Aurélie 25/1/09
 

 

Fermentation du glucose : solution tampon, catalyse enzymatique, chimie concours Mines 08

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Préparation du tampon phosphate.

On désire préparer une solution tampon de pH égal à 6,2 et de concentration totale en phosphore égale à c = 0,10 mol.L-1. Pour cela, on utilise du dihydrogénophosphate de sodium hydraté NaH2PO4, 12 H2O (masse molaire M1 = 336 g.mol-1). Dans une fiole jaugée de volume V = 1,0 L, on verse de l’eau distillée puis on introduit une masse m1 de dihydrogénophosphate de sodium hydraté, on mélange. On ajoute une masse m2 d’hydroxyde de sodium NaOH (masse molaire M2 = 40 g.mol-1) et l’on complète au trait de jauge avec de l’eau distillée.

Calculer la quantité m1 à introduire pour obtenir une solution de concentration totale en phosphore égale à c = 0,10 mol.L-1.

m1 = 336*0,1 = 33,6 g.

Quelles sont les espèces de H3PO4 présentes dans la solution tampon à ce pH ? Justifier.

à pH = 6,2, H2PO4- et HPO42- prédominent.

Écrire l’équation de la réaction qui se produit lorsqu’on ajoute l’hydroxyde de sodium. Calculer sa constante et conclure.

Couples acide / base : H2PO4- / HPO42- ; H2O / HO-.

H2PO4- + HO- = HPO42- +H2O avec K = [HPO42-] /([H2PO4-] [HO-])

Or : Ka2 = 10-7,2 = [HPO42-] [H3O+] / [H2PO4-] et Ke =[H3O+] [HO-] = 10-14.

par suite K = Ka2 /Ke =10-7,2 /10-14 = 106,8 = 6,3 106, valeur importante, la réaction est totale.


 

Exprimer les concentrations en H2PO4- et HPO42- en fonction des quantités de matière n1 et n2 en H2PO4 et NaOH respectivement introduites et du volume V.

n1 = m1 / M1 V = 0,1 mol ; n2 = m2 / M2 V = m2 / M2 ;


avancement (mol)
H2PO4-
+ HO-
= HPO42-
+H2O
initial
0
n1
n2
0
solvant en large excès
fin
x
n1-x
n2 -x
x
l'hydroxyde de sodium est en défaut :
n2 -x = 0 ; x = n2

[HPO42-] = n2 / V ; [H2PO4- ] =(n1-n2 )/ V

Exprimer le pH de la solution en fonction de n1, n2 et de la (des) constante(s) d’acidité concernée(s).

Ka2 = 10-7,2 = [HPO42-] [H3O+] / [H2PO4-] = n2[H3O+] / (n1-n2 )

log Ka2 = log [H3O+] + log ( n2 / (n1-n2 )) ; pKa2 =pH - log ( n2 / (n1-n2 )) ; pH = pKa2 +log ( n2 / (n1-n2 )).

En déduire les valeurs de n2 puis de m2 à ajouter pour obtenir un pH égal à 6,2.

6,2= 7,2 + log(n2/(0,1-n2)) ; 1= log((0,1-n2)/n2) ; 10 = (0,1-n2)/n2 ; n2 = 0,1/11 =9,1 10-3 mol.

m2 = M2 n2 = 40 * 9,1 10-3 = 0,36 g.

Étude théorique de la catalyse enzymatique.

Le mécanisme de réaction avec l’action de la levure peut être modélisé par la catalyse enzymatique. On considère la réaction S (substrat) = P (produit) catalysée par l’enzyme E et on admet que le mécanisme est le suivant :

L’espèce notée ES est appelé complexe enzyme substrat.

D’après le mécanisme proposé ci-dessus, exprimer v, la vitesse de formation du produit P.

v d[P]/dt = k2 [ES]

En notant [E]0 la valeur initiale de la concentration en enzyme, écrire l’équation traduisant la conservation totale de l’enzyme au cours de la réaction.

[E]0 = [E] + [ES]

Appliquer l’approximation des états quasi-stationnaires au complexe enzyme-substrat. En utilisant la question précédente, en déduire une expression de la concentration en complexe enzyme substrat en fonction de [E]0, [S] et des constantes.

d[ES]/dt = k1[S][E]-k-1[ES]- k2 [ES] =0 ; [E] =(k-1 +k2 ) [ES] / ( k1[S] )

[E]0 = [E] + [ES] conduit à : [E]0 =(k-1 +k2 ) [ES] / ( k1[S] ) + [ES] = ((k-1 +k2 )/ ( k1[S] ) +1) [ES]

[ES] =[E]0 / ((k-1 +k2 )/ ( k1[S] ) +1).

On appelle constante de Michaelis et on note KM, l’expression KM=(k-1 +k2 )/k1.

Exprimer alors v en fonction de [E]0, KM, k2 et [S].

[ES] =[E]0 / (KM/ [S] +1) ; v = k2[ES] =k2[E]0 / (KM/ [S] +1).

Si la concentration en substrat augmente (à concentration initiale en enzyme constante), [S] devient bien supérieur à KM ; l’expression de la vitesse tend vers

k2[E]0. C'est la vitesse maximale, vmax =k2[E]0.





L’expression de la vitesse obtenue ci-dessus permet de construire deux modèles. Ces modèles permettent de tracer des courbes qui deviennent des droites lorsqu’ils sont validés.

Exprimer 1/v et montrer qu’en traçant 1/v en fonction de 1/[S], on peut valider le modèle.

1/v =KM/(k2[E]0) * 1/[S] +1/(k2[E]0) ; 1/v = KM /vmax *1/[S] + 1/vmax ;

il s'agit de l'équation d'une droite de pente KM /vmax et d'ordonnée à l'origine 1/vmax.

Monter que l’expression de la vitesse peut se mettre sous la forme : v=vmax-KMv /[S]. Montrer alors qu’en traçant v en fonction de v/ [S], on peut également valider le modèle.

v = k2[E]0 / (KM/ [S] +1) =vmax /(KM/ [S] +1) ; v(KM/ [S] +1) =vmax.

v +KMv / [S]=vmax ; v =vmax -KMv / [S].

v = f(v / [S]) : droite de pente -KM et d'ordonnée à l'origine vmax.

Étude expérimentale.

La méthode utilisée consiste à étudier différents systèmes en faisant varier la quantité initiale de substrat (ici le glucose) et en déterminant les vitesses initiales d’apparition du produit (ici l’éthanol gazeux).

Comment détermine-t-on pratiquement, la vitesse initiale de la réaction étudiée ici ?

Tracer la courbe d'équation [ éthanol] en fonction du temps ; le coefficient directeur de la tangente à t=0 est égal à la vitesse initiale.

On a réalisé la conversion du glucose à 39 °C et obtenu les résultats suivants :
v0(mmol L-1 s-1)
1,80
2,50
3,20
4,00
4,50
5,00
c0( glucose mmol L-1)
10,0
20,0
30,0
60,0
90,0
150
1/v0(mol-1 L s)
556
400
313
250
222
200
1/c0( glucose mol-1 L)
100
50,0
33,3
16,7
11,1
6,67
v0 /c0 (s-1)
0,18
0,125
0,107
0,0667
0,05
0,033
Les deux courbes obtenues sont données ci-dessous.

 





À partir de la première méthode, déterminer les valeurs de KM et vmax à 39 °C pour cette réaction.

 

vmax = 1/185 = 5,4 10-3 mol L-1 s-1 ; KM =3,83 vmax =3,83*5,4 10-3 =2,1 10-2 mol L-1.

À partir de la deuxième méthode, déterminer les valeurs de KM et vmax à 39 °C.

vmax = 5,57 mmol L-1 s-1 = 5,57 10-3 mol L-1 s-1 ; KM =22,1 mmol L-1 =2,1 10-2 mol L-1.

Les résultats des deux méthodes sont compatibles.






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