅COO- : 0,02 mol ; SO₄^2- : 0,02 mol ;  Cl^- : 0,06 mol, K⁺ : 0,08; Na⁺ : 0,04 → m_muối = 10,43

            Ala – Gly + 2KOH → Ala-K + Gly-K + H₂O

Mol       0,1      →      0,2    →  0,1  →   0,1

=> n_{KOH dư} = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

m_rắn = m_Ala-K + m_Gly-K + m_{KOH dư} = 127.0,1 +  113.0,1 + 56.0,1 = 29,6g

Chất lưỡng tính là chất vừa có khả năng cho và nhận proton (H⁺):

- Khi phản ứng với kiềm chất lưỡng tính cho H⁺ (thể hiện tính axit).

- Khi phản ứng với axit chất lưỡng tính sẽ nhận H⁺ (thể hiện tính bazo).

Vậy để chứng minh tính lưỡng tính của amino axit ta có thể dùng phản ứng của chất này lần lượt với dung dịch KOH và dung dịch HCl:

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)

X + HCl → Muối

BTKL: m_HCl = m_muối - m_X = 18,825 - 13,35 = 5,475 gam

=> n_HCl = 5,475 : 36,5 = 0,15 mol

Do X chứa 1 nhóm NH₂ nên ta có: n_X = n_HCl = 0,15 mol

=> M_X = m_X : n_X = 13,35 : 0,15 = 89

Vậy X là Alanin (CH₃CH(NH₂)COOH)

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

+ 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