correction de l`examen du 3ème trimestre

INSTITUT PREPARATOIRE AUX
ETUDES D’INGENIEURS DE SFAX
DEPARTEMENT DE PREPARATION
AUX CONCOURS DE BIOLOGIE
A.U. : 2011-2012
2011
Correction de l’épreuve
l’é
de Biochimie du 3ème trimestre
Devoir de synthèse
Exercice 1 (12 pts)
I- On veut déterminer la structure d’un lipide selon les données suivantes :
-Le carbone 1 ou α du glycérol est estérifié avec l’acide stéarique.
stéar
L’acide stéarique est un acide gras saturé à 18 atomes de carbone, sa formule est la
suivante :
CH3 (CH2)16 COOH
- Le carbone 2 ou β du glycérol est estérifié avec un acide gras insaturé à 18 carbones,
carbone
l’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide.
L’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un
monacide, nous obtenons 3 fragments, donc il y a deux coupures par le permenganate
de potassium au niveau de deux insaturations de la chaîne carbonée de l’acide gras,
d’où il s’agit
git de l’acide linoléique C18 : 2 (∆9,12), sa formule est la suivante :
CH3 (CH2)4 CH=CH CH CH = CH (CH2)7 COOH
- Le carbone 3 ou α’’ du glycérol est estérifié avec une molécule d’acide phosphorique
laquelle est liée à une molécule d’éthanolamine.
O
HO
P
OH
HO
CH2
CH2
OAcide phosphorique
Éthanolamine
NH3+
a) Écrire la formule développée de ce lipide en précisant la nature des liaisons formées.
O
CH2 O
O
CH3
(CH2)4
CH=CH CH2
CH = CH (CH2)7 C
O
H2
Liaisons ester
CH
C
C
(CH2)16 CH3
O
O
P
O-CH2-CH2-NH3+
OLiaisons phosphoester
b) Quelle est la dénomination chimique de ce lipide ?
1-stéaryl,2-linoléate phosphatidyléthanolamine c’est une céphaline.
c) Définir et calculer son indice d’iode.
Indice d’iode : c’est le nombre de gramme d’I2 fixé par 100 g de lipide.
Détermination de la masse molaire de ce lipide : Mm = MmGly + MmStéar + MmLinol +
MmPhos + Mm éthe – 4x MmH2O = 92 + 284 + 280 + 98 + 63 – 72 = 745 g.
Le lipide présente deux insaturations d’où 1mole de lipide fixe 2 moles d’iode donc
745 g de lipide fixe 127 x 4 = 508 g d’iode. 100 g de lipide Fixera donc :
Ii = 100 x 508/745 = 68,2.
d) Définir et calculer son indice de saponification.
Indice de saponification : c’est le nombre de mg de potasse nécessaire pour saponifier
1 g de lipide.
1 mole de lipide est saponifiée par 2 moles de KOH.
745 g de lipide
1g
2 moles de KOH (2 x 56 g = 112 g = 112. 103 mg)
Is
Is = 1x 112. 103 /745 = 150,3
II-Soit un triglycéride d’indice de saponification est égal à 196 et d’indice d’iode est égal à
59. L’analyse chromatographique de ce lipide a révélé l’existence d’un acide palmitique et
d’acide oléique.
a) Déterminer la masse molaire de ce triglycéride.
196 mg de potasse sont nécessaires pour saponifier 1 g de lipide,
1 mole de lipide (Mmlip ?)
3 moles de KOH (3 x 56 g = 168 g = 168g)
1g
Is = 196 10-3 g
Mm = 1 x 168/196 10-3 = 857,1g.
b) Proposer une des structures possibles de ce triglycéride.
L’analyse chromatographique de ce lipide a révélé l’existence d’un acide palmitique
(saturé) et d’acide oléique (monoinsaturé), Puisque ce lipide est un TG, donc un des deux
acides gras se répète deux fois.
Ii = 59, donc 100 g de ce TG fixera 59 g d’iode, 857,1 g de TG (1mole) fixera :
59 x 857,1/100 = 505,7 g d’iode
Le nombre de mole d’iode fixé par ce TG = 505,7/254 = 2 moles d’I2.
Ce TG présente deux insaturations venant de deux acides oléiques.
Une des structures possibles de ce triglycéride :
O
CH3 (CH2)7 CH
CH
(CH2)7
O H2
C
C
CH
O
O
H2 C
C (CH2)16 CH3
O
O
C
(CH2)7
CH CH (CH2)7
CH3
1-palmityl,2-oléyl,3-oléyl sn glycérol
Exercice 2 (8 pts)
Le stachyose est l’α-D-galactopyranosyl(1
glucopyranosyl(1
2)-β-D-fructofuranoside.
6)-α-D-galactopyranosyl (1
6)-α-D-
HCOOH
a) Écrire la formule développée de ce glucide.
CH2OH
O
O
CH2
O
O
CH2
CH2OH
O
O
HCOOH
O
HCOOH
HO
CH2OH
OH
HCOOH
: Coupure par l’acide périodique
HCOOH : acide formique
b) Le stachyose est soumis à une perméthylation suivie d’une hydrolyse acide. Donner
les noms des différents dérivés d’oses obtenus.
2,3,4,6 tétra-O-méthyl-D-galactopyranose.
2,3,4, tri-O-méthyl-D-galactopyranose.
2,3,4, tri-O-méthyl-D-glucopyranose.
1,3,4,6 tétra-O-méthyl-D-fructofuranose
c) Le stachyose est-il un sucre réducteur ? Pourquoi ?
Le stachyose n’est pas un sucre réducteur car il n’a pas de carbone anomérique libre.
d) Donner le bilan de l’oxydation d’une mole de stachyose par l’acide périodique
(nombre de moles d’acide périodique consommées et nombre de moles de
formaldéhyde et d’acide formique formées).
Voir les sites de coupure par l’acide périodique dans la réponse de la question a), il ya
consommation de 7 molécules d’acide périodique et libération de 3 molécules d’acide
formique et pas de libération de formaldéhyde.
Devoir de contrôle
Durée : 40 min
Exercice 1 (10 pts)
Pour déterminer la structure d’un oligopeptide, on effectue les réactions suivantes :
a) L’hydrolyse par HCL concentré de ce peptide fournit les acides aminés suivants :
1 Ala, 1 Asp, 1 Arg, 1 Met, 1 Val et 1 Tyr.
b) L’acide aminé N-terminal est révélé par le réactif de Sakaguichi.
L’acide aminé N-terminale est l’Arg.
c) L’hydrolyse de cet oligopeptide par la chymotrypsine, donne deux tripeptides.
La chymotrypsine coupe après un acide aminé aromatique donc Tyr est en position 3.
d) L’action du Bromure de Cyanogène (BrCN) donne un pentapeptide et un acide aminé.
Le bromure de cyanogène coupe après la Met, donc la Met est en position 5.
e) La carboxypeptidase y détache Ala.
La carboxypeptidase y détache l’acide aminé C-terminale, donc l’Ala est le dernier
acide aminé.
La séquence du peptide est :
Arg-Asp-Tyr-Val-Met-Ala ou Arg-Val-Tyr-Asp-Met-Ala
f) L’acide aminé en position 2 migre vers la borne positive lors d’une électrophorèse à
pH 5.
A pH 5, l’Asp est chargé négativement (il a deux charges négatives venant de la
fonction α-COO- et β-COO- du radical R de l’acide aminé, par contre la Val est chargé
positivement à pH 5, donc l’Asp est en position 2.
Écrire la séquence exacte de cet oligopeptide en justifiant votre réponse et écrire sa
formule développée.
La séquence exacte de ce peptide est : Arg-Asp-Tyr-Val-Met-Ala.
Formule développée : il faut écrire la formule développée de chaque acide aminé de
ce peptide et établir les liaisons peptidiques entre eux.
Exercice 2 (10 pts)
Soit la réaction enzymatique selon le mécanisme de Michaelis-Menten :
E + S
k1
ES
k2
E +P
k-1
L’équation de Michaelis-Menten est la suivante : v =
V max [S]
K M + [S ]
Avec v : vitesse initiale de la réaction, [S] : concentration initiale en substrat.
a) Définir les deux paramètres (Vmax et KM) de la réaction enzymatique.
-Vmax: la vitesse de la réaction à saturation en substrat, elle signifie que la
concentration en substrat est grande par rapport au nombre de récepteur.
Vmax = k2 [ET]
- KM : constante de Michaelis : correspond à la concentration de substrat qui permet
d’atteindre
V max
, sa valeur varie largement d’un enzyme à l’autre. KM représente
2
aussi la constante de dissociation apparente du complexe Enzyme – substrat.
KM donne une indication approximative sur l’affinité de l’enzyme pour le substrat,
plus KM est élevé, plus l’affinité de l’enzyme pour le substrat est faible. Dans des
conditions données (T°, pH, composition ionique du milieu), KM est un paramètre
intrinsèque de l’enzyme.
b) Proposer une représentation graphique permettant une détermination précise de ces
deux paramètres.
La représentation de Lineweaver-Burk (représentation des doubles inverses) 1/v = f(1/[S])
c) Définir les trois types d’inhibition réversibles de la réaction enzymatique et montrer
comment peut-on les distinguer?
-Inhibition compétitive : L’inhibiteur compétitif est un composé qui présente une
analogie structurale avec le substrat, il est capable donc de se fixer sur le site actif ce
qui implique une compétition entre le substrat S et l’inhibiteur I.
- Inhibition non compétitive absolue
L’inhibiteur est un agent chimique qui se fixe sur l’enzyme sur un site autre que le site
actif.
- Inhibition incompétitive
L’inhibiteur est un agent chimique qui ne se fixe que sur le complexe ES.
On peut distinguer ces différentes inhibitions par les paramètres cinétiques (Vmax et
KM) et par la représentation de Lineweaver-Burk :
-En présence d’inhibiteur compétitif : Vmax est constante, KM augmente.
-En présence d’inhibiteur non compétitif absolu : Vmax diminue, KM reste constante.
-En présence d’inhibiteur incompétitif : Vmax diminue, KM diminue.