Opgaver til A7.1

Opgaverne hører til afsnit A7.1 Nucleotider. Prøv selv, før du åbner hjælpen under opgaven. Kapitel A7 er et temakapitel uden for kernestoffet, og opgaverne bruger kernestof fra resten af bogen på DNA.

Opgave A7.1.1: De tre dele

Figuren viser et nucleotid fra DNA. De tre dele af nucleotidet er mærket 1, 2 og 3.

Figur 1: I nucleotidet fra DNA er de tre dele mærket 1, 2 og 3.
  1. Hvad hedder de tre dele af nucleotidet?
  2. Hvilken af de tre dele er forskellig i de fire nucleotider i DNA?
  3. Hvilket carbonatom i sukkeret er del 1 bundet til, og hvilket carbonatom er del 3 bundet til?
  4. Basen i nucleotidet på figuren er en af de fire baser i DNA. Hvilken base er det?
  5. Hvilken gruppe sidder på carbonatom 3′ i nucleotidet, og hvad bruges den til i DNA?

Et nucleotid består af en phosphatgruppe, et sukker og en base. Phosphatgruppen kendes på phosphoratomet, P. Sukkeret er en ring med fire carbonatomer og et oxygenatom. Basen har ringe med nitrogenatomer.

De små tal med mærke i figuren er numrene på carbonatomerne i sukkeret. Se, hvilket carbonatom der har bindingen over mod phosphoratomet, og hvilket carbonatom der har bindingen op til et nitrogenatom i basen.

Til spørgsmål d: Tæl ringene i basen, og se, hvilke grupper der sidder på dem. Sammenlign med figuren med de fem baser i afsnit A7.1.

  1. Del 1 er phosphatgruppen, del 2 er sukkeret deoxyribose, og del 3 er basen.

  2. Basen er forskellig. Phosphatgruppen og deoxyribose er ens i alle fire nucleotider i DNA, og derfor nævnes et nucleotid ved basens bogstav.

  3. Phosphatgruppen, del 1, er bundet til carbonatom 5′ gennem et oxygenatom. Basen, del 3, er bundet til carbonatom 1′.

  4. Basen er guanin. Den har to ringe, der er bygget sammen, og på ringene sidder en carbonylgruppe og en aminogruppe. Adenin har også to ringe, men adenin har kun en aminogruppe og ingen carbonylgruppe.

  5. På carbonatom 3′ sidder en OH-gruppe, altså en hydroxygruppe. Den er fri i nucleotidet, og det er den, der binder det næste nucleotid i kæden.

Opgave A7.1.2: To sukre

Figuren viser to sukre, X og Y. Det ene er sukkeret i DNA, og det andet er sukkeret i RNA.

Figur 2: Sukker X og sukker Y er tegnet som ringe.
  1. Hvilket af de to sukre er deoxyribose, og hvilket er ribose? Begrund svaret.
  2. Hvor mange carbonatomer har hvert af de to sukre, og hvor mange af carbonatomerne sidder i ringen?
  3. Carbonatomerne i et sukker har numrene 1′ til 5′. Carbonatom 1′ er det carbonatom i ringen, der sidder lige til højre for oxygenatomet. Hvilket nummer har det carbonatom, der sidder uden for ringen?
  4. På hvilket carbonatom er sukker X og sukker Y forskellige?
  5. Opskriv molekylformlen for ribose og for deoxyribose.

Deoxy betyder “uden oxygen”. Tæl OH-grupperne i sukker X og i sukker Y. Deoxyribose har én OH-gruppe mindre end ribose.

Numrene i et sukker følger ringen rundt fra carbonatom 1′: carbonatom 2′ og 3′ er de to nederste i ringen, carbonatom 4′ sidder lige til venstre for oxygenatomet, og carbonatom 5′ er carbonatomet i gruppen CH2OH.

Når du tæller hydrogenatomer i ribose og deoxyribose, skal du huske dem, der ikke er tegnet. Hvert carbonatom har fire bindinger. Et carbonatom i ringen, der kun har én gruppe tegnet, har også et hydrogenatom. I sukker X har carbonatom 2′ to hydrogenatomer, og kun det ene er tegnet.

  1. Sukker X er deoxyribose, og sukker Y er ribose. Sukker Y har fire OH-grupper. Sukker X har kun tre, for på det ene carbonatom sidder der et hydrogenatom i stedet for en OH-gruppe. Deoxy betyder “uden oxygen”.

  2. Både ribose og deoxyribose har fem carbonatomer. Fire af dem sidder i ringen sammen med et oxygenatom. Det femte sidder uden for ringen i gruppen CH2OH.

  3. Carbonatomet uden for ringen har nummer 5′. Det sidder på carbonatom 4′.

  4. De to sukre er forskellige på carbonatom 2′. Ribose har en OH-gruppe på carbonatom 2′, og deoxyribose har et hydrogenatom.

  5. Ribose har molekylformlen C5H10O5, og deoxyribose har molekylformlen C5H10O4.

Ribose Deoxyribose
H på carbonatomerne i ringen 4 5
H i gruppen CH2OH 3 3
H i OH-grupperne på ringen 3 2
H i alt 10 10
O i ringen 1 1
O i OH-grupper 4 3
O i alt 5 4

De to sukre har lige mange hydrogenatomer. Forskellen er ét oxygenatom.

Opgave A7.1.3: Purin eller pyrimidin?

De fem baser hedder adenin, cytosin, guanin, thymin og uracil.

  1. Skriv de fem baser op i to grupper: puriner og pyrimidiner.
  2. Hvordan kan man se på en strukturformel, om en base er en purin eller en pyrimidin?

Figuren viser tre molekyler, der ligner baserne. Molekyle 1 dannes i kroppen, når adenin nedbrydes. Molekyle 2 er et lægemiddel mod kræft. Molekyle 3 findes i små mængder i DNA.

Figur 3: De tre molekyler ligner baserne i DNA og RNA.
  1. Afgør for hvert af de tre molekyler, om det er en purin eller en pyrimidin.
  2. Hvilken af de fem baser ligner hvert af de tre molekyler mest, og hvad er forskellen?

Se tabellen over puriner og pyrimidiner i afsnit A7.1. Det er antallet af ringe, der afgør, om en base er en purin eller en pyrimidin.

En purin har to ringe, der er bygget sammen: en ring med seks atomer og en ring med fem atomer. En pyrimidin har én ring med seks atomer.

Til spørgsmål d: Sammenlign hvert af de tre molekyler med figuren med de fem baser i afsnit A7.1. Find den base, der har de samme ringe og næsten de samme grupper, og se, hvilken gruppe der mangler, er kommet til eller er skiftet ud.

  1. Adenin og guanin er puriner. Cytosin, thymin og uracil er pyrimidiner.

  2. En purin har to ringe, der er bygget sammen: en ring med seks atomer og en ring med fem atomer. En pyrimidin har kun én ring, og den har seks atomer.

  3. og d.

Molekyle Type Ligner Forskel
1 purin guanin aminogruppen mangler
2 pyrimidin uracil et fluoratom sidder på ringen
3 pyrimidin cytosin en methylgruppe sidder på ringen

Molekyle 1 hedder hypoxanthin. Det har to ringe og en carbonylgruppe samme sted som guanin, men det har ingen aminogruppe.

Molekyle 2 hedder 5-fluoruracil. Det er uracil, hvor et hydrogenatom på ringen er skiftet ud med et fluoratom. Fluoratomet sidder på det carbonatom, hvor thymin har sin methylgruppe.

Molekyle 3 hedder 5-methylcytosin. Det er cytosin med en methylgruppe på ringen. Methylgruppen sidder samme sted som methylgruppen i thymin.

Opgave A7.1.4: Funktionelle grupper i et nucleotid

Figuren viser nucleotidet med basen cytosin fra DNA. Fire grupper er mærket 1 til 4.

Figur 4: I nucleotidet med cytosin er fire grupper mærket 1, 2, 3 og 4.
  1. Angiv navnet på hver af de fire grupper i nucleotidet.
  2. Gruppe 2 sidder på sukkeret. Hvilken stofklasse hører gruppen til: alkohol eller phenol? Begrund svaret.
  3. Gruppe 1 er bundet til sukkeret med en esterbinding. Hvilken syre og hvilken gruppe på sukkeret er esteren dannet af?
  4. Gruppe 4 har et nitrogenatom som nabo på begge sider. Hvad kaldes en gruppe, hvor en carbonylgruppe sidder lige ved siden af et nitrogenatom?
  5. En amin er en base, men det er et amid ikke. I thymin sidder begge nitrogenatomer lige ved siden af en carbonylgruppe. Forklar, hvorfor nitrogenatomerne i thymin ikke gør thymin til en base som en amin.

De fire grupper i nucleotidet med cytosin er en aminogruppe, en carbonylgruppe, en hydroxygruppe og en phosphatgruppe. Find først de to grupper, der sidder på basen. Tabellen over basernes funktionelle grupper i afsnit A7.1 viser, hvilke grupper cytosin har.

En hydroxygruppe giver en phenol, når den sidder direkte på en benzenring, og en alkohol, når den sidder på et andet carbonatom. Det står i afsnit A3.2.

En ester dannes af en syre og en OH-gruppe. I phosphatgruppen sidder der et phosphoratom, så syren er ikke en carboxylsyre.

I afsnit A3.2 står reglen “Amin eller amid?”: se på nabo-carbonatomet. Du kan begynde forklaringen om thymin sådan: “I thymin sidder hvert nitrogenatom lige ved siden af …, så gruppen er … Et amid er ikke en base, fordi …”

  1. De fire grupper i nucleotidet med cytosin er
Gruppe Navn Sidder på
1 phosphatgruppe, bundet som en phosphatester carbonatom 5′ i sukkeret
2 hydroxygruppe carbonatom 3′ i sukkeret
3 aminogruppe basen
4 carbonylgruppe basen

  1. Gruppe 2 er en hydroxygruppe, der sidder på et carbonatom i sukkerringen. Den sidder ikke på en benzenring, så stofklassen er alkohol og ikke phenol.

  2. Esteren er dannet af phosphorsyre, H3PO4, og OH-gruppen på carbonatom 5′ i deoxyribose. En OH-gruppe på phosphorsyre har reageret med OH-gruppen på carbonatom 5′, og der er fraspaltet et vandmolekyle. En ester af phosphorsyre kaldes en phosphatester.

  3. En carbonylgruppe med et nitrogenatom som nabo kaldes en amidgruppe. Carbonylgruppen i cytosin er altså en del af en amidgruppe, og den er ikke en keton.

  4. I thymin sidder hvert af de to nitrogenatomer lige ved siden af en carbonylgruppe, så de to grupper N−H er dele af amidgrupper og ikke aminogrupper. Et amid er hverken syre eller base i vand, fordi carbonylgruppen trækker i nitrogenatomets ledige elektronpar. Nitrogenatomerne i thymin optager derfor ikke en hydron, sådan som nitrogenatomet i en amin gør. Det passer med, at baserne i DNA er meget svage baser og er uden ladning ved pH 7.

Opgave A7.1.5: Molekylformel og molarmasse

Brug figuren med de fem baser i afsnit A7.1 til denne opgave.

  1. Tæl atomerne i cytosin, thymin og adenin, og opskriv molekylformlen for hver af de tre baser.
  2. Beregn molarmassen for cytosin, thymin og adenin.
  3. Beregn antallet af dobbeltbindingsækvivalenter for cytosin og for adenin ud fra de to molekylformler. Vis, at tallene passer med antallet af ringe og dobbeltbindinger i de to strukturformler.

I strukturformlerne for baserne er hvert hjørne uden bogstav et carbonatom. Hvert carbonatom har fire bindinger, og en dobbeltbinding tæller for to. De bindinger, der mangler i tegningen, går til hydrogenatomer, som ikke er tegnet. Hydrogenatomerne på nitrogen er tegnet.

Atommasserne er C 12,01 g/mol, H 1,008 g/mol, N 14,01 g/mol og O 16,00 g/mol.

Cytosin har 4 carbonatomer i ringen. To af dem har et hydrogenatom, som ikke er tegnet. Tæl derefter hydrogenatomerne på nitrogen, nitrogenatomerne og oxygenatomerne i cytosin.

Antallet af dobbeltbindingsækvivalenter beregnes med formlen fra afsnit A3.1:

\[ \mathrm{DBE} = \frac{2 \cdot \mathrm{C} + 2 + \mathrm{N} - \mathrm{H}}{2} \]

I strukturformlen tæller hver ring 1 og hver dobbeltbinding 1. En dobbeltbinding mellem carbon og nitrogen tæller også 1.

  1. og b.
Base C H N O Molekylformel M i g/mol
cytosin 4 5 3 1 C4H5N3O 111,1
thymin 5 6 2 2 C5H6N2O2 126,1
adenin 5 5 5 0 C5H5N5 135,1

Cytosin har 2 hydrogenatomer på carbonatomerne i ringen og 3 på nitrogenatomerne. Thymin har 3 hydrogenatomer i methylgruppen, 1 på et carbonatom i ringen og 2 på nitrogenatomerne. Adenin har 2 hydrogenatomer på carbonatomerne i ringene og 3 på nitrogenatomerne.

For cytosin er beregningen af molarmassen

\[ M(\text{cytosin}) = \left(4 \cdot 12{,}01 + 5 \cdot 1{,}008 + 3 \cdot 14{,}01 + 16{,}00\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 111{,}1\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

Molarmasserne for thymin og adenin beregnes på samme måde:

\[ M(\text{thymin}) = \left(5 \cdot 12{,}01 + 6 \cdot 1{,}008 + 2 \cdot 14{,}01 + 2 \cdot 16{,}00\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 126{,}1\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

\[ M(\text{adenin}) = \left(5 \cdot 12{,}01 + 5 \cdot 1{,}008 + 5 \cdot 14{,}01\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 135{,}1\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

  1. For cytosin, C4H5N3O, er

\[ \mathrm{DBE} = \frac{2 \cdot 4 + 2 + 3 - 5}{2} = 4 \]

Strukturformlen for cytosin har 1 ring og 3 dobbeltbindinger: C=O, C=N og C=C. Det er 4 i alt, så tallene passer.

For adenin, C5H5N5, er

\[ \mathrm{DBE} = \frac{2 \cdot 5 + 2 + 5 - 5}{2} = 6 \]

Strukturformlen for adenin har 2 ringe og 4 dobbeltbindinger: én C=C og tre C=N. Det er 6 i alt, så tallene passer også for adenin.

Opgave A7.1.6: To kondensationer og en hydrolyse

Nucleotidet med thymin kan tænkes dannet af tre molekyler: basen thymin, C5H6N2O2, sukkeret deoxyribose, C5H10O4, og phosphorsyre, H3PO4.

  1. Hvilke to bindinger dannes, når thymin, deoxyribose og phosphorsyre sættes sammen til et nucleotid? Skriv for hver binding, hvilke to grupper der reagerer.
  2. Angiv reaktionstypen for de to reaktioner, og skriv, hvor mange vandmolekyler der fraspaltes i alt.
  3. Opskriv reaktionsskemaet med molekylformler, og bestem molekylformlen for nucleotidet med thymin. Regn med, at phosphatgruppen har begge sine hydrogenatomer.
  4. Beregn molarmassen for nucleotidet med thymin.
  5. Nucleotidet med thymin hydrolyseres. Hvilke stoffer dannes der, når kun esterbindingen spaltes, og hvilke stoffer dannes der, når begge bindinger spaltes?

Se tabellen under overskriften “Sådan er delene sat sammen” i afsnit A7.1. Den viser de to bindinger i et nucleotid, og hvilke grupper de er dannet af.

En reaktion, hvor to molekyler sættes sammen til ét, og der dannes vand, er en kondensation. Den modsatte reaktion er en hydrolyse. Begge står i afsnit A3.3.

Molekylformlen for nucleotidet med thymin findes ved at lægge atomerne i thymin, deoxyribose og phosphorsyre sammen og trække atomerne i de fraspaltede vandmolekyler fra. Der fraspaltes ét vandmolekyle for hver binding, der dannes.

Atommassen for phosphor er 30,97 g/mol.

I en hydrolyse bliver ét molekyle delt i to, og vand er en reaktant. Spaltes kun esterbindingen i nucleotidet, sidder thymin stadig på deoxyribose.

  1. De to bindinger i nucleotidet med thymin er
Binding Grupper, der reagerer
esterbinding ved carbonatom 5′ OH på phosphorsyre og OH på carbonatom 5′
binding fra carbonatom 1′ til N OH på carbonatom 1′ og N−H i thymin

Esterbindingen binder phosphatgruppen til carbonatom 5′ i deoxyribose gennem et oxygenatom. Den anden binding går fra carbonatom 1′ i deoxyribose til et nitrogenatom i thymin.

  1. Begge reaktioner er kondensationer: to molekyler sættes sammen til ét, og der dannes vand. Der fraspaltes ét vandmolekyle for hver binding, altså to vandmolekyler i alt.

  2. Reaktionsskemaet er

C5H6N2O2 + C5H10O4 + H3PO4 → C10H15N2O8P + 2 H2O

C H N O P
thymin 5 6 2 2 0
deoxyribose 5 10 0 4 0
phosphorsyre 0 3 0 4 1
i alt 10 19 2 10 1
2 H2O trækkes fra 0 4 0 2 0
nucleotidet 10 15 2 8 1

Nucleotidet med thymin har molekylformlen C10H15N2O8P.

  1. Molarmassen for nucleotidet med thymin er

\[ M = \left(10 \cdot 12{,}01 + 15 \cdot 1{,}008 + 2 \cdot 14{,}01 + 8 \cdot 16{,}00 + 30{,}97\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 322{,}2\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

  1. Spaltes kun esterbindingen i nucleotidet med thymin, dannes der phosphorsyre og et molekyle, hvor thymin stadig sidder på deoxyribose:

C10H15N2O8P + H2O → C10H14N2O5 + H3PO4

Spaltes begge bindinger, dannes de tre molekyler, nucleotidet er bygget af: thymin, deoxyribose og phosphorsyre. Det bruger to vandmolekyler:

C10H15N2O8P + 2 H2O → C5H6N2O2 + C5H10O4 + H3PO4

Hydrolysen er den modsatte reaktion af kondensationen. Ved pH 7 findes phosphorsyren som phosphationer, fordi den har afgivet hydroner.

Opgave A7.1.7: Phosphatgruppens ladning

Phosphatgruppen i et frit nucleotid har to OH-grupper, og begge er sure. Den første OH-gruppe har pKs omkring 1, og den anden har pKs omkring 6,5. Inde i en celle er pH omkring 7,2.

  1. Afgør for hver af de to OH-grupper på phosphatgruppen, om hydronen er afgivet ved pH 7,2.
  2. Hvilken ladning har phosphatgruppen i et frit nucleotid ved pH 7,2?
  3. Beregn syrebrøken for den anden OH-gruppe ved pH 7,2. Hvor mange procent af nucleotiderne har to negative ladninger på phosphatgruppen?
  4. I mavesaft er pH omkring 2. Hvilken ladning har phosphatgruppen i et frit nucleotid ved pH 2?
  5. Nucleotider sælges som natriumsalte, hvor phosphatgruppen har to negative ladninger. Hvor mange natriumioner er der for hvert nucleotid i saltet?

Brug reglen fra afsnit A1.7 på hver af de to OH-grupper på phosphatgruppen for sig: er pH højere end pKs, er hydronen afgivet. Er pH lavere end pKs, sidder hydronen på. Hver hydron, phosphatgruppen afgiver, giver gruppen én negativ ladning.

Syrebrøken for den anden OH-gruppe på phosphatgruppen beregnes med formlen fra afsnit A1.7:

\[ x_\mathrm{s} = \frac{1}{1 + 10^{\,\mathrm{pH} - \mathrm{p}K_\mathrm{s}}} \]

Syrebrøken er den del af phosphatgrupperne, der stadig har hydronen på den anden OH-gruppe. Resten, xb = 1 − xs, har afgivet den og har to negative ladninger.

Et salt er uden ladning udadtil. De positive ladninger fra natriumionerne skal derfor passe med de negative ladninger på phosphatgruppen.

  1. pH 7,2 er højere end pKs for den første OH-gruppe, som er omkring 1, og højere end pKs for den anden OH-gruppe, som er omkring 6,5. Begge OH-grupper på phosphatgruppen har derfor afgivet deres hydron.

  2. Phosphatgruppen har afgivet to hydroner og har ladningen 2− ved pH 7,2.

  3. For den anden OH-gruppe på phosphatgruppen er pKs = 6,5:

\[ x_\mathrm{s} = \frac{1}{1 + 10^{\,7{,}2 - 6{,}5}} = \frac{1}{1 + 10^{0{,}7}} = 0{,}166 \]

\[ x_\mathrm{b} = 1 - 0{,}166 = 0{,}834 \]

83 % af nucleotiderne har to negative ladninger på phosphatgruppen ved pH 7,2. De sidste 17 % har stadig hydronen på den anden OH-gruppe og har én negativ ladning. pH ligger kun 0,7 over pKs, så der er en del af syreformen tilbage.

  1. pH 2 er højere end pKs for den første OH-gruppe, som er omkring 1, så den første hydron er afgivet. pH 2 er lavere end pKs for den anden OH-gruppe, som er omkring 6,5, så den anden hydron sidder på. Phosphatgruppen i et frit nucleotid har derfor ladningen 1− ved pH 2.

  2. Phosphatgruppen har ladningen 2−, og en natriumion har ladningen 1+. Der er derfor to natriumioner, Na+, for hvert nucleotid i saltet. Sådan et salt har et navn, der begynder med dinatrium.

Opgave A7.1.8: Flade baser og ultraviolet lys

Figuren viser thymin. Carbonatomerne i ringen har numrene 2, 4, 5 og 6. Det femte carbonatom sidder i methylgruppen.

Figur 5: I thymin har de fire carbonatomer i ringen numrene 2, 4, 5 og 6.
  1. Angiv for hvert af de fem carbonatomer i thymin, hvor mange naboer atomet har, og hvilken hybridisering det har.
  2. Forklar, hvorfor ringen i thymin er flad.
  3. Elektronerne i dobbeltbindingerne i thymin er delokaliserede. Forklar, hvad det betyder.
  4. Baserne absorberer ultraviolet lys med en bølgelængde omkring 260 nm. Synligt lys har bølgelængder fra 400 nm til 700 nm. Forklar, hvorfor en opløsning af DNA er farveløs.
  5. Angiv hybridiseringen for de fem carbonatomer i deoxyribose, og forklar, hvorfor det er baserne og ikke sukkeret, der absorberer lyset ved 260 nm.

Hybridiseringen af et carbonatom findes ved at tælle atomets naboer, som i afsnit A4.2: 4 naboer giver sp3, og 3 naboer giver sp2. Husk de hydrogenatomer, der ikke er tegnet. Carbonatom 6 i thymin har ét hydrogenatom, som ikke er tegnet.

Omkring et sp2-hybridiseret carbonatom ligger de tre bindinger i samme plan med 120° imellem. Du kan begynde forklaringen om den flade ring sådan: “Alle fire carbonatomer i ringen i thymin er …, så bindingerne omkring hvert af dem ligger …”

Delokaliserede elektroner står under overskriften “Benzen: elektroner, der deles af hele ringen” i afsnit A4.3.

Et stof er farveløst, når det ikke absorberer synligt lys. Sammenlign 260 nm med de bølgelængder, øjet kan se. Du kan begynde sådan: “Lys med bølgelængden 260 nm er …, så en opløsning af DNA absorberer ikke …”

I deoxyribose er der ingen dobbeltbindinger. Tæl naboerne til hvert carbonatom i deoxyribose, og husk hydrogenatomerne.

  1. De fem carbonatomer i thymin:
Carbonatom Naboer Antal naboer Hybridisering
2 N, N og O 3 sp2
4 N, C og O 3 sp2
5 C, C og C 3 sp2
6 C, N og H 3 sp2
i methylgruppen C, H, H og H 4 sp3

  1. Alle fire carbonatomer i ringen i thymin er sp2-hybridiserede. Omkring et sp2-hybridiseret carbonatom ligger de tre bindinger i samme plan med 120° imellem. Vinklerne i en flad sekskant er netop 120°, så alle atomerne i ringen kan ligge i samme plan. Derfor er ringen i thymin flad. Carbonatomet i methylgruppen er sp3-hybridiseret, så hydrogenatomerne i methylgruppen peger ud af planen.

  2. Hvert sp2-hybridiseret carbonatom i thymin har en p-orbital, som står vinkelret på ringen. Den overlapper med p-orbitalerne på naboatomerne på begge sider. Elektronerne i dobbeltbindingerne i thymin hører derfor ikke til én bestemt binding mellem to atomer. De deles af flere atomer i ringen, ligesom elektronerne i benzen i afsnit A4.3.

  3. En opløsning af DNA absorberer ultraviolet lys omkring 260 nm. Det er en kortere bølgelængde end 400 nm, så det er ikke synligt lys. Alt det synlige lys fra 400 nm til 700 nm går igennem opløsningen. Et stof, der ikke absorberer synligt lys, er farveløst. Ringene i baserne har kun få dobbeltbindinger efter hinanden, og der skal en lang række af konjugerede dobbeltbindinger til, før et stof absorberer synligt lys. Det står i afsnit B5.2.

  4. Alle fem carbonatomer i deoxyribose har 4 naboer og kun enkeltbindinger, så de er sp3-hybridiserede. Deoxyribose har ingen dobbeltbindinger og derfor ingen delokaliserede elektroner. Det er de delokaliserede elektroner i basernes ringe, der absorberer lyset ved 260 nm. Sukkeret absorberer ikke lys ved den bølgelængde.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner dem, du møder til den skriftlige prøve i kemi A. Stoffer, der ligner nucleotider, er her rammen om spørgsmål i kernestoffet: elementaranalyse, syrebrøk, opløselighed, spektrofotometri og Gibbs-energi.

Opgave A7.1.eks.1: Urinsyre og urinsyregigt

Når kroppen nedbryder adenin og guanin, ender de som urinsyre, der udskilles med urinen. Er der for meget urinsyre i blodet, kan der dannes spidse krystaller i leddene, ofte i storetåen. Sygdommen hedder urinsyregigt, og den gør meget ondt.

Figur 6: Urinsyre har to ringe med nitrogenatomer, ligesom adenin og guanin.

En elementaranalyse viser, at urinsyre indeholder 35,72 % carbon, 2,40 % hydrogen, 33,33 % nitrogen og 28,55 % oxygen, målt i masseprocent. Molarmassen for urinsyre er 168,1 g/mol.

  1. Bestem den empiriske formel for urinsyre.
  2. Vis, at urinsyre har molekylformlen C5H4N4O3, og at antallet af dobbeltbindingsækvivalenter passer med strukturformlen på figuren.

Urinsyre er en svag syre med pKs = 5,4. Her skrives urinsyre som HUr og den korresponderende base, urat, som Ur−. I blodet er pH 7,4.

  1. Beregn syrebrøken for urinsyre ved pH 7,4, og angiv, hvilken af de to former der er mest af i blodet.

Krystallerne i leddene er saltet natriumurat, NaUr. Ved 37 °C er opløselighedsproduktet for natriumurat Ko = 5,6 · 10−5 M2. Blodet indeholder 0,140 M Na+. En patient med urinsyregigt har 0,52 mM urat i blodet.

  1. Undersøg, om der kan udfældes natriumurat i patientens blod.

Regn på 100 g urinsyre. Så er masseprocenterne lig med masserne i gram. Find stofmængden af carbon, hydrogen, nitrogen og oxygen med n = m / M. Fremgangsmåden står i afsnit A3.1.

Syrebrøken for urinsyre beregnes med formlen fra afsnit A1.7.

Divider de fire stofmængder i urinsyre med den mindste af dem. Tal, der ender på ,33 og ,67, er et antal tredjedele, så forholdet skal ganges med 3. Sammenlign til sidst formelmassen for den empiriske formel med molarmassen 168,1 g/mol. I strukturformlen for urinsyre tæller hver ring 1 og hver dobbeltbinding 1.

Opskriv reaktionsskemaet for opløselighedsligevægten for natriumurat, NaUr(s), og reaktionsbrøken Y = [Na+] · [Ur−]. Sæt koncentrationerne i patientens blod ind i M, og sammenlign reaktionsbrøken med opløselighedsproduktet, som i afsnit A1.5. Husk, at 0,52 mM = 5,2 · 10−4 M. Afslut med en sætning, der siger, om blodet er umættet, mættet eller overmættet med natriumurat.

  1. I 100 g urinsyre er der 35,72 g C, 2,40 g H, 33,33 g N og 28,55 g O.

\[ n(\mathrm{C}) = \frac{m(\mathrm{C})}{M(\mathrm{C})} = \frac{35{,}72\ \mathrm{g}}{12{,}01\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}} = 2{,}974\ \mathrm{mol} \]

\[ n(\mathrm{H}) = \frac{m(\mathrm{H})}{M(\mathrm{H})} = \frac{2{,}40\ \mathrm{g}}{1{,}008\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}} = 2{,}381\ \mathrm{mol} \]

\[ n(\mathrm{N}) = \frac{m(\mathrm{N})}{M(\mathrm{N})} = \frac{33{,}33\ \mathrm{g}}{14{,}01\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}} = 2{,}379\ \mathrm{mol} \]

\[ n(\mathrm{O}) = \frac{m(\mathrm{O})}{M(\mathrm{O})} = \frac{28{,}55\ \mathrm{g}}{16{,}00\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}} = 1{,}784\ \mathrm{mol} \]

Den mindste stofmængde er stofmængden af oxygen, 1,784 mol.

\[ \frac{n(\mathrm{C})}{n(\mathrm{O})} = \frac{2{,}974\ \mathrm{mol}}{1{,}784\ \mathrm{mol}} = 1{,}67 \]

\[ \frac{n(\mathrm{H})}{n(\mathrm{O})} = \frac{2{,}381\ \mathrm{mol}}{1{,}784\ \mathrm{mol}} = 1{,}33 \]

\[ \frac{n(\mathrm{N})}{n(\mathrm{O})} = \frac{2{,}379\ \mathrm{mol}}{1{,}784\ \mathrm{mol}} = 1{,}33 \]

C H N O
forholdet 1,67 1,33 1,33 1,00
ganget med 3 5 4 4 3

Tallene 1,67 og 1,33 er fem og fire tredjedele, så alle fire tal ganges med 3. Den empiriske formel for urinsyre er C5H4N4O3.

  1. Formelmassen for den empiriske formel C5H4N4O3 er

\[ M_\mathrm{emp} = \left(5 \cdot 12{,}01 + 4 \cdot 1{,}008 + 4 \cdot 14{,}01 + 3 \cdot 16{,}00\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 168{,}1\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

Formelmassen er lig med molarmassen, 168,1 g/mol. Molekylformlen for urinsyre er derfor den samme som den empiriske formel: C5H4N4O3.

For urinsyre, C5H4N4O3, er

\[ \mathrm{DBE} = \frac{2 \cdot 5 + 2 + 4 - 4}{2} = 6 \]

Strukturformlen for urinsyre har 2 ringe, 1 dobbeltbinding mellem de to carbonatomer, som ringene er fælles om, og 3 carbonylgrupper, C=O. Det er 6 i alt, så antallet af dobbeltbindingsækvivalenter passer med strukturformlen.

  1. Syrebrøken for urinsyre ved pH 7,4 er

\[ x_\mathrm{s} = \frac{1}{1 + 10^{\,\mathrm{pH} - \mathrm{p}K_\mathrm{s}}} = \frac{1}{1 + 10^{\,7{,}4 - 5{,}4}} = \frac{1}{1 + 10^{2{,}0}} = 0{,}0099 \]

Kun omkring 1 % findes som urinsyre, HUr. De 99 % har afgivet en hydron og findes som urat, Ur−. I blodet er der altså mest af baseformen, urat. Det passer med, at pH er 2,0 højere end pKs.

  1. Opløselighedsligevægten for natriumurat er

NaUr(s) ⇌ Na+(aq) + Ur−(aq)

Opløselighedsproduktet er Ko = [Na+] · [Ur−] = 5,6 · 10−5 M2 ved 37 °C. I patientens blod er [Ur−] = 0,52 mM = 5,2 · 10−4 M, og reaktionsbrøken er

\[ Y = [\mathrm{Na^+}] \cdot [\mathrm{Ur^-}] = 0{,}140\ \mathrm{M} \cdot 5{,}2 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{M} = 7{,}3 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{M^2} \]

Reaktionsbrøken er større end opløselighedsproduktet, 7,3 · 10−5 M2 > 5,6 · 10−5 M2. Patientens blod er altså overmættet med natriumurat, og der kan udfældes natriumurat, indtil reaktionsbrøken er faldet til Ko.

Den højeste koncentration af urat, blodet kan indeholde uden at være overmættet, er

\[ [\mathrm{Ur^-}] = \frac{K_\mathrm{o}}{[\mathrm{Na^+}]} = \frac{5{,}6 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{M^2}}{0{,}140\ \mathrm{M}} = 4{,}0 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{M} \]

Det er 0,40 mM, og patientens 0,52 mM ligger over den grænse. De mange natriumioner i blodet gør natriumurat tungere opløseligt, end det er i rent vand. Det er fælles ion-effekten fra afsnit A1.5.

Opgave A7.1.eks.2: Smagsforstærkeren inosinat

Dinatriuminosinat, E 631, er en smagsforstærker, som giver suppe, chips og krydderiblandinger en kraftig smag af kød. Stoffet er natriumsaltet af et nucleotid, hvor basen hedder hypoxanthin. Dinatriuminosinat har formlen C10H11N4Na2O8P. Figuren viser ionen inosinat.

Figur 7: Smagsforstærkeren E 631 indeholder ionen inosinat.
  1. Angiv de funktionelle grupper i inosinat, og angiv den stofklasse, hver af grupperne hører til.

Basen i inosinat absorberer ultraviolet lys. En fødevarekemiker vil bestemme indholdet af inosinat i en klar suppe med et spektrofotometer. Hun måler absorbansen ved 250 nm for fem standardopløsninger af dinatriuminosinat i en kuvette med lysvejen 1,00 cm.

c(inosinat) i µM 10 20 30 40 50
A 0,126 0,248 0,367 0,489 0,619

Suppen fortyndes 10 gange: 10,0 mL suppe fyldes op til 100,0 mL med vand. Den fortyndede suppe har absorbansen 0,311 ved 250 nm.

  1. Vis, at absorbansen er en lineær funktion af koncentrationen af inosinat, og bestem modellen for standardkurven.
  2. Bestem koncentrationen af inosinat i den fortyndede suppe, og beregn massen af dinatriuminosinat i en portion suppe på 250 mL.
  3. Producenten oplyser, at en portion suppe indeholder 20 mg dinatriuminosinat. Suppen er også tilsat smagsforstærkeren dinatriumguanylat, E 627, som er natriumsaltet af et nucleotid med basen guanin. Vurdér, om målingen kan bruges til at kontrollere producentens oplysning.

Find alle de atomer i inosinat, der ikke er carbon eller hydrogen, og se på deres naboer, som i afsnit A3.2. En carbonylgruppe med et nitrogenatom som nabo er en amidgruppe.

Afbild absorbansen som funktion af koncentrationen af inosinat for de fem standardopløsninger, og lav lineær regression. Linjen må ikke tvinges gennem (0,0). Besvarelsen skal have grafen med punkter og linje, modellen med symboler og enheder og en vurdering af, hvordan punkterne ligger. Standardkurver står i afsnit B5.4.

Regressionen for inosinat giver hældningen 0,01227 µM−1 og skæringen 0,0017. Koncentrationen i den fortyndede suppe er (absorbans − skæring) / hældning. Suppen selv er 10 gange så koncentreret. Stofmængden i en portion er n = c · V med V = 0,250 L, og hver inosination svarer til én formelenhed dinatriuminosinat. Atommasserne for natrium og phosphor er 22,99 g/mol og 30,97 g/mol.

Til spørgsmål d: Se på basen i guanylat. Du kan begynde vurderingen sådan: “Guanin er ligesom hypoxanthin en …, så guanylat absorberer også … Absorbansen ved 250 nm er derfor …, og den beregnede masse af dinatriuminosinat bliver …”

  1. De funktionelle grupper i inosinat er
Funktionel gruppe i inosinat Hvor Stofklasse
to hydroxygrupper, −OH carbonatom 2′ og 3′ i sukkeret alkohol
phosphatgruppe i en phosphatester carbonatom 5′ i sukkeret ester
amidgruppe, −CO−NH− ringen i basen amid

Hydroxygrupperne sidder på carbonatomer i sukkerringen og ikke på en benzenring, så de er alkoholer. Carbonylgruppen i basen har et nitrogenatom med et hydrogenatom som nabo, så den er en del af en amidgruppe. Oxygenatomet i sukkerringen sidder mellem to carbonatomer, C−O−C, som i en ether, og nitrogenatomerne uden hydrogen er en del af ringene i basen. Sukkeret har en hydroxygruppe på carbonatom 2′, så det er ribose.

  1. Udtrykket, der skal undersøges

Ifølge Lambert-Beers lov er A = ε · \(l\) · c. Bølgelængden og kuvetten er de samme i alle målingerne, så absorbansen skal være en lineær funktion af koncentrationen af inosinat. Derfor afbildes absorbansen som funktion af koncentrationen.

Graf og regression

Figur 8: Standardkurven for inosinat ved 250 nm med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = 0,01227 · x + 0,0017. Med symboler og enheder er modellen

\[ A = 0{,}01227\ \text{µM}^{-1} \cdot c(\mathrm{inosinat}) + 0{,}0017 \]

Vurdering af modellen

Punkterne ligger tæt på linjen og fordeler sig tilfældigt over og under den, og forklaringsgraden er r2 = 0,9997. Skæringen 0,0017 er tæt på 0, som den skal være ifølge Lambert-Beers lov. Absorbansen er altså en lineær funktion af koncentrationen af inosinat, og modellen kan bruges som standardkurve.

  1. Absorbansen for den fortyndede suppe sættes ind i modellen for inosinat:

\[ c(\mathrm{inosinat}) = \frac{0{,}311 - 0{,}0017}{0{,}01227\ \text{µM}^{-1}} = 25{,}2\ \text{µM} \]

Absorbansen 0,311 ligger mellem den mindste og den største standardopløsning, så modellen kan bruges. Suppen er 10 gange så koncentreret som den fortyndede suppe:

\[ c(\text{suppe}) = 10 \cdot 25{,}2\ \text{µM} = 252\ \text{µM} = 2{,}52 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{M} \]

Stofmængden af inosinat i en portion på 250 mL = 0,250 L er

\[ n = c \cdot V = 2{,}52 \cdot 10^{-4}\ \dfrac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}} \cdot 0{,}250\ \mathrm{L} = 6{,}30 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol} \]

Hver inosination svarer til én formelenhed dinatriuminosinat, C10H11N4Na2O8P, som har molarmassen

\[ M = \left(10 \cdot 12{,}01 + 11 \cdot 1{,}008 + 4 \cdot 14{,}01 + 2 \cdot 22{,}99 + 8 \cdot 16{,}00 + 30{,}97\right)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 392{,}2\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

\[ m = n \cdot M = 6{,}30 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol} \cdot 392{,}2\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 0{,}0247\ \mathrm{g} \]

Målingen svarer til 24,7 mg dinatriuminosinat i en portion suppe.

  1. Målingen giver 24,7 mg dinatriuminosinat i en portion, og det er mere end de 20 mg, producenten oplyser. Det betyder ikke, at oplysningen er forkert. Guanin er ligesom hypoxanthin en purin med delokaliserede elektroner i ringene, så guanylat absorberer også ultraviolet lys omkring 250 nm. Absorbansen ved 250 nm er derfor summen af bidragene fra inosinat, guanylat og andre stoffer i suppen, der absorberer ultraviolet lys, fx proteiner. Spektrofotometret kan ikke skelne mellem dem. Den beregnede masse af dinatriuminosinat bliver derfor for høj, og målingen kan ikke bruges til at kontrollere producentens oplysning.

En bedre metode er at skille stofferne ad med HPLC, som i afsnit A6.5, og bestemme inosinat ud fra arealet af sin egen top med en standardkurve.

Opgave A7.1.eks.3: ATP, cellens energibærer

ATP er et nucleotid med basen adenin, sukkeret ribose og tre phosphatgrupper i en kæde. Cellen bruger ATP til at flytte energi derhen, hvor der er brug for den, fx i en muskel. Energien bliver til rådighed, når den yderste phosphatgruppe spaltes fra, så der dannes ADP og en phosphation. Figuren viser ATP ved pH 7.

Figur 9: ATP har fire negative ladninger ved pH 7.

ATP(aq) + H2O(l) → ADP(aq) + phosphat(aq)

For reaktionen er ΔG⊖ = −30,5 kJ/mol ved pH 7. Regn med den værdi ved 37 °C.

  1. Angiv reaktionstypen for reaktionen mellem ATP og vand, og begrund svaret.
  2. Beregn ligevægtskonstanten for reaktionen mellem ATP og vand ved 37 °C.
  3. I en muskelcelle kan koncentrationerne være [ATP] = 5,0 mM, [ADP] = 0,50 mM og [phosphat] = 2,0 mM. Beregn ΔG for reaktionen i muskelcellen ved 37 °C, og sammenlign med ΔG⊖.
  4. I en opløsning af ATP i vand uden enzymer er næsten al ATP tilbage efter flere timer. Forklar, hvordan det kan passe med værdien af ligevægtskonstanten.

Se på reaktionsskemaet for ATP og vand: hvor mange molekyler bliver ATP til, og er vand en reaktant eller et produkt? Reaktionstyperne står i afsnit A3.3.

Ligevægtskonstanten for reaktionen mellem ATP og vand beregnes med ΔG⊖ = −R · T · ln K fra afsnit A2.5. Regn ΔG⊖ om til J/mol, og brug T = (273 + 37) K = 310 K.

For blandingen i muskelcellen er ΔG = ΔG⊖ + R · T · ln Y. Reaktionsbrøken er Y = [ADP] · [phosphat] / [ATP], fordi vand er opløsningsmidlet og ikke er med. Koncentrationerne sættes ind som talværdien i M, så 5,0 mM er 5,0 · 10−3.

Til spørgsmål d: Ligevægtskonstanten fortæller, hvor ligevægten ligger. Den fortæller ikke, hvor hurtigt ATP reagerer. Du kan begynde sådan: “Ligevægtskonstanten for reaktionen mellem ATP og vand viser, at … Men reaktionen har en høj …, så uden et enzym …”

  1. Reaktionen mellem ATP og vand er en hydrolyse. Ét molekyle, ATP, bliver delt i to, ADP og phosphat, og vand er en reaktant. Det er bindingen mellem den yderste og den midterste phosphatgruppe i ATP, der spaltes.

  2. ΔG⊖ regnes om til joule: −30,5 kJ/mol = −30 500 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 37) K = 310 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{-30\,500\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 310\ \mathrm{K}} = 11{,}83 \]

\[ K = e^{11{,}83} = 1{,}4 \cdot 10^{5} \]

Formlen giver et tal uden enhed. Enheden findes af ligevægtsloven, K = [ADP] · [phosphat] / [ATP], hvor der står M2 over brøkstregen og M under. Ligevægtskonstanten for reaktionen mellem ATP og vand er altså K = 1,4 · 105 M ved 37 °C. Den er meget større end 1, så ligevægten er forskudt langt mod højre, altså mod ADP og phosphat.

  1. Reaktionsbrøken for blandingen i muskelcellen er

\[ Y = \frac{[\mathrm{ADP}] \cdot [\mathrm{phosphat}]}{[\mathrm{ATP}]} = \frac{0{,}50 \cdot 10^{-3} \cdot 2{,}0 \cdot 10^{-3}}{5{,}0 \cdot 10^{-3}} = 2{,}0 \cdot 10^{-4} \]

Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10−3 kJ/(mol · K).

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = -30{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 310\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(2{,}0 \cdot 10^{-4}\right) = -52{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

I muskelcellen er ΔG = −52,5 kJ/mol. Det er mere negativt end ΔG⊖ = −30,5 kJ/mol. ΔG⊖ gælder, når alle tre stoffer har koncentrationen 1 M. I muskelcellen er reaktionsbrøken meget mindre end 1: koncentrationerne af ADP og phosphat er langt under 1 M, og cellen holder koncentrationen af ATP ti gange så høj som koncentrationen af ADP. Blandingen i muskelcellen er derfor længere fra ligevægt, og hvert mol ATP stiller mere Gibbs-energi til rådighed, end ΔG⊖ viser.

  1. Ligevægtskonstanten for reaktionen mellem ATP og vand er K = 1,4 · 105 M, så ved ligevægt er næsten al ATP omdannet til ADP og phosphat. Men ligevægtskonstanten viser kun, hvor ligevægten ligger. Den viser ikke, hvor hurtigt ligevægten indstiller sig. Reaktionen mellem ATP og vand har en høj aktiveringsenergi, så uden en katalysator er hastighedskonstanten lille, og reaktionen går meget langsomt. Derfor er næsten al ATP tilbage efter flere timer.

I cellen sænker enzymer aktiveringsenergien, som i afsnit A5.5 og afsnit A6.1. ATP reagerer derfor kun hurtigt dér, hvor et enzym katalyserer reaktionen, og det er grunden til, at ATP kan bruges som energibærer.