アミノ酸は, 水溶液中では陽イオン・双性イオン・陰イオンが平衡状態にある.
水溶液のpHが変化すると平衡が移動し, それぞれのイオンの割合が変化する.
OH⁻ を増やす(塩基性を強める)と, 弱塩基 NH₂ が遊離する.
H⁺ を増やす(酸性を強める)と, 弱酸 COOH が遊離する.
陽イオン 双性イオン 陰イオン
正と負の電荷が平衡混合物全体として0になるときのpHの値を等電点という.
等電点ではほとんどが双性イオンで, わずかに残った陽イオンと陰イオンの濃度は等しい.
中性アミノ酸の等電点 中性付近 例 アラニンの等電点 6.0
酸性アミノ酸の等電点 酸性側 例 グルタミン酸の等電点 3.2
塩基性アミノ酸の等電点 塩基性側 例 リシンの等電点 9.7
[
グルタミン酸は2つのカルボキシ基をもち, 水溶液中では以下の4状態の平衡ができる.
OH⁻ を加えていくと, 不斉炭素原子 C* に直接結合している COOH から先に H⁺ が放出される.
H₃N⁺–CH–(CH₂)₂–COOH–COOH
⇄
H₃N⁺–CH–(CH₂)₂–COOH–COO⁻
⇄
H₃N⁺–CH–(CH₂)₂–COO⁻–COO⁻
⇄
H₂N–CH–(CH₂)₂–COO⁻–COO⁻
陽イオン(1価) 双性イオン 陰イオン(1価) 陰イオン(2価)
等電点(双性イオンの多い状態)にするには中性アミノ酸よりも多くの H⁺ が必要になるから, 酸性アミノ酸の等電点は酸性側に寄る.
リシンは2つのアミノ基をもち, 水溶液中では以下の4状態の平衡ができる.
OH⁻ を加えていくと, 不斉炭素原子 C* に直接結合している NH₃⁺ から先に H⁺ が放出される.
H₃N⁺–CH–(CH₂)₄–NH₃⁺–COOH
⇄
H₃N⁺–CH–(CH₂)₄–NH₃⁺–COO⁻
⇄
H₂N–CH–(CH₂)₄–NH₃⁺–COO⁻
⇄
H₂N–CH–(CH₂)₄–NH₂–COO⁻
陽イオン(2価) 陽イオン(1価) 双性イオン 陰イオン(1価)
等電点(双性イオンの多い状態)にするには中性アミノ酸よりも多くの OH⁻ が必要になるから, 塩基性アミノ酸の等電点は塩基性側に寄る.
結局, アミノ酸は pH が小さいほど陽イオンの割合が, pH が大きいほど陰イオンの割合が増加する.
]
電気泳動によるアミノ酸の分離
アミノ酸の混合水溶液に適当な pH のもとで直流電圧をかけると, 等電点の違いにより, 各アミノ酸を分離できる.
等電点 6.0 のアラニンは, pH 6.0 の緩衝液中では主に双性イオンの状態で存在する.
全体として帯電していないため, 電圧をかけても移動しない.
等電点 3.2 のグルタミン酸は, pH 6.0 の緩衝液中では主に陰イオンの状態で存在する.
全体として負に帯電しているため, 電圧をかけると陽極側に移動する.
等電点 9.7 のリシンは, pH 6.0 の緩衝液中では主に陽イオンの状態で存在する.
全体として正に帯電しているため, 電圧をかけると陰極側に移動する.
陽イオン交換樹脂によるアミノ酸の分離
陽イオン交換樹脂(水溶液中の陽イオンを吸着)を詰めた円筒状ガラス管を用意する.
これに, pH 2.0 にしたアラニン(等電点6.0), グルタミン酸(等電点3.2), リシン(等電点9.7)の混合溶液を通す.
pH 2.0 の緩衝液中ではどのアミノ酸も陽イオンの状態で存在し, 樹脂に吸着される.
ガラス管に通す緩衝液の pH を大きくしていくと, 吸着したアミノ酸が順に溶出する.
pH 4.0 → グルタミン酸(等電点 3.2)が双性イオンとなり溶出
pH 7.0 → アラニン(等電点 6.0)が双性イオンとなり溶出
pH 11.0 → リシン(等電点 9.7)が双性イオンとなり溶出
このように, 等電点の小さいアミノ酸から順に溶出・分離される.
グリシンの水溶液中では, 次の平衡関係がある.
H₃N⁺–CH₂–COOH ⇄ H₃N⁺–CH₂–COO⁻ + H⁺
H₃N⁺–CH₂–COO⁻ ⇄ H₂N–CH₂–COO⁻ + H⁺
(1) 電離定数が K₁ = 4.0×10⁻³ mol/L, K₂ = 2.5×10⁻¹⁰ mol/L としてグリシンの等電点を求めよ.
(2) pH 1 の水溶液中における陽イオン・双性イオン・陰イオンのモル濃度の比と双性イオンの存在割合を求めよ.
H₃N⁺–CH₂–COOH を G⁺,
H₃N⁺–CH₂–COO⁻ を G±,
H₂N–CH₂–COO⁻ を G⁻ と表す.
(1)
A⁺ ⇄ B± + H⁺ より
K₁ = [G±][H⁺] / [G⁺]
よって [G⁺] = [G±][H⁺] / K₁
B± ⇄ C⁻ + H⁺ より
K₂ = [G⁻][H⁺] / [G±]
よって [G⁻] = K₂[G±] / [H⁺]
等電点では [G⁺] = [G⁻] が成立するから
([G±][H⁺]) / K₁ = (K₂[G±]) / [H⁺]
よって [H⁺]² = K₁K₂
[H⁺] = √(K₁K₂) = √(4.0×10⁻³ × 2.5×10⁻¹⁰) = √(10⁻¹²) = 10⁻⁶
∴ pH = −log₁₀[H⁺] = −log₁₀10⁻⁶ = 6.0
(2) pH = 1 より [H⁺] = 10⁻¹ mol/L
[G±]/[G⁺] = K₁ / [H⁺] = (4.0×10⁻³)/(10⁻¹) = 4.0×10⁻²
[G⁻]/[G±] = K₂ / [H⁺] = (2.5×10⁻¹⁰)/(10⁻¹) = 2.5×10⁻⁹
∴ [G⁺] : [G±] : [G⁻] = 1 : 4.0×10⁻² : 10⁻¹⁰
双性イオンの存在割合
= [G±] / ([G⁺] + [G±] + [G⁻])
= 0.04 / (1 + 0.04 + 10⁻¹⁰)
≈ 0.04 / 1.04 ≈ 0.038 = 3.8%
(1) 電離定数の式を作って [G⁺] と [G⁻] について解いた後,
等電点の条件 [G⁺] = [G⁻] に代入する.
さらに [H⁺] について解いた後, pH を求める.
(2) 電離定数の式を ( [G±] / [G⁺] ) = … の形に変形した後に [H⁺] を代入すると
[G⁺] と [G±] の比が求まる.
[G⁺] : [G±] = 1 : 4.0×10⁻² … (1)
同様に [G±] : [G⁻] = 1 : 2.5×10⁻⁹ … (2)
ここでは [G⁺] を 1 とする.
(2) を 4.0×10⁻² 倍すると
[G±] : [G⁻] = 4.0×10⁻² : (2.5×10⁻⁹ × 4.0×10⁻²)
= 4.0×10⁻² : 10×10⁻¹¹
= 4.0×10⁻² : 10⁻¹⁰
(1) と統合して
1 : 0.04 : 0.0000000001 となる.
pH 1 の強酸下では陽イオンの割合が圧倒的に多い.
陰イオンの割合は無視できるほど小さい（10⁻¹⁰ は有効数字に影響しない）.
双性イオンの存在割合 f± を [H⁺], K₁, K₂ で表すと
f± = 1 / ( ([H⁺]/K₁) + 1 + (K₂/[H⁺]) )
（K₁ = [G±][H⁺]/[G⁺], K₂ = [G⁻][H⁺]/[G±] ）
本問では K₂/[H⁺] ≈ 0 となる.
陽イオンの存在割合 f⁺ は
f⁺ = 1 / ( 1 + (K₁/[H⁺]) + (K₁K₂/[H⁺]²) )
強酸条件では K₁K₂/[H⁺]² ≈ 0 となる.
図は0.10 mol/Lのグリシン塩酸塩水溶液10 mLに0.10 mol/LのNaOH水溶液を滴下したときのpHの変化を表したものである.
グリシン塩酸塩の電離で生じたグリシン陽イオンは, 水溶液中で次のように二段階電離する.
log10 2=0.30, log10 3=0.48
H₃N⁺−CH₂−COOH ⇄ H₃N⁺−CH₂−COO⁻ + H⁺ (K₁=4.0×10⁻³ mol/L)
H₃N⁺−CH₂−COO⁻ ⇄ H₂N−CH₂−COO⁻ + H⁺ (K₂=2.5×10⁻¹⁰ mol/L)
(1) 0.10 mol/Lのグリシン塩酸塩水溶液のpHを求めよ.
(2) NaOH水溶液を5 mL滴下した時点でのpHを求めよ.
(3) NaOH水溶液を15 mL滴下した時点でのpHを求めよ.
(4) NaOH水溶液を20 mL滴下した時点でのpHを求めよ. 水のイオン積をKw=1.0×10⁻¹⁴ (mol/L)² とする.
H₃N⁺−CH₂−COOH を G⁺, H₃N⁺−CH₂−COO⁻ を G±, H₂N−CH₂−COO⁻ を G⁻ と表す.
(1) K₁ ≫ K₂ より, 第二電離は無視できる. グリシン陽イオン G⁺ の濃度を C [mol/L], 電離度を α とする.
G⁺ ⇄ G± + H⁺
電離前 C 0 0
変化量 −Cα +Cα +Cα
平衡時 C(1−α) Cα Cα
K₁ = ( [G±][H⁺] ) / [G⁺] = (Cα·Cα)/(C(1−α)) = Cα²/(1−α)
よって Cα² + K₁α − K₁ = 0
0.10 α² + 4.0×10⁻³ α − 4.0×10⁻³ = 0
25 α² + α − 1 = 0
α = (−1 ± √101) / 50 ≈ 0.18 , −0.22 (不適)
[H⁺] = Cα = 0.10×0.18 = 18×10⁻³ mol/L
pH = −log10 [H⁺]
= −log10 (18×10⁻³)
= −log10 (2×3²×10⁻³)
= −log10 2 − 2 log10 3 + 3
= −0.30 − 0.96 + 3
= 1.74 ≈ 1.7
2個のH⁺が電離できるので, グリシン陽イオン G⁺ は2価の弱酸とみなせる.
よって, グリシン陽イオン G⁺ をNaOH水溶液で滴定すると2個の中和点をもつ滴定曲線が得られる.
弱酸が電離平衡に達したときのpHの求め方は理論化学で学習済みなので, 簡単な解説に留める.
電離度を α として平衡時の各イオンのモル濃度を求め, 平衡定数の式を作ると電離度 α が求まる.
一般に, α ≤ 0.05 ならば 1−α ≈ 1 と近似できるが, そもそも α の値は求めてみるまでわからない.
そこで, 一旦 α ≤ 0.05 と仮定し, 1−α ≈ 1 と近似して α の値を求めてみる.
K₁ = Cα² より α = √(K₁/C) = √(4.0×10⁻³ / 0.10) = 0.2 ≥ 0.05 なので, 近似 1−α ≈ 1 は不適切である.
結局, 近似せずに二次方程式の解の公式を用いて α を求めることになる.
10² < 101 < 10.1² より √101 ≈ 10 としても有効数字に影響しない.
(2) [G⁺] = [G±] より K₁ = [H⁺]
pH = −log10 [H⁺] = −log10 K₁
= −log10 (4.0×10⁻³)
= −2 log10 2 + 3
= −0.60 + 3
= 2.4
（解説ブロックそのまま）
グリシン塩酸塩は 0.10 mol/L × 0.01 L = 1.0×10⁻³ mol ある.
水溶液中では塩は100%電離するから, 実際にはグリシン陽イオン G⁺ が 1.0×10⁻³ mol ある.
一方, 0.10 mol/L のNaOH水溶液5 mL の中にNaOH は 0.10×0.005 = 5.0×10⁻⁴ mol 含まれる.
よって, NaOH水溶液を5 mL滴下すると, 5.0×10⁻⁴ mol の G⁺ が中和されて G± となる.
G⁺ は 1.0×10⁻³ − 5.0×10⁻⁴ = 5.0×10⁻⁴ mol 残るから, 結局 G⁺ と G± のモル濃度が等しくなる.
pH = −log10[H⁺] と同様に, pK₁ = −log10 K₁ と定義し, これを酸解離定数という.
第一電離の中間点では pH = pK₁ となる.
グリシンはこの点で緩衝作用を示す.
酸を少量加えると G± が H⁺ を受け取って G⁺ となり, 塩基を少量加えると G⁺ が中和反応する.
よって, 水溶液中の H⁺ や OH⁻ の濃度はほとんど変化しない.
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(3) [G±] = [G⁻] より
K₂ = [H⁺]
pH = −log10 K₂
= −log10 (2.5×10⁻¹⁰)
= −log10 ( (1/4)×10⁻⁹ )
= 2 log10 2 + 9
= 0.60 + 9
= 9.6
（解説ブロックそのまま）
K₁ ≫ K₂ より, 一段階目の中和が完全に終了してから二段階目の中和が始まる.
NaOH を10 mL (1.0×10⁻³ mol) 加えると, G⁺ 1.0×10⁻³ mol がすべて中和されて G± になる.
さらにNaOH を5 mL (5.0×10⁻⁴ mol) 加えると, G± 5.0×10⁻⁴ mol が中和されて G⁻ になる.
G± は 1.0×10⁻³ − 5.0×10⁻⁴ = 5.0×10⁻⁴ mol 残るから, 結局 G± と G⁻ のモル濃度が等しくなる.
第二電離の中間点では pH = pK₂ が成り立つ.
先程の問題で示したように, 等電点では [H⁺] = √(K₁K₂) となる.
このとき
pH = −log10 √(K₁K₂) = (−log10 K₁ − log10 K₂)/2 = (pK₁ + pK₂)/2
つまりアミノ酸の等電点は pK₁ と pK₂ の平均値である.
グリシンは第二電離の中間点でも緩衝作用を示す.
酸を少量加えると G⁻ が中和反応し, 塩基を少量加えると G± が H⁺ を放出して G⁻ となる.
よって水溶液中の H⁺ や OH⁻ の濃度はほとんど変化しない.
(4) グリシン陰イオン G⁻ の濃度を C [mol/L], 加水分解する割合を h とする.
G⁻ + H₂O ⇄ G± + OH⁻
加水分解前 C 0 0
変化量 −Ch +Ch +Ch
加水分解後 C(1−h) Ch Ch
加水分解定数は
K_h = [G±][OH⁻] / [G⁻]
= (Ch)(Ch) / (C(1−h))
= Ch² / (1−h)
加水分解している割合 h は非常に小さく, 1−h ≈ 1 と近似できる.
K_h = Ch² より
h = √(K_h / C)
ここで
K₂ K_h = [G⁻][H⁺]/[G±] × [G±][OH⁻]/[G⁻] = [H⁺][OH⁻] = K_w
よって
K_h = K_w / K₂
= (1.0×10⁻¹⁴)/(2.5×10⁻¹⁰)
= 4.0×10⁻⁵
[OH⁻] = Ch
= C √(K_h / C)
= √(C K_h)
= √( (0.10/3) × 4.0×10⁻⁵ )
= (2/√3) × 10⁻³
[H⁺] = K_w / [OH⁻]
= (1.0×10⁻¹⁴) / ( (2/√3)×10⁻³ )
= (√3/2)×10⁻¹¹
pH = −log10[H⁺]
= −log10( (√3/2)×10⁻¹¹ )
= −( (1/2)log10 3 − log10 2 − 11 )
= 11 + 0.30 − 0.24
= 11.06 ≈ 11
（解説ブロック）
第一電離が完了した点が第一中和点で, G± の濃度が最大になるから, 第一中和点は等電点に等しい.
第一中和点までの2倍のNaOH水溶液を滴下すると, 第二電離が完了する(第二中和点).
弱酸と強塩基からなる正塩は, 水溶液中で加水分解して塩基性を示す.
加水分解度を h として平衡時の各イオンのモル濃度を求め, 平衡定数の式を作る.
一般に, 加水分解はほとんど起こらないため, 1−h ≈ 1 と近似できる.
さらに, K_h を K₂ と K_w で表せることが重要である.
一応確認すると,
h = √(K_h/C) = √( (4.0×10⁻⁵)/(0.10/3) ) ≈ 0.035 ≤ 0.05
なので近似 1−h ≈ 1 は適切である.
なお, NaOH の滴下によって体積が3倍になったことで, モル濃度は 1/3 になっている.
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（最後の問題）
酸性アミノ酸であるグルタミン酸の陽イオン, 中性イオン, 1価陰イオン, 2価陰イオンを
Glu⁺ , Glu± , Glu⁻ , Glu²⁻ と表すと, 電離平衡は次の通り.
グルタミン酸の等電点を求めよ.
log10 2 = 0.30 , log10 3 = 0.48
Glu⁺ ⇄ Glu± + H⁺ (K₁ = 8.0×10⁻³ mol/L)
Glu± ⇄ Glu⁻ + H⁺ (K₂ = 9.0×10⁻⁵ mol/L)
Glu⁻ ⇄ Glu²⁻ + H⁺ (K₃ = 3.0×10⁻¹⁰ mol/L)
等電点は酸性側にあり, また K₂ ≫ K₃ より第三電離は無視できる.
K₁ = [Glu±][H⁺]/[Glu⁺]
→ [Glu⁺] = [Glu±][H⁺]/K₁
K₂ = [Glu⁻][H⁺]/[Glu±]
→ [Glu⁻] = K₂ [Glu±]/[H⁺]
等電点では [Glu⁺] = [Glu⁻] が成立するから
([Glu±][H⁺])/K₁ = K₂[Glu±]/[H⁺]
よって
[H⁺]² = K₁K₂
[H⁺] = √(K₁K₂)
= √(8.0×10⁻³ × 9.0×10⁻⁵)
= √(2³ × 3² × 10⁻⁸)
= 2^(3/2) × 3 × 10⁻⁴
pH = −log10[H⁺]
= −log10( 2^(3/2) × 3 × 10⁻⁴ )
= −( (3/2)log10 2 + log10 3 − 4 )
= −( 0.45 + 0.48 − 4 )
= 3.07 ≈ 3.1
2価陰イオン Glu²⁻ を無視すると, 後は中性アミノ酸と同様である.
pH = 3.1 のとき [H⁺] = 10⁻³·¹ である.
K₃ = [Glu²⁻][H⁺]/[Glu⁻] より
[Glu²⁻]/[Glu⁻] = K₃/[H⁺] = (3.0×10⁻¹⁰)/(10⁻³·¹) = 3.0×10⁻⁶·⁹
[Glu⁻] に対する [Glu²⁻] の割合は有効数字に影響しないほど小さく, 近似は適切であった.
