GDs Bioquímica 1 e 2

Prévia do material em texto

GRUPOS DE DISCUSSÃO (GD) - MEDICINA
GD Nº 01 – AMINOÁCIDOS E PEPTÍDEOS
01)- Configuração absoluta da citrulina – A citrulina (fórmula química mostrada abaixo) isolada da melancia é um aminoácido da forma D ou L? Explique.
Solução: 
02)- Relação entre a curva de titulação e as propriedades ácido-básicas da glicina. Um volume de 100 ml de solução de glicina 0,1M com pH 1,72 foi titulado com solução de NaOH 2,0M. Durante a titulação, o pH foi acompanhado e os resultados lançados no gráfico ao lado. Os pontos-chave da titulação foram marcados de I a V no gráfico. Para cada uma das afirmativas de (a) a (o) a seguir, identifique o ponto-chave na titulação e justifique a sua escolha.
(a) em qual ponto a glicina estará presente predominantemente com a espécie +H3N-CH2-COOH?
(b) em que ponto a carga média líquida da glicina é +1/2?
(c) em qual ponto o grupo amino de metade das moléculas da glicina está no estado ionizado?
(d) em qual ponto o pH tem valor igual ao pka de ionização do grupo carboxila da glicina?
(e) em qual ponto o pH tem valor igual pka de ionização do grupo amino protonado?
(f) em qual ponto a glicina tem capacidade máxima de tamponamento?
(g) em qual ponto a carga líquida média da glicina é igual a zero?
(h) em qual ponto o grupo carboxila da glicina está completamente titulado (primeiro ponto de equivalência)?
(i) em qual ponto a glicina está completamente titulada (segundo ponto de equivalência)?
(j) em qual ponto a forma predominante é +H3N-CH2-COO-?
(k) em qual ponto a carga líquida média da glicina é igual -1?
(l) em que ponto as estruturas das formas predominantes correspondem a uma mistura meio a meio de +H3N-CH2-COOH e +H3N-CH2-COO-?
(m) em qual ponto se localiza o ponto isoelétrico?
(n) qual é o ponto final da titulação?
(o) se desejar usar a glicina como um tampão eficiente, quais pontos representam os piores valores de pH para a capacidade tamponante?
Solução:
03)- Relação entre as estruturas e as propriedades químicas dos aminoácidos – as estruturas e as propriedades químicas dos aminoácidos são cruciais para a compreensão de como as proteínas executam suas funções biológicas. As estruturas das cadeias laterais dos 20 aminoácidos foram vistas em aula. Dê o nome do aminoácido que contém cada estrutura e correlacione ou ligue o grupo R com a descrição mais apropriada das suas propriedades encontradas nos itens de a até m. Algumas descrições podem ser usadas mais de uma vez.
a)- grupo R pequeno e polar contendo um grupo hidroxila. Este aminoácido é importante no sítio ativo de algumas enzimas.
b)- grupo R que provoca o menor impedimento estérico.
c)- o grupo R tem pka ( 10,5 tornando-o carregado positivamente no pH fisiológico.
d)- grupo R contendo enxofre, neutro em todos os pHs.
e)- grupo R aromático, de natureza hidrofóbica e neutro em todos os pHs.
f)- grupo R é um hidrocarboneto saturado, importante em interações hidrofóbicas.
g)- o único aminoácido tendo um grupo R ionizável com pKa próximo de 7. É um grupo importante no sítio ativo de algumas enzimas.
h)- o único aminoácido que tem grupo (-amino substituído. Influencia o dobramento de proteínas forçando uma curva na cadeia polipeptídica. 
i)- o grupo R tem pKa próximo de 4,0 e portanto está carregado negativamente em pH 7,0.
j)- grupo R aromático capaz de formar pontes de hidrogênio, tendo um pKa próximo de 10.
k)- grupo R forma interligações ou pontes dissulfeto entre as cadeias polipeptídicas e o pKa de seu grupo funcional é próximo de 10.
l)- grupo R com pKa ( 12,0 tornando-o carregado positivamente no pH fisiológico. 
m)- quando este grupo R polar, mas não carregado, é hidrolisado, este aminoácido converte-se em outro aminoácido, tendo um grupo R carregado negativamente em pH próximo de 7,0.
Solução:
a- serina b- glicina c- lisina d- metionina e- fenilalanina f- valina, leucina, isoleucina g- histidina h- prolina i- glutamato j- tirosina k- cisteína l- arginina m- asparagina e glutamina.
04)- Estado de ionização dos aminoácidos – cada grupo ionizável de um aminoácido pode existir em uma de duas formas, carregado ou neutro. A carga elétrica do grupo é determinada pela relação de seu pKa com o pH da solução. Esta relação é descrita pela equação de Henderson-hasselbalch.
a)- a histidina tem três grupos funcionais ionizáveis. Escreva as equações de equilíbrio relevantes para as três ionizações e indique a constante de equilíbrio (pKa) apropriada para cada ionização. Escreva a estrutura da histidina em cada estado de ionização. Qual a carga líquida da molécula de histidina em cada estado de ionização?
b)- escreva as estruturas dominantes dos estados de ionização da histidina em pH 1, 4, 8 e 12. Note que o estado de ionização pode ser determinado aproximadamente tratando-se independentemente cada grupo ionizável.
c)- qual a carga líquida da histidina em pH 1, 4, 8 e 12? Durante uma eletroforese, para onde migrará a histidina em cada um dos valores de pH indicados, para o anodo (+) ou para o catodo (_)?
Solução:
 
	pH
	Estrutura 
	Carga líquida 
	Migração para:
	1
	1
	+2
	Catodo (+)
	4
	2
	+1
	Catodo (+)
	8
	3
	0
	Não migra
	12
	4
	-1
	Anodo (-)
 
05)- Determine a carga resultante da forma predominante do aspartato em (a) pH 1,0; (b) pH 3,0; (c) pH 6,0 e (d) pH 11,0.
Solução:
a- +1 b- 0
c- -1 d- -2 
06)- Separação de aminoácidos por cromatografia de troca iônica – as misturas de aminoácidos são analisadas pela separação de seus componentes através da cromatografia de troca iônica. Em uma resina de troca catiônica contendo grupos sulfonatos, os aminoácidos fluem ao longo da coluna em velocidades diferentes, devido a dois fatores que retardam seu movimento: 1- atrações iônicas entre os resíduos –SO3( na coluna e os grupos funcionais carregados positivamente nos aminoácidos e 2- interações hidrofóbicas entre as cadeias laterais dos aminoácidos e o esqueleto fortemente hidrofóbico da resina. Para cada par dos aminoácidos listados abaixo, determine qual membro será eluído primeiro de uma coluna de resina de troca catiônica por um tampão de pH 7?
a)- Asp e Lys b)- Arg e Met c)- Glu e Val d)- Gly e Leu e)- Ser e Ala
Solução:
a- Asp b-Met c-Glu d-Gly e-Ser
07)- Uma solução contendo ácido aspártico (pI = 2,98), glicina (pI = 5,97), treonina (pI = 6,53), leucina (pI = 5,98) e lisina (pI = 9,74) num tampão citrato, pH 3,0 foi aplicada numa coluna contendo uma resina catiônica Dowex-50 (carregada negativamente) equilibrada com o mesmo tampão. A coluna foi eluída com o tampão e as frações coletadas. 
em que ordem os cinco aminoácidos serão eluídos da coluna? Explique.
Solução:
a- o ácido aspártico, com dois grupos carboxila parcialmente ionizados (carregados negativamente) ( e o (p mais baixo) será eluído em primeiro lugar. Dos três aminoácidos neutros, a treonina apresenta a maior proporção de [AA+]/[AA°] (isto é, o (p mais alto), porém devido aos seus grupamentos OH, é altamente polar, e por causa disto será eluída antes da glicina e da leucina. A glicina e a leucina apresentam o mesmo (p, contudo a leucina é bem mais apolar do que a glicina e será eluída após esta. A lisina será a última a ser eluída. Ela apresenta uma carga efetiva positiva mais alta por causa do seu grupo amino adicional (pI = 9,74, (p = 6,74). A lisina será eluída após os outros aminoácidos, ou, simplesmente, não o será, se não for aumentado o pH e/ou a força iônica do tampão de eluição.
Obs.: uma rápida estimativa da carga efetiva do aminoácido pode ser feita comparando-se o seu pI com o pH do tampão usado: seja (p = pI – pH
Se (p é positivo, o aminoácido apresenta uma carga líquida positiva. Um aminoácido com um grande (p se ligará mais fortemente à resina catiônica do que um aminoácido igualmente hidrofóbico, porém com um (p menor. Se (p é negativo,o aminoácido apresenta uma carga líquida negativa, e, conseqüentemente, apresenta pequena atração pela resina. 
08)- Qual é o princípio ou a base molecular de separação em cada uma das seguintes técnicas cromatográficas abaixo:
cromatografia de troca iônica
cromatografia de afinidade
cromatografia de filtração em gel
Solução:
a separação das moléculas é baseada na carga líquida
a separação das moléculas é baseada na habilidade de ligação a um suporte específico por interações não-covalentes.
a separação de moléculas é baseada no tamanho e forma das moléculas. 
09)- O glutation (GSH) é um tripeptídeo que possui a seqüência L-(-glutamil-L-cisteinilglicina. Mediante a oxidação do grupo tiol da cisteína, forma-se o dissulfeto GSSG (Glutationa oxidada). O GSH é essencial para as nossas células, sendo que no fígado, sua concentração é da ordem de milimolar (mM), ou seja, bem mais elevada que em outros órgãos. O GSH tem várias funções fisiológicas importantes: é utilizado no transporte de alguns aminoácidos para o interior das células, na manutenção da forma reduzida das proteínas, nas defesas antioxidantes, na detoxicação de substâncias, principalmente pelo fígado, etc. Então, monte a estrutura do GSH (glutationa reduzida) e da GSSG (glutationa oxidada).
Solução:
+NH3-CHCOO--CH2-CH2-CO-NH-CH-CH2-SH-CO-NH-CH-H-COO- = reduzido
2(+NH3-CHCOO--CH2-CH2-CO-NH-CH-CH2-S-CO-NH-CH-H-COO- = oxidado
10)- Desenhe o peptídeo ATLDAK ou Ala-Thr-Leu-Asp-Ala-Lys e mostre quantas curvas de titulação ele possui. Responda também os itens abaixo:
a- calcule o seu pI aproximado; b- qual é a sua carga líquida em pH 7,0?
c- quais pontos representam os piores e os melhores valores de pH, caso este peptídeo for utilizado como um tampão? Explique.
Solução:
a- 4 curvas de titulação; são quatro grupos ionizáveis: grupo aminoterminal da alanina, cadeia lateral do aspartato, cadeia lateral da lisina e o grupo carboxila terminal desta mesma lisina. 
b- os pKs das cadeias laterais ionizáveis são 3,90 (Asp) e 10,54 (Lys); considere que o grupo carboxila da Lys carboxi terminal possui pK 3,5 e o grupo amino da Ala amino-terminal possui pK de 8,0. O pI se situa no meio dos valores dos pKs das duas ionizações envolvendo as espécies neutras (o pK do Asp e o pK N-terminal):
pI = ½ (3,90 + 8,0) = 5,95
c- a carga líquida em pH 7,0 é 0 (como supracitado). 
d- os melhores valores de tampão são os valores dos pKs: nestes pontos, teremos 50% de formas protonadas e 50% desprotonadas, ou seja, metade sal e metade ácido. Os piores valores de tampão são os pontos de equivalência, porque teremos nestes pontos, 100% de uma das formas, seja a base conjugada ou do ácido.
11)- A insulina consiste de dois polipeptídeos chamados de cadeia A e B. As insulinas de diferentes organismos já foram isoladas e seqüenciadas. As insulinas de seres humanos e de patos têm a mesma seqüência de aminoácidos, com exceção de seis resíduos, como mostrado a seguir. O pI da insulina humana é maior ou menor que o pI da insulina do pato? Explique.
	Resíduo de aminoácido
	A8
	A9
	A10
	B1
	B2
	B27
	Humano 
	Thr
	Ser
	Ile
	Phe
	Val
	Thr
	Pato 
	Glu
	Asn
	Pro
	Ala
	Ala
	Ser
Solução:
Na posição A8, a insulina de pato possui um resíduo Glu, ao passo que a insulina humana possui um resíduo Thr. Considerando que Glu é carregado negativamente em pH fisiológico e Thr é neutro, então a insulina humana possui pI mais alto que a insulina do pato. (os outros aacs que diferem entre as proteínas não afetam o pI pq não são carregados).
12)- Comparação dos valores de pKa de um aminoácido e seus peptídios – a curva de titulação do aminoácido alanina mostra a ionização de dois grupos funcionais com valores de pKa de 2,34 e 9,69 que corresponde à ionização do grupo carboxila e à protonação dos grupos amino, respectivamente. A titulação de di, tri e oligopeptídios de alanina mostra também a ionização de apenas dois grupos funcionais, embora o valor experimental dos pKas respectivos seja diferente. A tendência dos valores de pKa está sumariada na tabela a seguir:
	Aminoácido ou peptídio
	
	 pK1
	
	 pK2
	Ala
	
	 2,34
	
	 9,69
	Ala-Ala
	
	 3,12
	
	 8,30
	Ala-Ala-Ala
	
	 3,39
	
	 8,03
	Ala-(Ala)n-Ala, n ( 4
	 
	 3,42
	 
	 7,94
a)- desenhe a estrutura de Ala-Ala-Ala. Identifique os grupos funcionais associados a pK1 e pK2.
b)- o valor de pK1 aumenta quando se vai de Ala para um oligopeptídio composto somente de Ala. Forneça uma explicação para esta tendência.
c)- o valor de pK2 diminui quando se vai de Ala para um oligopeptídio de Ala. Forneça uma explicação para esta tendência. 
Solução:
H3N+-CH-CH3-CO-NH-CH-CH3-CO-NH-CH-CH3COO(
A interação eletrostática entre os ânions carboxilato e os grupos amino protonados do zwitterion alanina afeta favoravelmente a ionização do grupo carboxila. Essa interação eletrostática favorável diminui à medida que o comprimento da poli-Ala aumenta, resultando em aumento no pK1.
a ionização do grupo amino protonado destrói as interações eletrostáticas favoráveis. Com o aumento da distância entre os grupos carregados, a remoção do próton do grupo amino na poli-Ala é mais fácil e portanto o pK2 é menor.
�
GD No 02 – PROTEÍNAS
01)- Propriedades da ligação peptídica – por estudos com raios X de peptídeos cristalinos, Linus Pauling e Robert Corey concluíram que a ligação C(N (na ligação peptídica) é de tamanho intermediário (0,132 nm) entre uma ligação C(N simples típica (0,149 nm) e uma ligação dupla C=N (0,127 nm). Eles também concluíram que a ligação peptídica é planar, ou seja, todos os átomos ligados ao grupo C(N estão ligados em um único plano e que os dois carbonos ( ligados ao C(N são sempre trans (isto é, estão em lados opostos da ligação peptídica).
a- o que indica o comprimento da ligação C(N na ligação peptídica a respeito da sua força e da sua ordem de ligação, isto é, se ela é simples, dupla ou tripla?
b- o que nos diz as observações de Pauling e Corey a respeito da facilidade de rotação ao redor da ligação peptídica C(N?
Solução:
a- as ligações curtas são fortes, possuem uma grande ordem de ligação e são múltiplas ao invés das ligações simples. A ligação C-N está entre uma ligação simples e uma dupla.
b- a estrutura da ligação peptídica é representada por duas estruturas de ressonância.
c- a rotação ao redor da ligação peptídica é difícil nas temperaturas fisiológicas.
 
02)- A questão da estrutura tridimensional das proteínas – 
a- represente as estruturas dos vários tipos de forças responsáveis pela manutenção da estrutura terciária das proteínas.
b- em que local das moléculas de proteínas globulares, você esperaria encontrar os seguintes resíduos de aminoácidos: Leu, Asp, Ala, Ser e Arg.
Solução:
03)- Ação patogênica da bactéria causadora da gangrena gasosa – O colágeno é a família de proteínas mais abundante do organismo de mamíferos, representando um terço das proteínas corporais, sendo o principal componente do tecido conjuntivo como cartilagem, tendões, matriz óssea orgânica e córnea. Contém 35% de glicina, 11% da alanina, 21% de prolina e hidroxiprolina. A seqüência de aminoácidos do colágeno geralmente consiste de uma unidade repetida, Gly-Xaa-Pro ou Gly-Xaa-Hyp, onde Xaa pode ser qualquer aminoácido. Esta seqüência repetida adquire uma estrutura L-helicoidal (anti-horário) com três resíduos, por volta. Três destas hélices enrolam-se ao redor uma da outra com uma volta no sentido horário. A molécula resultante, de tríplice fita, é referida como tropocolágeno. As moléculas de tropocolágeno sofrem um auto-rearranjo em fibrilas de colágeno e se agrupam formando as fibras de colágeno. Existem alguns distúrbios metabólicos e genéticos relacionados ao colágeno, como por exemplo, escorbuto, osteogênese imperfeita e síndrome de Ehlers-Danlos. A bactéria anaeróbia altamentepatogênica Clostridium perfringens, é responsável pela gangrena gasosa, uma doença na qual a estrutura dos tecidos é destruída. Essa bactéria secreta uma enzima que catalisa eficientemente a hidrólise da ligação peptídica indicada na seqüência: 
-X—Gly-Xaa-Pro ( -X-COO- + H3N+-Gly-Xaa-Pro
onde X e Xaa são quaisquer dos 20 aminoácidos naturais. 
a- Como a secreção dessa enzima contribui para o potencial de invasão dessa bactéria nos tecidos humanos? 
b- Por que essa enzima não afeta a própria bactéria?
Solução:
A capacidade de invasão da bactéria é devido à sua habilidade de destruir a barreira de tecido conjuntivo do hospedeiro através da secreção da enzima colagenase. As bactérias não possuem colágeno. 
04)- Ponto isoelétrico da pepsina – a pepsina do suco gástrico (pH ( 1,5) tem pI próximo a 1, muito menor que o de outras proteínas (ver tabela de pI). Pepsina é o nome dado a diversas enzimas digestivas que são secretadas (como proteínas precursoras de maior tamanho) por glândulas localizadas no interior do estômago. Essas glândulas também secretam ácido clorídrico, que dissolve as partículas de alimentos, permitindo a clivagem pela pepsina das moléculas protéicas individuais. A mistura resultante de comida, HCl e enzimas digestivas é conhecida por quimo e possui um pH próximo de 1,5.
a- que grupos funcionais devem estar presentes para conferir esse pI à pepsina? 
b- quais aminoácidos podem fornecer tais grupos?
Solução:
a- -COO-
b- Asp e Glu.
05)- O ponto isoelétrico das histonas – as histonas são proteínas encontradas no núcleo das células eucarióticas associadas fortemente ao DNA, que possui muitos grupos fosfato. O pI das histonas é bem elevado, cerca de 10,8. Quais resíduos de aminoácidos devem estar presentes em números relativamente elevados nas histonas? De que modo esses resíduos contribuem para a forte ligação das histonas ao DNA?
Solução:
Lys, His e Arg; atração eletrostática entre as cargas negativas dos resíduos de fosfato no DNA e as cargas positivas dos resíduos básicos nas histonas.
06)- Mutações conservativas e não-conservativas – a preservação da estrutura tridimensional – a- pesquisas têm mostrado que uma substituição de um aminoácido carregado ao ser substituído por um hidrofóbico geralmente leva à perda da função. Explique. 
b- verificou-se que uma mutação em uma proteína que troca uma alanina no interior de uma proteína para leucina, freqüentemente leva à perda de função. Como você explica esta questão?
c- a glicina é um aminoácido muito conservado na evolução das proteínas. Por quê?
Solução:
a- este tipo de substituição geralmente leva à perda da função devido a mudança das características da troca: um carregado que deveria participar de ligações eletrostáticas ou de hidrogênio com um hidrofóbico que não participa destes tipos de interações. Exemplo clássico desta troca ocorre na anemia falciforme.
b- este tipo de mutação leva à perda da função porque a leucina ocupa mais espaço do que a alanina, e portanto a proteína tem de assumir uma forma diferente.
c- a glicina tem tamanho de cadeia menor do que qualquer outro aminoácido. Seu pequeno tamanho é freqüentemente crítico para permitir que as cadeias peptídicas façam alças apertadas ou que se aproximem umas das outras mais intimamente.
07)- Seqüência de aminoácidos e estrutura protéica – nossa crescente compreensão de como as proteínas se enovelam permite aos pesquisadores fazer predições sobre a estrutura protéica, baseadas nos dados de seqüência de aminoácidos.
Ile-Ala-His-Thr-Tyr-Gly-Pro-Phe-Glu-Ala-Ala-Met-Cys-Lys-Trp-Glu-Ala-Gln-Pro-Asp-Gly-Met-Glu-Cys-Ala-Phe-His-Arg-
a- baseando-se na seqüência de aminoácidos acima, onde você acha que podem ocorrer curvas ou dobras (?
b- onde podem ser formadas interligações dissulfeto?
c- considerando que esta seqüência faça parte de uma proteína globular maior, indique a localização provável (a superfície externa ou o interior de uma proteína) dos seguintes resíduos de aminoácidos: Asp, Ile, Thr, Ala, Gln, Lys.
Solução:
a- curvas ou dobras nos resíduos 7 e 19; resíduos de Pro na configuração cis acomoda-se bem nas curvaturas.
b- Cys nas posições 13 e 24 podem formar ligações dissulfeto.
c- Superfície externa: polar e resíduos carregados (Asp, Gln,Lys): interior: apolar e resíduos alifáticos (Ala, Ile); Thr, embora polar, tem um índice hidropático próximo de zero e assim pode ser encontrado na superfície externa como também na interna.
08)- Localização é tudo – Proteínas que se estendem de um lado ao outro de membranas biológicas, geralmente contêm hélices (. Sabendo que os interiores das membranas são muito hidrófobos, preveja quais tipos de aminoácidos estariam em tal hélice. Por que uma hélice ( é particularmente adequada para existir no ambiente hidrófobo do interior de uma membrana? 
Solução:
Os aminoácidos teriam de ser de natureza hidrófoba. Uma hélice ( é especialmente adequada para cruzar uma membrana porque todos os átomos de hidrogênio das amidas e todos os de oxigênio das carbonilas no arcabouço peptídico tomam parte em pontes de hidrogênio dentro da cadeia, estabilizando assim estes átomos polares em meio hidrófobo.
09)- Afinidade da mioglobina e da hemoglobina com o oxigênio –qual é o efeito das seguintes mudanças da afinidade do O2 com a mioglobina e a hemoglobina? a- uma queda do pH do plasma do sangue de 7,4 para 7,2. b- uma diminuição da pressão parcial de CO2 nos pulmões de 6 kPa (prendendo a respiração) para 2 kPa (normal). c- um aumento do nível de BFG de 5 mM (altitudes normais) para 8 mM (altitudes elevadas).
Solução:
a- nenhum para mioglobina; para hemoglobina a afinidade por O2 diminui.
b- nenhum para mioglobina; para hemoglobina a afinidade por O2 aumenta.
c- nenhum para mioglobina; para hemoglobina a afinidade por O2 diminui.
10)- Comparação da hemoglobina fetal com a materna - estudos do transporte de oxigênio na gravidez de mamíferos mostraram que as curvas de saturação de O2 do sangue fetal e do materno são acentuadamente diferentes, quando medidas sob as mesmas condições. Os eritrócitos fetais contêm uma variante estrutural da hemoglobina, HbF, constituída por duas subunidades ( e duas ( ((2(2), enquanto os eritrócitos maternos contêm a HbA ((2(2).
a- em condições fisiológicas, qual hemoglobina tem uma afinidade maior com o oxigênio, HbA ou HbF? Explique.
b- qual é o significado fisiológico das diferentes afinidades com O2?
c- quando todo o BFG é cuidadosamente removido de amostras de HbA e HbF, as curvas de saturação de O2 medidas (e conseqüentemente, as afinidades por O2) estão deslocadas para a esquerda. Entretanto, agora a HbA tem uma maior afinidade com o oxigênio do que a HbF. Quando o BPG é reintroduzido, as curvas de saturação de O2 voltam ao normal, como mostrado no gráfico. Qual é o efeito do BPG sobre a afinidade da hemoglobina com O2? Como é possível usar essa informação para explicar as diferentes afinidades de O2 da hemoglobina fetal e materna? 
Solução:
Solução:
a- Hemoglobina F.
b- Elas garantem que o oxigênio fluirá do sangue maternal para o sangue fetal.
c- O Bifosfoglicerato reduz a afinidade da hemoglobina pelo oxigênio. A observação que a curva de saturação da hemoglobina A apresenta uma maior deslocação, quando ligada ao BFG, do que a curva de saturação da hemoglobina fetal sugere que a hemoglobina A se liga ao BFG mais fortemente do que à hemoglobina F. 
11)- Cooperatividade da hemoglobina – em condições apropriadas, a Hb dissocia-se em sua forma de quatro subunidades. A subunidade ( isolada liga oxigênio, mas a curva de saturação de O2 é hiperbólica, e não sigmóide. Além disso, a ligação do oxigênio a uma subunidade ( isolada não é afetada pela presença de H+, CO2 ou BPG. O que essas observações indicam sobre a fonte da cooperatividade na hemoglobina?
Solução:
O comportamento da cooperatividade da hemoglobina decorre das interações entre as subunidades.12)- Um jovem afro-americano de 20 anos de idade apresenta queixas de dor intensa nas costas e um diagnóstico de anemia falciforme é firmado. Nos pacientes com anemia falciforme, observa-se a presença de uma hemoglobina anormal, HbS. A hemoglobina consiste de 2 cadeias ( e duas cadeias (. A mutação falciforme produz a substituição de um ácido glutâmico na posição 6 da cadeia ( da hemoglobina normal (HbA) por uma valina, e a hemoglobina mutada recebe a designação de HbS. A freqüência estimada de anemia falciforme entre afro-americanos é de 1: 655 e em algumas regiões da África mais de 45% da população é portadora do gene da anemia falciforme. 
a- Explique os mecanismos bioquímicos responsáveis pela falcização das hemácias dos indivíduos acometidos pela anemia falciforme. 
b- Quando o hemolisado de um paciente é submetido à eletroforese, como se dá a migração da HbS em pH 8,6, comparada à da HbA?
Solução:
a- Os indivíduos atingidos por esta doença têm uma hemoglobina apenas ligeiramente diferente da normal. A hemoglobina humana dos adultos ou HbA é constituída por duas cadeias polipeptídicas (, comportando 141 aminoácidos e duas cadeias ( contendo 146 aminoácidos, cada uma ligada a um grupo heme. A análise das seqüências de aminoácidos das cadeias polipeptídicas da HbS contida nas hemácias falciformes (assim designadas devido à sua forma que lembra a de uma foice, facilmente distinguida das normais), revelou que a única diferença reside ao nível do 6( aminoácido (a partir da extremidade N-terminal) da cadeia, que é uma valina, enquanto no caso da HbA é um ácido glutâmico. Como existem duas cadeias para cada molécula de Hb, há portanto substituição de dois aminoácidos, num total de 574; esta diferença pode parecer insignificante, mas a substituição foi de um aminoácido polar (carregado negativamente em pH fisiológico) por um apolar. As conseqüências são trágicas, visto que a solubilidade da HbS desoxigenada torna-se extremamente baixa. Isto porque a posição do ácido glutâmico na forma desoxigenada (HbA) é importante para a estrutura tridimensional da hemoglobina ao interagir com o meio aquoso. O mesmo não acontece com a valina que é apolar, e neste caso, ocorre interação hidrofóbica entre resíduos semelhantes (contendo a valina) das cadeias de HbS, formando com isto, longos polímeros. Portanto, se a tensão de oxigênio diminuir, ocorrerá dentro da hemácia, a aglomeração das moléculas de hemoglobinas em uma espécie de gel ou cordão insolúvel que se precipita e deforma a hemácia resultando na falcização da mesma.
	
b- A mutação falciforme resulta em perda de duas cargas negativas na Hb tetramérica em pH 8,6. Por isto, a HbS migra mais lentamente do que a HbA em direção ao polo positivo, quando submetidas a uma eletroforese em pH alcalino ou em pH acima dos pHs isoelétricos destas hemoglobinas (( 7,0).
13)- Variantes de hemoglobina – há quase 500 variantes da hemoglobina, que ocorrem naturalmente. A maioria resulta da substituição de um único aminoácido em uma cadeia polipeptídica da globina. Algumas variantes produzem doença clínica, apesar de nem todas as variantes terem efeitos deletérios. A seguir é apresentada uma pequena amostra:
HbS (Hb falciforme): substituição de um Glu por uma Val na superfície.
Hb Cowtown: elimina um par de íons envolvidos na estabilização de estado T.
Hb Memphis: substituição de um resíduo polar sem carga por outro de tamanho semelhante na superfície.
Hb Bibba: substituição de uma Pro por uma Leu envolvida em uma (-hélice.
Hb Milwaukee: substituição de Glu por uma Val.
Hb Providence: substituição de uma Lys por uma Asn que, normalmente, se projeta para dentro da cavidade central do tetrâmero.
Hb Philly: substituição de uma Phe por uma Tyr, rompendo pontes de hidrogênio na interface (1(1. Explique suas escolhas para cada item a seguir:
a- a variante de Hb com menor probabilidade de causar sintomas patológicos.
b- a(s) variante(s) com maior probabilidade de mostrar valores de pI diferentes dos da HbA quando corridos em um gel de isoeletrofocalização.
c- a(s) variante(s) com maior probabilidade de mostrar uma diminuição da ligação de BFG e um aumento da afinidade geral da hemoglobina com o oxigênio.
Solução:
a- Hb Memphis
b- Hb S; Hb Milwaukee, Hb Providence, possivelmente Hb Cowtown.
c- Hb Providence.
01)- Uma criança de 7 meses caiu enquanto engatinhava, e agora apresenta inchaço em uma das pernas. Com um mês de idade, a criança teve fraturas múltiplas, com variados estados de cicatrização (clavícula direita, úmero direito e rádio direito). Aos 7 meses, a criança teve uma fratura no fêmur arqueado. Os ossos são finos, como uma fina trabécula. Um histórico familiar excluiu traumas não-acidentais (maus tratos) como causa das fraturas ósseas. Provavelmente, a criança tem um defeito no(a):
a)- fibrila; b)- colágeno tipo I; c)- colágeno tipo III; d)- colágeno tipo I; e)- elastina.
Solução: 
Letra b. A criança provavelmente tem osteogênese imperfeita. A maioria dos casos surge a partir de um defeito no gene que codifica o colágeno do tipo I. Os ossos, na maioria dos pacientes afetados, são finos, osteoporosos, às vezes arqueados, com um córtex fino e uma trabécula deficiente, e extremamente propensos a fraturas. Existem 4 tipos, mas os tipos I e II são responsáveis pela maioria dos casos. Esse paciente é afetado pelo tipo I, osteogênese imperfeita tardia. A doença se manifesta no início da infância, com fraturas secundarias e pequenos traumas. A doença pode ser prevista por meio de ultra-som pré-natal, pela detecção de fraturas ou arqueamento de ossos longos. O tipo II, osteogênese imperfeita congênita, é mais grave, e os pacientes morrem de hipoplasia pulmonar ainda in útero ou no período neonatal. Defeito no colágeno do tipo III é a causa comum da síndrome de Ehlers-Danlos, caracterizada por problemas vasculares letais e pele elástica. O colágeno do tipo IV forma redes e não fibrilas. (exercício do livro Bioquímica Ilustrada, Pamela – 2007).
14)- A bacteriorrodopsina é uma proteína púrpura de membrana – sob condições apropriadas, a bactéria apreciadora de sal Halobacterium halobium sintetiza uma proteína de membrana (Mr 26.000) conhecida como bacteriorrodopsina, as moléculas dessa proteína contêm retinal, por isso são de cor púrpura e agregam-se em “manchas púrpura” na membrana celular. A bacteriorrodopsina age como uma bomba de prótons ativada pela luz e serve para prover energia para as funções celulares. Análises com raios X dessa proteína revelam que ela consiste de sete segmentos em (-hélice dispostos paralelamente e cada um atravessa a espessura de 4,5nm da membrana celular. Calcule o número mínimo de aminoácidos necessários para que um segmento de (-hélice atravesse completamente a membrana celular. Calcule, também, a fração de bacteriorrodopsina que está envolvida em hélices transmembranas (use o peso molecular médio dos resíduos de aas igual a 110).
Solução:
30 resíduos de aminoácidos; 0,87.
3,6 .............. 0,54nm
 x ................ 4,5nm então x = 30
Portanto, 30aacs x 7 = 210 envolvidos nas 7 helices transmembranas. A proteína tem MM de 26000 que dividido por 110, terá então 237 aminoácidos. Então 88,6 % dos aacs estão envolvidos nas hélices.
05)- Há mais de 800 hemoglobinas mutantes humanas. Mutações podem causar instabilidade, levando a rápida degradação, alterações em afinidade por oxigênio ou oxidação mais rápida do Fe2+ do heme para Fe3+. Tudo isso altera a capacidade da hemoglobina desempenhar suas funções fisiológicas. Na mutação Hbcowtown, histidina 146 que contribui com 50% do efeito Bohr, é perdida. Explique a conseqüência desta mutação para o indivíduo.
Solução:
A conseqüência é que a afinidade por oxigênio é aumentada, devido a diminuição da ligação ao 2,3-bifosfoglicerato à hemoglobina desoxigenada. Assim a regulação da dissociação de oxigênio por prótons é diminuída, a conformação T é desestabilizada em relação à conformação R, e assima afinidade por oxigênio é aumentada.(Devlin pg 356, 2006). 
11)- O que é hemoglobina glicosilada (HbA1c)? Explique este importante marcador clínico.
Solução:
A hemoglobina é glicosilada, não enzimaticamente, quando a glicose do sangue entra nos eritrócitos e as suas hidroxilas anoméricas reagem com os grupos amino presentes nos resíduos lisil e nos grupos aminoterminais. HbA1c pode ser separada da HbA por cromatografia de troca iônica, ou eletroforese. A fração de hemoglobina glicosilada, normalmente em torno de 5%, é proporcional à concentração de glicose no sangue. A medida de HbA1c, assim, proporciona informação útil para o controle do diabetes melitus. Desde que a vida média de um eritrócito é 90 a 120 dias, o nível de HbA1c reflete a média da concentração de glicose sangüínea pelo menos nos últimos 60 dias precedentes. Um nível de HbA1c elevado, que indica um controle deficiente do nível de glicose sangüínea, pode orientar o médico na seleção de um tratamento apropriado (ex.: um controle rigoroso da dieta, ou um aumento na dosagem de insulina.
GD No 03- ENZIMAS
01)- Conservando o sabor doce do milho – o sabor adocicado do grão de milho recém-colhido é devido ao alto nível de açúcar (glicose) nos grãos. O milho comprado no mercado, vários dias após a colheita, não é tão doce, porque cerca de 50% do açúcar livre (glicose) do milho é convertido em amido um dia após a colheita. Para preservar o sabor adocicado do milho fresco, as espigas descascadas são mergulhadas em água fervente por alguns minutos (branqueamento) e posteriormente resfriadas em água gelada. O milho tratado desta maneira e depois guardado em congelador, mantém seu sabor adocicado. Explique a base bioquímica deste procedimento.
Solução:
Após a espiga de milho ter sido removida da planta, a conversão enzimática de açúcar (glicoses) em amido continua. Inativação de enzimas responsáveis abaixam o processo bioquímico, mas continua em uma velocidade imperceptível. Uma das estratégias simples é destruir a atividade enzimática pelo calor. O tratamento ao resfriar a espiga após fervura, desnatura estas enzimas. As pequenas quantidades de atividade enzimática remanescentes terão pouco efeito enquanto o milho estiver congelado.
02)- O tofu (coalho de grão) um produto da soja, é rico em proteínas, sendo que no seu preparo é preciso remover o inibidor da tripsina, uma substância encontrada na soja. Explique a(s) razão (ões) para esse tratamento.
Solução:
Se o inibidor de tripsina presente na semente de soja não fosse removido do tofu, ele inibiria a tripsina no intestino. Na melhor das hipóteses, ele reduzirá o valor nutricional do alimento, pois a sua proteína não seria digerível. Ele poderia também causar uma indisposição intestinal.
03)- Explique que fatores distinguem as enzimas de outros catalisadores e porque muitas das enzimas requerem co-fatores para atividade catalítica.
Solução:
As enzimas diferem-se dos catalisadores químicos comuns em vários aspectos: velocidade de reação mais rápidas; condições reacionais mais brandas; maior especificidade de reação e capacidade de regulação.
Co-fatores e coenzimas: os grupos funcionais de proteínas, podem facilmente participar em reações acido-básicas, formar certos tipos de ligações covalentes transitórias e participar de interações carga-carga (iônicas). Elas são, no entanto, menos apropriadas para a catálise de reações de oxidação-redução e para muitos tipos de processos de transferência de grupamentos. Embora as enzimas catalisem tais reações, elas só podem fazê-lo em associação com pequenas moléculas conhecidas como co-fatores, que atuam essencialmente como os “dentes químicos” das enzimas. Os co-fatores podem ser íons metálicos, como o magnésio (Mg2+), manganês (Mn2+), ferro (Fe2+ e Fe3+), cobalto, cobre (Cu2+), níquel (Ni2+), molibdênio (Mo4+ e Mo6+) e zinco (Zn2+). Os co-fatores também podem ser moléculas orgânicas, conhecidas como coenzimas, em que a maioria tem na sua estrutura uma vitamina. Os co-fatores quando firmemente ligados às enzimas, são denominados grupos prostéticos e caso contrário poderá ser um co-substrato.
04)- A enzima D-aminoácido oxidase tem um número de renovação muito alto, uma vez que os D-aminoácidos são potencialmente tóxicos. O Km para essa enzima fica entre 1 e 2 mM para os aminoácidos aromáticos, entre 15 a 20 mM para aminoácidos como serina, alanina e aminoácidos ácidos. Qual desses substratos são os preferidos dessa enzima?
Solução:
O Km baixo para os aminoácidos aromáticos indica que estes serão oxidados preferencialmente.
05)- Características dos sítios ativos das enzimas – o sítio ativo de uma enzima consiste geralmente de uma fenda ou bolsa na superfície da mesma e na superfície das paredes desta fenda estão as cadeias laterais dos aminoácidos necessárias para ligar o substrato e catalisar sua transformação química. Desta maneira, o sítio ativo pode ser dividido, segundo alguns autores, em sítio de ligação e sítio catalítico. Os resíduos Asp 101 e Arg 114 da lisozima são necessários para catálise eficiente, embora estejam distantes dos resíduos Glu 35 e Asp 52 do sítio ativo. A substituição do Asp 101 ou Arg 114 por Ala não altera significativamente a estrutura terciária da enzima, mas reduz acentuadamente a sua atividade catalítica. 
explique.
b- se apenas dois grupos catalíticos ou duas cadeias laterais estão envolvidas no mecanismo de catálise, por que é necessário que a lisozima (no geral, as outras enzimas também) contenha um número tão grande de resíduos de aminoácidos (129 resíduos)?
Solução:
a- Asp 101 ou Arg 114 formam pontes de hidrogênio com moléculas de substrato. Ala não pode formar estas pontes de hidrogênio; portanto, a enzima substituída é menos ativa. 
b- O enovelamento tridimensional da enzima aproxima esses resíduos de aminoácidos, colocando-os nas posições necessárias, bem próximos para a catálise, no sitio ativo. Ou então, a “proteína” total funciona como um andaime para manter os grupos catalíticos numa orientação precisa.
06)- Proteção de uma enzima contra a desnaturação pelo calor – quando uma solução de enzima é aquecida, ocorre uma progressiva perda de atividade catalítica com o tempo devido à desnaturação da enzima. Uma solução da enzima hexoquinase incubada a 45oC perde 50% de sua atividade em 12 min. Entretanto, quando incubada a 45oC na presença de uma grande quantidade de um de seus substratos, ela perde apenas 3% de sua atividade em 12 min. Sugira por que a desnaturação térmica da hexoquinase foi retardada na presença de um de seus substratos.
Solução:
● Uma possibilidade é que o complexo ES é mais estável que a enzima livre. Isto implica que o estado basal para o complexo ES tem um nível de energia mais baixo que a enzima livre, de modo que, a elevação da barreira energética ao passar do estado nativo desnaturado ou estado desenrolado. Uma visão alternativa é que uma enzima ao ser desenrolada em dois estágios envolvendo conversão reversível do nativo, enzima ativa (N) a uma desenrolada, estado inativo (U) seguido pela conversão a enzima inativa irreversível (I):
N( U ( I
Se o substrato ligar somente a N, saturação com S para formar complexo NS significa que menos N livre estará disponível para a conversão N(U é perturbada em direção a N. Se N (enzima livre) mas não o complexo NS são convertidos em U ou I, o qual causa estabilização.
● Resumindo: o complexo enzima-substrato é mais estável do que a enzima e o substrato isolados.
●
07)- O pH ótimo da lisozima – a atividade enzimática da lisozima tem um valor ótimo de pH 5,2.
O sítio ativo da lisozima contém dois aminoácidos essenciais para a catálise: Glu35 e Asp52. Os valores de pKa das carboxilas das cadeias laterais desses dois resíduos são, respectivamente, 5,9 e 4,5. 
a- qual o estado de ionização (protonado ou desprotonado) de cada um desses resíduos no pH ótimo da lisozima?
b- como os estados de ionização destesdois resíduos de aminoácidos podem explicar o perfil de atividade (mostrado acima) da lisozima em função do pH?.
Solução:
No pH médio entre os valores de pKa (pH 5,2), a cadeia lateral do grupo carboxil do Asp52, com um pKa mais baixo (4,5) estará principalmente desprotonado (-COO-), enquanto o Glu35, com um pKa mais alto (5,9), estará protonado. Em um valor de pH abaixo de 4,5, Asp52 torna-se protonado e a atividade diminui. Similarmente, em pH acima de 5,9, pó exemplo, o Glu torna-se desprotonado, e a atividade cai. O perfil de atividade versus pH, mostra que o máximo de atividade catalítica ocorre em um pH médio entre os valores de pK destes dois grupos, onde o Asp estará desprotonado e o Glu protonado.
08)- Relação entre a velocidade de reação e a concentração de substrato: equação de Michaelis-Menten – a- uma enzima tem Kcat igual a 30s-1 e Km igual a 0,005M. Em qual concentração de substrato ela exibirá uma velocidade inicial igual a ¼ da sua velocidade máxima?
b- determine a fração da Vmáx que será encontrada quando a concentração de substrato for igual a ½ Km, 2Km e 10Km.
Solução:
a- quando a velocidade da reação alcança um quarto da velocidade máxima, a relação torna-se:
v/Vmax = ¼= [S]/Km + [S]
então, desde que km = 0,005M e 4[S] = Km + [S], tem=se
[S] = Km/3 = 0,005M/3 = 1,7 x 10-3M
b- v/Vmax = = [S]/Km + [S]
. quando [S] = 0,5Km
v/Vmax = 0,5Km/ Km + 0,5Km = 0,5Km/1,5Km = 0,33
Similarmente, quando [S] = 2Km e [S] = 10Km
v/Vmax = 2Km/Km + 2Km = 2/3 = 0,67
v/Vmax = 10Km/Km + 10Km = 10/11 = 0,91
09)- Determinação aproximada de Vmáx e de Km por inspeção – embora existam métodos gráficos para a determinação acurada dos valores de Vmáx e Km de uma reação catalisada enzimaticamente, esses valores podem ser determinados rapidamente a partir das velocidades iniciais obtidas em concentrações crescentes do substrato. Usando as definições de Vmáx e Km estime os valores aproximados destas constantes para a reação enzimática que fornece os seguintes resultados:
 
	 (S( (M) 
	 Vo ((mol/min)
	 2,5 x 10-6
 4,0 x 10-6
 1,0 x 10-5
 2,0 x 10-5
 4,0 x 10-5
 1,0 x 10-4
 2,0 x 10-3
 1,0 x 10-2
	 28
 40
 70
 95
 112
 128
 139
 140 
Solução:
Vmáx ( 140 (M/min; Km ( 1 x 10-5M.
10)- Análise gráfica dos valores de Vmáx e Km – os dados experimentais abaixo foram coletados durante um estudo da atividade catalítica de uma peptidase intestinal capaz de hidrolisar o peptídio glicilglicina:
 glicilglicina + H2O ( 2 glicinas
	 (S( (mM) 
	 Produto formado ((mol/min)
	 1,5
 2,0
 3,0
 4,0
 8,0
 16,0
	 0,21
 0,24
 0,28
 0,33
 0,40
 0,45
A partir desses dados determine, por análise gráfica, os valores de Vmáx e Km para esta preparação de enzima e seu substrato.
Solução:
Primeiro converta os dados na sua forma de recíprocos (1/[S] em unidades de mM-1, e 1/vo em unidades de mM-1.s). Depois, construa um gráfico de 1/v versus 1/[S]. As interseções em x e y podem ser estimadas visualmente ou calculadas por regressão linear (a interseção no eixo x é a inclinação dividida pela interseção no eixo y). De acordo com a equação do duplo recíproco ou a figura equivalente, a interseção em y, que tem um valor de (0,1(M-1.s, é equivalente a 1/Vmax de modo que Vmax (o recíproco da interseção em y) é 10 (M.s- 1. A interseção em x, -0,33 mM-1, é equivalente a –1/Km, de modo que Km (o negativo do recíproco da interseção em x) é igual a 3,0 mM).
Vmáx ( 0,50 (M/min; Km ( 2,14 mM.
11)- Propriedades de uma enzima da síntese da prostaglandina – as prostaglandinas são uma classe de eicosanóides, derivados de ácidos graxos com uma variedade de ações extremamente potentes, cuja estrutura e ações serão discutidas posteriormente. Elas são responsáveis pela produção da febre e inflamação e a dor associada. São derivadas do ácido araquidônico, um ácido graxo de 20 carbonos, por meio de uma reação catalisada pela endoperóxido sintase. Esta enzima, uma ciclooxigenase, usa o oxigênio para converter o ácido araquidônico em PGG2, o precursor imediato de muitas prostaglandinas diferentes.
a- os dados cinéticos que seguem são da reação catalisada pela endoperóxido sintase. Considerando-se apenas os valores das duas primeiras colunas, determine a Vmáx e o Km da enzima.
	(ácido araquidônico(
 (mM)
	Velocidade de formação do PGG2 (mM/min)
	Velocidade de formação do PGG2 com 10mg/mL de ibuprofen (mM/min)
	 0,5
	 23,5
	 16,67
	 1,0 
	 32,2
	 25,25
	 1,5
	 36,9
	 30,49
	 2,5
	 41,8
	 37,04
	 3,5
	 44,0
	 38,91
 
b- o ibuprofen é um inibidor da endoperóxido sintase. Inibindo a síntese das prostaglandinas, o ibuprofen reduz a inflamação e a dor. Usando os dados da primeira e terceira colunas da tabela, determine o tipo de inibição que o ibuprofen exerce sobre a endoperóxido sintase. 
Solução:
a- Vmax = 51,55 mM, Km = 0,598 mM b- inibição competitiva.
12)- Um descendente de japoneses, apresentou rubor intenso e batimentos cardíacos muito acelerados, após o consumo de uma bebida alcoólica. Seu companheiro, um homem caucasiano, não apresentou os mesmos sintomas, nem mesmo após o segundo drinque. Esses efeitos fisiológicos estão relacionados à presença de acetaldeído (CH3CHO), gerado a partir do álcool. Acetaldeído é, normalmente removido pela reação da aldeído desidrogenase mitocondrial, que catalisa a reação
NAD+ + CH3CHO ( NADH + H+ + CH3COO( 
A explicação para a diferença de efeitos fisiológicos é que o homem japonês é deficiente na aldeído desidrogenase mitocondrial normal e tem apenas o isômero citosólico. O isômero citosólico difere da enzima mitocondrial por ter um Km mais alto para CH3CHO. Discutir esta questão em termos de Kms. 
Solução:
Um Km maior, significa um menor afinidade pelo substrato; isto torna mais difícil para a enzima remover o acetaldeído (CH3CHO).
13)- Tratamento do envenenamento por metanol – o metanol (álcool da madeira) é um solvente comercial que já foi usado como anticongelante em automóveis, sendo muito tóxico e pode causar a morte de uma pessoa se esta ingerir uma quantidade tão pequena quanto 50mL. Esta toxicidade tão alta é devida não ao metanol mas seu produto metabólico, o aldeído fórmico. O metanol é oxidado rapidamente a formaldeído pela ação da enzima hepática álcool desidrogenase: 
NAD+ + CH3OH ( NADH + H+ + HCHO
Parte do tratamento médico da intoxicação por metanol é dar ao paciente (álcool etílico), por boca ou por via intravenosa, em quantidades tão grandes que causam intoxicação em um indivíduo normal. Explique por que este tratamento é efetivo. Obs.: o mesmo é válido para o etileno glicol (OH-CH2-CH2-OH), o principal ingrediente de anticongelantes.
Solução:
A álcool desidrogenase catalisa a oxidação de uma variedade de álcoois (metanol, etanol, propanol, butanol, cicloexanol, fenol e etileno glicol) a seus correspondentes aldeídos. O etanol é o melhor substrato (Km mais baixo); metanol é relativamente pequeno, mas umbom substrato ou melhor que os outros que são maiores para “caberem” no sítio da enzima ou são mais hidrofóbicos. No caso de envenenamento pelo metanol, a estratégia é tratar o indivíduo inicialmente com o etanol que atuará como um inibidor competitivo do metanol (lembre-se que na inibição competitiva a Vmáx não será alterada, e a inibição poderá ser vencida por altas concentrações de etanol). Isto reduzirá a formação do formaldeído, propiciando que o metanol seja excretado pela urina. A administração de etanol é parte do tratamento, uma vez que poderá ser necessário administrar bicarbonato para conter a acidose produzida pela elevação de H+, além de hemodiálise para remover o metanol. 
14)- O que são enzimas reguladoras? É importante que as características destas enzimas sejam entendidas durante este capítulo, uma vez que as vias metabólicas são controladas por mecanismos que envolvem a participação destas. Discutir estas características, os gráficos e as mudanças conformacionais. 
Solução:
Enzimas reguladoras podem ser divididas em duas classes: enzimas alostéricas e enzimas reguladas por modulação covalente reversível. As alostéricas, geralmente são constituídas por duas ou mais cadeias polipeptídicas, apresentam comportamento de cooperatividade semelhante à hemoglobina, ou seja, tem a atividade catalítica controlada por outras substancias denominadas modulador ou efetor. Também apresentam uma curva de atividade catalítica sigmoidal que pode ter deslocamento para a esquerda (modulador positivo) ou para a direita (modulador negativo). As enzimas reguladas por modulação covalente reversível constituem-se em uma classe controlada por quinases que adicionam um fosfato e fosfatases que removem este fosfato.
15)- Comparando-se a forma da enzima lactato desidrogenase (LDH) do músculo cardíaco com o tipo encontrado no músculo esquelético, percebe-se que existem pequenas diferenças relacionadas à composição de aminoácidos. Essas diferenças, por sua vez, afetam a reação catalisada por essa enzima, a conversão de piruvato a lactato. A enzima cardíaca tem um Km alto ou uma baixa afinidade por piruvato, e a do músculo esquelético tem um Km baixo ou uma alta afinidade pelo piruvato. O que isto significa?
Solução:
Que o piruvato será preferencialmente convertido a lactato no músculo, mas no coração será preferencialmente utilizado no metabolismo aeróbio, em vez de ser convertido a lactato. Estas conclusões são consistentes com o conhecimento da biologia e do metabolismo desses dois tecidos.
16)- Kcat ou K3 ou taxa de renovação enzimática ou turnover enzimático – Uma solução 10-9M de catalase catalisa a quebra de 0,4M de H2O2 por segundo. Calcule o Kcat.
Solução: 
Kcat = Vmáx/ = 0,4 moles/L de H2O2 por segundo 
 [Et] 10-9 moles/L catalase
= 40.000.000 moles de H2O2 degradada por mole de catalase por segundo.
17)- Em um experimento laboratorial, foi encontrado que uma solução 10 (M da acetilcolinesterase catalisou a quebra de 0,5M de acetilcolina em 1 minuto de tempo de reação. Calcule o nº de renovação da acetilcolinesterase por segundo.
Solução:
Kcat = 0,5 M/min. = 50.000/min ou 833.s-1. 
 1 x 10-5M 
18)- Os seguintes dados foram registrados para a reação enzimática:
[Et] = 0,1 (M e Vmáx = 50 (M/min. Calcule a Kcat.
Solução:
Kcat = 50(M/min = 500/min ou 500 moléculas de substrato transformadas por molécula 
 0,1 (M de enzima por minuto.
19)- Determine a fração da Vmáx que será encontrada quando a [S] for igual a ½ do Km, 2Km e 10Km. A relação Kcat/Km se Kcat = 30s-1 e Km = 0,005M. Verifique que a Vmáx nunca será atingida.
Solução:
Primeiro: v /Vmáx = [S]/Km + [S}
Daí, [S] = 1/2Km ( 0,5Km/Km + 0,5Km = 0,5Km/1,5Km = 0,33
Quando [S] = 2Km ( 2Km/Km + 2Km = 2Km/3Km = 0,66.
Quando [S] = 10Km ( 10Km/Km + 10Km = 10Km/11Km = 0,91.
Agora Kcat/Km ( 30s-1/0,005M = 6000 M-1.s-1.
GD No 04 – CARBOIDRATOS
01)- Qual a relação entre cada par de compostos listados abaixo:
a- D-glicose: L-glicose b- D-manose: D-galactose c- D-glicose: D-frutose
d- D-glicose: D-galactose e- (-D-glicose: (-D-glicose.
Solução:
a- enanciômeros b- diastereoisômeros c- aldose-cetose
d- epímeros e- anômeros.
02)- Interconversão das formas anoméricas da D-galactose – 	Uma solução recém-preparada da forma ( da D-galactose (1 g/ml em uma cubeta de 10cm de passo óptico) mostra rotação óptica igual a +150,7º. Quando deixada em repouso por um longo período de tempo, a rotação decresce gradualmente até atingir um valor de equilíbrio igual a +80,2º. Em contraste, uma solução recém-preparada (1g/mL) da forma (, mostra uma rotação óptica de apenas +52,8º. Quando esta solução é deixada em repouso por várias horas, a rotação aumenta até atingir o valor de equilíbrio igual a +80,2º, valor idêntico ao atingido pela (-D-galactose.
A partir da cadeia aberta, desenhe as fórmulas em perspectiva de Haworth para as formas ( e ( da galactose. Qual característica distingue as duas formas?
Por que a rotação de uma solução recém-preparada da forma ( decresce gradualmente com o tempo e a ( aumenta? Por que soluções (de concentrações iguais) das formas ( e ( atingem o mesmo valor de rotação óptica no equilíbrio?
Calcule a composição percentual das duas formas da galactose no equilíbrio.
Solução:
a- esta figura é da glicose. A galactose tem a OH do carbono 4, voltada para cima.
b- Uma solução recém-preparada da (-D-galactose apresenta mutarrotação produzindo uma mistura de ( e (-D-galactose no equilíbrio. A mutarrotação quer da ( ou da ( da galactose pura produzirá a mesma mistura das formas.
c- 72% da forma ( e 28% da forma (.
03)- O sabor do mel – a frutose no mel está, principalmente, na forma de (-D-piranose. Esta é uma das substâncias mais doces conhecidas, cerca de duas vezes mais doce que a glicose. A forma de (-D-furanose da frutose, embora doce, não é tanto como a forma de piranose. Percebe-se que a doçura do mel gradualmente diminui à medida que ele é colocado em temperaturas mais elevadas. Na indústria usa-se bastante o xarope de milho (possui alta concentração de frutose que é fabricada através da conversão da maioria das glicoses em frutose) como adoçante em bebidas geladas, mas não nas quentes. Desenhe estas formas da frutose e explique porque a doçura do mel diminui com a elevação da temperatura.
Solução:
As duas formas podem ser deduzidas a partir das figuras abaixo.
A frutose cicliza-se nas estruturas de furanose e piranose. Aumentando a temperatura o equilíbrio será deslocado na direção da furanose, a forma menos doce.
04)- A glicose oxidase na determinação da glicose sangüínea – a enzima glicose oxidase isolada do fungo Penicillium notatum catalisa a oxidação de (-D-glicose para D-glicose-(-lactona. Esta enzima é altamente específica para o anômero ( da glicose e não afetará o anômero (. A despeito desta especificidade, a reação catalisada pela glicose oxidase é comumente empregada em ensaios clínicos para a determinação da glicose total no sangue, isto é, soluções consistindo de uma mistura de ( e (-D-glicose. Por que isto é possível? Além de permitir a detecção de quantidades muito pequenas de glicose, qual vantagem a glicose oxidase oferece sobre a reação de Fehling ou Benedict para a determinação da glicose sangüínea?
Solução:
A velocidade de mutarrotação é bastante elevada, tanto que a enzima ao consumir a (-D-glicose, desloca o equilíbrio e mais (-D-glicose será convertida na forma ( e, eventualmente todas as moléculas de glicose serão oxidadas. Glicose oxidase é específica para glicose e não detecta outros açúcares redutores (tais como galactose) que reagem com o reagente de Fehling`s. 
05)- A enzima invertase “inverte” a sacarose – a hidrólise da sacarose (rotação específica + 66,5o) libera uma solução equimolecular de D-glicose (rotaçãoespecífica + 52,5o) e D-frutose (rotação específica –92o), processo denominado pela indústria de açúcar invertido.
explique porque a mistura equimolecular de D-glicose e D-frutose formada pela hidrólise da sacarose é chamada de açúcar invertido pelas pessoas que trabalham na indústria de alimentos.
explique por que nenhuma forma anomérica da sacarose foi ainda descrita.
Solução:
A rotação ótica da mistura é negativa (invertida) em relação à solução da sacarose.
A sacarose não é um açúcar redutor. Ou a sacarose não tem carbono anomérico livre para sofrer mutarrotação.
 
06)- O dissacarídeo Trealose é o principal constituinte da hemolinfa, o fluído circulante dos insetos, sendo também abundante em fungos. Ele é composto somente de duas glicoses unidas por uma ligação glicosídica (((1(1) ou glic ((1(1) ( glic. 
a- proponha a estrutura da trealose. b- este dissacarídeo é um açúcar redutor? Explique.
Solução:
(-D-glicopiranosil-(1( 4)- (-D-glicopiranosídeo.
Não. A ligação glicosídica “prende” os dois carbonos anoméricos, não permitindo que haja liberdade de rotação de maneira idêntica à sacarose.
07)- A pectina, extraída de plantas é utilizada como agente de gelificação em preparados de geléias. Ela é um importante polissacarídeo componente das paredes celulares de plantas, sendo um dissacarídeo repetitivo do ácido D-galacturônico metilado e não-metilado no carbono 6 do monômero. Desenhe uma projeção de Haworth para a unidade dissacarídica repetitiva da pectina com uma unidade metilada e uma unidade não-metilada em uma ligação ((1( 4).
Solução:
Não metilado tem a carboxila COO( no carbono 6. Metilado tem CO-OCH3 no carbono 6 da outra galactose. Ver livro Bioquímica 3ª edição da Mary K. Campbell-Artmed pg 706. 
08)- Digeribilidade enzimática da celulose e do amido – tanto a celulose como a (-amilose consistem de unidades de D-glicose unidas por ligações (1(4) e podem ser intensamente hidratadas. Apesar destas similaridades, uma pessoa em dieta consistindo predominantemente de (-amilose (amido) ganhará peso, enquanto outra, em uma dieta predominante de celulose (madeira), passará fome. Por que?
Entre amilose e amilopectina, qual é mais provável de servir como reserva de longa duração em plantas? Explique. 
Solução:
O amido será hidrolisado pelas amilases salivares e pancreática liberando maltoses, isomaltoses e dextrinas limites que posteriormente sofrerão ação das enzima da borda de escova resultando em glicoses. Estas serão absorvidas e metabolizadas levando a pessoa a ganhar peso. Não temos a enzima celulase para hidrolisar a celulose, o que impossibilita a utilização das moléculas de glicose da celulose.
��� SHAPE \* MERGEFORMAT �
09)- Propriedades físicas da celulose e do glicogênio – a celulose pura obtida das fibras da semente de plantas do gênero Gossypium (algodão) é fibrosa e completamente insolúvel na água. Diferentemente, o glicogênio obtido do fígado ou dos músculos de animais, dissolve-se rapidamente em água quente formando uma solução opalescente. Embora ambos tenham propriedades físicas marcadamente diferentes, as duas substâncias são compostas por moléculas de D-glicose polimerizadas através de ligações (1(4) e têm pesos moleculares comparáveis. Quais características estruturais provocam estas propriedades físicas tão diferentes dos dois polissacarídeos? Explique as vantagens biológicas de suas respectivas propriedades físicas.
Solução:
A celulose nativa consiste de unidades de glicose unidas através de ligações glicosídicas ((1(4). A ligação entre unidades de glicose força a cadeia do polímero numa conformação estendida. Uma série destas cadeias paralelas formarão ligações intermoleculares de hidrogênio e se agregarão em fibras longas, embora insolúveis. O glicogênio também consiste de unidades de glicose, mas elas são ligadas através de ligações ((1( 4). A ligação ( entre as unidades de glicose induzem uma curva na cadeia e impedem a formação de longas fibras. Além disto o glicogênio é altamente ramificado. Estas características estruturais fazem com que o glicogênio seja altamente hidratado, pois muitos dos grupos hidroxilas são expostos à água. Por isto, o glicogênio pode ser extraído na forma de uma dispersão em água quente. As propriedades físicas destes dois polímeros são bem ajustadas às suas funções biológicas. A celulose funciona como um material estrutural nas plantas, o que é consistente com a agregação em fibrilas insolúveis. O glicogênio funciona como um reservatório de combustível nos animais. Os grânulos de glicogênio altamente hidratados e expostos podem ser rapidamente hidrolisados pela enzima glicogênio fosforilase, liberando glicose-1-fosfato. Como esta enzima atua apenas na extremidade não redutora, a ramificação extensa produz muitos locais onde a glicogênio fosforilase possa agir. 
��� SHAPE \* MERGEFORMAT �
10)- Volume da condroitina sulfato em solução – uma das funções críticas do condroitinsulfato é agir como lubrificante nas articulações esqueléticas pela criação de um meio gelificado que é resistente à fricção e ao choque. Esta função parece estar relacionada a uma propriedade característica do condroitinsulfato: o volume ocupado pela molécula é muito maior quando em solução que quando desidratado. Por que o volume ocupado pela molécula do condroitinsulfato é tão maior quando em solução? 
Solução:
As cargas negativas na condroitina sultato se repelem e forçam a molécula para uma conformação estendida. A molécula polar atrai muitas moléculas de água, aumentando o volume molecular. No sólido desidratado, cada carga negativa é contrabalançada por um íon positivo e, a molécula condensa.
�
GD No 05 – GLICÓLISE 
01)- Concentração intracelular de glicose livre – a concentração de glicose no plasma sangüíneo humano é mantida em torno de 5mM. A concentração de glicose livre no interior das células é muito menor. Por que a concentração é tão baixa no interior da célula? O que acontece à glicose quando entra no interior da célula?
Solução:
A enzima hexocinase (Km baixo e afinidade alta para glicose) rapidamente fosforila a glicose em glicose 6-fosfato. O grupo fosfato da glicose 6-fosfato está completamente ionizado em pH 7, dando à molécula uma carga global negativa. Uma vez que as membranas são geralmente impermeáveis às moléculas carregadas, a glicose 6-fosfato não pode atravessar para a corrente sanguínea, não podendo, então, escapar das células. Assim, a glicose 6-fosfato é rapidamente direcionada para as vias de “interesse”. 
02)- Regulação da fosfofrutoquinase I (PFK-1) – o efeito do ATP na enzima alostérica PFK-1 pode ser deduzido graficamente. Para uma dada concentração de frutose-6-fosfato, a atividade de PFK-1 cresce com concentrações aumentadas de ATP, mas é atingido um ponto acima do qual aumentos na concentração de ATP provocam a inibição da enzima. 
explique por que o ATP pode ser tanto um substrato quanto um inibidor da PFK-1. Como esta enzima é regulada pelo ATP?
como a glicólise é regulada pelos níveis de concentração de ATP?
Solução:	
a- Há dois sítios de ligação para o ATP, um sítio catalítico e um sítio regulatório. A ligação do ATP ao sítio regulatório inibe a PFK-1, por redução da Vmáx ou aumentando Km para o ATP no sítio catalítico.
b- O fluxo glicolítico é reduzido quando o ATP estiver elevado. O gráfico indica que a adição do ADP suprime a inibição do ATP. Como o estoque dos adenilatos fosfatados é bem constante, o consumo do ATP leva a um aumento nos níveis de ADP. Os dados indicam que a atividade da fosfofrutocinase pode ser regulada pelo quociente ATP/ADP. 
�
03)- Iodoacetato (ICH2COO-) e metais pesados como o Hg+1 Ou Pb2+ inibem a enzima gliceraldeído desidrogenase da via glicolítica, como também outras que possuem um grupo SH da cisteína no sítio ativo. Faça uma previsão das conseqüências de um envenenamento por uma destas substâncias.
Solução:
Iodoacetato promove uma alquilação ao grupo SH do sítioativo da GAPDH. Esta alquilação promove inativação irreversível da enzima. Metais pesados reagem de maneira semelhante, promovendo uma reação de ligação muito forte a estes grupos. 
04)- Envenenamento por arsenato – o arsenato é estrutural e quimicamente similar ao fosfato (Pi) e muitas enzimas que trabalham com o fosfato podem empregar também o arsenato. Entretanto, compostos orgânicos de arsenato são menos estáveis que os compostos análogos de fosfato. Por exemplo, acil-arsenatos se decompõem rapidamente por hidrólise, mesmo na ausência de catalisadores: 
 R-C-O-As-O- + H2O ------ R-C-O- + HO-As-O- + H+
Por outro lado, acil-fosfatos, como o 1,3-bifosfoglicerato, são mais estáveis e são transformados nas células através de ação enzimática.
faça uma previsão do efeito da substituição do fosfato por arsenato na reação líquida catalisada pela gliceraldeído-3-fosfato desidrogenase.
qual será o efeito do arsenato sobre a geração de energia numa célula ou porque o arsenato é um veneno?
Solução:
a- A glicólise ocorre na presença de asenato, mas o ATP, normalmente formado na transformação do 1,3-BFG em 3-fosfoglicerato, é perdido. Portanto, o arsenato desacopla a oxidação e a fosforilação por formar um acil arsenato instável.
b- na presença do arsenato não há síntese líquida de ATP em condições anaeróbicas.
05)- Sendo a reação da fosfofrutocinase (PFK-1) o ponto principal de regulação da glicólise, descreva a importância metabólica de ela também regular o fluxo por meio da reação da piruvato cinase.
Solução:
Se ocorreu produção de frutose 1,6-bifosfato pela PFK-1 é racional que a via seja completada até piruvato. Por isto, o produto da PFK-1 é um estimulador da última enzima da glicólise, a piruvato cinase. Isto garantirá a finalização da via glicolítica.
06)- Que conseqüências podem surgir em decorrência de uma deficiência do íon Mg2+ para as reações da glicólise.
Solução:
Todas as cinases envolvidas na glicólise, como também, enolase são ativadas pelo íon magnésio. Uma deficiência de Mg2+ pode provocar uma redução da atividade de algumas ou todas estas enzimas. Entretanto, outros efeitos sistêmicos causados pela deficiência de Mg2+ poderão surgir. 
7)- É bem conhecido entre caçadores que carnes de animais que correram muito antes de morrer têm sabor ácido. Sugira a razão para essa observação.
Solução:
Animais que correram muito antes de suas mortes acumulam grandes quantidades de ácido láctico no tecido muscular, o que justifica o sabor ácido da carne. 
08)- Células de câncer crescem tão rapidamente que elas têm uma taxa mais alta de metabolismo anaeróbio do que a maior parte dos tecidos do organismo, em especial no centro do tumor. Drogas que envenenam as enzimas do metabolismo anaeróbio poderiam ser usadas no tratamento do câncer? Justifique sua resposta.
Solução:
Isso é possível, e é fato. Essas drogas também afetam outros tecidos, inclusive a pele, o cabelo, as células do trato intestinal, e especialmente, o sistema imune e as células vermelhas do sangue. Pessoas em quimioterapia são normalmente mais susceptíveis a doenças infecciosas do que pessoas saudáveis, além de freqüentemente estarem um pouco anêmicas.
�
09)- Papel da lactato desidrogenase (LDH) – quando comparado com situação de repouso, durante uma atividade intensa, o tecido muscular consome grandes quantidades de ATP. Nos músculos da perna do coelho ou no músculo das asas do peru, este ATP é produzido quase exclusivamente por fermentação láctica. O ATP é produzido na fase de pagamento da glicólise em duas reações enzimáticas, cada uma delas catalisadas por uma das enzimas: fosfogliceratoquinase e piruvato quinase. Suponha que um músculo esquelético seja destituído de lactato desidrogenase. Poderá ele desenvolver atividade física muito intensa; isto é, ele poderá gerar ATP em grande velocidade através da glicólise? Explique. Lembre-se de que a reação da LDH não envolve moléculas de ATP. Uma compreensão clara da resposta a esta questão é essencial para o entendimento da via glicolítica.
Solução:
Não. A lactato desidrogenase é requerida para reciclar o NADH formado durante a oxidação do gliceraldeído 3-fosfato. 
10)- Um paciente queixa-se de flatulência abdominal e diarréia, após ingestão de algumas marcas de sorvete. Após jejum noturno, este paciente recebeu lactose (50g) dissolvida em 200 mL de água com sabor de limão, e os resultados de glicose sangüínea obtidos acusaram:
	Tempo (min.)
	Glicose sangüínea do paciente
	Valores esperados
	0
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	30
	4,7 mmol/L (85 mg/dL)
	Acima de 100 mg/dL
	60
	4,9 mmol/L (88 mg/dL)
	Acima de 100 mg/dL
	90
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	120
	4,5 mmol/L (81 mg/dL)
	4,5 mmol/L (81 mg/dL)
 
Estes testes são indicativos de:
tolerância normal à glicose.
absorção deficitária de galactose.
deficiência de lactase intestinal..
Marque a opção correta e explique.
Solução:
Este teste é indicativo de: deficiência de lactase intestinal. O normal é que a glicemia eleva-se, após 30 ou 60 minutos, mostrando que a lactose depois de hidrolisada, permite que a glicose seja absorvida e dê um pico. 
b- caso seja confirmado deficiência da galactose 1-fosfato uridil transferase, na fase adulta, a enzima galactose 1-fosfato pirofosforilase passa a ser expressa, sendo capaz de converter galactose 1-fosfato em UDP-galactose, o que contorna a reação da uridil transferase.
c- caso a criança não for tratada corretamente, as conseqüências surgirão após alguns meses, passando a apresentar danos renais, hepáticos e neurais, além de catarata.
�
11)- Severidade dos sintomas clínicos devido a enzimas defeituosas – os sintomas clínicos das duas formas de galactosemia envolvendo a deficiência da galactoquinase e galactose-1-fosfato uridil transferase mostram severidades radicalmente diferentes. Embora as duas deficiências produzam desconforto gástrico, quando da ingestão de leite, a deficiência da última enzima leva o fígado, os rins, o baço e o cérebro à disfunções graves e, eventualmente à morte. Que produtos se acumulam no sangue e nos tecidos quando cada uma dessas enzimas é deficiente? Partindo das informações anteriores, faça uma estimativa da toxicidade relativa de cada um desses produtos.
Solução:
Galactose irá acumular nas duas deficiências. Pelo exposto acima, a deficiência da galactose 1-fosfato uridiltransferase causará acúmulo de galactose 1-fosfato nos tecidos, o que é bem mais tóxico.
12)- Um recém-nascido apresentou após o nascimento, vômitos e diarréia acentuados que poderiam ser confundidos com a adaptação da flora intestinal ou a sua implantação no intestino grosso, normalmente compreendendo os três primeiros meses de vida. Foi descartado a possibilidade do problema ser devido a ausência da lactase intestinal e o mais provável seria a galactosemia.
quais testes bioquímicos deverão ser realizados para confirmar a suspeita de galactosemia e eliminar uma possível deficiência da lactase intestinal? Explique.
após a confirmação do problema, poderá ser dito aos pais da criança, que somente na fase adulta, ela poderá ingerir leite normalmente. Explique.
explique as conseqüências que poderão surgir dentro de poucas semanas ou meses após o nascimento, caso a criança não for tratada imediatamente.
Solução: Solução:
a- o teste da lactose poderá ser realizado. Exemplo: um paciente queixa-se de flatulência abdominal e diarréia, após ingestão de algumas marcas de sorvete. Após jejum noturno, este paciente recebeu lactose (50g) dissolvida em 200 mL de água com sabor de limão, e os resultados de glicose sangüínea obtidos acusaram:
	Tempo (min.)
	Glicose sangüínea
	0
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	30
	4,7 mmol/L (85 mg/dL)
	60
	4,9 mmol/L (88 mg/dL)
	90
	4,6 mmol/L (83 mg/dL)
	120
	4,5 mmol/L (81 mg/dL)
 
Este teste é indicativo de:deficiência de lactase intestinal. O normal é que a glicemia eleva-se, após 30 ou 60 minutos, mostrando que a lactose depois de hidrolisada, permite que a glicose seja absorvida e dê um pico.
b- caso seja confirmado deficiência da galactose 1-fosfato uridil transferase, na fase adulta, a enzima galactose 1-fosfato pirofosforilase passa a ser expressa, sendo capaz de converter galactose 1-fosfato em UDP-galactose, o que contorna a reação da uridil transferase.
c- caso a criança não for tratada corretamente, as conseqüências surgirão após alguns meses, passando a apresentar danos renais, hepáticos e neurais, além de catarata. Galactose irá acumular nas duas deficiências. A deficiência da galactose 1-fosfato uridiltransferase causará acúmulo de galactose 1-fosfato nos tecidos, o que é bem mais tóxico.
 
13)- A infusão intravenosa de frutose em voluntários saudáveis leva a um aumento de duas a cinco vezes no nível de lactato no sangue, um aumento bem maior do que o observado após a infusão da mesma quantidade de glicose.
por que a glicólise é mais rápida após a infusão de frutose?
a frutose tem sido utilizada no lugar da glicose para alimentação intravenosa. Por que esta utilização de frutose não é prudente?
Solução:
a- o principal local de metabolização da frutose é o fígado, e a enzima frutocinase tem alta afinidade e Vmáx elevada, o que resulta em uma rápida retirada da frutose da circulação. A seguir, a aldolase B cliva a frutose-1-P em gliceraldeído e DHP, o que contorna dois pontos inciais de regulação da glicólise.
b- os problemas hepáticos são resultantes da rapidez da retirada da frutose pela frutoquinase, uma vez que a aldolase B é bem mais lenta. Isto resulta numa queda de Pi (fosfato) intracelular hepático (a frutose-1-P acumula instantaneamente e fixa-o), gerando transtornos na síntese de ATP mitocondrial, ou seja, caem os níveis de ATP hepáticos, podendo levar a lise celular.
14)- A sacarose e a cárie dental – a infecção de maior prevalência mundial é a cárie dental humana; ela aparece pela destruição do esmalte dos dentes em decorrência da colonização por uma grande variedade de microorganismos acidificantes. Esses organismos sintetizam e vivem no interior de uma rede de dextranas insolúvel em água, chamada de placa dental bacteriana. Esta placa é composta por polímeros da glicose onde predominam as ligações ((1(6) e com a presença de ligações ((1(3) nos pontos de ramificação. A polimerização da dextrana requer a presença da sacarose da dieta e a reação é catalisada por uma enzima bacteriana, a dextrana-sacarose glicosil transferase.
escreva a reação global de polimerização da dextrana.
além de fornecer um substrato para a formação da placa dental, de que maneira a sacarose também representa uma abundante fonte de energia metabólica para as bactérias bucais?
Solução: ver caso clínico sobre a cárie dentária.
15)- A sacarose é comumente utilizada para preservar frutas. Por que a glicose não é bem adequada para preservação de alimentos?
Obs.: importante rever as estruturas da glicose (cadeia aberta e formas anoméricas ( e (), da sacarose; açúcar redutor e não-redutor.
Solução:
A glicose é reativa, porque sua forma em cadeia aberta contém um grupamento aldeído. O aldeído se condensa lentamente com as aminas, formando adutos de base de Schiff. A sacarose é um dissacarídeo não-redutor. 
16)- Uma criança apresentou um desenvolvimento normal até a transição do aleitamento materno para alimentos infantis. Durante esta fase, o bebê apresentou surtos intermitentes de vômitos, perturbações intestinais e dificuldades para dormir. Uma tarde, a criança foi levada ao consultório médico cerca de uma hora após uma grave reação aos alimentos, basicamente constituído por um almoço simples com papa de vegetais e suco de uva adoçado com açúcar. Exames laboratoriais foram realizados e a glicose sangüínea foi de 2 mM ou 40 mg/dL (normal = 5 mM), o lactato sangüíneo de 4 mM (valores normais < 1 mM) e fosfato sérico de 0,6 mM ou 2 mg/dL (valores normais = 1,3 a 2,3 mM ou 4-7 mg/dL). A criança apresentava sudorese e letargia, com evidências de icterícia branda e hepatomegalia. Qual a anormalidade metabólica que poderia causar estes problemas? Explique.
Solução:
Esta criança apresenta sintomas de intolerância hereditária à frutose, resultante de uma deficiência em aldolase B. O distúrbio aparece quando a criança passa a consumir frutas e sucos ricos em frutose ou sacarose. O fígado é o sítio primário do metabolismo da frutose. A frutose 1-fosfato acumula em razão da deficiência de aldolase B. A hipofosfatemia resultante inibe a glicogenólise por limitar a ação da glicogênio fosforilase. O lactato acumula no sangue em conseqüência da frutose 1-fosfato e também inibe a aldolase A, limitando a gliconeogênese.
17)- A intolerância hereditária à frutose (IHF), devido a deficiência da aldolase B hepática, caracteriza-se por hipoglicemia acentuada, ás vezes seguida de vômitos, convulsões e até coma, acidose metabólica, além de sinais de danos hepáticos após a ingestão de frutose ou sacarose.
a- sugira e explique as razões do aparecimento destes sintomas.
b- Geralmente os pacientes desenvolvem uma grande aversão a doces e mel, o que resulta em baixa incidência de cárie dental. Explique.
Solução:
a- A IHF ocorre devido a baixa atividade da aldolase B. Esta baixa atividade ocasiona um acúmulo de frutose-1-fosfato, o que irá resultar em uma depleção de fosfato inorgânico (significa ou isto é, o Pi “fica preso” na frutose-1-fosfato) e que se reflete no interior das mitocôndrias, diminuindo a fosforiliação oxidativa que depende de Pi e ADP; portanto, tem-se uma baixa relação [ATP]/[ADP]. Isto significa menor quantidade de ATP produzido no interior dos hepatócitos, o que prejudica as funções hepáticas normais, como os gradientes orgânicos mantidos pela bomba dependente de ATP. Daí, as células, incham e eventualmente perdem o conteúdo interno por lise osmótica. É o dano hepático. A fermentação láctica pode ser explicada também pela baixa relação [ATP]/[ADP]. A enzima “marca-passo” da glicólise, a fosfofrutocinase I, torna-se fortemente estimulada pela baixa de ATP citossólico, “entendendo que é preciso degradar a glicose para gerar energia. Como a fosforilação oxidativa está comprometida pela baixa de Pi e os mecanismos de transporte de elétrons, ejeção de prótons pelos complexos respiratórios, síntese de ATP, translocamentos de ATP-ADP são acoplados, ocorre acúmulo de NADH que desloca a reação, no citossol, piruvato + NADH + H+ ( lactato + NAD+ para a direita. Aí, é a acidose láctica resultante da deficiência da aldolase B.
A hipoglicemia pode ser explicada por dois caminhos: 1º, a glicogenólise torna-se inibida pelo acúmulo da frutose-1-fosfato, um inibidor da enzima fosforilase do glicogênio, que remove glicose-1-fosfato do estoque; 2º, o forte estímulo da glicólise, traz como conseqüência, uma baixa ativação da neoglicogênese. Portanto, a manutenção da glicemia, uma função essencialmente hepática, torna-se totalmente prejudicada com o acúmulo da frutose-1-fosfato, resultante da deficiência enzimática da aldolase B, após a ingestão de sacarose ou mel. Sorbitol, um adoçante sintético, também pode provocar os mesmos sintomas, porque a enzima sorbitol desidrogenase, oxida sorbitol resultando em frutose. Daí, para frente, o caminho metabólico é o mesmo. Os outros sintomas que aparecem nos pacientes, como vômitos, convulsões e coma geralmente são resultantes da hipoglicemia acentuada que surge após a ingestão de doces ou mel.
O tratamento é a retirada dos alimentos que contenham sacarose, frutose e sorbitol.
b- A baixa incidência da cárie está associada à eliminação da sacarose das dietas dos pacientes (mecanismo está descrito no caso de cárie dentária).
Obs.: um outro sintoma secundário que aparece nos pacientes que não se tratam, é uma hiperuricemia. A hipofosfatemia intra-hepática reflete na enzima adenosina desaminase, normalmente controlada