Opgaver til A7.7

Opgaverne hører til afsnit A7.7 Skader på DNA og lægemidler. 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 A7.7.1: Fra cytosin til uracil

Cytosin kan reagere med vand og blive til uracil. Figuren med cytosin og uracil i afsnit A7.7 viser de to baser før og efter reaktionen. Bogstavet R i figuren står for resten af nucleotidet.

  1. Hvilken funktionel gruppe i cytosin forsvinder ved reaktionen, og hvilken funktionel gruppe sidder der i uracil på det samme carbonatom?
  2. Nitrogenatomet i ringen ved siden af det carbonatom ændrer sig også, når cytosin bliver til uracil. Beskriv ændringen.
  3. Den frie base cytosin har molekylformlen C4H5N3O, og den frie base uracil har molekylformlen C4H4N2O2. Opskriv reaktionsskemaet for reaktionen mellem cytosin og vand med molekylformler, og vis, at reaktionsskemaet er afstemt.
  4. Angiv reaktionstypen for reaktionen mellem cytosin og vand, og begrund svaret ud fra reaktionsskemaet.

Sammenlign strukturformlerne for cytosin og uracil i figuren i afsnit A7.7 atom for atom. De to baser er ens bortset fra ét sted på ringen. Navnene på basernes funktionelle grupper står i tabellen i afsnit A7.1.

Cytosin har gruppen −NH2 på ringen. I uracil sidder der et oxygenatom med dobbeltbinding på det samme carbonatom. Det andet produkt i reaktionen mellem cytosin og vand er ammoniak, NH3. Tæl C, H, N og O på hver side af reaktionspilen.

Til spørgsmål d kan du bruge tabellen over de fem organiske reaktionstyper i afsnit A3.3. Du kan begynde sådan: “Vand er en …, og bindingen mellem … i cytosin bliver spaltet, så cytosin bliver til to molekyler: …”

  1. Aminogruppen, −NH2, i cytosin forsvinder. I uracil sidder der en carbonylgruppe, C=O, på det samme carbonatom.

  2. I cytosin har nitrogenatomet ved siden af aminogruppen ikke noget hydrogenatom, og det har en dobbeltbinding til carbonatomet med aminogruppen. I uracil har det samme nitrogenatom fået et hydrogenatom, og det har kun enkeltbindinger. Det er blevet til en N−H-gruppe.

  3. Reaktionsskemaet for reaktionen mellem cytosin og vand er

C4H5N3O + H2O → C4H4N2O2 + NH3

Atom Venstre side Højre side
C 4 4
H 5 H + 2 H = 7 H 4 H + 3 H = 7 H
N 3 2 N + 1 N = 3 N
O 1 O + 1 O = 2 O 2

Der er lige mange atomer af hver slags på de to sider, så reaktionsskemaet er afstemt. Det andet produkt er ammoniak.

  1. Reaktionen mellem cytosin og vand er en hydrolyse. Vand er en reaktant, og bindingen mellem carbonatomet i ringen og nitrogenatomet i aminogruppen bliver spaltet. Cytosin bliver derved til to molekyler: uracil og ammoniak.

Opgave A7.7.2: Uracil over for adenin

På den kant af en base, der vender ind mod den anden streng, er der tre pladser. En plads kan give et hydrogenatom til en hydrogenbinding, tage imod med et ledigt elektronpar eller være tom. Figuren viser de tre pladser på cytosin og på uracil. Til højre i figuren står uracil over for adenin.

Figur 1: Cytosin og uracil med de tre pladser og til højre adenin over for uracil uden hydrogenbindinger.
  1. Skriv for hver af de tre pladser på cytosin, om pladsen giver et hydrogenatom eller tager imod med et ledigt elektronpar.
  2. Skriv det samme for de tre pladser på uracil. Hvilke pladser er ændret, når cytosin er blevet til uracil?
  3. Find de hydrogenbindinger, som uracil og adenin kan danne med hinanden. Skriv for hver hydrogenbinding, hvilken gruppe der giver hydrogenatomet, og hvilket atom der tager imod.
  4. Guanin har et oxygenatom på plads 1, en N−H-gruppe på plads 2 og en aminogruppe på plads 3. Forklar, hvorfor uracil ikke passer over for guanin.
  5. Thymin er uracil med en methylgruppe på ringen. Forklar, hvorfor det er en fordel, at DNA bruger thymin og ikke uracil som den base, der parrer med adenin.

En plads giver, hvis der sidder et hydrogenatom på et nitrogenatom, altså N−H eller −NH2. En plads tager imod, hvis der sidder et oxygenatom eller et nitrogenatom uden hydrogenatom, for de har et ledigt elektronpar. Gå de tre pladser på cytosin og de tre pladser på uracil igennem på den måde.

En hydrogenbinding kræver, at en plads, der giver, står over for en plads, der tager imod. I figuren har adenin en aminogruppe øverst og et nitrogenatom uden hydrogenatom i midten. Se, hvad uracil har lige over for hver af dem.

Til spørgsmål e kan du begynde sådan: “Methylgruppen sidder ikke på …, så thymin parrer med adenin … Når en cytosin bliver til en uracil, kan cellens enzymer kende uracil, fordi … Havde DNA brugt uracil, ville …”

  1. og b. De tre pladser på cytosin og på uracil:
Plads Cytosin Uracil
1 −NH2 giver et hydrogenatom C=O tager imod
2 N i ringen tager imod N−H giver et hydrogenatom
3 C=O tager imod C=O tager imod

Plads 1 og plads 2 har byttet rolle, da cytosin blev til uracil. Plads 3 er uændret.

  1. Uracil og adenin kan danne 2 hydrogenbindinger med hinanden:
Figur 2: Adenin og uracil holdes sammen af to hydrogenbindinger.
  1. Aminogruppen i adenin giver et hydrogenatom, og oxygenatomet på plads 1 i uracil tager imod.
  2. N−H-gruppen på plads 2 i uracil giver hydrogenatomet, og nitrogenatomet i ringen i adenin tager imod.

Oxygenatomet på plads 3 i uracil har ingen makker, for adenin har ikke noget hydrogenatom på N eller O over for det. Uracil parrer altså med adenin på samme måde, som thymin gør.

  1. Over for guanin passer kun én af de tre pladser på uracil. På plads 1 står oxygenatomet i uracil over for oxygenatomet i guanin, og der er intet hydrogenatom imellem dem. På plads 2 står N−H-gruppen i uracil over for N−H-gruppen i guanin, så to hydrogenatomer peger mod hinanden. Kun på plads 3 står en gruppe, der giver, over for en, der tager imod. Uracil og guanin frastøder hinanden på to pladser og danner derfor ikke et basepar.

  2. Methylgruppen i thymin sidder ikke på den kant, der danner hydrogenbindinger, så thymin parrer med adenin præcis som uracil. Methylgruppen virker som et mærke. Fordi uracil ikke hører hjemme i DNA, kan cellens enzymer kende en uracil som en cytosin, der har reageret med vand. Enzymerne skærer uracil ud og sætter en ny cytosin i. Havde DNA brugt uracil som almindelig base, kunne enzymerne ikke se forskel på en rigtig uracil og en skadet cytosin. Skaden ville blive stående, og efter næste kopiering ville et basepar af G og C være blevet til et basepar af A og T.

Opgave A7.7.3: To thyminer bindes sammen

Ultraviolet lys kan få to thyminbaser, der sidder ved siden af hinanden i samme streng, til at reagere med hinanden. Figuren med thymindimeren i afsnit A7.7 viser de to thyminbaser før og efter reaktionen.

  1. Hvor mange dobbeltbindinger mellem to carbonatomer har de to thyminbaser tilsammen før reaktionen, og hvor mange har thymindimeren?
  2. Angiv reaktionstypen, når to thyminbaser bliver til en thymindimer, og begrund svaret ud fra figuren.
  3. Den frie base thymin har molekylformlen C5H6N2O2. Opskriv molekylformlen for en thymindimer af to frie thyminbaser, og begrund svaret.
  4. Fire carbonatomer får en ny binding, når thymindimeren dannes. Angiv hybridiseringen af de fire carbonatomer før og efter reaktionen.
  5. I dobbeltspiralen ligger to baser oven på hinanden med en afstand på 0,34 nm. En enkeltbinding mellem to carbonatomer er omkring 0,15 nm lang. Forklar, hvorfor de to baser i en thymindimer ikke kan parre rigtigt med de to adeninbaser i den anden streng.

Find dobbeltbindingen mellem to carbonatomer i ringen i hver thyminbase til venstre i figuren i afsnit A7.7, og se, hvad der er sket med den i thymindimeren til højre. Dobbeltbindingerne til oxygen, C=O, skal ikke tælles med. Reaktionstyperne står i afsnit A3.3.

Der fraspaltes ikke noget, når thymindimeren dannes, og der kommer ikke nye atomer til. Molekylformlen for thymindimeren er derfor summen af to thyminbaser.

Hybridiseringen findes ved at tælle carbonatomets naboer, som i afsnit A4.2: 3 naboer giver sp2, og 4 naboer giver sp3.

Til spørgsmål e kan du begynde sådan: “I thymindimeren er de to baser bundet sammen med to bindinger, der kun er … lange. Normalt ligger baserne … fra hinanden. De to baser bliver derfor …, og de kan ikke begge …”

  1. Før reaktionen har hver thyminbase én dobbeltbinding mellem to carbonatomer i ringen, så de to baser har 2 tilsammen. Thymindimeren har ingen. De fire carbonylgrupper, C=O, er uændrede.

  2. Reaktionen er en addition. De to dobbeltbindinger mellem carbonatomer er blevet til enkeltbindinger, hvert af de fire carbonatomer har fået en ny binding, og der er ikke fraspaltet noget. Det nye, der bindes til den ene thyminbases dobbeltbinding, er de to carbonatomer fra den anden thyminbases dobbeltbinding.

  3. Ved en addition fraspaltes der ikke noget, så thymindimeren indeholder alle atomerne fra de to thyminbaser. Molekylformlen er to gange C5H6N2O2, altså C10H12N4O4.

  4. Før reaktionen sidder hvert af de fire carbonatomer i en dobbeltbinding og har 3 naboer. De er sp2-hybridiserede. I thymindimeren har hvert af dem fået en nabo mere, så de har 4 naboer og kun enkeltbindinger. De er sp3-hybridiserede. Omkring et sp2-hybridiseret carbonatom ligger bindingerne i ét plan med vinkler på 120°. Omkring et sp3-hybridiseret carbonatom peger bindingerne ud mod hjørnerne i et tetraeder. Ringene i thymindimeren er derfor ikke længere helt flade.

  5. I thymindimeren er de to baser bundet sammen med to elektronparbindinger, der kun er omkring 0,15 nm lange. Det er under det halve af de 0,34 nm, der normalt er mellem to baser i dobbeltspiralen. De to baser bliver derfor trukket ind mod hinanden og står skævt, og ringene er ikke længere flade. Så kan de ikke begge stå lige over for hver sin adeninbase med den afstand og den retning, en hydrogenbinding kræver. Dobbeltspiralen får en bule, og DNA-polymerase kan ikke læse forbi thymindimeren.

Opgave A7.7.4: Solcreme og absorbans

Baserne i DNA absorberer ultraviolet lys, og det er det lys, der kan danne thymindimerer. Solcreme indeholder stoffer, som kaldes UV-filtre. De absorberer det ultraviolette lys, før det når hudcellernes DNA.

I afsnit B5.2 lærte du, at transmittansen T er den del af lyset, der slipper igennem, og at absorbansen er A = −log(T).

  1. Et lag solcreme lader 5,0 % af det ultraviolette lys slippe igennem. Beregn absorbansen af laget.
  2. Efter Lambert-Beers lov er absorbansen proportional med lysvejen, altså med lagets tykkelse. Beregn absorbansen, hvis laget af solcreme kun er halvt så tykt.
  3. Beregn, hvor mange procent af det ultraviolette lys der slipper gennem det tynde lag solcreme.
  4. Et UV-filter opløses i ethanol. Opløsningen har koncentrationen 2,50 · 10−5 M, og i en kuvette med lysvejen 1,00 cm måles absorbansen 0,600 ved 310 nm. Beregn ekstinktionskoefficienten for UV-filteret ved 310 nm.
  5. Opløsningen af UV-filteret i ethanol er farveløs. Forklar, hvordan UV-filteret kan absorbere lys og alligevel være farveløst.

En transmittans på 5,0 % skrives som tallet T = 0,050, før den sættes ind i A = −log(T). Lambert-Beers lov er \(A = \varepsilon \cdot l \cdot c\), som i afsnit B5.3.

Halveres lysvejen gennem solcremen, halveres absorbansen. Fra absorbans til transmittans regner du baglæns: T = 10−A.

I spørgsmål d skal ε stå alene: \(\varepsilon = A / (l \cdot c)\).

Til spørgsmål e skal du bruge, at synligt lys har bølgelængder fra 400 nm til 700 nm. Du kan begynde sådan: “Et stof er farveløst, når det ikke absorberer … UV-filteret absorberer ved …, og det er …”

  1. Transmittansen gennem laget af solcreme er T = 0,050.

\[ A = -\log(T) = -\log(0{,}050) = 1{,}30 \]

  1. Absorbansen er proportional med lysvejen. Er laget af solcreme halvt så tykt, er absorbansen halvt så stor:

\[ A = \frac{1{,}30}{2} = 0{,}65 \]

  1. Transmittansen gennem det tynde lag solcreme er

\[ T = 10^{-A} = 10^{-0{,}65} = 0{,}22 \]

Der slipper 22 % af det ultraviolette lys gennem det tynde lag. Et lag, der er halvt så tykt, lader altså ikke dobbelt så meget lys slippe igennem, men over 4 gange så meget.

  1. A = 0,600, \(l\) = 1,00 cm og c = 2,50 · 10−5 M.

\[ \varepsilon = \frac{A}{l \cdot c} = \frac{0{,}600}{1{,}00\ \mathrm{cm} \cdot 2{,}50 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}} = 2{,}40 \cdot 10^{4}\ \mathrm{M^{-1} \cdot cm^{-1}} \]

Ekstinktionskoefficienten for UV-filteret er 2,40 · 104 M−1 · cm−1 ved 310 nm. Det er en høj værdi, så selv et tyndt lag absorberer meget lys.

  1. Et stof er farveløst, når det ikke absorberer synligt lys, altså lys med bølgelængder fra 400 nm til 700 nm. UV-filteret absorberer ved 310 nm, og det er ultraviolet lys, som øjet ikke kan se. Alt det synlige lys slipper igennem opløsningen, og derfor er den farveløs.

Opgave A7.7.5: Cisplatin som kompleks

Cisplatin har formlen [Pt(NH3)2Cl2], og komplekset har ingen ladning. Inde i cellen skiftes de to chloridioner ud med vandmolekyler, én ad gangen. Til sidst binder platin sig til et nitrogenatom i hver af to guaninbaser. Tabellen viser de fire komplekser uden ladninger. G står i tabellen for en guaninbase, som regnes for en ligand uden ladning.

Kompleks Formel uden ladning
A (cisplatin) [Pt(NH3)2Cl2]
B [Pt(NH3)2Cl(H2O)]
C [Pt(NH3)2(H2O)2]
D [Pt(NH3)2G2]

Figuren viser guanin i et basepar med cytosin. Det nitrogenatom i guanin, som platin binder sig til, er markeret med en ring.

Figur 3: Guanin i et basepar med cytosin. Ringen viser det nitrogenatom, platin binder sig til.
  1. Angiv centralionen, liganderne og koordinationstallet i cisplatin, og bestem centralionens ladning.
  2. Centralionen er den samme i alle fire komplekser. Beregn ladningen på kompleks B, C og D.
  3. Angiv oxidationstallet for platin i de fire komplekser, og begrund, at udskiftningen af ligander ikke er en redoxreaktion.
  4. Nitrogen står i hovedgruppe 5 og har 5 elektroner i yderste skal. Vis ud fra bindingerne i figuren, at det markerede nitrogenatom i guanin har et ledigt elektronpar, og forklar, hvorfor det gør nitrogenatomet til en ligand.
  5. Forklar ud fra figuren, hvorfor det markerede nitrogenatom er frit til at binde platin, selv om guanin sidder i et basepar med cytosin.

Ladningen på et kompleks er centralionens ladning plus ligandernes ladninger, som i afsnit A6.3. Ammoniak, vand og guanin har ingen ladning, og en chloridion har ladningen 1−. Oxidationstallet for en ion, der består af ét atom, er det samme som ionens ladning.

For cisplatin skal centralionens ladning sammen med 2 · 0 fra ammoniak og 2 · (−1) fra chlorid give 0. Brug den samme centralion i regnestykkerne for kompleks B, C og D.

I spørgsmål d tæller du bindingerne på det markerede nitrogenatom i guanin. En dobbeltbinding bruger to af nitrogenatomets elektroner, og en enkeltbinding bruger én. Du kan begynde sådan: “Nitrogenatomet har 5 elektroner i yderste skal. Det bruger … til bindinger, så der er … tilbage. En ligand skal have …”

I spørgsmål e ser du på, hvor de tre hydrogenbindinger til cytosin sidder på guanin, og hvor det markerede nitrogenatom sidder.

  1. Centralionen i cisplatin er en platinion. Liganderne er to ammoniakmolekyler, NH3, og to chloridioner, Cl−. Der er fire bindinger til platinionen, så koordinationstallet er 4. Ammoniak har ingen ladning, og de to chloridioner har tilsammen ladningen 2−. Komplekset har ladningen 0. Centralionen har derfor ladningen 2+ og er en platin(II)ion, Pt2+.

  2. Ladningen er centralionens ladning plus ligandernes ladninger:

Kompleks Formel med ladning Beregning af ladningen
A [Pt(NH3)2Cl2] ladning = 2 + 2 · 0 + 2 · (−1) = 0
B [Pt(NH3)2Cl(H2O)]+ ladning = 2 + 2 · 0 + (−1) + 0 = +1
C [Pt(NH3)2(H2O)2]2+ ladning = 2 + 2 · 0 + 2 · 0 = +2
D [Pt(NH3)2G2]2+ ladning = 2 + 2 · 0 + 2 · 0 = +2

Hver gang en chloridion med ladningen 1− skiftes ud med en ligand uden ladning, stiger kompleksets ladning med 1.

  1. Platin er Pt2+ i alle fire komplekser, så oxidationstallet for platin er +II hele vejen. Ingen af atomerne i liganderne skifter heller oxidationstal: chlor er −I både i cisplatin og i den frie chloridion. Når ingen oxidationstal ændres, er der ikke flyttet elektroner, og reaktionen er ikke en redoxreaktion. Det er en ligandudskiftning.

  2. Det markerede nitrogenatom i guanin har en dobbeltbinding til ét carbonatom og en enkeltbinding til et andet. Det bruger 3 af sine 5 elektroner til de bindinger: 2 til dobbeltbindingen og 1 til enkeltbindingen. Der er 2 elektroner tilbage, og de danner et ledigt elektronpar. En ligand skal netop have et ledigt elektronpar, som den kan dele med centralionen. Nitrogenatomet i ammoniak er ligand af samme grund.

  3. De tre hydrogenbindinger mellem guanin og cytosin sidder alle på den kant af guanin, der vender ind mod cytosin. Det markerede nitrogenatom sidder på den modsatte side af guanin og er ikke med i nogen af hydrogenbindingerne. Dets ledige elektronpar peger væk fra baseparret og kan nås udefra. Platin kan derfor binde sig til det, uden at baseparret først skal skilles ad.

Opgave A7.7.6: Cisplatin i blodet og i cellen

Chloridionerne i cisplatin kan skiftes ud med vandmolekyler:

[Pt(NH3)2Cl2](aq) + 2 H2O(l) ⇌ [Pt(NH3)2(H2O)2]2+(aq) + 2 Cl−(aq)

Komplekset med de to vandmolekyler er den aktive form, som kan binde sig til DNA. I blodet er [Cl−] omkring 100 mM, og inde i en celle er [Cl−] omkring 4 mM.

  1. Opskriv reaktionsbrøken Y for ligevægten mellem cisplatin og den aktive form. Vand er opløsningsmidlet og indgår ikke.
  2. Cisplatin kommer fra blodet ind i en celle, hvor koncentrationen af chloridioner er meget lavere. Forklar med reaktionsbrøken, hvilken vej ligevægten forskydes.
  3. Ved ligevægt er Y = K. Vis, at forholdet mellem koncentrationen af den aktive form og koncentrationen af cisplatin ved ligevægt er K / [Cl−]2, og beregn, hvor mange gange større forholdet er i cellen end i blodet.
  4. Inde i cellen binder den aktive form sig til guanin i DNA og forsvinder derfor fra opløsningen. Forklar, hvad det betyder for ligevægten mellem cisplatin og den aktive form.
  5. Forklar, hvorfor det er en fordel for patienten, at ligevægten ligger til venstre i blodet.

Reaktionsbrøken har produkterne over brøkstregen og reaktanterne under, og hver koncentration er opløftet til sin koefficient fra reaktionsskemaet. Sammenhængen mellem Y og K står i afsnit B2.4 og afsnit B2.5: er Y < K, forløber reaktionen mod højre.

I reaktionsbrøken for cisplatin står [Cl−]2 over brøkstregen. Når [Cl−] bliver mindre, bliver Y mindre.

I spørgsmål c sætter du Y = K og dividerer med [Cl−]2 på begge sider. Så står forholdet mellem den aktive form og cisplatin alene. Sæt derefter [Cl−] = 4 mM og [Cl−] = 100 mM ind, og divider de to udtryk med hinanden. K går ud.

Til spørgsmål d kan du begynde sådan: “Når den aktive form fjernes, bliver tallet … brøkstregen mindre, så Y … Ligevægten …”

  1. Reaktionsbrøken for ligevægten mellem cisplatin og den aktive form er

\[ Y = \frac{[\mathrm{Pt(NH_3)_2(H_2O)_2^{2+}}] \cdot [\mathrm{Cl^-}]^2}{[\mathrm{Pt(NH_3)_2Cl_2}]} \]

  1. I blodet er der ligevægt, så Y = K. Når cisplatin kommer ind i cellen, er [Cl−] meget lavere. Tallet over brøkstregen bliver mindre, og nu er Y < K. Reaktionen forløber derfor mod højre, indtil Y igen er lig med K. Ligevægten forskydes mod højre: chloridionerne i cisplatin skiftes ud med vandmolekyler, og der dannes mere af den aktive form. Det passer med Le Chateliers princip: når chloridioner fjernes, forskydes ligevægten i den retning, hvor der dannes chloridioner.

  2. Ved ligevægt er

\[ K = \frac{[\mathrm{Pt(NH_3)_2(H_2O)_2^{2+}}] \cdot [\mathrm{Cl^-}]^2}{[\mathrm{Pt(NH_3)_2Cl_2}]} \]

Begge sider divideres med [Cl−]2:

\[ \frac{[\mathrm{Pt(NH_3)_2(H_2O)_2^{2+}}]}{[\mathrm{Pt(NH_3)_2Cl_2}]} = \frac{K}{[\mathrm{Cl^-}]^2} \]

Forholdet i cellen divideres med forholdet i blodet, og K går ud:

\[ \frac{K / (4\ \mathrm{mM})^2}{K / (100\ \mathrm{mM})^2} = \left( \frac{100\ \mathrm{mM}}{4\ \mathrm{mM}} \right)^{2} = 625 \]

Forholdet mellem den aktive form og cisplatin er 625 gange større i cellen end i blodet. Fordi [Cl−] er opløftet til anden potens, giver 25 gange færre chloridioner en forskydning på 252 = 625 gange.

  1. Når den aktive form binder sig til guanin, fjernes et produkt fra ligevægten. Tallet over brøkstregen i reaktionsbrøken bliver mindre, så Y < K, og ligevægten forskydes endnu mere mod højre. Der dannes hele tiden ny aktiv form af cisplatin, efterhånden som den aktive form bliver brugt. På den måde kan næsten al cisplatin i cellen ende på DNA.

  2. I blodet beholder cisplatin sine chloridioner. Komplekset er uden ladning og uvirksomt, mens det transporteres rundt i kroppen. Den aktive form med de to vandmolekyler dannes først inde i cellerne, og det er der, DNA er. Lægemidlet bliver altså ikke brugt op på vejen, og mest muligt af det når frem til cellernes DNA.

Opgave A7.7.7: AZT og thymidin

Thymidin er basen thymin bundet til sukkeret deoxyribose. Lægemidlet AZT ligner thymidin. På carbonatom 3′ har AZT en gruppe med tre nitrogenatomer, −N3, som kaldes en azidgruppe.

Figur 4: Thymidin og lægemidlet AZT.

I cellen får både thymidin og AZT sat tre phosphatgrupper på carbonatom 5′. Først derefter kan det enzym, der bygger DNA, bruge dem som byggesten.

  1. Thymidin har en hydroxygruppe på carbonatom 3′ og en på carbonatom 5′. Afgør for hver af de to hydroxygrupper i thymidin, om den sidder som i en primær, en sekundær eller en tertiær alkohol.
  2. Angiv forskellen på de funktionelle grupper i thymidin og AZT.
  3. Thymidin har molekylformlen C10H14N2O5. Opskriv molekylformlen for AZT.
  4. Når en DNA-streng bliver forlænget, er OH-gruppen på carbonatom 3′ i strengens sidste nucleotid nucleofilen. Forklar, hvad nucleofilen gør, og hvorfor en streng, der ender med AZT, ikke kan blive længere.
  5. Forklar, hvorfor AZT godt kan blive sat på en DNA-streng, selv om en streng med AZT i enden ikke kan forlænges.

En alkohol er primær, sekundær eller tertiær efter, hvor mange carbonatomer der sidder på det carbonatom, der har hydroxygruppen. Tæl naboerne til carbonatom 3′ og til carbonatom 5′ i thymidin. Reaktionen, der forlænger en DNA-streng, står under overskriften “Enzymet, der bygger DNA” i afsnit A7.5.

AZT er thymidin, hvor gruppen −OH på carbonatom 3′ er skiftet ud med gruppen −N3. Træk ét O og ét H fra molekylformlen for thymidin, og læg tre N til.

I reaktionen, der forlænger en DNA-streng, er der to roller. Strengens sidste nucleotid skal have en OH-gruppe på carbonatom 3′, som er nucleofilen. Det nucleotid, der kommer til, skal have tre phosphatgrupper på carbonatom 5′. Se, hvilken af de to roller AZT kan spille.

Du kan begynde svaret på spørgsmål d sådan: “OH-gruppen på carbonatom 3′ har et ledigt elektronpar, som angriber … AZT har i stedet …, og den kan ikke …”

  1. Carbonatom 3′ i thymidin er bundet til to andre carbonatomer, nemlig carbonatom 2′ og carbonatom 4′. Hydroxygruppen på carbonatom 3′ sidder derfor som i en sekundær alkohol. Carbonatom 5′ er kun bundet til ét andet carbonatom, carbonatom 4′, så hydroxygruppen på carbonatom 5′ sidder som i en primær alkohol.

  2. Thymidin har en hydroxygruppe, −OH, på carbonatom 3′. AZT har en azidgruppe, −N3, på carbonatom 3′. Resten af de to molekyler er ens: basen thymin, ringen i deoxyribose og hydroxygruppen på carbonatom 5′.

  3. I AZT er −OH skiftet ud med −N3. Molekylformlen for AZT har derfor ét O og ét H mindre og tre N mere end thymidin: C10H13N5O4.

  4. OH-gruppen på carbonatom 3′ har et ledigt elektronpar på oxygenatomet. Det angriber phosphoratomet i den inderste phosphatgruppe på det nucleotid, der kommer til. De to yderste phosphatgrupper forlader molekylet som en diphosphation, og der er dannet en ny phosphodiesterbinding. En streng, der ender med AZT, har en azidgruppe på carbonatom 3′ i stedet for OH-gruppen. Azidgruppen kan ikke angribe phosphoratomet og danne en phosphodiesterbinding. Nucleofilen mangler, og strengen kan ikke blive længere.

  5. Det nucleotid, der bliver sat på en streng, skal kun bruge sin ende ved carbonatom 5′. Her har AZT en OH-gruppe ligesom thymidin, og i cellen får den sat tre phosphatgrupper på. OH-gruppen i strengens 3′-ende kan angribe det inderste phosphoratom på AZT, og AZT bliver bundet til strengen. Først i næste trin skal AZT selv levere nucleofilen på carbonatom 3′, og den har AZT ikke. AZT kan altså spille den ene rolle i reaktionen, men ikke den anden.

Opgave A7.7.8: Hvor tit sker skaden?

Cytosin i dobbeltstrenget DNA reagerer langsomt med vand og bliver til uracil. Reaktionen er af første orden med hensyn til cytosin, og ved 37 °C er hastighedskonstanten omkring k = 5,0 · 10−13 s−1.

For en reaktion af første orden er reaktionshastigheden k gange mængden af stoffet. Regnes mængden som antallet af cytosinbaser, N, er hastigheden antallet af cytosinbaser, der reagerer pr. sekund: v = k · N.

  1. Beregn halveringstiden for cytosin i dobbeltstrenget DNA ved 37 °C, og regn den om til år.
  2. En af kroppens celler indeholder 6,4 · 109 basepar, og 20 % af baserne er cytosin. Beregn antallet af cytosinbaser i cellen.
  3. Beregn, hvor mange cytosinbaser i cellen der bliver til uracil pr. sekund, og hvor mange der bliver til uracil pr. døgn.
  4. Forklar, hvordan en reaktion med så lang en halveringstid alligevel kan give mange skader i hver celle hver dag.
  5. I enkeltstrenget DNA er hastighedskonstanten for den samme reaktion omkring 100 gange større. Forklar ud fra dobbeltspiralens opbygning, hvorfor cytosin er bedre beskyttet mod vand i dobbeltstrenget DNA.

Halveringstiden for en reaktion af første orden er t½ = ln 2 / k, som i afsnit A5.2. Et år er 365 · 24 · 3600 s. Hvert basepar består af to baser, så cellen har dobbelt så mange baser som basepar.

Antallet af cytosinbaser, der reagerer pr. sekund, er v = k · N. Et døgn er 24 timer à 3600 s, altså 86 400 s.

Til spørgsmål e kan du bruge det, afsnit A7.3 siger om, hvor baserne ligger i dobbeltspiralen. Du kan begynde sådan: “I dobbeltspiralen ligger cytosin …, og aminogruppen er bundet til guanin med … I en enkeltstreng er cytosin …”

  1. Halveringstiden for cytosin i dobbeltstrenget DNA er

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{5{,}0 \cdot 10^{-13}\ \mathrm{s^{-1}}} = 1{,}39 \cdot 10^{12}\ \mathrm{s} \]

Et år er 365 døgn à 24 timer à 3600 s, altså 3,15 · 107 s.

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{1{,}39 \cdot 10^{12}\ \mathrm{s}}{3{,}15 \cdot 10^{7}\ \dfrac{\mathrm{s}}{\mathrm{år}}} = 4{,}4 \cdot 10^{4}\ \mathrm{år} \]

Halveringstiden er omkring 44 000 år.

  1. Cellen har 6,4 · 109 basepar og dermed 1,28 · 1010 baser, og 20 % af dem er cytosin:

\[ N = 0{,}20 \cdot 1{,}28 \cdot 10^{10} = 2{,}6 \cdot 10^{9} \]

  1. Antallet af cytosinbaser, der reagerer pr. sekund, er

\[ v = k \cdot N = 5{,}0 \cdot 10^{-13}\ \mathrm{s^{-1}} \cdot 2{,}6 \cdot 10^{9} = 1{,}3 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{s^{-1}} \]

Et døgn er 86 400 s:

\[ \text{antal pr. døgn} = 1{,}3 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{s^{-1}} \cdot 86\,400\ \mathrm{s} = 112 \]

Der bliver omkring 0,0013 cytosinbaser til uracil pr. sekund, og det svarer til omkring 110 pr. døgn i hver celle. Antallet af cytosinbaser ændrer sig næsten ikke i løbet af et døgn, så hastigheden er den samme hele døgnet.

  1. Hver enkelt cytosinbase reagerer meget sjældent: på et døgn er det kun omkring 4 ud af 100 millioner. Men cellen har 2,6 milliarder cytosinbaser, og reaktionshastigheden er hastighedskonstanten gange antallet. En meget lille hastighedskonstant gange et meget stort antal giver alligevel omkring hundrede skader om dagen. Derfor har cellen enzymer, der hele tiden finder uracil i DNA og sætter cytosin i igen.

  2. I dobbeltspiralen ligger baserne stablet inde i midten, væk fra vandet, og rygraden med phosphatgrupper og sukker vender ud mod vandet. Aminogruppen i cytosin er desuden bundet til guanin med en hydrogenbinding. Vandmolekylerne har derfor svært ved at komme til det carbonatom i cytosin, som aminogruppen sidder på. I en enkeltstreng er cytosin ikke parret med guanin og ligger frit i vandet, så reaktionen mellem cytosin og vand går hurtigere.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner dem, du møder til den skriftlige prøve i kemi A. DNA og lægemidlerne er her rammen om spørgsmål i kernestoffet, og facit viser, hvordan en hel besvarelse kan se ud.

Opgave A7.7.eks.1: Cisplatin i vand

Cisplatin, [Pt(NH3)2Cl2], er et lægemiddel mod kræft. Chloridionerne i cisplatin skiftes ud med vandmolekyler én ad gangen. I første trin skiftes den ene chloridion ud:

[Pt(NH3)2Cl2](aq) + H2O(l) ⇌ [Pt(NH3)2Cl(H2O)]+(aq) + Cl−(aq)

I et forsøg opløses cisplatin i vand uden chloridioner ved 37 °C, og koncentrationen af cisplatin måles i 4 timer. Koncentrationerne er så lave, at reaktionen mod venstre ikke har nogen betydning i forsøget.

t i min 0 20 40 60 90 120 180 240
[cisplatin] i µM 50,0 44,9 39,2 35,1 28,8 24,4 16,8 11,9
  1. Angiv centralionen og liganderne i komplekset [Pt(NH3)2Cl(H2O)]+, og begrund kompleksets ladning.
  2. Vis, at reaktionen mellem cisplatin og vand er af første orden med hensyn til cisplatin.
  3. Bestem hastighedskonstanten og halveringstiden for cisplatin i vand ved 37 °C.
  4. Den opløsning af cisplatin, som patienten får, indeholder 0,154 M natriumchlorid. Forklar, hvorfor cisplatin er holdbart i den opløsning, selv om halveringstiden i vand uden chloridioner er under 2 timer.

I spørgsmål a finder du først centralionens ladning ud fra cisplatin, som ikke har nogen ladning. I spørgsmål b skal du kun undersøge første orden. Skriv det lineære udtryk for cisplatin, beregn ln([cisplatin] / µM) for hver måling, afbild ln-værdierne som funktion af tiden, og lav lineær regression. Besvarelsen skal have grafen med punkter og linje, modellen med symboler og enheder og en vurdering af, hvordan punkterne ligger.

For cisplatin er den første ln-værdi ln(50,0) = 3,912, og den sidste er ln(11,9) = 2,477. Hældningen får enheden min−1. Til spørgsmål c skal du bruge, at hældningen er −k, og at t½ = ln 2 / k.

I spørgsmål d skal du bruge, at reaktionen mellem cisplatin og vand er en ligevægt med Cl− som produkt. Du kan begynde sådan: “I opløsningen med natriumchlorid er [Cl−] … Reaktionsbrøken er …, så Y når op på K, når kun … Halveringstiden fortæller …, men ikke …”

  1. Cisplatin, [Pt(NH3)2Cl2], har ladningen 0. Ammoniak har ingen ladning, og de to chloridioner har tilsammen ladningen 2−, så centralionen i cisplatin er en platin(II)ion, Pt2+. Centralionen er den samme i komplekset [Pt(NH3)2Cl(H2O)]+. Liganderne er to ammoniakmolekyler, NH3, en chloridion, Cl−, og et vandmolekyle, H2O. Kompleksets ladning er centralionens ladning plus ligandernes ladninger. Centralionen har ladningen 2+, chloridionen har ladningen 1−, og ammoniak og vand har ingen ladning, så komplekset har ladningen 1+.

  2. Udtrykket, der skal undersøges

For en reaktion af første orden er ln[cisplatin] = −k · t + ln[cisplatin]0. Derfor beregnes ln[cisplatin] for hver måling.

t i min [cisplatin] i µM ln([cisplatin] / µM)
0 50,0 3,912
20 44,9 3,804
40 39,2 3,669
60 35,1 3,558
90 28,8 3,360
120 24,4 3,195
180 16,8 2,821
240 11,9 2,477

Graf og regression

Figur 5: ln([cisplatin] / µM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −0,00602 · x + 3,914. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln([\mathrm{cisplatin}] / \mathrm{\mu M}) = -0{,}00602\ \mathrm{min^{-1}} \cdot t + 3{,}914 \]

Vurdering af modellen

Punkterne ligger tæt på linjen og fordeler sig tilfældigt over og under den. Forklaringsgraden er r2 = 0,9997. Residualplottet viser det samme: residualerne er højst 0,012, og de ligger over og under nul uden et mønster.

Figur 6: Residualplot for den rette linje gennem ln([cisplatin] / µM).

Modellen beskriver målingerne godt, så reaktionen er af første orden med hensyn til cisplatin.

  1. Hældningen er −k, så hastighedskonstanten for cisplatin i vand er k = 0,00602 min−1 ved 37 °C.

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{0{,}00602\ \mathrm{min^{-1}}} = 115\ \mathrm{min} \]

Halveringstiden for cisplatin i vand er 115 minutter ved 37 °C, altså knap 2 timer.

  1. Reaktionen mellem cisplatin og vand er en ligevægt, og chloridionen er et af produkterne. Reaktionsbrøken er

\[ Y = \frac{[\mathrm{Pt(NH_3)_2Cl(H_2O)^{+}}] \cdot [\mathrm{Cl^-}]}{[\mathrm{Pt(NH_3)_2Cl_2}]} \]

I opløsningen med 0,154 M natriumchlorid er [Cl−] meget høj fra start. Reaktionsbrøken når derfor op på K, når kun en meget lille del af cisplatinen har reageret, og så er der ligevægt. Ligevægten ligger langt til venstre, og næsten al cisplatin bliver ved med at være cisplatin. Det passer med Le Chateliers princip: et højt indhold af chloridioner forskyder ligevægten mod venstre.

I forsøget uden chloridioner er [Cl−] nul fra start og bliver ved med at være meget lav, så Y er mindre end K i lang tid, og næsten al cisplatin når at reagere. Halveringstiden fortæller, hvor hurtigt reaktionen går mod ligevægt, men ikke, hvor ligevægten ligger.

Opgave A7.7.eks.2: 5-fluoruracil

5-fluoruracil er et lægemiddel mod kræft, som ligner basen uracil. Cellen danner thymin ud fra uracil: et enzym skifter hydrogenatomet på et bestemt carbonatom i ringen ud med en methylgruppe. Det sker, mens basen sidder i et nucleotid, men figuren viser kun baserne: uracil, thymin og 5-fluoruracil. Det sted på ringen, hvor enzymet arbejder, er markeret.

Figur 7: Uracil, thymin og lægemidlet 5-fluoruracil.

5-fluoruracil er en svag syre med pKs = 8,0, fordi en af de to N−H-grupper kan afgive en hydron. For 5-fluoruracil er log P = −0,89. Et fluoratom er kun lidt større end et hydrogenatom.

  1. Angiv reaktionstypen, når uracil omdannes til thymin, og begrund svaret ud fra figuren.
  2. Beregn syrebrøken for 5-fluoruracil ved pH 7,4, som er blodets pH, og angiv, hvilken form der er mest af i blodet.
  3. Begrund ud fra en polaritetsanalyse, at log P for 5-fluoruracil er negativ, og beregn log D for 5-fluoruracil ved pH 7,4.
  4. Enzymet binder 5-fluoruracil på samme måde som uracil, men reaktionen går i stå, og enzymet kan ikke slippe molekylet igen. I den normale reaktion med uracil skal hydrogenatomet på det markerede carbonatom fraspaltes som en hydron, H+. Forklar, hvorfor enzymet tager fejl af uracil og 5-fluoruracil, og hvorfor reaktionen går i stå med 5-fluoruracil.

Syrebrøken ved en bestemt pH beregnes med formlen fra afsnit A1.7, og log D for en syre er log D = log P + log xs, som i afsnit A3.6. I en polaritetsanalyse vejer du de polære grupper i 5-fluoruracil mod antallet af carbonatomer.

I spørgsmål a ser du kun på det markerede sted: hvad sidder der i uracil, og hvad sidder der i thymin?

For 5-fluoruracil er pH − pKs = 7,4 − 8,0 = −0,6. De polære grupper i 5-fluoruracil er de to carbonylgrupper, de to N−H-grupper og bindingen mellem carbon og fluor, og molekylet har kun 4 carbonatomer.

Til spørgsmål d skal du bruge, at fluor har elektronegativiteten 4,0 og er det mest elektronegative grundstof. Du kan begynde sådan: “5-fluoruracil har de samme grupper som uracil på …, og et fluoratom er …, så molekylet passer i … Et hydrogenatom kan fraspaltes som H+, men et fluoratom …”

  1. Omdannelsen af uracil til thymin er en substitution. På det markerede carbonatom er et hydrogenatom byttet ud med en methylgruppe, −CH3. Resten af molekylet er uændret: dobbeltbindingen mellem de to carbonatomer i ringen, de to carbonylgrupper og de to N−H-grupper er de samme i uracil og thymin.

  2. Syrebrøken for 5-fluoruracil ved pH 7,4 er

\[ x_\mathrm{s} = \frac{1}{1 + 10^{\,\mathrm{pH} - \mathrm{p}K_\mathrm{s}}} = \frac{1}{1 + 10^{\,7{,}4 - 8{,}0}} = \frac{1}{1 + 0{,}251} = 0{,}799 \]

Ved pH 7,4 er 80 % af 5-fluoruracil på syreformen, som er molekylet uden ladning. De sidste 20 % er på baseformen, som er en negativ ion. Der er altså mest af den uladede form i blodet. Det passer med, at pH er lavere end pKs.

  1. Polaritetsanalyse

5-fluoruracil har to carbonylgrupper, C=O, og to N−H-grupper. De er alle polære og kan danne hydrogenbindinger med vand: oxygenatomerne tager imod, og N−H-grupperne giver. Bindingen mellem carbon og fluor er også polær, for forskellen i elektronegativitet er ΔEN = 4,0 − 2,5 = 1,5. Molekylet har kun 4 carbonatomer til at bære de fem polære grupper, og der er ingen carbonkæde. 5-fluoruracil er derfor et polært molekyle, som opløses bedre i vand end i octan-1-ol. Så er fordelingskonstanten P mindre end 1, og log P er negativ.

Beregning af log D

5-fluoruracil er en syre, så log D = log P + log xs:

\[ \log D = -0{,}89 + \log(0{,}799) = -0{,}89 - 0{,}10 = -0{,}99 \]

Ved pH 7,4 er log D = −0,99 for 5-fluoruracil. Det er lidt lavere end log P, fordi en femtedel af stoffet er på ionform og bliver i vandet. Der er omkring 10 gange så høj en koncentration af 5-fluoruracil i vand som i octan-1-ol.

  1. Hvorfor enzymet tager fejl

Et substrat holdes fast i enzymets aktive center af bindinger mellem substratets grupper og sidekæderne. 5-fluoruracil har de samme grupper som uracil på de samme pladser: to carbonylgrupper og to N−H-grupper, som kan danne de samme hydrogenbindinger til sidekæderne i det aktive center. Den eneste forskel er fluoratomet på det markerede carbonatom, og et fluoratom er kun lidt større end det hydrogenatom, der sidder på samme sted i uracil. 5-fluoruracil passer derfor i det aktive center, og enzymet binder det, som om det var uracil.

Hvorfor reaktionen går i stå

I uracil skal hydrogenatomet på det markerede carbonatom fraspaltes som H+. Det efterlader begge bindingens elektroner hos carbonatomet. Fluor har elektronegativiteten 4,0 og er det mest elektronegative grundstof, så fluoratomet trækker bindingens elektroner til sig og kan ikke fraspaltes som en positiv ion. Reaktionen kan derfor ikke gøres færdig, og 5-fluoruracil bliver siddende i det aktive center. Enzymet er blokeret og kan ikke omdanne uracil. Cellen kommer til at mangle thymin og kan ikke bygge nyt DNA. Det rammer især celler, der deler sig tit, som kræftceller.

Opgave A7.7.eks.3: AZT i blodplasma

Lægemidlet AZT bruges mod hiv. AZT er thymidin, hvor hydroxygruppen på carbonatom 3′ i sukkeret er skiftet ud med en azidgruppe, −N3. For thymidin er log P = −0,93, og for AZT er log P = 0,05.

Koncentrationen af AZT i en patients blodplasma måles med HPLC med omvendt fase. Den stationære fase er upolær, og den mobile fase er en blanding af vand og methanol. Metoden afprøves først med en blanding af thymidin og AZT. Figuren viser chromatogrammet.

Figur 8: Chromatogram for en blanding af thymidin og AZT.

Til analysen blandes 0,500 mL blodplasma med 1,00 mL methanol, så proteinerne i blodplasmaet fælder ud. Rumfanget af blandingen regnes for 1,50 mL. Den klare væske og fem standarder med AZT køres på HPLC.

c(AZT) i µM 1,00 2,00 4,00 6,00 8,00
Areal 126 253 494 751 983

Toppen for AZT i prøven fra patienten har arealet 288.

  1. Argumentér for, hvilken af de to toppe i chromatogrammet der er AZT. Inddrag de funktionelle grupper i thymidin og AZT.
  2. Bestem koncentrationen af AZT i patientens blodplasma.
  3. AZT har molekylformlen C10H13N5O4. Beregn den molare masse af AZT, og beregn massen af AZT i 1,00 L af patientens blodplasma.
  4. Kroppen fjerner AZT fra blodet. Koncentrationen af AZT i blodplasma falder som ved en reaktion af første orden med en halveringstid på 1,1 time. Beregn, hvor lang tid der går, før koncentrationen af AZT i patientens blodplasma er faldet fra den målte værdi til 1,0 µM, hvis patienten ikke får mere AZT.

I HPLC med omvendt fase holdes upolære stoffer længst tilbage, som i afsnit A6.5. I spørgsmål b afbilder du arealet som funktion af koncentrationen af AZT, laver lineær regression og bruger modellen til at finde koncentrationen i den klare væske. Husk, at blodplasmaet blev fortyndet med methanol.

En hydroxygruppe kan både give og tage imod hydrogenbindinger med vand. Azidgruppen i AZT har ikke noget hydrogenatom. Jo større log P er, jo mere upolært er stoffet.

Blodplasmaet er fortyndet fra 0,500 mL til 1,50 mL, altså 3 gange. Koncentrationen af AZT i blodplasmaet er derfor 3 gange så stor som i den klare væske. Atommasserne er C 12,01, H 1,008, N 14,01 og O 16,00 g/mol.

I spørgsmål d finder du først hastighedskonstanten af t½ = ln 2 / k. Derefter bruger du ln[AZT] = −k · t + ln[AZT]0 og løser for t.

  1. I HPLC med omvendt fase er den stationære fase upolær, og den mobile fase er polær. Et upolært stof holdes længst tilbage af den stationære fase og kommer sidst ud.

Thymidin og AZT er ens bortset fra gruppen på carbonatom 3′. Thymidin har en hydroxygruppe, −OH, som er polær og både kan give og tage imod hydrogenbindinger med vandet i den mobile fase. AZT har i stedet en azidgruppe, −N3, som ikke har noget hydrogenatom at give til en hydrogenbinding. AZT er derfor mindre polært end thymidin. Det passer med værdierne for log P: 0,05 for AZT mod −0,93 for thymidin.

AZT holdes altså længst tilbage. Toppen ved 7,5 min er AZT, og toppen ved 3,2 min er thymidin.

  1. Standardkurven

Arealet afbildes som funktion af koncentrationen af AZT i de fem standarder.

Figur 9: Standardkurven for AZT med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = 122,8 · x + 5,5. Med symboler og enheder er modellen

\[ \text{areal} = 122{,}8\ \mathrm{\mu M^{-1}} \cdot c(\mathrm{AZT}) + 5{,}5 \]

Punkterne ligger tæt på linjen og tilfældigt over og under den, og r2 = 0,9998. Skæringen 5,5 er lille i forhold til arealerne. Modellen beskriver standarderne godt, og prøvens areal på 288 ligger mellem den mindste og den største standard.

Koncentrationen i den klare væske

\[ c(\mathrm{AZT}) = \frac{288 - 5{,}5}{122{,}8\ \mathrm{\mu M^{-1}}} = 2{,}30\ \mathrm{\mu M} \]

Koncentrationen i blodplasmaet

De 0,500 mL blodplasma blev fortyndet til 1,50 mL, altså 3 gange.

\[ c(\mathrm{AZT}) = 2{,}30\ \mathrm{\mu M} \cdot \frac{1{,}50\ \mathrm{mL}}{0{,}500\ \mathrm{mL}} = 6{,}90\ \mathrm{\mu M} \]

Koncentrationen af AZT i patientens blodplasma er 6,90 µM.

  1. Den molare masse af AZT, C10H13N5O4, er

\[ M = (10 \cdot 12{,}01 + 13 \cdot 1{,}008 + 5 \cdot 14{,}01 + 4 \cdot 16{,}00)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 267{,}25\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

Koncentrationen 6,90 µM er det samme som 6,90 · 10−6 mol/L. I 1,00 L blodplasma er stofmængden af AZT

\[ n = c \cdot V = 6{,}90 \cdot 10^{-6}\ \dfrac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}} \cdot 1{,}00\ \mathrm{L} = 6{,}90 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{mol} \]

\[ m = n \cdot M = 6{,}90 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{mol} \cdot 267{,}25\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 1{,}84 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{g} \]

Der er 1,84 mg AZT i 1,00 L af patientens blodplasma.

  1. Hastighedskonstanten for AZT i blodplasma findes af halveringstiden:

\[ k = \frac{\ln 2}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{\ln 2}{1{,}1\ \mathrm{h}} = 0{,}630\ \mathrm{h^{-1}} \]

For en reaktion af første orden er ln[AZT] = −k · t + ln[AZT]0. Udtrykket løses for t, og [AZT]0 = 6,90 µM og [AZT] = 1,0 µM sættes ind:

\[ t = \frac{\ln[\mathrm{AZT}]_0 - \ln[\mathrm{AZT}]}{k} = \frac{\ln 6{,}90 - \ln 1{,}0}{0{,}630\ \mathrm{h^{-1}}} = \frac{1{,}932 - 0}{0{,}630\ \mathrm{h^{-1}}} = 3{,}1\ \mathrm{h} \]

Koncentrationen af AZT i blodplasmaet er faldet til 1,0 µM efter 3,1 timer. Det er knap tre halveringstider, og det passer med, at koncentrationen skal halveres knap tre gange for at komme fra 6,90 µM til 1,0 µM. AZT forsvinder altså hurtigt fra blodet, og derfor skal lægemidlet tages flere gange i døgnet.