Listona de exercícios bioquímica

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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? 
 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: 
 3 
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 
 4 
 
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. 
a- 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 catiônicado 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: 
a- cromatografia de troca iônica 
b- cromatografia de afinidade 
c- cromatografia de filtração em gel 
Solução: 
a- a separação das moléculas é baseada na carga líquida 
b- a separação das moléculas é baseada na habilidade de ligação a um suporte 
específico por interações não-covalentes. 
c- 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). 
 5 
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 
 6 
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: 
a- H3N+-CH-CH3-CO-NH-CH-CH3-CO-NH-CH-CH3COO− 
b- 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. 
c- 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. 
 
 7 
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 distúrbiosmetabólicos e genéticos relacionados ao colágeno, como por exemplo, escorbuto, 
osteogênese imperfeita e síndrome de Ehlers-Danlos. A bactéria anaeróbia altamente 
patogênica 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? 
 8 
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. 
 
 9 
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). 
 10 
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. 
 
 11 
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. 
 12 
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 
 13 
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 desempenharsuas 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 assim a 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. 
 
 14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 15 
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. 
 
 16 
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. 
a- 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 
 17 
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) masnão 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 destes dois 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: 
 18 
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 
 0,21 
 0,24 
 0,28 
 0,33 
 0,40 
 19 
 16,0 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 
 20 
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 formaldeídopela 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 um 
bom 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 
 21 
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. 
 
 22 
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- A partir da cadeia aberta, desenhe as fórmulas em perspectiva de Haworth para as 
formas  e  da galactose. Qual característica distingue as duas formas? 
b- 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? 
c- 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 
 23 
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 clínicospara 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 
 24 
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 (rotação específica + 52,5o) e D-
frutose (rotação específica –92o), processo denominado pela indústria de açúcar invertido. 
a- 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. 
b- explique por que nenhuma forma anomérica da sacarose foi ainda descrita. 
Solução: 
a- A rotação ótica da mistura é negativa (invertida) em relação à solução da sacarose. 
b- 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: 
a- -D-glicopiranosil-(1→ 4)- -D-glicopiranosídeo. 
b- 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: 
 25 
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. 
 
 
 
 
 
 
 
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 
 26 
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. 
 
 
 
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. 
 
 
 27 
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. 
a- explique por que o ATP pode ser tanto um substrato quanto um inibidor da PFK-1. 
Como esta enzima éregulada pelo ATP? 
b- 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. 
 
 
 28 
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 sítio ativo 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. 
a- faça uma previsão do efeito da substituição do fosfato por arsenato na reação líquida 
catalisada pela gliceraldeído-3-fosfato desidrogenase. 
b- 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: 
 29 
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 
 30 
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: 
a- tolerância normal à glicose. 
b- absorção deficitária de galactose. 
c- 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. 
 31 
 
 
 
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 possibilidadedo problema ser devido a ausência da lactase intestinal e o mais 
provável seria a galactosemia. 
 32 
a- quais testes bioquímicos deverão ser realizados para confirmar a suspeita de 
galactosemia e eliminar uma possível deficiência da lactase intestinal? Explique. 
b- após a confirmação do problema, poderá ser dito aos pais da criança, que somente na 
fase adulta, ela poderá ingerir leite normalmente. Explique. 
c- 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. 
a- por que a glicólise é mais rápida após a infusão de frutose? 
b- 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. 
 33 
 
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. 
a- escreva a reação global de polimerização da dextrana. 
b- 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. 
 
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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