Ejercicios tecnicas de analisis

TÉCNICAS DE ANÁLISIS BIOQUÍMICO I
DETECCIÓN Y CUANTIFICACIÓN

CURSO 2013-14

Absorción UV-Visible
1.- 2.5 nmol Arg/6 Arg proteína ~ 0.417 nmol proteína
0.417 nmol proteína/50 L ~ 8.33 x 10-3nmol/L ~ 8.33 x 10-6 M ~ 8.33 M
A280 = 0.753 = 280 (M-1cm-1) x C (M) x l (cm) = 280 (M-1cm-1) x 8.33 x 10-6 (M) x 1 (cm)

280 = 90396 M-1cm-1
E 0.1%, 280, 1 cm = 280 (M-1cm-1) x C (M) x l(cm) = 90396 x 1/65000 x 1
E 0.1%, 280, 1 cm = 1.39
A280 = 0.338 = 280 (M-1cm-1) x C (M) x l (cm) = 90396 (M-1cm-1) x C (M) x 0.5 (cm)
C = 7.48 x 10-6 M ~ 7.48 M
Dilución x 3: C = 7.48 x 10-6/3 M= 2.49 x 10-6 M ~ 2.49 x 10-6 x 65000 mg/mL
C = 0.162 mg/mL
2.- A280 = 0.693 = 280 x C x l = 90396 M-1cm-1 x C M x 1 cm
Cproteína = 7.67 x 10-6 M
0.20

A295

0.15

0.10

0.05

0.008

9

10

-5

11

12

pH

(triángulos) Se observan dos transiciones, lo que sugiere la
existencia de dos poblaciones de Tyr, expuestas (pK 10.0)
e internas (pK 11.5). El valor total deA295 es de 0.21. Por
tanto,
A295 = CTyr-O- x 295 x l
0.21 = CTyr-O- x 2500 (M-1cm-1) x 1 (cm)
CTyr-O- = 8.4 x 10-5 M
CTyr-O-/ Cproteína = nº de Tyr
8.4 x 10-5/7.67 x 10-6 ~ 11 Tyrtotales
A295 (primera transición; pK ~ 10) = 0.13 = CTyr-O- x 295 x l

CTyr-O- = 5.2 x 10 M
CTyr-O-/ Cproteína = nº de Tyr = 5.2 x 10-5/7.67 x 10-6 ~ 7 Tyr expuestas
(círculos) Se observa unaúnica transición (pK 10). En estas nuevas condiciones todas las Tyr están
expuestas, lo que podría sugerir que a 50 ºC la proteína se ha desnaturalizado y así todas las Tyr están
expuestas.
3.- (1) CTrp= (A288/3103) – (A280/10318) = 0.140/3103 – 0.417/10318 = (4.51 – 4.04) x 10-5 M = 0.47 x 10-5 M
Cproteína = 0.3/65000 = 4.61 x 10-6 M
nº Trp = CTrp/Cproteína = 0.47 x 10-5/4.61 x 10-6 ~ 1 Trp4.- A340/t = (0.35/100) x 60 min-1 = 0.21 min-1
A340/t = CNADH/t x 340 x l = 0.21 = CNADH/t x 6200 x 1
CNADH/t = 3.39 x 10-5 M/min
Vtotal = 2 + 0.002 mL
mNADH/t = 3.39 x 10-5 x 10-3 x...