resolución del problema 1 - Departamento de Química Orgánica

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QUÍMICA ORGANICA BIÓLOGOS (SEGUNDO PARCIAL)
RESOLUCIÓN PROBLEMA 1
12345678-
A
A + HCl 2N, 100°C, 2 horas
A + β-glucosidasa
A + α-galactosidasa
Glc
Man
Gal
Ara
(rosada)
CHO
CHO
H
OH
HO
HO
H
H
H
H
OH
H
OH
OH
H
1
2
3
4
5
6
7
8
OH
CH2OH
D-glc
CH2OH
D-ara
Gal: epimero de la glc en C-4
Man: epimero de la glc en C-2
a) Proponga una estructura para el compuesto A compatible con los datos
cromatográficos obtenidos y escríbala usando proyecciones de Haworth.
Justifique su respuesta.
En base a los datos cromatográficos obtenidos, se puede ir deduciendo la
estructura.
1) No se observa la mancha correspondiente al trisacárido. Dado que se utilizó como
revelador el ácido ortoftálico/anilina, esto indica que el trisacárido es no reductor.
2) Teniendo en cuenta el Rf de los productos de la hidrólisis del trisacárido y por
comparación con los patrones sembrados, se observa la presencia de tres
monosacáridos: glucosa (hexosa), galactosa (hexosa) y arabinosa (pentosa).
3) Cuando se trata al trisacárido con -glucosidasa (que corta enlaces en  de la
glucosa con otro monosacárido), sólo se observa la mancha correspondiente a la
glucosa. Con lo cual, se puede deducir que el disacárido (llamémosle B) al cual
está unido la glucosa, es no reductor. El disacárido contiene galactosa y arabinosa.
Con esta información, podemos empezar a construir la estructura de la siguiente
forma: Glucosa
disacárido B

4) Cuando se trata al trisacárido con -galactosidasa (que corta enlaces en  de la
glucosa con otro monosacárido), se observa que la mancha correspondiente a la
arabinosa y una mancha de Rg = 0,5 que no coincide con ningún patrón de los
sembrados y que corresponde a un disacárido con extremo reductor (llamémosle
C) al cual está unido la galactosa. El disacárido C contiene glucosa y galactosa.
Con esta información, podemos empezar a construir la estructura de la siguiente
forma: Arabinosa
disacárido C (galactosa +glucosa)
Con todas estas informaciones, podemos armar la siguiente estructura:
Glucosa
Galactosa
Arabinosa
 (1-1)

ya que de esta forma el disacárido B sería Galactosa
 (1-1)
Arabinosa y eso explicaría
porqué no aparece la mancha correspondiente a dicho disacárido B en la ccd de
celulosa. Por otro lado, el disacárido C sería Glucosa
Galactosa y revelaría

con ácido ortoftálico/anilina con un Rg = 0,5.
El análisis de metilación de A y posterior hidrólisis rindió una 2,3,4,6-tetra-O-metilhexosa (1), una 2,3,6-tri-O-metilhexosa (2) y una 2,3,4-tri-O-metil-pentosa (3). Las
hexosas son la glucosa y la galactosa, y la pentosa es la arabinosa. El compuesto 1
corresponde a la metilación exhaustiva de la glucosa; el compuesto 2 corresponde a la
metilación exhaustiva de la galactosa y el compuesto 3 corresponde a la metilación
exhaustiva de la arabinosa.
Por lo tanto, la estructura correspondiente es:
Glucosa
Galactosa
Arabinosa
 (1-1)
 (1-4)
La unión glicosídica de la arabinosa no está definida.
La estructura usando las proyecciones de Haworth es:
CH2OH
O
OH
CH2OH
O
OH
O
O
OH
OH
OH
OH
OH
OH
b) Escriba la reacción con HCl 2N.
La reacción con HCl 2N corresponde a una hidrólisis ácida del trisacárido
produciéndose la ruptura de las uniones glicosídicas.
Trisacárido A HCl 2N
glucosa + galactosa + arabinosa
100C, 2 horas
CH2OH
O
OH
O
CH2OH
O
OH
OH
O
OH
OH
OH
OH
OH
HCl 2N
100 C, 2 horas
CH2OH
O
OH
OH
+
CH2OH
OH
O
OH
OH
O
OH
+
OH
OH
OH
OH
OH
glucosa
OH
galactosa
arabinosa
c) Indique claramente que diferencias observaría si la misma placa se revelara con
IO4- / MnO4-.
d) Si se revelara la placa con IO4- / MnO4-, se observaría, además de las manchas
observadas en la placa anterior, las manchas correspondientes al trisacárido A y al
disacárido B.
Disacárido B
Trisacárido A
1
2
3
4
5
6
7
8
RESOLUCION PROBLEMA 2
A)
i)
ii)
iii)
iv)
v)
Se arma la columna de sílica en hexano puro.
Se prepara una pastilla de sílica para sembrar la muestra de 1 gr, disolviéndola en
AcEOt y evaporando en rota-vap.
Se comienza la elución con Hex:AcEOt 80:20 hasta la elución del compuesto
más móvil. Luego se cambia a Hex:AcEOt 70:30 y progresivamente a
Hex:AcEOt 60:40 hasta que eluya el compuesto de movilidad intermedia.
Finalmente se eluye con las mezclas de polaridad creciente hasta llegar a
Hex:AcEOt 20:80 y se obtiene el tercer compuesto.
El avance de la columna se sigue en base a CCD de los tubos eluídos.
En ese caso llevaría a cabo una placa preparativa, sembrando los 20 mg disueltos
en AcEOt y desarrollando la cromatografía en Hex:AcEOt 70:30, previo secado
de la placa en la zona de siembra.
B)
a) Verdadera. La muestra que se desee analizar por CGL debe ingresar al sistema de la
columna como fase gaseosa luego de ser volatilizada en el inyector.
b) Verdadera. En HPLC de fase reversa, eluye primero el componente de la muestra más
polar y en último término el menos polar. El ácido benzoico es claramente más polar
que el benzoato de etilo, entonces eluirá primero el ácido y luego el éster etílico. Al
disminuir la polaridad de la fase móvil, los componentes de la mezcla quedarán
menos retenidos por tratarse de una fase reversa y por lo tanto, sus tiempos de
retención disminuirán.
c) Falsa. Ambos pares de aminoácidos se pueden separar con dicha resina de
intercambio iónico en esas condiciones.
La lisina se encuentra a un pH menor que su pI, por lo tanto estará protonada y con
carga neta positiva, por lo que no se retendrá en la resina y se eluirá sin
inconvenientes, mientras que la glicina se halla a un pH mayor que su pI, y se hallará
cargada negativamente, quedando retenida por la resina, y no eluirá hasta que se
modifique el pH del buffer de elución.
En cuanto al segundo par de aminoácidos también puede separarse, pues la lisina se
halla cargada positivamente como ya dijimos y eluirá sin inconvenientes al no quedar
retenida, mientras que el ácido aspártico, dado su pI y el pH del buffer, se halla
cargado negativamente y quedará por tanto retenido en la resina.
RESOLUCIÓN PROBLEMA 3
a) Si consideramos una fórmula general para el compuesto A como la que sigue, los
compuestos presentes en cada una de las soluciones 1 a 6, son los siguientes:
CH 2OCO-R 1
CHOCO-R 2
CH 2OCO-R 3
KOH 10%
Etanol

4 horas
A
R1-COO -Na +
CH 2OH
CHOH
CH 2OH
+
-
R2-COO Na
CH 2OH
CHOH
+
R3-COO -Na +
R1-COOH
HCl
hasta
pH=3
CH 2OH
+
R2-COOH
R3-COOH
Solucion 2
Solucion 1
cloroformo
+ agua
Fase organica 4
R1-COOCH 3
R2-COOCH 3
R3-COOCH 3
Fase organica 5
1)Evaporar
(cloroformo)
2)+ MeOH/H2SO4//3horas
R1-COOH
3)+ cloroformo, + agua
R2-COOH
R3-COOH
Fase acuosa 3
CH 2OH
CHOH
CH 2OH
En la fase orgánica 6 quedan fundamentalmente restos de ácido sulfúrico.
La reacción que ocurre al tratar la mezcla de ácidos grasos con MeOH/H2SO4//3 horas
es una esterificación (de Fischer) en al cual el ácido actúa como catalizador.
H+
R1-COOH + CH3OH
R1-COOCH 3
La esterificación resulta necesaria para el posterior análisis por cgl.
b) Información que se obtiene de la cgl:
Del análisis por cgl (Corrida I) se deduce que el triglicérido A está compuesto por 2
ácidos grasos diferentes, uno de tiempo de retención (tR) 4,8 min y otro, más polar, de tR
5,5 min. Ambos están en relación 2:1. Como A es ópticamente activo, en la estructura
general de A debe ser R1=R2=al ácido graso de menor tR (4,8 min, el más abundante).
Para la Corrida II, la fase orgánica 5, que contiene los ácidos grasos metilados, se
hidrogenó previamente. Se determinó que se consumen 4 moles de H2 por cada mol de A
original, por lo tanto, en las cadenas de los ácidos grasos que componen A debe haber en
total 4 dobles enlaces. De la corrida II, luego de hidrogenar, se observa que ambos ácidos
grasos de t R =4,8 min y 5,5 min, se han transformado en otro, ahora hidrogenado de tR =
4,1 min. Éste coincide con el patrón de ácido graso saturado de 18 carbonos (ácido
esteárico, C18:0) que se observa en la Corrida III. En esta Corrida III, observamos una
mezcla de ácidos grasos saturados de 14, 16 y 18 carbonos (C14:0, C16:0 y C18:0) que
presentan tR = 3,2 min; 3,6 min y 4,1 min respectivamente. El triglicérido A, entonces,
contiene 2 ácidos grasos insaturados de 18 carbonos; como el número total de dobles
enlaces presentes debe ser 4, y la relación de moles para los 2 picos obtenidos que se
observan en la Corrida I es 2:1, se deduce que el ácido graso de tR 4,8 min debe tener una
insaturación, mientras que el de tR 5,5 min debe tener 2 (esto suma los 4 dobles enlaces
que consumen H2). Esto concuerda con las características de una corrida de ésteres
metílicos de ácidos grasos en cgl usando una columna de fase polar, en la que el t R de los
mismos aumenta de acuerdo al número de insaturaciones que presentan.
c) En conclusión, el triglicérido A está constituído por 2 moles de un ácido graso de 18C
con una insaturación (18:1), ubicados en los OH de C1 y 2 del glicerol (para que A
resulte ópticamente activo), y un mol de un ácido graso de 18C con dos insaturaciones
(18:2) en C3. Quedan indeterminadas hasta este momento las posiciones de estos dobles
enlaces.
CH 2O-CO-(CH2)x-CH=CH-(CH 2)y-CH=CH-(CH 2)z-CH3
CHO- CO-(CH2)n-CH=CH-(CH 2)m-CH3
CH 2O-CO-(CH2)n-CH=CH-(CH 2)m-CH3
A
donde
x + y + z = 12
n + m = 14
d) La ozonólisis oxidativa de la fase orgánica 4 da dos diácidos diferentes y dos
monoácidos. Como la ozonólisis es oxidativa, la ruptura de los dobles enlaces conduce a
ácidos carboxílicos. Analizando los ácidos obtenidos, se puede determinar la posición de
los dobles enlaces de la siguiente manera:
OH
O
acido nonanoico
i) O3
OH
ii) H2O2/HO
O
-
O
+
iii) H hasta pH 3
O
HO
OH
acido nonanodioico
O
O
i) O3
O
HO
OH
-
ii) H2O2/HO
iii) H+ hasta pH 3
OH
acido nonanodioico
O
HO
OH
OH
acido hexanoico
De esta manera, la estructura del triglicérido A es:
CH 2O
O
O
CHO
O
CH 2O
O
O
acido propanodioico
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