Übung und Lösung zur Übung Aminosäuren 1. Zeichnen und beschriften Sie die stereochemische Struktur von L- Threonin. Geben Sie an, ob R- oder S-Konfiguration vorliegt. 2. Das Tripeptid Glutathion ( -Glu-Cys-Gly) übernimmt in vielen Organismen eine Schutzfunktion, indem es toxische Peroxide abbaut, die während des oxidativen Stoffwechsels erzeugt werden. Zeichnen Sie die chemische Strukturformel von Glutathion. Beachten Sie dabei: das Symbol weist darauf hin, dass die Peptidbindung zwischen Glu und Cys zwischen der -Carboxylgruppe von Glu und der Aminogruppe von Cys besteht. 3. Alle L-Aminosäuren verfügen über eine absolute S-Konfiguration. Die einzige Ausnahme macht L-Cystein, das in R-Konfiguration vorliegt. Warum? Grund: die Gruppe C2S hat die höhere Priorität in der CIP-Nomenklatur als die Carboxylgruppe (COO). 1
Übung Zucker O O O 6 5 O O 1 O O O O O O O O O O O O O I II III 1. Zeichnen Sie die aworth-projektionen der Zucker I - III. 2. Zeichnen Sie die Fischer-Projektionen der Zucker I - III. 3. Benennen Sie die Zucker I - III. 2
Lösung zur Übung Zucker D-Glucose D-Mannose D-Galactose 3
Übung Lipide Warum besitzen die meisten ungesättigten Fettsäuren der Phospholipide eine cis- und keine trans-konfiguration? Zeichnen Sie die Struktur einer Fettsäure mit 16 Kohlenstoffatomen in einer gesättigten, einer einfach ungesättigten cis- und einer einfach ungesättigten trans-konfiguration. Antwort: Das Vorhandensein einer cis-doppelbindung verursacht einen Knick, der eine hochgeordnete Packung der Fettsäureketten verhindert und somit die Schmelztemperatur der Membran senkt. So halten cis-doppelbindung die Fluidität aufrecht. Dagegen haben trans-fettsäuren im Vergleich zu gesättigten Fettsäuren keine strukturelle Auswirkung und sind deshalb selten. 4
Übung Enzyme A) In zwei verschiedenen Zellextrakten, Extrakt A und Extrakt B, wird die Aktivität des Enzyms Aldolase mit gleichen Enzymassays gemessen. Die Aktivität der Aldolase (ausgedrückt als Mol umgesetztes Substrat pro Gramm Extrakt) ist unter verschiedenen Bedingungen im Extrakt A immer 5 mal höher als im Extrakt B. Was ist die einfachste Erklärung für diese Beobachtung? B) Sie messen nun in einem der Extrakte die Aktivität der Aldolase in Abhängigkeite der Substratkonzentration. Bei einer Substratkonzentration von 0.04 mm messen Sie eine Aktivität, die 80% von V max entspricht. Wie gross ist K M für diese Aldolase? Lösung: A) Extrakt A enthält die 5fache Enzymmenge. B) V V 0 max S 0.04 0.8 V V K 0.01mM max max M K S K 0.04 M M 5
Übung Glykolyse Die Aldolase katalysiert eine wichtige Reaktion in der Glykolyse. Der Reaktionstyp ist eine Aldolspaltung, die Umkehrung der Aldoladdition (Aldolkondensation). Zeichnen und benennen Sie die Strukturfromeln des Substrats und der Produkte dieser Reaktion und bezeichnen Sie die Methylenkomponente, die Carbonylkomponente und die Aldolkomponente. Zeichnen Sie den Reaktionsmechanismus dieser Reaktion mit den entsprechenden Reaktionspfeilen. 6
Übung ATP Verschieden Zelltypen des Menschen enthalten unterschiedliche Konzentrationen von ATP, ADP, und P i. Daher ist die Gibbsenergie ( G ) der ATP-ydrolyse unterschiedlich gross in diesen Zellen. Berechnen Sie die Werte für G der ATP-ydrolyse in Leber- Muskel- und Gehirnzellen mithilfe der vorgegebenen Angaben in der folgenden Tabelle und ergänzen Sie die Tabelle. In welchem Zelltyp ist die freie Enthalpie der ydrolyse von ATP am Grössten? ATP (mm) ADP (mm) P i (mm) G (kj mol -1 ) Leberzellen 3.5 1.8 5.0 Muskelzellen 8.0 0.9 8.0 irnzellen 2.6 0.7 2.7 ilfsgrössen: ATP + 2 O ADP + P i Gº = 30.5 kj mol -1 R = 8.314 10-3 kj K -1 mol -1 Antwort: G = Gº + RT ln [ADP] [Pi] / [ATP] T = 310 K (37ºC) G = 30.5 + 8.314 10-3 310 ln (1.8 10-3 5 10-3 / 3.5 10-3 ) für Leberzellen = -45.87 kj mol In Gehirnzellen wird die Gibbsenergie am grössten. -1 7
Übung Zitronensäurezyklus Radioaktive Substrate können gebraucht werden, um das Schicksal einzelner Kohlenstoffatome in Stoffwechselwegen abzuklären. In den 50ziger Jahren wurde in einem solchen Versuch Acetat, welches an der Carboxylgruppe ([1-14 C- Acetat] radioaktiv markiert war, unter aeroben Bedingungen mit einem Zellpräparat aus tierischen Gewebezellen inkubiert. Acetat wird in solchen Präparaten zu Acetyl-CoA umgewandelt. Daher kann das Schicksal der Acetylgruppe im Citratcyclus verfolgt werden. -Ketoglutarat wurde aus den Gewebezellen isoliert und dann chemisch abgebaut, um die Position der 14 C- Markierung festzustellen. Es wurde gefunden, dass -Ketoglutarat nur in der - Carboxyl-Gruppe die 14 C-Markierung trug. a) Wie interpretieren Sie dieses Resultat? Warum denken Sie, wurde der label auch in der -Carboxygruppe erwartet. Legen Sie Ihre Ausführungen und Argumente dar. inweis: Chiralität - Prochiralität b) Was passiert mit der radioaktiven Markierung im weiteren Verlauf des Zyklus? Lösung: a) Die Aconitase kann unterscheiden zwischen den zwei möglichen Bindungen, die an der Reaktion teilnehmen könnten. Drei komplementäre Bindungsstellen des chiralen Enzyms erlauben eine eindeutige räumliche Positionierung des Citratmoleküls. Siehe Fig. 2. 8
b) Die radioaktive Markierung findet sich im Oxalacetat am Ende des 1. Cyclus. D.h. die beiden Kohlenstoffatome, die im Cyclus als CO2 abgespalten werden, sind nicht diejenigen, die mit Acetyl-CoA in den Cyclus eingetreten sind. 9
Übung Abbau von Fettsäuren: Erstellen Sie die Stöchiometrie der Oxidation von Myristyl-CoA, dem CoA-Thioester der Fettsäure Myristat (n-tetradecanoat, eine C 14 -Säure) und berechnen Sie die ATP- Bilanz für die vollständige Oxidation von Myristat. Lösung zur Übung Abbau Fettsäuren: C n -CoA + FAD + NAD + + 2 O + CoA C n-2 -CoA + FAD 2 + NAD + + + Acetyl-CoA n = 14 6 Runden Myristyl-CoA + 6 FAD + 6 NAD + + 6 2 O + 6 CoA 7 Acetyl-CoA + 6 FAD 2 + 6 NAD + 6 + 6 NAD + + à 2.5 ATP = 15 ATP 6 FAD 2 à 1.5 ATP = 9 ATP 7 Acetyl-CoA à 10 ATP = 70 ATP 94 ATP Die Oxidation von Myristyl-CoA liefert 94 ATP. Davon abgezählt werden die 2 ATP, die gebraucht wurden, um Myristyl-CoA aus Myristat und CoA zu bilden. Daher liefert die Oxidation der Fettsäure Myristat 92 ATP. 10
Übung. Elektronentransport in einem Bakterium Tabelle 1. Reduktionspotentiale der Elektronentransportkomponenten eines Gram-negativen Bakteriums oxidierte Form (Oxidationsmittel) reduzierte Form (Reduktionsmittel) n E (V) Flavoprotein b (ox) Flavoprotein b (red) 2 0.22 NAD + NAD + + 2 0.32 Cytochrom a (+3) Cytochrom a (+2) 1 +0.22 Ferroprotein (ox) Ferroprotein (red) 2 +0.62 Cytochrom c (ox) Cytochrom c (red) 1 +0.35 E ist das Standard-Reduktions-Potential bei p 7.0 und n die Anzahl der übertragenen Elektronen Die Analyse des Elektronentransports in einem Gram-negativen Bakterium zeigte, dass fünf Elektronentransportkomponenten an der Elektronentransportkette beteiligt sind. Die Standard-Reduktions-Potentiale dieser Komponenten sind in Tabelle 1 aufgeführt. a) Bestimmen Sie die Sequenz der Elektronentransportkomponenten in dieser Elektronentransportkette. b) Wie viele Moleküle ATP können unter Standardbedingungen höchstens gebildet werden, wenn ein Elektronenpaar die Elektronentransportkette durchläuft? c) Nehmen Sie an, dass das Bakterium mit Glucose als Substrat in einem aeroben Sediment gut wachsen kann. Mit der Zeit geht der Sauerstoff zur Neige, jedoch ist im Sediment Nitrat im Überschuss vorhanden. Kann das Bakterium mit der oben beschriebenen Elektronentransportkette unter denitrifizierenden Bedingungen weiter wachsen? Erklären Sie Ihre Antwort. ilfsgrössen: F = 96.5 kj mol -1 V -1 G für die Bildung von ATP: 30.5 kj mol -1 NO 3 + 2 + + 2e NO 2 + 2 O; E = 0.42 V 11
Lösung Elektronentransport a) Sequenz der Elektronentransportkomponenten: NAD + /NAD + + Flavoprotein b (ox/red) Cytochrom a (ox/red) Cytochrom c (ox/red) Ferroprotein (ox/red) 0.32 V 0.22 V +0.22 V +0.35 V +0.62 V b) G ' = F n E ' F = 96.5 kj mol -1 V -1 In dieser Elektronentransportkette werden die Elektronen von NAD auf Ferroprotein, dem terminalen Akzeptor der Kette übertragen. Die Redoxreaktion lautet deshalb: NAD + + + Ferroprotein (ox) Ferroprotein (red) + NAD + E ' = E '(Ferroprotein ox/red) E '(NAD + /NAD) = 0.62 ( 0.32) = 0.94 V G ' = 96.5 2 0.94 = 181.4 kj mol -1 181.4 / 30.5 = 5.94 Daraus folgt, dass ca. 6 ATP gebildet werden können. c) Nein, das Bakterium kann unter denitrifizierenden Bedingungen unter den beschriebenen Umständen nicht weiter wachsen, da der Übergang von +0.62 V zu +0.42 V unter Standarbedingungen nicht möglich ist. 12