Viện CNSH_ĐHCT Phúc trình thực tập Sinh hóa Bài 4 Thí nghiệm I: Khảo sát tinh bột a. Cho màu với iod b. Không có tính khử c. Phản ứng thủy phân Thí nghiệm II: Định tính monosaccharide (glucose) và tinh bột. 1. Phản ứng Molish 2. Phản ứng với thuốc thử Fehling Thí nghiệm III: Định lượng glucose
Trang 1Phúc trình thực tập Môn học: TT SINH HÓA CNSH
Mã HP: CS115 Nhóm:
Thành viên nhóm:
Trang 2Thí nghiệm I: Khảo sát tinh bột
a Cho màu với iod:
Nhận xét:
- Khi cho 2 giọt iod vào 5ml dung dịch hồ tinh bột thì từ màu trắng đục của hồ tinh bột chuyển sang màu xanh tím
- Sau đó đem đun cách thủy khoảng 5 phút thì mất màu xanh tím, để nguội thì có lại màu xanh tím nhưng không giống như ban đầu
Giải thích:
Nguyên nhân là dạng amylose của tinh bột tạo một cấu trạng hình xoắn ốc nên phân tử I2 bị giữ lại trong ống này tạo phức chất màu xanh tím, khi đun cách thủy thì cấu trạng xoắn ốc bị phá hủy nên mất màu, để nguội thì tái tạo lại dạng ống nên I2 lại bị nhốt trong ống này do đó có lại màu xanh tím nhưng một phần cấu trúc đã bị biến dạng nên lượng I2 len lỏi vào ít hơn vì thế mà không còn giống y như ban đầu
b Không có tính khử:
Nhận xét:
- Khi cho thêm 2ml dung dịch Fehling (A+B tỉ lệ 1:1) vào 2ml hồ tinh bột thì không có hiện tượng gì xảy ra
- Sau đó đem đun cách thủy 3 phút thì từ màu xanh của Fehling chuyển sang màu đỏ gạch
Giải thích:
Dù hồ tinh bột không cho phản ứng với Fehling (A+B tỉ lệ 1:1) nhưng khi đun cách thủy thì hồ tinh bột thủy phân cho ra glucose mà glucose lại phản ứng đặc trưng với Fehling trên
CH2OH(CHOH)4CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH → CH2OH(CHOH)4COONa + 2Cu2O↓ + 3H2O
c Phản ứng thủy phân:
Nhận xét:
Mỗi lần nhỏ 1 giọt dung dịch đang thủy phân lên 1 giọt iod thì màu vàng của iod chuyển sang màu xanh tím và càng chậm chuyển màu cho đến sau 31 phút thì không còn làm iod chuyển màu nữa
Giải thích:
Do hồ tinh bột có phản ứng đặc trưng với iod nhưng khi đem đun cách thủy thì hồ tinh bột bị thủy phân và phải qua trải qua các chặng: dextrin, erythrodextrin, achrodexxtrin, maltose và mới tạo sản phẩm cuối cùng là glucose không phản ứng màu đặc trưng với iod
Trang 3Thí nghiệm II: Định tính monosaccharide (glucose) và tinh bột.
1 Phản ứng Molish:
Bảng 1.
Ống nghiệm
Hóa chất
1 Glucose 1%
2
Hồ tinh bột 1%
3
Hồ tinh bột thủy phân
Hiện tượng xuất hiện phức màuSủi bọt khí nhanh,
tím
Sủi bọt khí chậm, xuất hiện phức màu
tím
Sủi bọt khí rất nhanh, xuất hiện phức màu tím Nhận xét: Tốc độ phản ứng tăng từ hồ tinh bột 1% < Glucose 1% < hồ tinh bột thủy phân
Giải thích: Các loại glucid khác nhau đều cho phức màu tím với α-Naphthol 2% trong dung dịch H2SO4 đậm đặc Do hồ tinh bột 1% có vòng 6 cạnh bền nên trong môi
trường H2SO4 đậm đặc khó bị vỡ vòng nên cho phản ứng màu chậm nhất Còn glucose 1% do có vòng 6 cạnh khá bền nồng độ thấp nên cho phản ứng màu chậm hơn hồ tinh bột thủy phân
đặc.
Hồ tinh bột thủy phân do khi thủy phân tạo ra nhiều glucose Do glucose có vòng 5 cạnh trong môi trường acid sunfuric đậm đặc dễ bị vỡ vòng sau đó tạo ra furral, sau đó furral sẽ kết hợp với α-Naphthol cho ra phức màu tím
Ý nghĩa:
- Phân biệt glucose với các chất khác
- Phân biệt được các loại glucid khác nhau
2 Phản ứng với thuốc thử Fehling
Trang 4Bảng 2.
Ống nghiệm Hóa chất
Hiện tượng
+ Trước đun cách thủy
+ Sau đun cách thủy
Kết tủa xanh Kết tủa đỏ gạch
Kết tủa xanh Kết tủa đỏ gạch
Nhận xét: Khi cho thuốc thử Fehling vào dung dịch glucose 1% và tinh bột thủy phân (đã bão hòa) thì xuất hiện kết tủa màu xanh Đem đi đun cách thủy thì cả hai dung dịch đều chuyển sang kết tủa đỏ gạch
Giải thích:
Hình: Phản ứng tạo kết tủa đỏ gạch với thuốc thử Fehling
Thuốc thử này là CuSO4 với dung dịch kiềm đậm đặc và tartrate kép natri và kali
Trong môi trường kiềm đun nóng, monosaccharide ở dạng enediols (chất khử) không bền, dễ dàng khử các kim loại nặng như Cu2+, Ag+, Hg+ Monosaccharide sẽ khử Cu2+ trong dung dịch Fehling thành Cu2+ tạo kết tủa đỏ gạch Các monosaccharide có nhóm
- OH glycoside tự do đều có tính khử
Cơ chế:
Monosaccharide + Base mạnh → enediols → Cu+ → CuOH → Cu2O↓ (đỏ gạch)
Thí nghiệm III: Định lượng glucose
Thí
nghiệm
Định phân bằng Na2S2O3 N/50 Nhận
xét
- Dung dịch sau khi đun sôi để nguội có
màu vàng nhạt Cho ZnSo4.KI vào thì có màu cam sữaKết tủa dần tạo lớp dung dịch phía trên có màu nâu đỏ, lớp kết tủa có màu vàng
- Tốc độ kết tủa chậm dần từ ống 1 đến
ống 7
- Kết tủa tan dần Dung dịch nhạt màu dần và chuyển thành màu vàng rơm nhạt
- Cho hồ tinh bột vào dung dịch chuyển thành màu xanh
- Cho tiếp Na2S2O3 vào dung dịch mất màu xanh màu trắng sữa đục Giải
thích
Kết tủa là do Ferocyanua Kali tác dụng với
ZnSO4 tạo hóa hợp kẽm không tan
Và Fericianua Kali thừa tác dụng với KI
tạo kết tủa màu vàng của K4Fe(CN)6
- Sản phẩm tạo ra từ phương trình (3)
có Iod nên khi cho hồ tinh bột vào thì dd có màu xanh
- Na2S2O3 khử I2 tạo thành sau phản ứng (3) thành NaI nên không làm hồ tinh bột chuyển màu xanh xám nữa Phương -2K3NaFe(CN)6 + 2ZnSO4 2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI
Cu 2+
OH
-t o
Trang 5trình 2K2ZnFe(CN)6↓ + Na2SO4 + K2SO4 (2)
-K3Fe(CN)6 + KI K4Fe(CN)6↓ + 1/2I2 (3)
Kết
luận
Cho các ống nghiệm chứa Glucose với các
nồng độ khác nhau, sau khi phản ứng với
Fericianua Kali tiếp tục tác dụng với
ZnSO4.KI để phản ứng xảy ra một chiều
đồng thời để định phân lượng Fericianua
Kali thừa trong phản ứng
- Cốc thứ 7 không có glucose mà chỉ
có Fericianua Kali, nên lượng
Na2S2O3 dùng để định phân cần dùng nhiều nhất trong 7 ống nghiệm (do lượng Iod tạo ra sau phản ứng với KI nhiều hơn)
- Các cốc còn lại lượng Fericianua ban đầu đã phản ứng 1 phần với Glucose, nên lượng Na2S2O3 cần dùng để định phân K3Fe(CN)6 thừa sẽ tăng dần từ cốc 1 đến cốc 5
Kết quả định phân:
Nồng độ dd
DD Na2S2O3 N/50
(mg/ml)
Đồ thị biểu diễn ΔV=f(C) mg/ml:
Từ phương trình: y = 3,15x + 0,366
Với y = ΔV6 = 3,5 x6 = (3,5 – 0,366)/3,15 = 0,995 mg/ml
Vậy nồng độ ống nghiêm 6 là X= 0,995 mg/ml