Задачи 11 класса (стр. 14 )

Взаимодействие субстрат-группа активного центра

гил/хго Связь между группой активного центра и пептидной цепью

Z+ - положительно заряженный фрагмент (-NH3 +)

- X: - фрагмент, несущий НЭП, потенциальный акцептор Н+ (-NH2, - ОН)

- Y-H - фрагменты, способные к водородному связыванию с кислородом (-ОН, - SH, - NH2)

2. Могут участвовать остатки следующих аминокислот:

-NH2 (или –NН3+) - лизин, аргинин

-ОН - серии, аспарагиновая кислота, глутаминовая кислота, тирозин

-SH - цистеин.

3. На 1 молекулу каталазы приходится 5·106 молекул перекиси водорода в минуту или 8,33·104 молекул в секунду

1 моль (каталазы) 8,33·104 моль Н2О2

1 катал (каталазы) 1 моль Н2О2

1 катал (каталазы) = 1,2-10-5 моль = 0,012 ммоль.

4. Понятие «фермент» относится не к индивидуальному химическому соединению, а к типу белковых молекул, катализирующих определенную реакцию. Таким образом, две белковых молекулы с различной первичной структурой, катализирующие одинаковую реакцию, с позиции энзимокаталитической классификации будут являться одним и тем же ферментом. Одинаковая (или близкая) активность ферментов, выраженная в каталах (i. e. в молях), связана с одинаковым строением активных центров белковых молекул, катализирующих одну и ту же реакцию.

Задача 3 (авторы – Зиганшин С. А.)

1.  Запишем уравнение гидролиза:

С12Н22О11 + Н2О = С6Н12О6 + С6Н12О6

Структурные формулы:

2.По условию реакция протекает при большом избытке воды, следовательно изменением концентрации воды в ходе реакции можно пренебречь. Тогда скорость реакции будет пропорциональна только концентрации сахара, следовательно порядок реакции равен 1.

3. Константа реакции первого порядка рассчитывается по уравнению (1):

k= 1/τ * ln C0сахара/(С0сахара-х),

Где C0сахара – начальная концентрация сахара, С0сахара-х – концентрация сахара в момент времени τ.

Обозначим через ά0 άх и άτ угол вращения света в начальный, конечный и любой момент времени τ соответственно. Изменение угла вращения ά0 - άх определяется начальной концентрацией сахара С0сахара. Изменение концентрации сахара на х приводит к изменению угла вращения на величину ά0 - άτ Тогда концентрация сахара в любой момент С0сахара – х будет пропорциональна ά0 - άх – (ά0 -άτ)= άτ - άх

Можно преобразовать уравнение (1) к виду:

k= 1/τ * ln (ά0 - άх) /( άτ - άх),

Используем данные, приведенные в условии задачи:

k= 1/108 * ln (25,16 – (-8,38)) /(11,1 – (-8,38))= 0,00503 мин-1

2.  Воспользуемся уравнением (1):

0,005031= 1/200* ln C0сахара/(С0сахара-х)

Получим ln C0сахара/(С0сахара-х)=1,0062 C0сахара/(С0сахара-х)=2,735 х=0,634* С0сахара или 63,5%

5. Когда весь исходный сахар гидролизуется (100%) изменение угла вращения составит

25.160-(-8.380) = 33.540

К моменту времени t = 200 минут осталось 100% – 63.4% = 36.6% сахара, не подвергшегося гидролизу. Инверсия этого сахара вызовет изменение угла вращения равное y0.

Составим пропорцию

100% – 33.540

36.6% – y0

y0 = 36.64%*33.540/100% = 12.280

Т. к. y0 = a200 – a¥, получим a200 = 12.280 – 8.380 = 3.90 (Раствор имеет правое вращение)

6. Увеличение температуры приведет к увеличению скорости гидролиза, уменьшение –наоборот.

Задача 4 (автор – )

Чтобы не перегреться на солнцепеке, верблюд вынужден интенсивно потеть. Лишь за счет испарения воды с поверхности кожи и легких ему удается поддерживать температуру тела неизменной. При окислении (сгорании) жира действительно образуются значительные количества воды. Процесс окисления, однако, сопровождается выделением громадного количества тепла, которого, к сожалению для верблюда, хватило бы на то, чтобы разогреть всю получившуюся воду до кипения, а затем её и испарить. Так, что толку, от такого способа получать воду, верблюду никакого.

Подтвердим все сказанное расчетами:

«Усредненную» формулу верблюжьего жира можно представить в виде:

В данной структуре содержится:

СН2 – 46 групп

СН3 – 3 всего 104 С–Н связи

СН – 3

С=С – 1 связь

С–О – 6

С=О – 3

С–С – 51

Теплоту сгорания рассчитываем по аддитивной схеме, пользуясь табличными данными:

Q = ∑n*Qсгор., где n – количество связей данного типа, Qсгор. – константа данной ковалентной связи.

Q = 104*226,1 + 1*491,5 + 6*41,9 + 3*56,5 + 51*206,4 = 34953,2 (кДж/моль)

Такое количество теплоты выделяется при окислении одного моля «усредненного» жира.

Нетрудно вычислить, что при окислении моля жира выделяется 52 моль воды.

Рассчитаем, какое количество тепла может «унести» с собой это количество воды при испарении:

Нагрев от 01.01.01С:

Q1 = n(Н2О)*Ср*DТ

Q1 = 52*75,3*(100–38) = 242767 Дж

Испарение 52 моль воды:

Q2 = n(Н2О)* ΔНисп

Q2 = 52*40,7 = 2116,4 кДж

Всего при испарении 52 моль воды можно «избавиться» от 242,8+2116,4 = 2359,2 кДж тепла.

В процессе образования этой воды выделилось почти 35000 кДж тепла.

Понятно, что компенсировать такую теплоотдачу выделившейся водой, невозможно!