INSTITUT PREPARATOIRE AUXETUDES D’INGENIEURS DE SFAX

Correction de l’é

Exercice 1 (12 pts) I- On veut déterminer la structure d’un lipide selon les données suivantes -Le carbone 1 ou α du glycérol est estérifié avec l’acide stéar

L’acide stéarique est un acide gras saturé à 18 atomes de carbone, sa formule est la suivante :

CH

- Le carbone 2 ou β du glycérol est estérifié avec un acide gras insaturé à 18 carbonel’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide.

L’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide, nous obtenons 3 fragments, de potassium au niveau de deux insaturations de la chaîne carbonée de l’acide gras, d’où il s’agit de l’acide linoléique C18

CH3 (CH2)4

- Le carbone 3 ou α’ du glycérol est estérifié avec une laquelle est liée à une molécule d’éthanolamine.

HO

O

OH P

O-

Acide phosphorique

AUX DEPARTEMENT DE PREPARATIONETUDES D’INGENIEURS DE SFAX AUX CONCOURS DE BIOLOGIE

A.U. : 2011

Correction de l’épreuve de Biochimie du 3ème trimestre

Devoir de synthèse

On veut déterminer la structure d’un lipide selon les données suivantes : du glycérol est estérifié avec l’acide stéarique.

L’acide stéarique est un acide gras saturé à 18 atomes de carbone, sa formule est la

CH3 (CH2)16 COOH

du glycérol est estérifié avec un acide gras insaturé à 18 carbonel’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide.

L’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide, nous obtenons 3 fragments, donc il y a deux coupures par le permenganate de potassium au niveau de deux insaturations de la chaîne carbonée de l’acide gras,

git de l’acide linoléique C18 : 2 (∆9,12), sa formule est la suivante

CH=CH CH CH = CH (CH2)7 COOH’ du glycérol est estérifié avec une molécule d’acide phosphorique

à une molécule d’éthanolamine.

HO CH2 CH2 NH

Éthanolamine

DEPARTEMENT DE PREPARATION AUX CONCOURS DE BIOLOGIE

: 2011-2012

trimestre

L’acide stéarique est un acide gras saturé à 18 atomes de carbone, sa formule est la

du glycérol est estérifié avec un acide gras insaturé à 18 carbones, l’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un monacide.

L’action du permenganate de potassium sur cet acide donne deux diacides et un donc il y a deux coupures par le permenganate

de potassium au niveau de deux insaturations de la chaîne carbonée de l’acide gras, ), sa formule est la suivante :

COOH molécule d’acide phosphorique

NH3+

a) Écrire la formule développée de ce lipide en précisant la nature des liaisons formées.

b) Quelle est la dénomination chimique de ce lipide ? 1-stéaryl,2-linoléate phosphatidyléthanolamine c’est une céphaline.

c) Définir et calculer son indice d’iode. Indice d’iode : c’est le nombre de gramme d’I2 fixé par 100 g de lipide. Détermination de la masse molaire de ce lipide : Mm = MmGly + MmStéar + MmLinol +

MmPhos + Mm éthe – 4x MmH2O = 92 + 284 + 280 + 98 + 63 – 72 = 745 g. Le lipide présente deux insaturations d’où 1mole de lipide fixe 2 moles d’iode donc

745 g de lipide fixe 127 x 4 = 508 g d’iode. 100 g de lipide Fixera donc : Ii = 100 x 508/745 = 68,2.

d) Définir et calculer son indice de saponification. Indice de saponification : c’est le nombre de mg de potasse nécessaire pour saponifier

1 g de lipide.

1 mole de lipide est saponifiée par 2 moles de KOH.

745 g de lipide 2 moles de KOH (2 x 56 g = 112 g = 112. 103 mg)

1 g Is

Is = 1x 112. 103 /745 = 150,3

II-Soit un triglycéride d’indice de saponification est égal à 196 et d’indice d’iode est égal à 59. L’analyse chromatographique de ce lipide a révélé l’existence d’un acide palmitique et d’acide oléique. a) Déterminer la masse molaire de ce triglycéride. 196 mg de potasse sont nécessaires pour saponifier 1 g de lipide,

1 mole de lipide (Mmlip ?) 3 moles de KOH (3 x 56 g = 168 g = 168g)

1 g Is = 196 10-3 g

Mm = 1 x 168/196 10-3 = 857,1g.

CH3 (CH2)4 CH=CH CH2 CH = CH (CH2)7

O-

O-CH2-CH2-NH3+

CH2

O

O

C

H2

CH C

O

P

O

O

(CH2)16 CH3 C

O

Liaisons ester

Liaisons phosphoester

b) Proposer une des structures possibles de ce triglycéride. L’analyse chromatographique de ce lipide a révélé l’existence d’un acide palmitique

(saturé) et d’acide oléique (monoinsaturé), Puisque ce lipide est un TG, donc un des deux acides gras se répète deux fois.

Ii = 59, donc 100 g de ce TG fixera 59 g d’iode, 857,1 g de TG (1mole) fixera : 59 x 857,1/100 = 505,7 g d’iode Le nombre de mole d’iode fixé par ce TG = 505,7/254 = 2 moles d’I2. Ce TG présente deux insaturations venant de deux acides oléiques. Une des structures possibles de ce triglycéride :

1-palmityl,2-oléyl,3-oléyl sn glycérol

Exercice 2 (8 pts) Le stachyose est l’α-D-galactopyranosyl(1 6)-α-D-galactopyranosyl (1 6)-α-D-

glucopyranosyl(1 2)-β-D-fructofuranoside.

a) Écrire la formule développée de ce glucide.

: Coupure par l’acide périodique HCOOH : acide formique

(CH2)16

(CH2)7

(CH2)7

CH3

CH CH (CH2)7 CH3

C

O

C H2

C

O

C

H2

CH

O

O

O C

O

CH CH (CH2)7 CH3

HCOOH

O

O

HO

OH

CH2OH

CH2OH

O

CH2OH

O

CH2

O

CH2 O

O

HCOOH

HCOOH

HCOOH

b) Le stachyose est soumis à une perméthylation suivie d’une hydrolyse acide. Donner

les noms des différents dérivés d’oses obtenus. 2,3,4,6 tétra-O-méthyl-D-galactopyranose. 2,3,4, tri-O-méthyl-D-galactopyranose. 2,3,4, tri-O-méthyl-D-glucopyranose. 1,3,4,6 tétra-O-méthyl-D-fructofuranose

c) Le stachyose est-il un sucre réducteur ? Pourquoi ? Le stachyose n’est pas un sucre réducteur car il n’a pas de carbone anomérique libre.

d) Donner le bilan de l’oxydation d’une mole de stachyose par l’acide périodique (nombre de moles d’acide périodique consommées et nombre de moles de formaldéhyde et d’acide formique formées).

Voir les sites de coupure par l’acide périodique dans la réponse de la question a), il ya

consommation de 7 molécules d’acide périodique et libération de 3 molécules d’acide formique et pas de libération de formaldéhyde.

Devoir de contrôle

Durée : 40 min

Exercice 1 (10 pts) Pour déterminer la structure d’un oligopeptide, on effectue les réactions suivantes : a) L’hydrolyse par HCL concentré de ce peptide fournit les acides aminés suivants :

1 Ala, 1 Asp, 1 Arg, 1 Met, 1 Val et 1 Tyr. b) L’acide aminé N-terminal est révélé par le réactif de Sakaguichi.

L’acide aminé N-terminale est l’Arg. c) L’hydrolyse de cet oligopeptide par la chymotrypsine, donne deux tripeptides.

La chymotrypsine coupe après un acide aminé aromatique donc Tyr est en position 3. d) L’action du Bromure de Cyanogène (BrCN) donne un pentapeptide et un acide aminé.

Le bromure de cyanogène coupe après la Met, donc la Met est en position 5. e) La carboxypeptidase y détache Ala.

La carboxypeptidase y détache l’acide aminé C-terminale, donc l’Ala est le dernier acide aminé. La séquence du peptide est :

Arg-Asp-Tyr-Val-Met-Ala ou Arg-Val-Tyr-Asp-Met-Ala

f) L’acide aminé en position 2 migre vers la borne positive lors d’une électrophorèse à pH 5.

A pH 5, l’Asp est chargé négativement (il a deux charges négatives venant de la

fonction α-COO- et β-COO- du radical R de l’acide aminé, par contre la Val est chargé positivement à pH 5, donc l’Asp est en position 2.

Écrire la séquence exacte de cet oligopeptide en justifiant votre réponse et écrire sa

formule développée.

La séquence exacte de ce peptide est : Arg-Asp-Tyr-Val-Met-Ala.

Formule développée : il faut écrire la formule développée de chaque acide aminé de

ce peptide et établir les liaisons peptidiques entre eux.

Exercice 2 (10 pts) Soit la réaction enzymatique selon le mécanisme de Michaelis-Menten :

L’équation de Michaelis-Menten est la suivante : [ ][ ]M

V max Sv

K S=

+

Avec v : vitesse initiale de la réaction, [S] : concentration initiale en substrat.

a) Définir les deux paramètres (Vmax et KM) de la réaction enzymatique.

-Vmax: la vitesse de la réaction à saturation en substrat, elle signifie que la

concentration en substrat est grande par rapport au nombre de récepteur.

Vmax = k2 [ET]

- KM : constante de Michaelis : correspond à la concentration de substrat qui permet

d’atteindreV max

2, sa valeur varie largement d’un enzyme à l’autre. KM représente

aussi la constante de dissociation apparente du complexe Enzyme – substrat.

KM donne une indication approximative sur l’affinité de l’enzyme pour le substrat,

plus KM est élevé, plus l’affinité de l’enzyme pour le substrat est faible. Dans des

conditions données (T°, pH, composition ionique du milieu), KM est un paramètre

intrinsèque de l’enzyme.

k-1

E + S k1

ES E + P k2

b) Proposer une représentation graphique permettant une détermination précise de ces

deux paramètres.

La représentation de Lineweaver-Burk (représentation des doubles inverses) 1/v = f(1/[S])

c) Définir les trois types d’inhibition réversibles de la réaction enzymatique et montrer

comment peut-on les distinguer?

-Inhibition compétitive : L’inhibiteur compétitif est un composé qui présente une

analogie structurale avec le substrat, il est capable donc de se fixer sur le site actif ce

qui implique une compétition entre le substrat S et l’inhibiteur I.

- Inhibition non compétitive absolue

L’inhibiteur est un agent chimique qui se fixe sur l’enzyme sur un site autre que le site

actif.

- Inhibition incompétitive

L’inhibiteur est un agent chimique qui ne se fixe que sur le complexe ES.

On peut distinguer ces différentes inhibitions par les paramètres cinétiques (Vmax et

KM) et par la représentation de Lineweaver-Burk :

-En présence d’inhibiteur compétitif : Vmax est constante, KM augmente.

-En présence d’inhibiteur non compétitif absolu : Vmax diminue, KM reste constante.

-En présence d’inhibiteur incompétitif : Vmax diminue, KM diminue.