Solution

3.1 — Identification of the by-product and balanced reaction

The relevant molecules are catechol (benzene-1,2-diol), Oc1ccccc1O, with formula \(\ce{C6H6O2}\); dioxygen, O=O; and \(o\)-quinone (1,2-benzoquinone), O=C1C=CC=CC1=O, with formula \(\ce{C6H4O2}\).

During the first \(20.0\ \mathrm{min}\),

\[ -\Delta[\text{catechol}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

and

\[ \Delta[o\text{-quinone}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

Thus catechol consumption, oxygen consumption, and quinone formation occur in a \(1:1:1\) molar ratio.

Converting one molecule of catechol into one molecule of quinone removes two hydrogen atoms. With one molecule of oxygen consumed, atom balance requires the remaining product to be hydrogen peroxide, \(\ce{H2O2}\), OO:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

Both sides contain six carbon atoms, six hydrogen atoms, and four oxygen atoms.

3.2 — Initial rate of quinone formation

The first interval gives the initial slope:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{quinone}]_{20}-[\text{quinone}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

Therefore,

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

The next interval gives the same slope to the precision of the data.

3.3 — Rate law and catechol oxidation rate constant

Write the empirical rate law as

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{catechol}]^a[\ce{O2}]^b. \]

Changing the oxygen concentration does not change the initial rate, so \(b=0\) over the investigated concentration range.

Increasing catechol concentration from \(1.0\) to \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) increases the rate from \(0.75\) to \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\), also by a factor of four. All the other measurements show the same proportionality. Hence \(a=1\), and

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{catechol}]}. \]

Converting the numerator and denominator to matching concentration units,

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

The zero order in oxygen applies while oxygen is available under the experimental conditions; it does not imply that oxidation can proceed without oxygen.

3.4 — Active-enzyme concentration from the assay

The assay substrate is L-tyrosine, N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O, and its measured product is L-DOPA, N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O. These SMILES represent the neutral structures shown in the paper, with the \(S\) configuration of both L-amino acids.

Let \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\) denote the assay duration, distinct from the inactivation time \(t\). The maximum product concentration is only \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\), compared with \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) of substrate. Thus substrate depletion is at most

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

and \([S]\) can be treated as constant.

Under the short-assay approximation that the sampled active-enzyme concentration remains effectively constant,

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

Rearranging gives

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

Numerically,

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

when both concentrations use the same units. Equivalently,

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

For the initial sample, this gives \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\), agreeing with the stated \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\).

3.5 — Observed rate constant

From

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

we obtain

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

At \(t=90.0\ \mathrm{min}\),

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

Therefore,

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

To sensible precision,

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

A fit using all the measurements gives approximately \(4.20\times10^{-4}\) in the same units. Its units are concentration divided by time squared, as required by the parabolic equation.

3.6 — First half-life

The measured DOPA concentration is proportional to active-enzyme concentration. It falls from \(2.0\) to \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\) at \(t=70.0\ \mathrm{min}\), so the experimental first half-life is approximately

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

In general, substituting \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\) gives

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

Thus,

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

Using the coefficient from 3.5 gives

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

consistent with about \(70\ \mathrm{min}\) from the rounded experimental data.

3.7 — Rate equation for enzyme inactivation

Let

\[ C=[\text{catechol}],\qquad Q=[o\text{-quinone}],\qquad C_0=C(0). \]

First, differentiating the observed parabola gives

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

Thus the enzyme-loss rate increases approximately linearly with time.

Next, the half-life data show that

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

For example, \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\); the \(6.0\) entry gives \(138\), consistent with rounding. Therefore,

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

At the fixed initial enzyme concentration, the relation from 3.6 then requires

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

Writing \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\), the directly inferred time-dependent rate equation is

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

To express this in terms of reacting species, use quinone formation:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

For the approximate parabolic model, take \(C\simeq C_0\). This is reasonable over the reported experiment: independent catechol oxidation changes its concentration by only about \(6.5\%\) in \(90\ \mathrm{min}\). With initially negligible quinone,

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

A rate law first order in both catechol and quinone therefore gives

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

which has exactly the required time and initial-catechol dependences. Consequently, a consistent rate equation is

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{catechol}][o\text{-quinone}]}. \]

Integrating under the same approximations,

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

so that

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

Here \(k_I\) is defined for the rate of active-enzyme loss, including any fixed yield of inactivation per slow reaction event. Its fitted value is

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

This model accounts for the observations through slow generation of an inactivating species from catechol and quinone, followed by rapid reaction with the enzyme. Oxygen is needed to generate quinone; quinone and hydrogen peroxide without catechol do not provide this route. The enzyme concentration does not appear in the limiting rate while sufficient active enzyme remains to capture the generated species.

3.8 — Reactants of the rate-determining step

The rate law derived above is proportional to catechol concentration multiplied by quinone concentration. The corresponding listed reactants are therefore

\[ \boxed{\text{B: catechol + }o\text{-quinone}}. \]

Catechol is Oc1ccccc1O, and \(o\)-quinone is O=C1C=CC=CC1=O.

Quinone accumulates approximately linearly with time, so its slow reaction with the nearly constant catechol concentration generates the inactivating species at an increasing rate. This produces the observed quadratic loss of active enzyme.

The solution was checked against the official solution.

Lösung

3.1 — Identifizierung des Nebenprodukts und ausgeglichene Reaktionsgleichung

Die relevanten Moleküle sind Brenzcatechin (Benzol-1,2-diol), Oc1ccccc1O, mit der Summenformel \(\ce{C6H6O2}\); molekularer Sauerstoff, O=O; und \(o\)-Chinon (1,2-Benzochinon), O=C1C=CC=CC1=O, mit der Summenformel \(\ce{C6H4O2}\).

Während der ersten \(20.0\ \mathrm{min}\) gilt

\[ -\Delta[\text{Brenzcatechin}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

und

\[ \Delta[o\text{-Chinon}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

Somit erfolgen der Verbrauch von Brenzcatechin, der Verbrauch von Sauerstoff und die Bildung von Chinon im Stoffmengenverhältnis \(1:1:1\).

Bei der Umwandlung eines Moleküls Brenzcatechin in ein Molekül Chinon werden zwei Wasserstoffatome entfernt. Da dabei ein Molekül Sauerstoff verbraucht wird, muss das verbleibende Produkt gemäß der Atombilanz Wasserstoffperoxid, \(\ce{H2O2}\), OO, sein:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

Beide Seiten enthalten sechs Kohlenstoffatome, sechs Wasserstoffatome und vier Sauerstoffatome.

3.2 — Anfangsgeschwindigkeit der Chinonbildung

Das erste Zeitintervall liefert die Anfangssteigung:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{Chinon}]_{20}-[\text{Chinon}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

Daher gilt

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

Das nächste Zeitintervall liefert im Rahmen der Genauigkeit der Daten dieselbe Steigung.

3.3 — Geschwindigkeitsgesetz und Geschwindigkeitskonstante der Brenzcatechinoxidation

Das empirische Geschwindigkeitsgesetz sei

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{Brenzcatechin}]^a[\ce{O2}]^b. \]

Eine Änderung der Sauerstoffkonzentration verändert die Anfangsgeschwindigkeit nicht, daher gilt \(b=0\) im untersuchten Konzentrationsbereich.

Eine Erhöhung der Brenzcatechinkonzentration von \(1.0\) auf \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) erhöht die Geschwindigkeit von \(0.75\) auf \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\), also ebenfalls um den Faktor vier. Alle anderen Messungen zeigen dieselbe Proportionalität. Somit gilt \(a=1\), und

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{Brenzcatechin}]}. \]

Nach Umrechnung von Zähler und Nenner auf übereinstimmende Konzentrationseinheiten ergibt sich

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

Die nullte Ordnung bezüglich Sauerstoff gilt, solange unter den Versuchsbedingungen Sauerstoff verfügbar ist; sie bedeutet nicht, dass die Oxidation ohne Sauerstoff ablaufen kann.

3.4 — Konzentration an aktivem Enzym aus der Aktivitätsmessung

Das Substrat der Aktivitätsmessung ist L-Tyrosin, N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O, und das gemessene Produkt ist L-DOPA, N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O. Diese SMILES stellen die im Aufgabenblatt gezeigten neutralen Strukturen mit der \(S\)-Konfiguration beider L-Aminosäuren dar.

Die Messdauer sei \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\), im Unterschied zur Inaktivierungszeit \(t\). Die maximale Produktkonzentration beträgt nur \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\), verglichen mit einer Substratkonzentration von \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\). Somit beträgt die Abnahme der Substratkonzentration höchstens

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

und \([S]\) kann als konstant betrachtet werden.

Unter der für die kurze Messdauer geltenden Näherung, dass die Konzentration an aktivem Enzym in der entnommenen Probe praktisch konstant bleibt, gilt

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

Durch Umstellen erhält man

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

Numerisch ergibt sich

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

wenn beide Konzentrationen in derselben Einheit angegeben werden. Gleichwertig gilt

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

Für die Anfangsprobe ergibt dies \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\), in Übereinstimmung mit den angegebenen \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\).

3.5 — Beobachtete Geschwindigkeitskonstante

Aus

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

erhalten wir

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

Bei \(t=90.0\ \mathrm{min}\) gilt

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

Daher ergibt sich

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

Mit sinnvoller Genauigkeit gilt

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

Eine Anpassung unter Verwendung aller Messwerte ergibt ungefähr \(4.20\times10^{-4}\) in denselben Einheiten. Die Einheit ist Konzentration dividiert durch das Quadrat der Zeit, wie es die Parabelgleichung erfordert.

3.6 — Erste Halbwertszeit

Die gemessene DOPA-Konzentration ist proportional zur Konzentration an aktivem Enzym. Sie fällt bei \(t=70.0\ \mathrm{min}\) von \(2.0\) auf \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\), sodass für die experimentell bestimmte erste Halbwertszeit näherungsweise gilt:

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

Allgemein ergibt das Einsetzen von \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\)

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

Somit gilt

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

Mit dem Koeffizienten aus 3.5 erhält man

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

in Übereinstimmung mit den etwa \(70\ \mathrm{min}\) aus den gerundeten experimentellen Daten.

3.7 — Geschwindigkeitsgleichung der Enzyminaktivierung

Es sei

\[ C=[\text{Brenzcatechin}],\qquad Q=[o\text{-Chinon}],\qquad C_0=C(0). \]

Zunächst ergibt die Ableitung der beobachteten Parabel

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

Somit nimmt die Geschwindigkeit des Verlusts an aktivem Enzym annähernd linear mit der Zeit zu.

Weiterhin zeigen die Halbwertszeitdaten, dass

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

Beispielsweise gilt \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\); der Eintrag für \(6.0\) ergibt \(138\), was mit der Rundung vereinbar ist. Daher gilt

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

Bei der festgelegten Anfangskonzentration des Enzyms erfordert die Beziehung aus 3.6 dann

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

Mit \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\) lautet die unmittelbar daraus abgeleitete zeitabhängige Geschwindigkeitsgleichung

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

Um diese durch die reagierenden Spezies auszudrücken, verwenden wir die Chinonbildung:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

Für das näherungsweise parabolische Modell wird \(C\simeq C_0\) angenommen. Dies ist über die Dauer des beschriebenen Versuchs angemessen: Die unabhängig ablaufende Brenzcatechinoxidation verändert dessen Konzentration in \(90\ \mathrm{min}\) nur um etwa \(6.5\%\). Bei einer anfangs vernachlässigbaren Chinonkonzentration gilt

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

Ein Geschwindigkeitsgesetz erster Ordnung sowohl bezüglich Brenzcatechin als auch bezüglich Chinon ergibt daher

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

was genau die erforderlichen Abhängigkeiten von der Zeit und der Anfangskonzentration von Brenzcatechin aufweist. Folglich lautet eine mit den Beobachtungen vereinbare Geschwindigkeitsgleichung

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{Brenzcatechin}][o\text{-Chinon}]}. \]

Integration unter denselben Näherungen liefert

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

sodass

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

Hier ist \(k_I\) für die Geschwindigkeit des Verlusts an aktivem Enzym definiert und schließt eine etwaige feste Inaktivierungsausbeute pro langsamem Reaktionsereignis ein. Sein durch Anpassung ermittelter Wert beträgt

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

Dieses Modell erklärt die Beobachtungen durch die langsame Bildung einer inaktivierenden Spezies aus Brenzcatechin und Chinon, gefolgt von einer schnellen Reaktion mit dem Enzym. Sauerstoff wird benötigt, um Chinon zu bilden; Chinon und Wasserstoffperoxid ermöglichen diesen Reaktionsweg ohne Brenzcatechin nicht. Die Enzymkonzentration tritt im Ausdruck für die geschwindigkeitsbestimmende Reaktion nicht auf, solange genügend aktives Enzym verbleibt, um die gebildete Spezies abzufangen.

3.8 — Reaktanten des geschwindigkeitsbestimmenden Schritts

Das oben hergeleitete Geschwindigkeitsgesetz ist proportional zum Produkt der Brenzcatechinkonzentration und der Chinonkonzentration. Die entsprechenden aufgeführten Reaktanten sind daher

\[ \boxed{\text{B: Brenzcatechin + }o\text{-Chinon}}. \]

Brenzcatechin ist Oc1ccccc1O, und \(o\)-Chinon ist O=C1C=CC=CC1=O.

Chinon reichert sich annähernd linear mit der Zeit an, sodass seine langsame Reaktion bei nahezu konstanter Brenzcatechinkonzentration die inaktivierende Spezies mit zunehmender Geschwindigkeit erzeugt. Dies führt zum beobachteten quadratischen Verlust an aktivem Enzym.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

3.1 — Yan ürünün belirlenmesi ve denkleştirilmiş tepkime

İlgili moleküller; formülü \(\ce{C6H6O2}\) olan katekol (benzen-1,2-diol), Oc1ccccc1O; dioksijen, O=O; ve formülü \(\ce{C6H4O2}\) olan \(o\)-kinon (1,2-benzokinon), O=C1C=CC=CC1=O'dur.

İlk \(20.0\ \mathrm{min}\) boyunca,

\[ -\Delta[\text{katekol}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

ve

\[ \Delta[o\text{-kinon}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

Dolayısıyla katekol tüketimi, oksijen tüketimi ve kinon oluşumu \(1:1:1\) mol oranında gerçekleşir.

Bir katekol molekülünün bir kinon molekülüne dönüşmesiyle iki hidrojen atomu uzaklaşır. Bir oksijen molekülü tüketildiğine göre atom dengesi, diğer ürünün hidrojen peroksit, \(\ce{H2O2}\), OO olmasını gerektirir:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

Her iki tarafta da altı karbon atomu, altı hidrojen atomu ve dört oksijen atomu bulunur.

3.2 — Kinon oluşumunun başlangıç hızı

İlk zaman aralığı başlangıç eğimini verir:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{kinon}]_{20}-[\text{kinon}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

Dolayısıyla,

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

Sonraki zaman aralığı, verilerin hassasiyeti dâhilinde aynı eğimi verir.

3.3 — Hız yasası ve katekol yükseltgenmesinin hız sabiti

Ampirik hız yasasını şu şekilde yazalım:

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{katekol}]^a[\ce{O2}]^b. \]

Oksijen derişiminin değiştirilmesi başlangıç hızını değiştirmez; dolayısıyla incelenen derişim aralığında \(b=0\)'dır.

Katekol derişiminin \(1.0\)'dan \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\)'e çıkarılması, hızı \(0.75\)'ten \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\)'e, yani yine dört katına çıkarır. Diğer tüm ölçümler de aynı orantıyı gösterir. Bu nedenle \(a=1\)'dir ve

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{katekol}]}. \]

Pay ve paydayı birbiriyle uyumlu derişim birimlerine dönüştürürsek,

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

Oksijene göre sıfırıncı dereceden olma durumu, deney koşullarında oksijen mevcut olduğu sürece geçerlidir; yükseltgenmenin oksijen olmadan ilerleyebileceği anlamına gelmez.

3.4 — Tayin verilerinden aktif enzim derişiminin bulunması

Tayinde kullanılan substrat L-tirozin, N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O, ölçülen ürün ise L-DOPA, N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O'dır. Bu SMILES gösterimleri, her iki L-amino asidin de \(S\) konfigürasyonunda olduğu, metinde gösterilen nötr yapıları temsil eder.

\(\tau=2.0\ \mathrm{min}\), inaktivasyon süresi \(t\)'den farklı olan tayin süresini göstersin. \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) substrat derişimine karşılık, en yüksek ürün derişimi yalnızca \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\)'tür. Dolayısıyla substratın tüketilen kısmı en fazla

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

olur ve \([S]\) sabit kabul edilebilir.

Kısa tayin süresi boyunca örnekteki aktif enzim derişiminin pratikte sabit kaldığı yaklaşımı altında,

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

Yeniden düzenlendiğinde,

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

Sayısal olarak,

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

burada her iki derişim de aynı birimlerle ifade edilir. Eşdeğer olarak,

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

Başlangıç örneği için bu bağıntı \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\) değerini verir; bu, belirtilen \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\) ile uyumludur.

3.5 — Gözlenen hız sabiti

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

bağıntısından

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

elde edilir. \(t=90.0\ \mathrm{min}\) anında,

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

Dolayısıyla,

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

Uygun bir hassasiyetle,

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

Tüm ölçümler kullanılarak yapılan bir uyumlama, aynı birimlerle yaklaşık \(4.20\times10^{-4}\) değerini verir. Parabolik denklemin gerektirdiği üzere, birimi derişimin zamanın karesine bölümüdür.

3.6 — İlk yarı ömür

Ölçülen DOPA derişimi, aktif enzim derişimiyle orantılıdır. \(t=70.0\ \mathrm{min}\) anında \(2.0\)'dan \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\)'e düştüğünden, deneysel ilk yarı ömür yaklaşık olarak

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

Genel olarak, \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\) yerine konulduğunda

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

elde edilir. Böylece,

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

3.5'teki katsayı kullanıldığında

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

elde edilir; bu da yuvarlanmış deneysel verilerden bulunan yaklaşık \(70\ \mathrm{min}\) ile tutarlıdır.

3.7 — Enzim inaktivasyonu için hız denklemi

Şu tanımları yapalım:

\[ C=[\text{katekol}],\qquad Q=[o\text{-kinon}],\qquad C_0=C(0). \]

İlk olarak, gözlenen parabolün türevi alındığında

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

elde edilir. Dolayısıyla enzim kaybı hızı, zamanla yaklaşık olarak doğrusal biçimde artar.

Ardından, yarı ömür verileri şu bağıntıyı gösterir:

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

Örneğin, \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\); \(6.0\) değerine ait veri ise yuvarlamayla tutarlı olarak \(138\) verir. Dolayısıyla,

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

Başlangıç enzim derişimi sabitken, 3.6'daki bağıntı bu durumda şunu gerektirir:

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

\(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\) yazıldığında, doğrudan çıkarılan zamana bağlı hız denklemi

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

şeklindedir. Bunu tepkimeye giren türler cinsinden ifade etmek için kinon oluşumunu kullanalım:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

Yaklaşık parabolik model için \(C\simeq C_0\) alalım. Bu, bildirilen deney süresince makul bir yaklaşımdır: bağımsız katekol yükseltgenmesi, katekol derişimini \(90\ \mathrm{min}\) içinde yalnızca yaklaşık \(6.5\%\) değiştirir. Başlangıçta kinon miktarı ihmal edilebilir olduğunda,

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

Bu nedenle hem katekole hem de kinona göre birinci dereceden bir hız yasası

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

ifadesini verir; bu ifade, gereken zaman ve başlangıç katekol derişimi bağımlılıklarını tam olarak sağlar. Sonuç olarak, tutarlı bir hız denklemi

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{katekol}][o\text{-kinon}]}. \]

şeklindedir. Aynı yaklaşımlar altında integral alındığında,

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

dolayısıyla

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

Burada \(k_I\), her bir yavaş tepkime olayı başına sabit bir inaktivasyon verimini de içerecek şekilde, aktif enzim kaybının hızı için tanımlanmıştır. Uyumlamadan elde edilen değeri

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

Bu model, katekol ve kinondan enzimi inaktive eden bir türün yavaşça oluşması ve ardından enzimle hızla tepkimeye girmesi yoluyla gözlemleri açıklar. Kinon oluşturmak için oksijen gereklidir; katekol olmadan kinon ve hidrojen peroksit bu tepkime yolunu sağlayamaz. Oluşan türü yakalamaya yetecek miktarda aktif enzim kaldığı sürece enzim derişimi, sınırlayıcı hız ifadesinde yer almaz.

3.8 — Hız belirleyici basamağın reaktanları

Yukarıda türetilen hız yasası, katekol derişimi ile kinon derişiminin çarpımıyla orantılıdır. Bu nedenle seçeneklerdeki karşılık gelen reaktanlar

\[ \boxed{\text{B: katekol + }o\text{-kinon}}. \]

şeklindedir. Katekolün SMILES gösterimi Oc1ccccc1O, \(o\)-kinonunki ise O=C1C=CC=CC1=O'dur.

Kinon zamanla yaklaşık olarak doğrusal biçimde birikir; bu nedenle derişimi hemen hemen sabit kalan katekolle yavaş tepkimesi, enzimi inaktive eden türü giderek artan bir hızla üretir. Bu da gözlenen, aktif enzim kaybının zamanın karesiyle artması sonucunu doğurur.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

3.1 — Identificación del subproducto y reacción ajustada

Las moléculas pertinentes son el catecol (benceno-1,2-diol), Oc1ccccc1O, de fórmula \(\ce{C6H6O2}\); el dioxígeno, O=O; y la \(o\)-quinona (1,2-benzoquinona), O=C1C=CC=CC1=O, de fórmula \(\ce{C6H4O2}\).

Durante los primeros \(20.0\ \mathrm{min}\),

\[ -\Delta[\text{catecol}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

y

\[ \Delta[o\text{-quinona}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

Por tanto, el consumo de catecol, el consumo de oxígeno y la formación de quinona se producen en una proporción molar de \(1:1:1\).

La conversión de una molécula de catecol en una molécula de quinona elimina dos átomos de hidrógeno. Al consumirse una molécula de oxígeno, el balance de átomos exige que el producto restante sea peróxido de hidrógeno, \(\ce{H2O2}\), OO:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

Ambos miembros contienen seis átomos de carbono, seis átomos de hidrógeno y cuatro átomos de oxígeno.

3.2 — Velocidad inicial de formación de quinona

El primer intervalo proporciona la pendiente inicial:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{quinona}]_{20}-[\text{quinona}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

Por tanto,

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

El siguiente intervalo proporciona la misma pendiente dentro de la precisión de los datos.

3.3 — Ley de velocidad y constante de velocidad de oxidación del catecol

Escribimos la ley de velocidad empírica como

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{catecol}]^a[\ce{O2}]^b. \]

La modificación de la concentración de oxígeno no altera la velocidad inicial, por lo que \(b=0\) en el intervalo de concentraciones investigado.

Al aumentar la concentración de catecol de \(1.0\) a \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\), la velocidad aumenta de \(0.75\) a \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\), también por un factor de cuatro. Todas las demás mediciones muestran la misma proporcionalidad. Por consiguiente, \(a=1\), y

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{catecol}]}. \]

Al convertir el numerador y el denominador a las mismas unidades de concentración,

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

El orden cero respecto al oxígeno se aplica mientras haya oxígeno disponible en las condiciones experimentales; no implica que la oxidación pueda transcurrir sin oxígeno.

3.4 — Concentración de enzima activa a partir del ensayo

El sustrato del ensayo es la L-tirosina, N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O, y el producto que se mide es la L-DOPA, N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O. Estos SMILES representan las estructuras neutras mostradas en el enunciado, con la configuración \(S\) de ambos L-aminoácidos.

Sea \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\) la duración del ensayo, distinta del tiempo de inactivación \(t\). La concentración máxima de producto es de solo \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\), frente a \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) de sustrato. Por tanto, la disminución de sustrato es, como máximo,

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

y \([S]\) puede considerarse constante.

Bajo la aproximación de ensayo breve, según la cual la concentración de enzima activa de la muestra permanece prácticamente constante,

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

Al reordenar se obtiene

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

Numéricamente,

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

cuando ambas concentraciones se expresan en las mismas unidades. De forma equivalente,

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

Para la muestra inicial, esto da \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\), en concordancia con el valor indicado de \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\).

3.5 — Constante de velocidad observada

A partir de

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

obtenemos

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

A \(t=90.0\ \mathrm{min}\),

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

Por tanto,

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

Con una precisión razonable,

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

Un ajuste que utiliza todas las mediciones da aproximadamente \(4.20\times10^{-4}\) en las mismas unidades. Sus unidades son concentración dividida por tiempo al cuadrado, como exige la ecuación parabólica.

3.6 — Primer tiempo de semirreacción

La concentración de DOPA medida es proporcional a la concentración de enzima activa. Disminuye de \(2.0\) a \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\) a \(t=70.0\ \mathrm{min}\), por lo que el primer tiempo de semirreacción experimental es aproximadamente

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

En general, al sustituir \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\) se obtiene

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

Así,

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

Utilizando el coeficiente de 3.5 se obtiene

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

en concordancia con los aproximadamente \(70\ \mathrm{min}\) obtenidos a partir de los datos experimentales redondeados.

3.7 — Ecuación de velocidad de la inactivación enzimática

Sean

\[ C=[\text{catecol}],\qquad Q=[o\text{-quinona}],\qquad C_0=C(0). \]

En primer lugar, al derivar la parábola observada se obtiene

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

Por tanto, la velocidad de pérdida de enzima aumenta aproximadamente de forma lineal con el tiempo.

A continuación, los datos de los tiempos de semirreacción muestran que

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

Por ejemplo, \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\); el dato correspondiente a \(6.0\) da \(138\), compatible con el redondeo. Por tanto,

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

Para una concentración inicial de enzima fija, la relación de 3.6 exige entonces que

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

Si se escribe \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\), la ecuación de velocidad dependiente del tiempo que se infiere directamente es

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

Para expresarla en función de las especies que reaccionan, utilizamos la formación de quinona:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

Para el modelo parabólico aproximado, tomamos \(C\simeq C_0\). Esto es razonable durante el experimento descrito: la oxidación independiente del catecol modifica su concentración en solo alrededor de un \(6.5\%\) en \(90\ \mathrm{min}\). Con una cantidad inicialmente despreciable de quinona,

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

Por tanto, una ley de velocidad de primer orden tanto respecto al catecol como respecto a la quinona da

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

que presenta exactamente las dependencias requeridas respecto al tiempo y a la concentración inicial de catecol. En consecuencia, una ecuación de velocidad compatible es

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{catecol}][o\text{-quinona}]}. \]

Al integrar bajo las mismas aproximaciones,

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

de modo que

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

Aquí, \(k_I\) se define para la velocidad de pérdida de enzima activa e incluye cualquier rendimiento fijo de inactivación por cada evento de la reacción lenta. Su valor ajustado es

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

Este modelo explica las observaciones mediante la generación lenta de una especie inactivante a partir del catecol y la quinona, seguida de una reacción rápida con la enzima. El oxígeno es necesario para generar quinona; la quinona y el peróxido de hidrógeno sin catecol no permiten esta vía. La concentración de enzima no aparece en la velocidad limitante mientras quede suficiente enzima activa para capturar la especie generada.

3.8 — Reactivos de la etapa determinante de la velocidad

La ley de velocidad deducida anteriormente es proporcional a la concentración de catecol multiplicada por la concentración de quinona. Por tanto, los reactivos correspondientes entre los enumerados son

\[ \boxed{\text{B: catecol + }o\text{-quinona}}. \]

El catecol es Oc1ccccc1O, y la \(o\)-quinona es O=C1C=CC=CC1=O.

La quinona se acumula aproximadamente de forma lineal con el tiempo, por lo que su reacción lenta con el catecol, cuya concentración es casi constante, genera la especie inactivante a una velocidad creciente. Esto produce la pérdida cuadrática de enzima activa observada.

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

3.1 — 副产物的确定与反应方程式的配平

相关分子为邻苯二酚（苯-1,2-二醇），Oc1ccccc1O，分子式为 \(\ce{C6H6O2}\)；氧气，O=O；以及 \(o\)-苯醌（1,2-苯醌），O=C1C=CC=CC1=O，分子式为 \(\ce{C6H4O2}\)。

在最初的 \(20.0\ \mathrm{min}\) 内，

\[ -\Delta[\text{邻苯二酚}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

以及

\[ \Delta[o\text{-苯醌}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

因此，邻苯二酚的消耗量、氧气的消耗量与苯醌的生成量之比为 \(1:1:1\)（物质的量之比）。

一个邻苯二酚分子转化为一个苯醌分子时，会脱去两个氢原子。由于消耗了一个氧分子，根据原子守恒，另一种产物必须是过氧化氢，\(\ce{H2O2}\)，OO：

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

方程式两边均含有六个碳原子、六个氢原子和四个氧原子。

3.2 — 苯醌生成的初始速率

由第一个时间区间可得初始斜率：

\[ r_0\simeq \frac{[\text{苯醌}]_{20}-[\text{苯醌}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

因此，

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

在数据精度范围内，下一个时间区间给出的斜率相同。

3.3 — 速率方程与邻苯二酚氧化的速率常数

将经验速率方程写为

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{邻苯二酚}]^a[\ce{O2}]^b. \]

改变氧气浓度不会改变初始速率，因此在所研究的浓度范围内，\(b=0\)。

邻苯二酚浓度从 \(1.0\) 增大至 \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) 时，速率从 \(0.75\) 增大至 \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\)，同样增大至原来的四倍。其他所有测量结果也表现出相同的正比关系。因此 \(a=1\)，且

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{邻苯二酚}]}. \]

将分子和分母中的浓度单位统一，

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

对氧气为零级这一结论，适用于实验条件下有氧气可供反应的情况；它并不意味着氧化反应可以在无氧条件下进行。

3.4 — 由活性测定求活性酶浓度

活性测定所用的底物是 L-酪氨酸，N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O，测量的产物是 L-DOPA，N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O。这些 SMILES 表示试卷中所示的中性结构，两种 L-氨基酸均为 \(S\) 构型。

用 \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\) 表示活性测定时长，以区别于失活时间 \(t\)。产物的最高浓度仅为 \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\)，而底物浓度为 \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\)。因此，底物的消耗比例最多为

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

所以可将 \([S]\) 视为恒定。

采用短时间测定近似，认为所取样品中的活性酶浓度基本保持不变，则

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

整理得

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

代入数值得

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

其中两种浓度使用相同的单位。等价地，

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

对于初始样品，由此得到 \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\)，与题目给出的 \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\) 一致。

3.5 — 表观速率常数

由

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

可得

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

当 \(t=90.0\ \mathrm{min}\) 时，

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

因此，

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

取合理的精度，

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

使用所有测量数据进行拟合，在相同单位下得到的结果约为 \(4.20\times10^{-4}\)。其单位为浓度除以时间的平方，符合抛物线方程的要求。

3.6 — 第一个半衰期

测得的 DOPA 浓度与活性酶浓度成正比。在 \(t=70.0\ \mathrm{min}\) 时，DOPA 浓度从 \(2.0\) 降至 \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\)，所以实验测得的第一个半衰期约为

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

一般而言，代入 \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\) 得

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

因此，

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

使用 3.5 中的系数，得

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

这与经过舍入的实验数据所给出的约 \(70\ \mathrm{min}\) 一致。

3.7 — 酶失活的速率方程

令

\[ C=[\text{邻苯二酚}],\qquad Q=[o\text{-苯醌}],\qquad C_0=C(0). \]

首先，对实验观察到的抛物线求导，得

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

因此，活性酶的损失速率随时间近似线性增大。

其次，半衰期数据表明

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

例如，\(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\)；\(6.0\) 这一组数据给出 \(138\)，其差异与舍入相符。因此，

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

在酶的初始浓度固定时，由 3.6 中的关系必有

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

记 \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\)，直接推得的含时间的速率方程为

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

为将其表示为反应物种浓度的函数，利用苯醌的生成速率：

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

对于近似的抛物线模型，取 \(C\simeq C_0\)。这一近似在所报告的实验期间是合理的：邻苯二酚自身的氧化在 \(90\ \mathrm{min}\) 内仅使其浓度变化约 \(6.5\%\)。初始苯醌浓度可忽略不计时，

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

因此，对邻苯二酚和苯醌均为一级的速率方程给出

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

这恰好具有所需的时间依赖关系和邻苯二酚初始浓度依赖关系。因此，一个与实验结果相符的速率方程为

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{邻苯二酚}][o\text{-苯醌}]}. \]

在相同近似下积分，得

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

因此

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

这里，\(k_I\) 是针对活性酶损失速率定义的常数，其中包含每次慢反应事件所造成的固定失活产额。其拟合值为

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

该模型通过以下过程解释实验观察结果：邻苯二酚与苯醌缓慢生成一种使酶失活的物种，该物种随后迅速与酶反应。生成苯醌需要氧气；没有邻苯二酚时，苯醌与过氧化氢无法通过这一路径使酶失活。只要仍有足量的活性酶来捕获所生成的物种，酶浓度就不会出现在决速过程的速率表达式中。

3.8 — 决速步骤的反应物

上述推导的速率方程与邻苯二酚浓度和苯醌浓度的乘积成正比。因此，所列选项中对应的反应物为

\[ \boxed{\text{B: 邻苯二酚 + }o\text{-苯醌}}. \]

邻苯二酚为 Oc1ccccc1O，\(o\)-苯醌为 O=C1C=CC=CC1=O。

苯醌随时间近似线性积累，因此它与浓度几乎恒定的邻苯二酚缓慢反应，以不断增大的速率生成使酶失活的物种。这就产生了实验观察到的活性酶损失量随时间呈二次函数变化的现象。

解答已与官方解答核对。

Решение

3.1 — Определение побочного продукта и уравнение реакции с расставленными коэффициентами

Рассматриваемые молекулы — пирокатехин (бензол-1,2-диол), Oc1ccccc1O, с формулой \(\ce{C6H6O2}\); молекулярный кислород, O=O; и \(o\)-хинон (1,2-бензохинон), O=C1C=CC=CC1=O, с формулой \(\ce{C6H4O2}\).

За первые \(20.0\ \mathrm{min}\),

\[ -\Delta[\text{пирокатехин}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

и

\[ \Delta[o\text{-хинон}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

Таким образом, расход пирокатехина, расход кислорода и образование хинона происходят в молярном соотношении \(1:1:1\).

При превращении одной молекулы пирокатехина в одну молекулу хинона отщепляются два атома водорода. Поскольку при этом расходуется одна молекула кислорода, из баланса атомов следует, что вторым продуктом должен быть пероксид водорода, \(\ce{H2O2}\), OO:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

В обеих частях уравнения содержится по шесть атомов углерода, шесть атомов водорода и четыре атома кислорода.

3.2 — Начальная скорость образования хинона

По первому временному интервалу определяем начальный наклон:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{хинон}]_{20}-[\text{хинон}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

Следовательно,

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

Для следующего интервала получается такой же наклон в пределах точности данных.

3.3 — Кинетическое уравнение и константа скорости окисления пирокатехина

Запишем эмпирическое кинетическое уравнение в виде

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{пирокатехин}]^a[\ce{O2}]^b. \]

Изменение концентрации кислорода не изменяет начальную скорость, поэтому \(b=0\) в исследованном диапазоне концентраций.

Увеличение концентрации пирокатехина с \(1.0\) до \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) увеличивает скорость с \(0.75\) до \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\), то есть также в четыре раза. Все остальные измерения показывают ту же пропорциональность. Следовательно, \(a=1\), и

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{пирокатехин}]}. \]

Приведём единицы концентрации в числителе и знаменателе к одинаковому виду:

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

Нулевой порядок по кислороду справедлив, пока кислород присутствует в условиях опыта; это не означает, что окисление может протекать без кислорода.

3.4 — Концентрация активного фермента по результатам определения активности

Субстратом при определении активности служит L-тирозин, N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O, а измеряемым продуктом является L-ДОФА, N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O. Эти SMILES соответствуют нейтральным структурам, приведённым в условии, с \(S\)-конфигурацией обеих L-аминокислот.

Обозначим через \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\) продолжительность определения активности, отличную от времени инактивации \(t\). Максимальная концентрация продукта составляет всего \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\) по сравнению с концентрацией субстрата \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\). Таким образом, доля израсходованного субстрата составляет не более

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

и \([S]\) можно считать постоянной.

В приближении кратковременного определения активности, при котором концентрация активного фермента в отобранной пробе остаётся практически постоянной,

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

После преобразования получаем

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

Численно,

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

если обе концентрации выражены в одинаковых единицах. Эквивалентная запись:

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

Для начальной пробы это даёт \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\), что согласуется с указанным значением \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\).

3.5 — Наблюдаемая константа скорости

Из

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

получаем

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

При \(t=90.0\ \mathrm{min}\),

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

Следовательно,

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

С разумной точностью,

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

Аппроксимация по всем измерениям даёт приблизительно \(4.20\times10^{-4}\) в тех же единицах. Размерность этой константы — концентрация, делённая на квадрат времени, как и требуется уравнением параболы.

3.6 — Первый период полупревращения

Измеренная концентрация ДОФА пропорциональна концентрации активного фермента. Она уменьшается с \(2.0\) до \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\) при \(t=70.0\ \mathrm{min}\), поэтому экспериментальный первый период полупревращения составляет приблизительно

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

В общем случае подстановка \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\) даёт

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

Таким образом,

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

Используя коэффициент из 3.5, получаем

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

что согласуется со значением около \(70\ \mathrm{min}\), полученным из округлённых экспериментальных данных.

3.7 — Кинетическое уравнение инактивации фермента

Пусть

\[ C=[\text{пирокатехин}],\qquad Q=[o\text{-хинон}],\qquad C_0=C(0). \]

Сначала продифференцируем наблюдаемую параболическую зависимость:

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

Таким образом, скорость убыли активного фермента возрастает приблизительно линейно со временем.

Далее, данные о периодах полупревращения показывают, что

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

Например, \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\); для значения \(6.0\) получается \(138\), что согласуется с округлением. Следовательно,

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

При фиксированной начальной концентрации фермента из соотношения, полученного в 3.6, тогда следует

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

Записав \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\), получаем непосредственно выведенное кинетическое уравнение с явной зависимостью от времени:

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

Чтобы выразить его через концентрации реагирующих частиц, воспользуемся уравнением образования хинона:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

Для приближённой параболической модели примем \(C\simeq C_0\). Это разумно в пределах описанного опыта: самостоятельное окисление пирокатехина изменяет его концентрацию лишь примерно на \(6.5\%\) за \(90\ \mathrm{min}\). При пренебрежимо малой начальной концентрации хинона,

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

Поэтому кинетическое уравнение первого порядка как по пирокатехину, так и по хинону даёт

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

что в точности соответствует требуемым зависимостям от времени и начальной концентрации пирокатехина. Следовательно, согласующееся с данными кинетическое уравнение имеет вид

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{пирокатехин}][o\text{-хинон}]}. \]

Интегрируя в тех же приближениях,

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

получаем

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

Здесь \(k_I\) определена для скорости убыли активного фермента и включает любой постоянный выход инактивации на один акт медленной реакции. Её значение, найденное по экспериментальным данным, составляет

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

Эта модель объясняет наблюдения медленным образованием инактивирующей частицы из пирокатехина и хинона с последующей быстрой реакцией с ферментом. Кислород необходим для образования хинона; хинон и пероксид водорода без пирокатехина не обеспечивают этот путь. Концентрация фермента не входит в выражение скорости лимитирующей стадии, пока активного фермента остаётся достаточно для связывания образующихся частиц.

3.8 — Реагенты лимитирующей стадии

Выведенное выше кинетическое уравнение показывает, что скорость пропорциональна произведению концентраций пирокатехина и хинона. Следовательно, соответствующие реагенты из предложенного списка —

\[ \boxed{\text{B: пирокатехин + }o\text{-хинон}}. \]

Пирокатехин — это Oc1ccccc1O, а \(o\)-хинон — O=C1C=CC=CC1=O.

Хинон накапливается приблизительно линейно со временем, поэтому его медленная реакция с пирокатехином, концентрация которого почти постоянна, приводит к образованию инактивирующих частиц с возрастающей скоростью. Это обусловливает наблюдаемую квадратичную убыль активного фермента.

Решение проверено по официальному решению.

الحل

3.1 — تحديد الناتج الثانوي والتفاعل الموزون

الجزيئات المعنية هي الكاتيكول (بنزين-1,2-ديول)، Oc1ccccc1O، وصيغته \(\ce{C6H6O2}\)؛ وثنائي الأكسجين، O=O؛ و\(o\)-كينون (1,2-بنزوكينون)، O=C1C=CC=CC1=O، وصيغته \(\ce{C6H4O2}\).

خلال أول \(20.0\ \mathrm{min}\)،

\[ -\Delta[\text{كاتيكول}] =2.00-1.97 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

\[ -\Delta[\ce{O2}] =0.200-0.170 =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}, \]

و

\[ \Delta[o\text{-كينون}] =30\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}} =0.030\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}. \]

إذًا يحدث استهلاك الكاتيكول واستهلاك الأكسجين وتكوّن الكينون بنسبة مولية \(1:1:1\).

يؤدي تحويل جزيء واحد من الكاتيكول إلى جزيء واحد من الكينون إلى نزع ذرتَي هيدروجين. ومع استهلاك جزيء واحد من الأكسجين، يقتضي توازن الذرات أن يكون الناتج المتبقي هو فوق أكسيد الهيدروجين، \(\ce{H2O2}\)، OO:

\[ \boxed{\ce{C6H6O2 + O2 -> C6H4O2 + H2O2}}. \]

يحتوي كلا الطرفين على ست ذرات كربون، وست ذرات هيدروجين، وأربع ذرات أكسجين.

3.2 — السرعة الابتدائية لتكوّن الكينون

تعطي الفترة الزمنية الأولى الميل الابتدائي:

\[ r_0\simeq \frac{[\text{كينون}]_{20}-[\text{كينون}]_0}{20.0-0} =\frac{30-0}{20.0}. \]

وعليه،

\[ \boxed{r_0=1.5\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}}. \]

تعطي الفترة التالية الميل نفسه ضمن دقة البيانات.

3.3 — قانون السرعة وثابت سرعة أكسدة الكاتيكول

نكتب قانون السرعة التجريبي على الصورة

\[ r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{كاتيكول}]^a[\ce{O2}]^b. \]

لا يغيّر تغيير تركيز الأكسجين السرعة الابتدائية، لذا فإن \(b=0\) ضمن مجال التراكيز المدروس.

تؤدي زيادة تركيز الكاتيكول من \(1.0\) إلى \(4.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\) إلى زيادة السرعة من \(0.75\) إلى \(3.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}\,min^{-1}}\)، أي إلى أربعة أمثالها أيضًا. وتُظهر جميع القياسات الأخرى التناسب نفسه. ومن ثم فإن \(a=1\)، و

\[ \boxed{r=k_{\mathrm{catechol}}[\text{كاتيكول}]}. \]

بتحويل البسط والمقام إلى وحدات تركيز متطابقة،

\[ k_{\mathrm{catechol}} =\frac{0.75\times10^{-3}\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min^{-1}}} {1.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}} =\boxed{7.5\times10^{-4}\ \mathrm{min^{-1}}}. \]

تنطبق الرتبة الصفرية بالنسبة إلى الأكسجين ما دام الأكسجين متاحًا تحت الظروف التجريبية؛ ولا يعني ذلك أن الأكسدة يمكن أن تستمر دون أكسجين.

3.4 — تركيز الإنزيم النشط من اختبار النشاط

ركيزة اختبار النشاط هي L-تيروزين، N[C@@H](Cc1ccc(O)cc1)C(=O)O، والناتج المقيس هو L-DOPA، N[C@@H](Cc1ccc(O)c(O)c1)C(=O)O. تمثّل صيغ SMILES هذه البنى المتعادلة المبينة في ورقة المسألة، ذات التشكيل \(S\) لكلا الحمضين الأمينيين من النمط L.

لتكن \(\tau=2.0\ \mathrm{min}\) مدة اختبار النشاط، وهي تختلف عن زمن التعطيل \(t\). لا يتجاوز التركيز الأقصى للناتج \(2.0\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\)، مقارنةً بتركيز الركيزة البالغ \(10.0\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}}\). ولذلك فإن نسبة استنزاف الركيزة لا تتجاوز

\[ \frac{2.0\times10^{-3}}{10.0}\times100\%=0.020\%, \]

ويمكن التعامل مع \([S]\) على أنه ثابت.

باستخدام تقريب الاختبار القصير، الذي يفترض أن تركيز الإنزيم النشط في العينة يبقى ثابتًا عمليًا،

\[ \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\tau} =r=\frac{k[E][S]}{K_{\mathrm M}+[S]}. \]

بإعادة الترتيب نحصل على

\[ \boxed{ [E]=\frac{[\mathrm{DOPA}]}{k\tau} \left(1+\frac{K_{\mathrm M}}{[S]}\right) }. \]

عدديًا،

\[ [E] =[\mathrm{DOPA}] \frac{0.49+10.0}{250(2.0)(10.0)} =0.002098[\mathrm{DOPA}], \]

عندما يُعبَّر عن كلا التركيزين بالوحدات نفسها. وبصورة مكافئة،

\[ \boxed{ \frac{[E]}{\mathrm{nmol\,dm^{-3}}} =2.098\, \frac{[\mathrm{DOPA}]}{\mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}} }. \]

بالنسبة إلى العينة الابتدائية، يعطي ذلك \(2.098(2.0)=4.196\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\)، وهو ما يتفق مع القيمة المعطاة \(4.2\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}\).

3.5 — ثابت السرعة المرصود

من

\[ [E]=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t^2, \]

نحصل على

\[ k_{\mathrm{obs}}=\frac{[E]_0-[E](t)}{t^2}. \]

عند \(t=90.0\ \mathrm{min}\)،

\[ [E](90)=2.098(0.38) =0.79724\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}}. \]

وعليه،

\[ k_{\mathrm{obs}} =\frac{4.2-0.79724}{(90.0)^2} =4.2009\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}. \]

وبدقة مناسبة،

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}\approx4.2\times10^{-4}\ \mathrm{nmol\,dm^{-3}\,min^{-2}}}. \]

تعطي الملاءمة باستخدام جميع القياسات قيمة تقارب \(4.20\times10^{-4}\) بالوحدات نفسها. ووحداته هي التركيز مقسومًا على مربع الزمن، كما تقتضي معادلة القطع المكافئ.

3.6 — عمر النصف الأول

يتناسب تركيز DOPA المقيس مع تركيز الإنزيم النشط. وينخفض من \(2.0\) إلى \(1.00\ \mu\mathrm{mol\,dm^{-3}}\) عند \(t=70.0\ \mathrm{min}\)، لذا فإن عمر النصف الأول التجريبي يساوي تقريبًا

\[ \boxed{t_{1/2}\approx70\ \mathrm{min}}. \]

بوجه عام، يعطي التعويض بـ \([E](t_{1/2})=[E]_0/2\)

\[ \frac{[E]_0}{2}=[E]_0-k_{\mathrm{obs}}t_{1/2}^2. \]

إذًا،

\[ \boxed{t_{1/2}=\sqrt{\frac{[E]_0}{2k_{\mathrm{obs}}}}}. \]

وباستخدام المعامل من 3.5 نحصل على

\[ t_{1/2} =\sqrt{\frac{4.2}{2(4.2\times10^{-4})}} =70.7\ \mathrm{min}, \]

وهو ما يتفق مع القيمة التقريبية \(70\ \mathrm{min}\) المستخلصة من البيانات التجريبية المقرَّبة.

3.7 — معادلة سرعة تعطيل الإنزيم

لتكن

\[ C=[\text{كاتيكول}],\qquad Q=[o\text{-كينون}],\qquad C_0=C(0). \]

أولًا، باشتقاق معادلة القطع المكافئ المرصود نحصل على

\[ r_I\equiv-\frac{d[E]}{dt}=2k_{\mathrm{obs}}t. \]

إذًا تزداد سرعة فقد الإنزيم خطيًا تقريبًا مع الزمن.

بعد ذلك، تُظهر بيانات عمر النصف أن

\[ C_0t_{1/2}\approx 140\ \mathrm{mmol\,dm^{-3}\,min}. \]

فعلى سبيل المثال، \(1.0(140)=4.0(35)=8.0(17.5)=10.0(14)=140\)؛ وتعطي القيمة المقابلة لـ \(6.0\) حاصلًا يساوي \(138\)، وهو ما يتفق مع التقريب. وعليه،

\[ t_{1/2}\propto C_0^{-1}. \]

عند ثبات التركيز الابتدائي للإنزيم، تقتضي العلاقة الواردة في 3.6 عندئذٍ أن

\[ k_{\mathrm{obs}}\propto t_{1/2}^{-2}\propto C_0^2. \]

بكتابة \(k_{\mathrm{obs}}=aC_0^2\)، تكون معادلة السرعة المعتمدة على الزمن والمستنتجة مباشرةً هي

\[ \boxed{r_I=2aC_0^2t}. \]

للتعبير عن ذلك بدلالة الأنواع الكيميائية المتفاعلة، نستخدم تكوّن الكينون:

\[ \frac{dQ}{dt}=k_{\mathrm{catechol}}C. \]

في نموذج القطع المكافئ التقريبي، نأخذ \(C\simeq C_0\). وهذا معقول خلال التجربة المبيّنة: فأكسدة الكاتيكول المستقلة لا تغيّر تركيزه إلا بنحو \(6.5\%\) خلال \(90\ \mathrm{min}\). ومع كون تركيز الكينون الابتدائي مهملًا،

\[ Q(t)\simeq k_{\mathrm{catechol}}C_0t. \]

لذلك فإن قانون سرعة من الرتبة الأولى بالنسبة إلى كلٍّ من الكاتيكول والكينون يعطي

\[ r_I=k_I C Q \simeq k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t, \]

وهو ما يُظهر تمامًا التبعية المطلوبة للزمن وللتركيز الابتدائي للكاتيكول. ومن ثم تكون معادلة سرعة متسقة مع المعطيات هي

\[ \boxed{-\frac{d[E]}{dt}=k_I[\text{كاتيكول}][o\text{-كينون}]}. \]

بالتكامل في ظل التقريبات نفسها،

\[ \boxed{ [E](t)\simeq[E]_0 -\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2t^2 }, \]

بحيث

\[ \boxed{k_{\mathrm{obs}}=\frac12 k_I k_{\mathrm{catechol}}C_0^2}. \]

يُعرَّف \(k_I\) هنا لسرعة فقد الإنزيم النشط، متضمنًا أي مردود ثابت للتعطيل لكل حدث من أحداث التفاعل البطيء. وقيمته المستخلصة من الملاءمة هي

\[ k_I =\frac{2(4.2\times10^{-13})} {(7.5\times10^{-4})(2.00\times10^{-3})^2} \approx2.8\times10^{-4}\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,min^{-1}}. \]

يفسّر هذا النموذج الملاحظات من خلال التولّد البطيء لنوع كيميائي مُعطِّل من الكاتيكول والكينون، يتبعه تفاعل سريع مع الإنزيم. والأكسجين ضروري لتوليد الكينون؛ أما الكينون وفوق أكسيد الهيدروجين في غياب الكاتيكول فلا يتيحان هذا المسار. ولا يظهر تركيز الإنزيم في السرعة المحدِّدة ما دام يبقى إنزيم نشط كافٍ لالتقاط النوع الكيميائي المتولّد.

3.8 — متفاعلات الخطوة المحدِّدة للسرعة

يتناسب قانون السرعة المشتق أعلاه مع حاصل ضرب تركيز الكاتيكول في تركيز الكينون. ولذلك فإن المتفاعلات الموافقة من بين الخيارات المذكورة هي

\[ \boxed{\text{B: كاتيكول + }o\text{-كينون}}. \]

صيغة الكاتيكول هي Oc1ccccc1O، وصيغة \(o\)-كينون هي O=C1C=CC=CC1=O.

يتراكم الكينون خطيًا تقريبًا مع الزمن، ولذلك فإن تفاعله البطيء مع الكاتيكول ذي التركيز شبه الثابت يولّد النوع الكيميائي المُعطِّل بسرعة متزايدة. وينتج عن ذلك الفقد التربيعي المرصود للإنزيم النشط.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.