Kimia Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

13Kinetika Kompleks: Rantai, Enzim, dan Osilasi

Segelas larutan yang diaduk berubah menjadi tak berwarna, lalu kuning kecokelatan, lalu biru, lalu tak berwarna lagi, dan terus berbuat demikian selama bermenit-menit; jika dituang ke sebuah cawan, campuran yang sama menggambar spiral-spiral yang berputar dan merambat. Ketika Boris Belousov menggambarkan reaksi semacam itu pada tahun 1951, naskahnya ditolak: menurut penelaahnya, sebuah sistem kimia tidak mungkin bergerak bolak-balik, karena sistem itu harus menurun ke arah kesetimbangan. Sistem itu memang menurun; hanya saja tidak secara lurus. Bab ini membahas mekanisme bertahap banyak yang zat-zat antaranya terbentuk kembali: reaksi berantai dan ledakan, molekul yang memerlukan tumbukan untuk terurai sendiri, enzim, dan reaksi-reaksi berosilasi, beserta metode-metode untuk mengikuti reaksi yang terlalu cepat untuk dicampur dengan tangan.

Yang sudah kamu ketahui

Jilid Tahun 1 mendefinisikan mekanisme reaksi sebagai urutan tahap elementer, tahap penentu laju, pendekatan prakesetimbangan dan pendekatan keadaan tunak, serta katalis. Jilid Tahun 2 menamai tahap-tahap rantai radikal (inisiasi, propagasi, terminasi), inisiator radikal, dan panjang rantai kinetik sebuah polimerisasi, serta mencocokkan garis kuadrat terkecil. Bab 12 memberikan teori keadaan transisi dan batas difusi sekitar $10^{10}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

13.1 Reaksi berantai

Definisi 13.1 (Reaksi berantai, pembawa rantai)

Yang disebut reaksi berantai adalah reaksi yang zat-zat antara reaktifnya, yaitu pembawa rantai, dibentuk kembali oleh sebuah siklus tahap propagasi, sehingga satu peristiwa inisiasi mengubah banyak molekul pereaksi.

Bodenstein mengukur pada tahun 1906 laju $\ce{H2 + Br2 -> 2 HBr}$ dan menemukan sebuah hukum yang tidak mungkin dihasilkan oleh satu tahap saja: lajunya tumbuh sebanding dengan $[\ce{Br2}]^{1/2}$ dan turun ketika HBr menumpuk. Mekanismenya dituliskan pada tahun 1919:

inisiasi	$\ce{Br2 -> 2 Br}$	$k_1$
propagasi	$\ce{Br + H2 -> HBr + H}$	$k_2$
propagasi	$\ce{H + Br2 -> HBr + Br}$	$k_3$
inhibisi	$\ce{H + HBr -> H2 + Br}$	$k_4$
terminasi	$\ce{2 Br -> Br2}$	$k_{-1}$

(tumbukan dengan benda ketiga M yang membawa energi masuk ke dan keluar dari tahap inisiasi dan terminasi tidak dituliskan).

Teorema 13.2 (Hukum laju hidrogen–bromin)

Dengan pendekatan keadaan tunak untuk Br dan H, laju $v = \frac12\,\dd[\ce{HBr}]/\dd t$ mekanisme itu adalah

v = \frac{k[\ce{H2}][\ce{Br2}]^{1/2}}{1 + k'[\ce{HBr}]/[\ce{Br2}]}, \qquad k = k_2\Bigl(\frac{k_1}{k_{-1}}\Bigr)^{1/2},\ k' = \frac{k_4}{k_3}.

Bukti. Keadaan tunak untuk H: $k_2[\ce{Br}][\ce{H2}] = k_3[\ce{H}][\ce{Br2}] + k_4[\ce{H}][\ce{HBr}]$ . Keadaan tunak untuk Br: $2k_1[\ce{Br2}] - k_2[\ce{Br}][\ce{H2}] + k_3[\ce{H}][\ce{Br2}] + k_4[\ce{H}][\ce{HBr}] - 2k_{-1}[\ce{Br}]^2 = 0$ . Jika kedua persamaan dijumlahkan, suku-suku propagasi saling meniadakan: $k_1[\ce{Br2}] = k_{-1}[\ce{Br}]^2$ , sehingga $[\ce{Br}] = (k_1/k_{-1})^{1/2}[\ce{Br2}]^{1/2}$ . Lalu $[\ce{H}] = k_2[\ce{Br}][\ce{H2}]/(k_3[\ce{Br2}] + k_4[\ce{HBr}])$ dan

\frac{\dd[\ce{HBr}]}{\dd t} = k_2[\ce{Br}][\ce{H2}] + k_3[\ce{H}][\ce{Br2}] - k_4[\ce{H}][\ce{HBr}] = 2k_3[\ce{H}][\ce{Br2}] = \frac{2k_2[\ce{Br}][\ce{H2}]}{1 + (k_4/k_3)[\ce{HBr}]/[\ce{Br2}]},

dengan memakai persamaan pertama; menyubstitusikan $[\ce{Br}]$ memberikan hasilnya. ∎

Siklus propagasi rantai hidrogen–bromin: setiap putaran memakai satu H2 dan satu Br2, menghasilkan dua HBr, dan mengembalikan atom bromin yang memulainya. Inisiasi memasok pembawa ke dalam siklus, terminasi menyingkirkannya; tahap inhibisi mengubah atom H kembali menjadi Br dengan mengorbankan sebuah HBr yang sudah terbentuk. — Siklus propagasi rantai hidrogen–bromin: setiap putaran memakai satu $\ce{H2}$ dan satu $\ce{Br2}$ , menghasilkan dua HBr, dan mengembalikan atom bromin yang memulainya. Inisiasi memasok pembawa ke dalam siklus, terminasi menyingkirkannya; tahap inhibisi mengubah atom H kembali menjadi Br dengan mengorbankan sebuah HBr yang sudah terbentuk.

Mekanisme hidrogen–bromin yang diintegrasikan tahap demi tahap (tetapan laju model, satuan tereduksi, k' = 0.1): konversi terhadap waktu (kiri), dan laju 1/2 [ HBr]/ t mekanisme lengkap dibandingkan dengan hukum keadaan tunak (kanan). Setelah masa induksi, selama atom-atom bromin menumpuk, keduanya berimpit dengan selisih kurang dari 1 %. — Mekanisme hidrogen–bromin yang diintegrasikan tahap demi tahap (tetapan laju model, satuan tereduksi, $k' = 0.1$ ): konversi terhadap waktu (kiri), dan laju $\frac12\dd[\ce{HBr}]/\dd t$ mekanisme lengkap dibandingkan dengan hukum keadaan tunak (kanan). Setelah masa induksi, selama atom-atom bromin menumpuk, keduanya berimpit dengan selisih kurang dari 1 %.

Metode 13.3 (Hukum laju mekanisme berantai)

Tuliskan persamaan keadaan tunak untuk setiap pembawa rantai.
Jumlahkan persamaan-persamaan itu: tahap-tahap propagasi, yang hanya menukar satu pembawa dengan pembawa lain, saling meniadakan, sehingga tersisa inisiasi yang sama dengan terminasi; ini memberikan konsentrasi pembawa.
Gunakan persamaan satu pembawa untuk menyatakan pembawa-pembawa lain.
Tuliskan laju pembentukan sebuah produk dari tahap-tahap propagasi.

Banyaknya siklus propagasi per peristiwa inisiasi, di sini $v/k_1[\ce{Br2}]$ , adalah panjang rantai kinetik dalam jilid Tahun 2; untuk reaksi hidrogen–bromin nilainya berorde $10^3$ sampai $10^6$ bergantung pada kondisinya. Inhibisi oleh produk menjelaskan mengapa lajunya turun lebih cepat daripada habisnya pereaksi.

13.2 Rantai bercabang dan ledakan

Definisi 13.4 (Percabangan rantai, batas ledakan)

Yang disebut percabangan rantai adalah tahap propagasi yang menghasilkan pembawa rantai lebih banyak daripada yang dipakainya, seperti $\ce{H + O2 -> OH + O}$ , yang mengubah satu pembawa menjadi dua. Yang disebut batas ledakan sebuah campuran adalah tekanan-tekanan, pada suhu tertentu, tempat reaksi lambatnya berubah menjadi ledakan.

Proposisi 13.5 (Kriteria percabangan)

Misalkan pembawa-pembawa dibentuk dengan laju $v_i$ , berlipat ganda melalui percabangan dengan tetapan laju $f$ , dan lenyap melalui terminasi dengan tetapan laju $g$ : $\dd n/\dd t = v_i + (f - g)n$ . Jika $f < g$ , $n$ menuju nilai tunak $v_i/(g - f)$ ; jika $f > g$ , $n$ tumbuh secara eksponensial dan reaksinya meledak.

Bukti. Persamaan linear itu mempunyai solusi $n(t) = \frac{v_i}{g - f}\bigl(1 - \eu^{-(g - f)t}\bigr)$ , yang menuju $v_i/(g - f)$ jika $g > f$ ; jika $f > g$ eksponennya positif dan $n$ tumbuh sebanding dengan $\eu^{(f - g)t}$ tanpa batas (sampai pereaksinya habis). ∎

Untuk campuran hidrogen–oksigen pada suhu beberapa ratus derajat, $f$ tumbuh bersama tekanan (sebanding dengan $[\ce{O2}]$ ), terminasi di dinding bejana berlangsung cepat pada tekanan rendah (radikal-radikal mudah berdifusi ke sana), dan terminasi melalui tumbukan tiga benda ( $\ce{H + O2 + M -> HO2 + M}$ ) tumbuh sebanding dengan kuadrat tekanan. Percabangan menang di antara batas pertama, yang ditentukan oleh dinding, dan batas kedua, yang ditentukan oleh terminasi tiga benda; pada tekanan yang lebih tinggi lagi muncul batas ketiga, tempat kalor yang dilepaskan tidak lagi dapat keluar. Yang terakhir ini adalah ledakan termal, yang digerakkan oleh pertumbuhan eksponensial laju terhadap suhu, bukan oleh percabangan; sebagian besar ledakan industri termasuk jenis itu.

13.3 Reaksi unimolekuler

Molekul seperti siklopropana berisomerisasi sendiri, dengan kinetika orde satu pada tekanan biasa; tetapi pada tekanan rendah tetapan lajunya turun. Energi yang diperlukan berasal dari tumbukan.

Definisi 13.6 (Mekanisme Lindemann, daerah penurunan)

Yang disebut mekanisme Lindemann sebuah reaksi unimolekuler adalah urutan $\mathrm{A + M \rightleftharpoons A^* + M}$ ( $k_1$ , $k_{-1}$ ), yaitu aktivasi dan deaktivasi melalui tumbukan dengan molekul M mana pun, yang diikuti oleh $\mathrm{A^* \to P}$ ( $k_2$ ). Yang disebut daerah penurunan adalah rentang tekanan tempat tetapan laju orde satu yang teramati turun dari nilainya pada tekanan tinggi menuju perilaku orde dua.

Teorema 13.7 (Tetapan laju Lindemann)

Dengan pendekatan keadaan tunak untuk $\mathrm{A^*}$ , $v = k_{\mathrm{uni}}[\mathrm A]$ dengan

k_{\mathrm{uni}} = \frac{k_1k_2[\mathrm M]}{k_{-1}[\mathrm M] + k_2},

yang menuju $k_\infty = k_1k_2/k_{-1}$ pada tekanan tinggi (orde satu) dan menuju $k_1[\mathrm M]$ pada tekanan rendah (orde dua); nilainya $k_\infty/2$ pada $[\mathrm M]_{1/2} = k_2/k_{-1}$ .

Bukti. $\dd[\mathrm{A^*}]/\dd t = k_1[\mathrm A][\mathrm M] - k_{-1}[\mathrm{A^*}][\mathrm M] - k_2[\mathrm{A^*}] = 0$ memberikan $[\mathrm{A^*}] = k_1[\mathrm A][\mathrm M]/(k_{-1}[\mathrm M] + k_2)$ dan $v = k_2[\mathrm{A^*}]$ . Jika $k_{-1}[\mathrm M] \gg k_2$ , deaktivasi mendahului reaksi dan $\mathrm{A^*}$ berada dalam prakesetimbangan: $k_{\mathrm{uni}} \to k_1k_2/k_{-1}$ . Jika $k_{-1}[\mathrm M] \ll k_2$ , setiap molekul yang teraktivasi bereaksi dan aktivasi menjadi tahap penentu laju: $k_{\mathrm{uni}} \to k_1[\mathrm M]$ . ∎

Kurva penurunan Lindemann (tetapan model): orde satu dengan tetapan limit k_∈fty pada tekanan tinggi, orde dua (k_1[ M]) pada tekanan rendah, dan setengah k_∈fty pada [ M]_1/2 = k_2/k_-1. Kurva penurunan yang nyata lebih lebar: tetapan laju k_2 molekul yang berenergi tumbuh bersama energinya. — Kurva penurunan Lindemann (tetapan model): orde satu dengan tetapan limit $k_\infty$ pada tekanan tinggi, orde dua ( $k_1[\mathrm M]$ ) pada tekanan rendah, dan setengah $k_\infty$ pada $[\mathrm M]_{1/2} = k_2/k_{-1}$ . Kurva penurunan yang nyata lebih lebar: tetapan laju $k_2$ molekul yang berenergi tumbuh bersama energinya.

13.4 Kinetika enzim

Definisi 13.8 (Enzim, situs aktif, kompleks enzim–substrat)

Yang disebut enzim adalah katalis biologis, hampir selalu berupa protein, yang mempercepat satu reaksi tertentu dari substratnya. Yang disebut situs aktif adalah kantong pada enzim tempat substrat terikat dan bereaksi; spesies yang terikat itu adalah kompleks enzim–substrat ES.

Definisi 13.9 (Tetapan Michaelis, laju maksimum, tetapan katalitik dan tetapan spesifisitas)

Untuk mekanisme $\mathrm{E + S \rightleftharpoons ES \to E + P}$ ( $k_1$ , $k_{-1}$ , $k_2$ ) pada konsentrasi enzim total $[\mathrm E]_0$ , yang disebut tetapan katalitik adalah $k_{\mathrm{cat}} = k_2$ , laju maksimum adalah $V_{\max} = k_{\mathrm{cat}}[\mathrm E]_0$ , tetapan Michaelis adalah $K_M = (k_{-1} + k_2)/k_1$ , dan tetapan spesifisitas adalah $k_{\mathrm{cat}}/K_M$ .

Teorema 13.10 (Persamaan Michaelis–Menten)

Jika $[\mathrm S] \gg [\mathrm E]_0$ dan ES berada dalam keadaan tunak, laju awal pembentukan produk adalah

v = \frac{V_{\max}[\mathrm S]}{K_M + [\mathrm S]} .

Pernyataan ini disebut persamaan Michaelis–Menten.

Bukti. Keadaan tunak: $k_1[\mathrm E][\mathrm S] = (k_{-1} + k_2)[\mathrm{ES}]$ , dan $[\mathrm E] = [\mathrm E]_0 - [\mathrm{ES}]$ (substrat bebas praktis merupakan seluruh substrat karena $[\mathrm S] \gg [\mathrm E]_0$ ). Jadi $[\mathrm{ES}] = [\mathrm E]_0[\mathrm S]/(K_M + [\mathrm S])$ dan $v = k_2[\mathrm{ES}]$ . ∎

Catatan 13.11

Michaelis dan Menten (1913) justru menganggap prakesetimbangan cepat E, S, dan ES; persamaan yang sama diperoleh dengan $K_M$ diganti oleh tetapan disosiasi $k_{-1}/k_1$ , yaitu limit $K_M$ jika $k_2 \ll k_{-1}$ . Tetapan katalitik adalah apa yang oleh para biokimiawan disebut bilangan pergantian enzim: banyaknya molekul substrat yang diubah satu situs aktif per detik ketika jenuh.

Pada $[\mathrm S] = K_M$ lajunya $V_{\max}/2$ ; pada $[\mathrm S] \ll K_M$ lajunya $(k_{\mathrm{cat}}/K_M)[\mathrm E]_0[\mathrm S]$ : tetapan spesifisitas adalah tetapan laju orde dua enzim bebas dengan substratnya, dan nilainya tidak dapat melampaui laju pertemuan keduanya, yaitu batas difusi Bab 12. Beberapa enzim mendekatinya; enzim “rata-rata”, dalam sebuah survei atas beberapa ribu enzim, mempunyai $k_{\mathrm{cat}}/K_M$ sekitar $10^5$ $\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ , kira-kira empat orde besar di bawahnya.

Proposisi 13.12 (Bentuk Lineweaver–Burk)

Persamaan Michaelis–Menten setara dengan

\frac1v = \frac{1}{V_{\max}} + \frac{K_M}{V_{\max}}\,\frac{1}{[\mathrm S]},

yaitu garis lurus $1/v$ terhadap $1/[\mathrm S]$ dengan perpotongan $1/V_{\max}$ , kemiringan $K_M/V_{\max}$ , dan perpotongan $-1/K_M$ pada sumbu $1/[\mathrm S]$ .

Bukti. Balikkan: $1/v = (K_M + [\mathrm S])/(V_{\max}[\mathrm S])$ . Pada $1/v = 0$ , $1/[\mathrm S] = -1/K_M$ . ∎

Metode 13.13 ( $K_M$ dan $V_{\max}$ dengan kuadrat terkecil taklinear)

Ukurlah laju awal pada konsentrasi substrat yang tersebar dari sekitar $K_M/5$ sampai $10K_M$ .
Cocokkan $v = V_{\max}[\mathrm S]/(K_M + [\mathrm S])$ secara langsung, dengan meminimumkan $\sum(v_i - v(\mathrm S_i))^2$ (secara iteratif, mulai dari nilai-nilai garis Lineweaver–Burk); galat bakunya berasal dari sisaan dan dari kepekaan $v$ terhadap setiap parameter.
Gunakan grafik Lineweaver–Burk hanya untuk melihat polanya: membalik laju-laju yang kecil memperbesar galatnya, sehingga garis kuadrat terkecil melalui $1/v$ didominasi oleh titik-titik yang paling tidak presisi, dan parameternya terbias.

Definisi 13.14 (Inhibisi)

Sebuah inhibitor I mengikat enzim secara reversibel. Dalam inhibisi kompetitif, inhibitor itu hanya mengikat enzim bebas, pada situs aktif, dengan tetapan inhibisi $K_i$ (tetapan disosiasi EI); dalam inhibisi unkompetitif, inhibitor itu hanya mengikat ES, dengan tetapan $K_i'$ ; dalam inhibisi campuran, inhibitor itu mengikat keduanya.

Proposisi 13.15 (Hukum laju dengan inhibisi)

Dengan $\alpha = 1 + [\mathrm I]/K_i$ dan $\alpha' = 1 + [\mathrm I]/K_i'$ , lajunya mempertahankan bentuk Michaelis–Menten $v = V^{\mathrm{app}}[\mathrm S]/(K_M^{\mathrm{app}} + [\mathrm S])$ dengan: kompetitif, $K_M^{\mathrm{app}} = \alpha K_M$ , $V^{\mathrm{app}} = V_{\max}$ ; unkompetitif, $K_M^{\mathrm{app}} = K_M/\alpha'$ , $V^{\mathrm{app}} = V_{\max}/\alpha'$ ; campuran, $K_M^{\mathrm{app}} = \alpha K_M/\alpha'$ , $V^{\mathrm{app}} = V_{\max}/\alpha'$ .

Bukti. Kasus campuran (kasus-kasus lainnya adalah limitnya, $K_i' \to \infty$ dan $K_i \to \infty$ ): enzim terbagi di antara E, EI, ES, dan ESI dengan $[\mathrm{EI}] = [\mathrm E][\mathrm I]/K_i$ , $[\mathrm{ESI}] = [\mathrm{ES}][\mathrm I]/K_i'$ dan keadaan tunak $[\mathrm E][\mathrm S] = K_M[\mathrm{ES}]$ . Jadi $[\mathrm E]_0 = [\mathrm E]\alpha + [\mathrm{ES}]\alpha' = [\mathrm{ES}](\alpha K_M/[\mathrm S] + \alpha')$ dan $v = k_2[\mathrm{ES}] = V_{\max}[\mathrm S]/(\alpha K_M + \alpha'[\mathrm S])$ ; membagi pembilang dan penyebut dengan $\alpha'$ memberikan bentuk yang dinyatakan. ∎

Metode 13.16 (Mengenali jenis inhibisi)

Ukurlah $v([\mathrm S])$ pada beberapa konsentrasi inhibitor dan gambarlah garis-garis Lineweaver–Burk-nya.
Garis-garis yang bertemu pada sumbu $1/v$ ( $V_{\max}$ sama): kompetitif; substrat yang sangat berlebih mengalahkan inhibitornya.
Garis-garis sejajar (kemiringan $K_M/V_{\max}$ tidak berubah): unkompetitif.
Garis-garis yang bertemu di sebelah kiri sumbu $1/v$ : campuran.
Peroleh $K_i$ dengan mencocokkan tetapan-tetapan semu terhadap $[\mathrm I]$ : untuk inhibitor kompetitif $K_M^{\mathrm{app}} = K_M + (K_M/K_i)[\mathrm I]$ , sebuah garis lurus.

Kinetika Michaelis–Menten dengan K_M = 0.80\, mM dan V_ = 0.50\, µ M\, s-1 (model): tanpa inhibitor (hitam), inhibitor kompetitif pada [ I] = 2K_i (biru, K_M menjadi tiga kali, V_ sama), dan inhibitor unkompetitif pada [ I] = K_i' (merah, K_M dan V_ menjadi setengahnya). Kanan: garis-garis Lineweaver–Burk; garis kompetitif bertemu dengan garis tanpa inhibisi pada sumbu 1/v, garis unkompetitif sejajar dengannya (1/[ S] dalam mM-1, 1/v dalam s\, µ M-1). — Kinetika Michaelis–Menten dengan $K_M = 0.80\,\mathrm{mM}$ dan $V_{\max} = 0.50\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ (model): tanpa inhibitor (hitam), inhibitor kompetitif pada $[\mathrm I] = 2K_i$ (biru, $K_M$ menjadi tiga kali, $V_{\max}$ sama), dan inhibitor unkompetitif pada $[\mathrm I] = K_i'$ (merah, $K_M$ dan $V_{\max}$ menjadi setengahnya). Kanan: garis-garis Lineweaver–Burk; garis kompetitif bertemu dengan garis tanpa inhibisi pada sumbu $1/v$ , garis unkompetitif sejajar dengannya ( $1/[\mathrm S]$ dalam $\mathrm{mM}^{-1}$ , $1/v$ dalam $\mathrm{s}\,\text{µ}\mathrm{M}^{-1}$ ).

13.5 Autokatalisis, osilasi, dan reaksi cepat

Definisi 13.17 (Reaksi autokatalitik)

Yang disebut reaksi autokatalitik adalah reaksi yang sebuah produknya mengatalisis pembentukannya sendiri, seperti dalam $\mathrm{A + X \to 2\,X}$ .

Proposisi 13.18 (Hukum logistik)

Untuk $\mathrm{A + X \to 2\,X}$ dengan tetapan laju $k$ dan konsentrasi awal $a_0$ dan $x_0$ , dengan $N = a_0 + x_0$ ,

x(t) = \frac{N}{1 + (N/x_0 - 1)\eu^{-kNt}},

yaitu kurva berbentuk S yang mencapai setengah nilai akhirnya pada $t_{1/2} = \ln(N/x_0 - 1)/kN$ .

Bukti. $\dd x/\dd t = kx(N - x)$ , karena $a = N - x$ . Dengan memisahkan variabel, $\frac{\dd x}{x(N - x)} = \frac1N\bigl(\frac1x + \frac{1}{N - x}\bigr)\dd x = k\,\dd t$ , sehingga $\ln\frac{x}{N - x} = kNt + \ln\frac{x_0}{N - x_0}$ , yang dapat disusun ulang menjadi bentuk yang dinyatakan; $x = N/2$ ketika $(N/x_0 - 1)\eu^{-kNt} = 1$ . ∎

Definisi 13.19 (Reaksi berosilasi, siklus limit)

Yang disebut reaksi berosilasi adalah reaksi yang konsentrasi zat-zat antaranya naik dan turun secara periodik sementara reaksi keseluruhannya berlangsung menuju kesetimbangan. Yang disebut siklus limit adalah trayektori tertutup dalam ruang konsentrasi yang didekati oleh trayektori-trayektori di sekitarnya, sehingga osilasinya mempunyai amplitudo yang tidak bergantung pada titik awal.

Teorema 13.20 (Model Lotka–Volterra)

Untuk skema autokatalitik $\mathrm{A + X \to 2\,X}$ , $\mathrm{X + Y \to 2\,Y}$ , $\mathrm{Y \to B}$ dengan A dibuat tetap, konsentrasi-konsentrasinya mematuhi $\dot x = x(a - by)$ , $\dot y = y(dx - c)$ dengan tetapan-tetapan positif, dan besaran

V = dx - c\ln x + by - a\ln y

tetap sepanjang setiap trayektori: trayektori-trayektori itu berupa kurva tertutup di sekitar keadaan tunak $(c/d, a/b)$ , dan konsentrasi-konsentrasinya berosilasi dengan amplitudo yang ditentukan oleh titik awal.

Bukti. $\dot V = (d - c/x)\dot x + (b - a/y)\dot y = (dx - c)(a - by) + (by - a)(dx - c) = 0$ . $V$ adalah jumlah dua fungsi cembung dengan satu minimum di $(c/d, a/b)$ , sehingga kurva-kurva ketinggiannya merupakan kurva tertutup di sekitar titik itu; sebuah trayektori tetap berada pada salah satunya dan, karena kecepatannya tidak pernah lenyap di tempat lain, mengitarinya secara periodik. ∎

Osilasi Lotka–Volterra rapuh: setiap titik awal memberikan orbitnya sendiri, dan gangguan apa pun memindahkan sistem ke orbit lain. Osilator kimia yang nyata mempunyai siklus limit, yang memerlukan ketaklinearan yang membuat keadaan tunaknya tidak stabil.

Proposisi 13.21 (Ketakstabilan Brusselator)

Model $\dot X = A - (B + 1)X + X^2Y$ , $\dot Y = BX - X^2Y$ (konsentrasi tereduksi, $A$ dan $B$ dibuat tetap) mempunyai keadaan tunak tunggal $(A, B/A)$ , yang stabil jika $B < 1 + A^2$ dan tidak stabil jika $B > 1 + A^2$ ; sistem itu lalu menetap pada sebuah siklus limit.

Bukti. Dengan menetapkan kedua turunan sama dengan nol: $BX = X^2Y$ memberikan $XY = B$ , lalu $A - X = 0$ . Matriks Jacobi pada $(A, B/A)$ adalah

\begin{pmatrix} -(B + 1) + 2XY & X^2 \\ B - 2XY & -X^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} B - 1 & A^2 \\ -B & -A^2 \end{pmatrix},

dengan jejak $B - 1 - A^2$ dan determinan $A^2 > 0$ . Simpangan kecil berkembang sebagai $\eu^{\lambda t}$ dengan $\lambda$ nilai-nilai eigen, yang hasil kalinya sama dengan determinan (positif) dan jumlahnya sama dengan jejak: keduanya mempunyai bagian real negatif jika jejaknya negatif, dan bagian real positif jika jejaknya positif. Keberadaan siklus limit untuk $B > 1 + A^2$ (trayektori-trayektorinya terkurung dalam daerah yang terbatas) diterima tanpa bukti. ∎

Metode 13.22 (Kestabilan linear sebuah keadaan tunak)

Carilah keadaan tunak dengan menetapkan semua turunan terhadap waktu sama dengan nol.
Hitunglah matriks Jacobi turunan-turunan parsial laju di titik itu.
Untuk dua variabel: stabil jika jejaknya negatif dan determinan positif; keadaan tidak stabil dengan nilai eigen kompleks ( $\mathrm{tr}^2 < 4\det$ ) memberikan osilasi yang membesar, calon siklus limit.

Atas: Brusselator (A = 1, B = 3 > 1 + A2) menetap dalam osilasi berkelanjutan dengan periode 7.2 (waktu tereduksi). Kiri bawah: dua trayektori, satu berawal di dekat keadaan tunak yang tidak stabil (titik) dan satu jauh di luarnya, melilit ke siklus limit yang sama. Kanan bawah: orbit-orbit Lotka–Volterra, masing-masing ditentukan oleh titik awalnya, di sekitar keadaan tunak (titik). — Atas: Brusselator ( $A = 1$ , $B = 3 > 1 + A^2$ ) menetap dalam osilasi berkelanjutan dengan periode 7.2 (waktu tereduksi). Kiri bawah: dua trayektori, satu berawal di dekat keadaan tunak yang tidak stabil (titik) dan satu jauh di luarnya, melilit ke siklus limit yang sama. Kanan bawah: orbit-orbit Lotka–Volterra, masing-masing ditentukan oleh titik awalnya, di sekitar keadaan tunak (titik).

Reaksi Belousov–Zhabotinsky, yaitu oksidasi asam malonat oleh bromat yang dikatalisis serium atau indikator feroin, berlangsung melalui siklus semacam itu: produksi $\ce{HBrO2}$ secara autokatalitik menyala ketika bromida turun di bawah suatu ambang, mengoksidasi katalis (perubahan warna), lalu padam ketika katalis yang teroksidasi membentuk kembali bromida. Tanpa diaduk, dalam lapisan tipis, osilasi itu merambat sebagai gelombang.

Gelombang spiral reaksi Belousov–Zhabotinsky dalam lapisan tipis larutan: setiap muka gelombang biru adalah gelombang oksidasi katalis, yang merambat ke dalam medium tereduksi (merah) dan tidak dapat masuk kembali ke daerah yang baru saja ditinggalkannya.

Definisi 13.23 (Metode relaksasi, waktu relaksasi kimia)

Yang disebut metode relaksasi adalah metode yang mengganggu sebuah sistem dalam kesetimbangan secara mendadak (dengan lonjakan suhu, tekanan, atau medan listrik) lalu mengikuti kembalinya ke kesetimbangan yang baru. Untuk gangguan yang kecil, simpangannya meluruh secara eksponensial, dengan waktu relaksasi kimia $\tau$ .

Proposisi 13.24 (Waktu relaksasi sebuah asosiasi)

Untuk $\mathrm{A + B \rightleftharpoons C}$ ( $k_1$ , $k_{-1}$ ), setelah gangguan kecil,

\frac1\tau = k_1([\mathrm A]_e + [\mathrm B]_e) + k_{-1} .

Bukti. Tuliskan $[\mathrm C] = [\mathrm C]_e + x$ , $[\mathrm A] = [\mathrm A]_e - x$ , $[\mathrm B] = [\mathrm B]_e - x$ . Maka $\dot x = k_1([\mathrm A]_e - x)([\mathrm B]_e - x) - k_{-1}([\mathrm C]_e + x)$ ; suku-suku tanpa $x$ saling meniadakan pada kesetimbangan, dan dengan membuang $x^2$ : $\dot x = -[k_1([\mathrm A]_e + [\mathrm B]_e) + k_{-1}]x$ . ∎

Mengukur $\tau$ pada beberapa konsentrasi memberikan garis $1/\tau$ terhadap $[\mathrm A]_e + [\mathrm B]_e$ yang kemiringannya $k_1$ dan perpotongannya $k_{-1}$ : kedua tetapan itu diperoleh dari eksperimen pada sistem yang tidak pernah meninggalkan kesetimbangan lebih dari beberapa persen. Manfred Eigen mengukur dengan cara ini reaksi-reaksi tercepat dalam larutan, di antaranya penetralan $\ce{H3O+}$ oleh $\ce{OH-}$ .

Relaksasi A + B C setelah lonjakan suhu yang menurunkan tetapan kesetimbangannya sebesar 5 % (model: k_1 = 1.0 × 108\, L\, mol-1\, s-1, k_-1 = 1.0 × 103\, s-1, seluruhnya 1.0 × 10-4\, mol/ L A dan B): persamaan laju lengkap dan eksponensial dengan 1/ = k_1([ A]_e + [ B]_e) + k_-1 berimpit. — Relaksasi $\mathrm{A + B \rightleftharpoons C}$ setelah lonjakan suhu yang menurunkan tetapan kesetimbangannya sebesar 5 % (model: $k_1 = 1.0 \times 10^{8}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $k_{-1} = 1.0 \times 10^{3}\,\mathrm{s}^{-1}$ , seluruhnya $1.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{mol}/\mathrm{L}$ A dan B): persamaan laju lengkap dan eksponensial dengan $1/\tau = k_1([\mathrm A]_e + [\mathrm B]_e) + k_{-1}$ berimpit.

Definisi 13.25 (Aliran terhenti, fotolisis kilat)

Yang disebut metode aliran terhenti adalah metode yang mencampur dua larutan pereaksi dalam sekitar satu milidetik dengan mendorongnya melalui sebuah pencampur ke dalam sel pengamatan, lalu menghentikan alirannya dan merekam absorbans atau fluoresensinya. Yang disebut fotolisis kilat adalah metode yang membentuk spesies reaktif dengan pulsa cahaya singkat yang kuat lalu mengikuti reaksi-reaksinya dengan berkas cahaya kedua yang ditunda.

Peralatan aliran terhenti. Pendorong menekan dua semprit; larutan-larutan bertemu di pencampur dan mengisi sel pengamatan dalam sekitar satu milidetik; penghisap semprit penghenti membentur sebuah penahan, aliran berhenti, dan detektor merekam reaksi larutan yang baru dicampur.

Rekaman semburan aliran terhenti (data soal akhir pekan): produk pertama enzim dua tahap muncul dalam semburan cepat yang diikuti garis lurus; garis putus-putus mengekstrapolasi keadaan tunak kembali ke t = 0. — Rekaman semburan aliran terhenti (data soal akhir pekan): produk pertama enzim dua tahap muncul dalam semburan cepat yang diikuti garis lurus; garis putus-putus mengekstrapolasi keadaan tunak kembali ke $t = 0$ .

Di laboratorium — Sebuah pengukuran aliran terhenti

Kedua semprit diisi dengan larutan enzim dan larutan substrat dalam bufer yang sama, ditermostatkan, lalu ditembakkan beberapa kali untuk membilas sel sebelum tembakan-tembakan yang direkam; setiap rekaman dirata-ratakan atas lima sampai sepuluh tembakan. Waktu mati, yaitu umur campuran ketika pengamatan dimulai, diukur sekali dengan reaksi yang lajunya diketahui.

Keselamatan

Bromin: cairan merah kecokelatan yang mudah menguap dan berat; fatal jika terhirup, menyebabkan luka bakar parah, sangat beracun bagi kehidupan akuatik. Hanya ditangani di lemari asam, dengan sarung tangan dan pelindung wajah; larutan natrium tiosulfat disiapkan di dekatnya untuk mereduksi tumpahan.

Sejarah — Bodenstein dan Belousov

Max Bodenstein dan Samuel Lind mengukur hukum laju hidrogen–bromin pada tahun 1906; Jens Christiansen, Karl Herzfeld, dan Michael Polanyi menjelaskannya pada tahun 1919 dengan mekanisme berantai dalam bab ini. Boris Belousov, seorang biokimiawan di Moskwa, menemukan reaksi berosilasinya sekitar tahun 1951 ketika mencari model kimia untuk sebuah siklus metabolik; naskahnya ditolak, dan hanya sebuah abstrak singkat yang terbit pada tahun 1959. Anatol Zhabotinsky melanjutkan kajian reaksi itu pada tahun 1960-an dan menjelaskannya; mekanisme lengkapnya disusun pada awal tahun 1970-an.

13.6 Latihan

Latihan 13.1 ★

Untuk rantai $\ce{Cl2 -> 2 Cl}$ , $\ce{Cl + H2 -> HCl + H}$ , $\ce{H + Cl2 -> HCl + Cl}$ , $\ce{2 Cl -> Cl2}$ , namailah setiap tahap dan pembawa-pembawa rantainya, lalu tuliskan reaksi keseluruhannya.

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

$\ce{Cl2 -> 2 Cl}$ : inisiasi; $\ce{Cl + H2 -> HCl + H}$ dan $\ce{H + Cl2 -> HCl + Cl}$ : propagasi; $\ce{2 Cl -> Cl2}$ : terminasi. Pembawa: Cl dan H. Reaksi keseluruhan (jumlah kedua tahap propagasi): $\ce{H2 + Cl2 -> 2 HCl}$ .

Latihan 13.2 ★

Sebuah sistem Lindemann mempunyai $k_2 = 1.0 \times 10^{7}\,\mathrm{s}^{-1}$ dan $k_{-1} = 1.0 \times 10^{10}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ (data latihan). Hitunglah $[\mathrm M]_{1/2}$ dan tekanan yang bersesuaian pada $750\,\mathrm{K}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

$[\mathrm M]_{1/2} = k_2/k_{-1} = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{mol}/\mathrm{L} = 1.0\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}$ ; $p = cRT = 1.0 \times 8.314 \times 750 = 6.2\,\mathrm{kPa}$ .

Latihan 13.3 ★

Nyatakan $v/V_{\max}$ pada $[\mathrm S] = K_M$ , $3K_M$ dan $9K_M$ . Konsentrasi berapa yang memberikan 90 % dari $V_{\max}$ ?

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

$v/V_{\max} = [\mathrm S]/(K_M + [\mathrm S])$ : $\frac12$ , $\frac34$ , $\frac{9}{10}$ . 90 % dari $V_{\max}$ memerlukan $[\mathrm S] = 9K_M$ .

Latihan 13.4 ★

Sebuah enzim mempunyai $k_{\mathrm{cat}} = 100\,\mathrm{s}^{-1}$ dan $K_M = 0.80\,\mathrm{mM}$ . Hitunglah tetapan spesifisitasnya dan bandingkan dengan batas difusi dalam air, $7.4 \times 10^{9}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ , serta dengan nilai khas $10^5$ $\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

$k_{\mathrm{cat}}/K_M = 100/0.80 \times 10^{-3} = 1.25 \times 10^{5}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ : sekitar 60 000 kali di bawah batas difusi, dan dekat dengan nilai khasnya.

Latihan 13.5 ★★

Dekomposisi $\ce{CH3CHO -> CH4 + CO}$ diusulkan berlangsung melalui: $\ce{CH3CHO -> CH3 + CHO}$ ( $k_1$ ); $\ce{CH3 + CH3CHO -> CH4 + CH3CO}$ ( $k_2$ ); $\ce{CH3CO -> CH3 + CO}$ ( $k_3$ ); $\ce{2 CH3 -> C2H6}$ ( $k_4$ ). Tunjukkan bahwa laju pembentukan metana adalah $k_2(k_1/2k_4)^{1/2}[\ce{CH3CHO}]^{3/2}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

Pendekatan keadaan tunak untuk $\ce{CH3CO}$ memberikan $k_2[\ce{CH3}][\ce{CH3CHO}] = k_3[\ce{CH3CO}]$ . Keadaan tunak untuk $\ce{CH3}$ : $k_1[\ce{CH3CHO}] - k_2[\ce{CH3}][\ce{CH3CHO}] + k_3[\ce{CH3CO}] - 2k_4[\ce{CH3}]^2 = 0$ . Dengan menjumlahkan: $k_1[\ce{CH3CHO}] = 2k_4[\ce{CH3}]^2$ , sehingga $[\ce{CH3}] = (k_1/2k_4)^{1/2}[\ce{CH3CHO}]^{1/2}$ , dan $\dd[\ce{CH4}]/\dd t = k_2[\ce{CH3}][\ce{CH3CHO}] = k_2(k_1/2k_4)^{1/2}[\ce{CH3CHO}]^{3/2}$ .

Latihan 13.6 ★★

Dimulai dari konsentrasi $\ce{H2}$ dan $\ce{Br2}$ yang sama, dengan $k' = 0.10$ , dengan faktor berapa lajunya telah turun ketika setengah bromin terpakai? Berapa bagian dari penurunan itu yang disebabkan oleh inhibisi?

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

Pada setengah konversi $[\ce{H2}] = [\ce{Br2}] = \frac12$ , $[\ce{HBr}] = 1$ (satuan relatif): $v/v_0 = \frac12 \times (\frac12)^{1/2}/(1 + 0.10 \times 1/0.5) = 0.354/1.2 = 0.29$ . Tanpa inhibisi nilainya 0.354: inhibisi membagi lajunya lebih lanjut dengan 1.2.

Latihan 13.7 ★★

Dalam sebuah model campuran hidrogen–oksigen (data latihan), percabangan mempunyai tetapan laju $f = 1000\,p$ , terminasi di dinding $6000/p$ , dan terminasi tiga benda $10\,p^2$ , semuanya dalam $\mathrm{s}^{-1}$ dengan $p$ dalam kPa. Carilah rentang tekanan tempat campuran itu meledak.

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

Ledakan terjadi jika $1000p > 6000/p + 10p^2$ , yaitu $10p^3 - 1000p^2 + 6000 < 0$ , yang akar-akar positifnya 2.48 dan $99.9\,\mathrm{kPa}$ : campuran itu meledak antara sekitar 2.5 dan $100\,\mathrm{kPa}$ (batas pertama dan kedua model itu).

Latihan 13.8 ★★

Laju awal adalah $0.20\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $[\mathrm S] = 0.50\,\mathrm{mM}$ dan $0.40\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $2.0\,\mathrm{mM}$ . Carilah $K_M$ dan $V_{\max}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

$1/v = 1/V_{\max} + (K_M/V_{\max})/[\mathrm S]$ : $5.0 = 1/V_{\max} + 2.0K_M/V_{\max}$ dan $2.5 = 1/V_{\max} + 0.5K_M/V_{\max}$ . Dengan mengurangkan: $K_M/V_{\max} = 1.667\,\mathrm{s}\,\mathrm{mM}\,\text{µ}\mathrm{M}^{-1}$ , lalu $1/V_{\max} = 1.667$ : $V_{\max} = 0.60\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $K_M = 1.0\,\mathrm{mM}$ .

Latihan 13.9 ★★

Dengan $50\,\text{µ}\mathrm{M}$ sebuah inhibitor, garis Lineweaver–Burk sebuah enzim ( $K_M = 0.80\,\mathrm{mM}$ ) bertemu dengan garis tanpa inhibisi pada sumbu $1/v$ dan memotong sumbu $1/[\mathrm S]$ pada $-0.417\,\mathrm{mM}^{-1}$ . Kenalilah jenis inhibisinya dan hitunglah $K_i$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

Perpotongan yang sama pada sumbu $1/v$ : kompetitif. $K_M^{\mathrm{app}} = 1/0.417 = 2.40\,\mathrm{mM} = 3K_M$ , sehingga $1 + 50/K_i = 3$ dan $K_i = 25\,\text{µ}\mathrm{M}$ .

Latihan 13.10 ★★★

Untuk $\mathrm{A + X \to 2\,X}$ dengan $k = 0.50\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $a_0 = 1.00\,\mathrm{mol}/\mathrm{L}$ dan $x_0 = 0.010\,\mathrm{mol}/\mathrm{L}$ , hitunglah waktu ketika setengah jumlah akhir X telah terbentuk, dan waktu laju maksimum.

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

$N = 1.01\,\mathrm{mol}/\mathrm{L}$ : $t_{1/2} = \ln(1.01/0.010 - 1)/(0.50 \times 1.01) = \ln100/0.505 = 9.1\,\mathrm{s}$ . Laju $kx(N - x)$ paling besar pada $x = N/2$ : saat yang sama, titik belok kurva S itu.

Latihan 13.11 ★★★

Untuk Brusselator dengan $A = 1$ , hitunglah nilai-nilai eigen matriks Jacobi pada keadaan tunak untuk $B = 1.5$ dan $B = 2.5$ , lalu gambarkan perilaku di dekat keadaan tunak pada masing-masing kasus.

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

Trace $B - 2$ , determinan 1. $B = 1.5$ : $\lambda = -0.25 \pm 0.968\iu$ , fokus stabil (osilasi teredam menuju keadaan tunak). $B = 2.5$ : $\lambda = 0.25 \pm 0.968\iu$ , fokus tidak stabil: osilasinya membesar sampai mencapai siklus limit.

Latihan 13.12 ★★★

Untuk $\mathrm{A + B \rightleftharpoons C}$ dengan $k_1 = 1.0 \times 10^{8}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ dan $k_{-1} = 1.0 \times 10^{3}\,\mathrm{s}^{-1}$ , serta $[\mathrm A]_e = [\mathrm B]_e = 2.70 \times 10^{-5}\,\mathrm{mol}/\mathrm{L}$ , hitunglah $\tau$ . Bagaimana kedua tetapan laju itu dapat diperoleh hanya dari pengukuran relaksasi?

Solusi

Solusi Latihan 13.12.

$1/\tau = 1.0 \times 10^{8} \times 5.40 \times 10^{-5} + 1.0 \times 10^{3} = 6.4 \times 10^{3}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $\tau = 156\,\text{µ}\mathrm{s}$ . Ukurlah $\tau$ pada beberapa konsentrasi total: $1/\tau$ terhadap $[\mathrm A]_e + [\mathrm B]_e$ adalah garis lurus dengan kemiringan $k_1$ dan perpotongan $k_{-1}$ .

13.7 Soal: Sebuah Enzim, Sebuah Inhibitor, dan Sebuah Dosis

Soal 13.1

Soal akhir pekan — sebuah enzim, sebuah inhibitor, dan sebuah dosis: parameter Michaelis–Menten dengan kuadrat terkecil, tetapan inhibisi sebuah inhibitor kompetitif, aktivitas yang tersisa pada dosis tertentu, dan semburan aliran terhenti

Sebuah enzim ( $[\mathrm E]_0 = 5.0\,\mathrm{nM}$ dalam pengujian) menghidrolisis substratnya; laju-laju awalnya (data soal):

$[\mathrm S]$ / mM	0.10	0.20	0.40	0.80	1.60	3.20	6.40
$v$ / $\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$	0.0566	0.0981	0.169	0.247	0.340	0.397	0.447

Dengan adanya sebuah inhibitor, pencocokan yang sejenis memberikan $V_{\max}$ yang tidak berubah dan $K_M$ semu: 0.79, 1.47, 2.38 dan $4.02\,\mathrm{mM}$ pada $[\mathrm I] = 0$ , 20, 50 dan $100\,\text{µ}\mathrm{M}$ . Eksperimen aliran terhenti dengan $[\mathrm E]_0 = 2.0\,\text{µ}\mathrm{M}$ dan substrat jenuh memberikan rekaman semburan pada gambar subbab 5 (semburan sebesar $1.28\,\text{µ}\mathrm{M}$ dengan tetapan laju $625\,\mathrm{s}^{-1}$ , lalu $200\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ ).

Bagian I — $K_M$ dan $V_{\max}$ .

Mengapa laju awal yang dipakai?
Gambarlah grafik Lineweaver–Burk; garis kuadrat terkecilnya memberikan $K_M = 0.773\,\mathrm{mM}$ dan $V_{\max} = 0.491\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Titik-titik mana yang mendominasinya?
Mengapa pencocokan taklinear langsung lebih disukai?
Pencocokan taklinear memberikan $K_M = 0.801 \pm 0.023\,\mathrm{mM}$ dan $V_{\max} = 0.502 \pm 0.005\,\text{µ}\mathrm{M}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Apakah nilai-nilai Lineweaver–Burk sesuai dengannya?
Hitunglah $k_{\mathrm{cat}}$ .
Hitunglah tetapan spesifisitasnya.
Bandingkan dengan batas difusi dan dengan enzim yang khas.

Bagian II — Inhibitornya.

Jenis inhibisi apa yang diperlihatkan data itu?
Tuliskan $K_M^{\mathrm{app}}$ sebagai fungsi $[\mathrm I]$ .
Garis kuadrat terkecil $K_M^{\mathrm{app}}$ terhadap $[\mathrm I]$ mempunyai perpotongan $0.799\,\mathrm{mM}$ dan kemiringan $0.0321\,\mathrm{mM}\,\text{µ}\mathrm{M}^{-1}$ . Simpulkan $K_i$ .
Galat bakunya $0.9\,\text{µ}\mathrm{M}$ . Berikan selang 95 % ( $t = 4.30$ untuk dua derajat kebebasan).
Apa yang diukur oleh $K_i$ ?

Bagian III — Aktivitas yang tersisa.

Nyatakan fraksi aktivitas yang tersisa, $v_i/v_0$ , sebagai fungsi $[\mathrm S]$ dan $[\mathrm I]$ .
Hitunglah nilainya pada $[\mathrm S] = K_M$ dan $[\mathrm I] = K_i$ .
Pada $[\mathrm S] = K_M$ dan $[\mathrm I] = 10K_i$ .
Pada $[\mathrm S] = 10K_M$ dan $[\mathrm I] = 10K_i$ . Berikan komentar.
Tunjukkan bahwa inhibisi 90 % pada $[\mathrm S] = K_M$ memerlukan $[\mathrm I] = 18K_i$ .
Hitunglah konsentrasi itu dengan $K_i$ hasil pencocokan.

Bagian IV — Semburan.

Enzim itu bekerja dalam dua tahap, $\mathrm{E + S \to E{-}acyl + P_1}$ ( $k_2$ ) lalu $\mathrm{E{-}acyl \to E + P_2}$ ( $k_3$ ). Mengapa $\mathrm P_1$ muncul dalam semburan?
Amplitudo semburan adalah $[\mathrm E]_0\bigl(k_2/(k_2 + k_3)\bigr)^2$ . Simpulkan $k_2/(k_2 + k_3)$ .
Dari kemiringan yang tunak, hitunglah $k_{\mathrm{cat}}$ dan bandingkan dengan Bagian I.
Tetapan laju semburan adalah $k_2 + k_3$ . Simpulkan $k_2$ dan $k_3$ .
Periksalah bahwa $k_{\mathrm{cat}} = k_2k_3/(k_2 + k_3)$ .
Nyatakan hasilnya: konsentrasi inhibitor yang memberikan inhibisi 90 % pada $[\mathrm S] = K_M$ .

Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. Pada awal reaksi, $[\mathrm S]$ diketahui dan produknya, yang dapat menginhibisi atau bereaksi balik, belum ada. 2. Titik-titik dengan $[\mathrm S]$ rendah, pada $1/[\mathrm S]$ dan $1/v$ yang besar: titik-titik itu menentukan kemiringan, dan pembalikan memperbesar galatnya. 3. Pencocokan itu memberi bobot pada setiap laju terukur sebagaimana diukur; garis Lineweaver–Burk memberikan parameter yang terbias. 4. $K_M$ : $0.773$ terletak 1.2 galat baku di bawah 0.801; $V_{\max}$ : $0.491$ terletak 2.2 galat baku di bawah 0.502. Keduanya rendah, sesuai dengan bias yang diharapkan. 5. $k_{\mathrm{cat}} = 0.502/0.0050 = 100\,\mathrm{s}^{-1}$ . 6. $100/0.801 \times 10^{-3} = 1.25 \times 10^{5}\,\mathrm{L}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$ . 7. Sekitar 60 000 kali di bawah batas difusi; enzim yang khas. 8. Kompetitif: $V_{\max}$ tidak berubah, $K_M$ semu tumbuh bersama $[\mathrm I]$ . 9. $K_M^{\mathrm{app}} = K_M(1 + [\mathrm I]/K_i) = K_M + (K_M/K_i)[\mathrm I]$ . 10. $K_i = 0.799/0.0321 = 24.9\,\text{µ}\mathrm{M}$ . 11. $24.9 \pm 4.30 \times 0.9 = 24.9 \pm 3.9\,\text{µ}\mathrm{M}$ . 12. Tetapan disosiasi kompleks enzim–inhibitor: konsentrasi inhibitor yang menempati setengah enzim bebas. 13. $v_i/v_0 = (K_M + [\mathrm S])/(K_M(1 + [\mathrm I]/K_i) + [\mathrm S])$ . 14. $2/3 = 0.67$ . 15. $2/12 = 0.17$ . 16. $11/21 = 0.52$ : pada konsentrasi substrat yang tinggi, substrat mengalahkan inhibitor dalam persaingan. 17. Pada $[\mathrm S] = K_M$ , $v_i/v_0 = 2/(2 + [\mathrm I]/K_i) = 0.10$ memberikan $[\mathrm I]/K_i = 18$ . 18. $18 \times 24.9 = 448\,\text{µ}\mathrm{M}$ . 19. Tahap pertama cepat: setiap molekul enzim dengan cepat melepaskan satu $\mathrm P_1$ dan terperangkap sebagai asil-enzim; sesudahnya $\mathrm P_1$ hanya muncul secepat tahap kedua yang lambat membebaskan enzim. 20. $1.28/2.0 = 0.64 = (k_2/(k_2 + k_3))^2$ , sehingga $k_2/(k_2 + k_3) = 0.80$ . 21. $200/2.0 = 100\,\mathrm{s}^{-1}$ , sama dengan pada Bagian I. 22. $k_2 = 0.80 \times 625 = 500\,\mathrm{s}^{-1}$ , $k_3 = 125\,\mathrm{s}^{-1}$ . 23. $500 \times 125/625 = 100\,\mathrm{s}^{-1}$ . 24. $[\mathrm I]_{90\,\%} = 18K_i \approx 0.45\,\mathrm{mM}$ pada $[\mathrm S] = K_M$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 852 istilah di glosarium