Kemi læringsmål

Question 1

3.1 Redegøre for begreberne valens skal og lone-pair elektroner

Answer 1

Valensskallen er den yderste elektronskal/grænse i et atom som elektronerne kan bevæge sig i. Hver valensskal er lig en orbital. Der kan eksempelvis være 8 elektroner på 4 orbitaler.

Lone pair elektroner er elektroner der ikke indgår i bindinger.

Question 2

3.2 Kunne forklare begreberne bindingsstyrke, -længde, -vinkel, sp3, sp2 og sp-hybridisering.

Answer 2

Bindingsstyrken i et molekyle afhænger af atomerne der indgår. Nogle atomer har større elektronnegativitet og trækker mere i elektroner end andre atomer. Samtidig findes en bidningslængde, en længde/afstand der er optimal for en binding ml. to atomer. Bindinden af afhænge af atomernes størrelse og orbitaler, samme gælder for vinklen.
Et molekyle kan have en sp2 eller sp3 hybridisering afhængigt af dets 2/3 dimensionelle figur.

1) sp1 hybridiserede atomer er atomer med en alm orbital der er kugleformet.

2) Sp2 hydrbidridserede atomer er i 3d (2py, 2px, 2pz) og befinder sig ti et 8 tal.

3) sp3 hybridisering er en symmetisk figur af 4 hybridiserede orbitaler

Question 3

3.3 Redegøre for om bindinger er kovalente, polær kovalente eller ioniske (kovalent, hydrogen, ionforbindelse og van der waalsk)

Answer 3

Kovalent binding: Binding ml. atomer med samme elektronnegativitet. Atomerne deler elektroner ligeligt ml. sig.

Polær kovalent binding: hvis elektronerne hælder til den ene side.

Non kovalente bindinger ___________________
Hydrogenbinding: KOOPERATIVE BINDINGER

Ionforbindelse: er binding ml. to atomer der hver især enten har optaget eller afgivet en eller flere elektroner.
Atomerne ligger så tæt sammen at elektronerne ikke deles men udveksles elektroner. Atomerne forbliver liggende sammen.
Meget stærke kræfter.

Van der waalsk binding: Svag kræft der opstår mellem to atomer når elektronet flyttes. Afstandsafhængig.
Hydrofob interaktion

Question 4

3.5 Definere nukleofil og elektrofil samt forstå hvad der har betydning for et stofs egenskaber

Answer 4

Nukleofil er et elektron rigt atom, der ved donering af elektroner, kan danne binding til et elektron fattigt atom.

Elektrofil er omvendt et elektron fattigt atom der kan modtage elektroner fra et nukleofil/elektron rigt atom.

Nukleofil er et molekyle der har overskud af elektroner som derfor vil afgive elektroner til et elektrofilt stof. Nukleofiule er proton-elskere og vil søge mod molekyler med overskud af protoner end elektroner. elektrofiler vil danne binding itl nukleofiler og søge mod elektroner.

Question 5

3.6 Definere og identificere et buffersystem

Answer 5

En buffer er et syre-base-system udgjort af en svag syre og dennes korresponderende svage base. Bufferens funktion er at neutralisere dannede syrer og baser, ved samtidig opretholdelse af pH’en i opløsningen indtil bufferen er opbrugt.

Question 6

3.7 Anvende bufferligningen

Answer 6

pH = pKa+log(base/syre)

Question 7

3.8 Redegøre for hvornår bufferen har størst effekt

Answer 7

Har størst effekt hvis opløsningens pH er +- 1 på pKa-værdien for den svage syre.

Question 8

3.9 Kende blodets normale pH, kende det interval hvor dyret er i live og blodets væsentligste buffersystemer

Answer 8

Blod: 7,4
Dyr: 6,8-7,8
Bikarbonat/kulsyre (CO2+H2O → H2CO3 → HCO3- + H+)
og hæmoglobin/o2

Question 9

3.10 Kunne forklare titrering og hvad det kan bruges til

Answer 9

Titrering - ækvivalenspunkt - ligevægt - stofmængdekoncentration og pH af ukendt syre/base
Ukendt opløsnings styrke, ækvivalenspunkt, indikator

Syre-base titrering er en teknik hvor koncentrationen og derfor også pH af en ukendt syre/base kan findes. Ækvivalenspunktet, er et punkt der opstår når koncentrationen af syre/base er ligelig fordelt.

Question 10

4.1 Anabolisme og Katabolisme

Answer 10

Anabolisme: a + b -> ab
En stofskifteproces, hvori der syntetiseres større molekyler.
Disse indgår i opbygning af elementer som væv og organer. AP har også indflydelse på celledifferentiering og -vækst, samt syntese af proteiner, kulhydrater og fedtstoffer .

Katabolisme: ab → a + b
En katabolsk process er omvendt en stofskifteproces der inkluderer spaltning af større molekyler.

Både anabolske og katabolske processer katalyseres af specifikke hormoner og molekyler.

Question 11

4.2 Redegøre for fri energi (G), ∆G og ∆G0

Answer 11

Gibss frie energi G er et udtryk for den samlede mlngde produktenergi der kommer af en reaktion. Delta G udgør forskellen m.l. ovenskydende energi for substrater og produkterne. Som regel kræver det megen energi at danne to produkt af flere substrater og G vil værre større inden reaktionen forløber.

ΔG negativt = katabolisme
ΔG positivt = anabolisme.

Question 12

Redegøre for Ligevægt og ligevægtskonstant

Answer 12

Principielt forløber alle kemiske reaktioner i en kemisk ligevægt.
Kemisk ligevægt optræder når to modsatrettede reaktioners hastighed er i balance således, at der ikke omsættes mere produkt end reaktanter.

Question 13

Le chateleirs princip

Answer 13

For at beskrive en ligevægt benyttes ligevægtskonstanten. I forbindelse med denne omtales ofte Le chateliers princip, der forlyder sådan:
“Hvis der foretages en indgreb i en kemisk ligevægt, vil systemet søge at kompenserer indgrebet ved at forbruge mere af dette stof, indtil der atter optræder en ligevægt.”

Eksempel på ydre indgreb:
1) Temperaturændringer
2) Trykændringer
3) Koncentrationsændringer (tilsætning eller fjernelse af stoffer.

Question 14

Redegøre for Aktiveringsenergi og koblede reaktioner

Answer 14

Aktiveringsenergi - kræves til igangsætning af kemisk/biokemisk reaktion.

Energi i produkt er lavere end reaktanter = anabolisme = negativt ΔG .

Enzymer fungere som katalysatore og sænker normalt aktiveringsenergien for en reaktion.

Koblede reaktioner er mekanisk forbunde reaktioner. Den ene reaktions frie energi er aktiveringsenergi til en anden.

Question 15

Katalyse

Answer 15

Katalyse er et stof, der sænker aktiveringsenergien i en kemisk reaktion og øger reaktionshastigheden uden selv at indgå i reaktionen.

Question 16

Vmax og KM

Answer 16

Vmax: maksimal reaktionshastighed.
Des mindre kM des hurtigere forløber reaktionen.
kM kan beregnes på det opstillede lineweaver burke plot.
LWB-plottet kan opstilles udfra Michaelis menten plot (reaktionshastighed over volumenprocent) ved at tage reciprokke værdier af koncentrationerne.

Question 17

5.1 Definere funktionel gruppe og give et eksempel på hvordan den samme funktionelle gruppe reagerer ens i et simpelt og kompliceret molekyle

Answer 17

Funktionel gruppe: Grupper/samlinger af atomer et molekyle, grupperingerne har som regel har samme kemiske egenskaber.
Kulbrinte: Carbonatom m. hydrogen

Question 18

5.3 Definere mættede hydrocarboner/alifatiske forbindelser samt give et eksempel herpå

Answer 18

Alifatiske forbindelser: C, H, O og N (Alkaner, alkener og alkyner).

Note: fuldstændig/ufuldstændig oxidation

Question 19

5.4 Redegøre for alkaners sumformel, ligekædet/forgrenet & sumformel-isomere

Answer 19

Alkans sumformel: CnH2n+2
Propan CH3CH2Ch3 = C3H8
Propyl CH3CH2CH2
Isopropyl: CH3CHCH3 (Primært Carbon: R-C)
Sec-butyl: hvis c-atome r sekundært (R-C-R)

Question 20

5.8 Redegøre for primære, sekundære, tertiære og kvartenære carbon atomer samt give eksempler.

Answer 20

Primær: R-C
Sekundær R-C-R
Tertiær: (3 R)-C
Kvartærnær_ (4 R)-C
OBS: alle R SKAL være carbonatomer.

Question 21

5.11 Illustrere overlappende (ecclipsed) og forskudte (staggered) konformationer vha Newmann projektion.

Answer 21

ecclipsed - naturlig
Staggered - flyttede

Question 22

6.1 Kunne navngive simple alkener ved IUPAC-metoden og give biologisk relevant eksempel på deres forekomst

Answer 22

1. Find the highest priority functional group. Determine and name the longest
   continuous carbon chain that includes this group.
2. Number the chain so that the highest priority functional group is assigned the
   lower number
3. If the carbon chain includes multiple bonds (Group B), replace “ane” with “ene”
   for an alkene or “yne” for an alkyne. Designate the position of the multiple bond with the
   number of the first carbon of the multiple bond.
4. If the molecule includes Group A functional groups, replace the last “e” with the
   suffix of the highest priority functional group, and include its position number.
5. Indicate all Group C substituents, and Group A functional groups of lower
   priority, with a prefix. Place the prefixes, with appropriate position numbers, in alphabetical
   order before the root name.

Question 23

6.2 Redegøre for cis-trans & E-Z isomeri, forskellen imellem dem samt navngivningsprincipper.

Answer 23

Cis: samme side forgreninger
Trans: forskellige forgreninger

E og Z formation:
EZ nomenklatur bruges til 4 substituenter.
1) atomer oriorteres efter atomnummer. Ved lighed fortsættes til næste atom.
2) Dobbeltbindinger tæller som to enkeltbindinger.
3) E = to grupper højest. Z = to grupper modsat side.
1) Atom med højest rangerede atom / tungere molekyler er højere
2) dobbeltbindinger vægtes lige så højt som almene bindinger

Question 24

6.3 Beskrive hovedreaktionstyperne (addition, elimination, substitution samt omlejring) og forstå beskrivelse af reaktionsmekanismer ved anvendelse af krumme pile

Question 25

Markinows regel:

Answer 25

H (i en syre HX) vil altid sættes på c-atomet med mindst alkyl-forgreninger. Omvendt vil X (i syren HX) sættes på C.atomet med flest alkylforgreninger. Når begge dobbeltbundede c-atomer har samme antal forgreninger spaltes molekylet til to ens produkter. Eksempel: CH3CH2CH=CHCH3 + HBr → 2 CH3CH2CH2CH(Br)CH3

Question 26

Carbon kation

Answer 26

Carbon der afgiver/deler elektroner. CH er ikke positivt ladet. C-C-C er

Question 27

Additionsreaktion

Answer 27

A=B + XY → AX + BY

Question 28

Eliminationsreaktion

Answer 28

ABXY → A=B + XY

Question 29

Substitutionsreaktion:

Answer 29

AX + BY → AB + XY

Question 30

Omlejring

Answer 30

Intramolekylær konformationsændring = iso-form

Question 31

6.5 Forklare addition af H2O til alkener samt give et biologisk relevant eksempel herpå.

Answer 31

Alken + H2O → alkohol

Question 32

6.6 Redegøre for dannelse af trans-fedtsyrer ud fra umættede triglycerider. HINT: 2 metoder ;)

Answer 32

1) Additionsreaktion m H2. Under hærdningsprocessen brydes ikke alles dobbeltbindinger. SÅ sker en kun delvis brydning af dobbeltbindingen vil den vende tilbage og der dannes en ny dobbeltbinding. i mellemtiden vil elektronerne have sat sig i en trans konfiguration og danner en transfedtsyre.. 2) Additionsreaktion m. Halogener Dehalogenation: Bruges til titrering for at vise C=C i molekyler. Der tilføjes ofte Br2 til alkener. Br er enkeltvist meget rødt, og vil ved binding til et molekyle vise rød farve. : H2C=CH2 + Br2 → H2C(Br)CH2(Br) NOTER: at ved dehalogenation dannes ofte TRANS istedet for cis. Derfor bruges denne i fødevareindustrien.

Question 33

6.7 Forklare betydningen af resonans ved et eksempel og forstå den atomare baggrund (delokaliserede elektroner sænker hybridets potentielle energi).

Answer 33

Den atomare baggrund bag resonans er delokaliserede elektroner. Eksempel: Benzen. Resonans er et fænomen der opstår når samtlige berørte orbitaler overlapper og elektronerne derfor ikke har en bestemt position ved at atom/binding. Resonans sænker potentiel energi = mere stabilitet

Question 34

6.9 Kunne genkende de heterocykliske forbindelser pyridin, pyrimidin, pyrrol og imidazol samt at vide hvor de findes i biologiske systemer.

Answer 34

Pyrrole: i hæmoglobin Pyridine: i NADH Pyrimidine i DNA og RNA Imidazole i aminosyre Histidin

Question 35

7.1 Navngive simple alkoholer samt forklare primær, sekundær og tertiær alkohol

Question 36

7.3 Redegøre for alkoholers fysiske egenskaber og hydrogenbinding

Answer 36

Alkoholer danner hydrogenbindinger med vand og har derfor et højt kogepunkt. Alkohol + H2O → alkoxid ion + h3O+ alkohol + HX → oxoniumion + X- O EN(3,5) Hydroxygruppen gennemgår stor polarisering af molekylet. Polariseringen bevirker en 'netværksdannelse' og der dannes nonkovalente bindinger ml. O og andre H fra vand. Disse bindinger kræver store mængder energi for at brydes og derfor er kogepunktet meget højt. Polariseringen betyder også at alkoholen har syrebase egenskaber.

Question 37

Ether

Answer 37

R-O-R

Question 38

Alkohol og phenols syre/base egenskaber

Answer 38

SYRE: Phenoler har generelt lettere ved at agerer som syre. Når phenolen fraspalter H+ brydes den kovalente binding ml. O og H og O’s elektroner trækkes tilbage. Da elektroneren føres mod phenolens elektronring skabes større resonans. BASE: Alkoholens O-elektroner er positivt polariseret og tiltrækkes af en HX’s elektroner. Alkoholen agerer som base når den optager et H-plus

Question 39

7.7 Forklare hvordan ketoner og carboxylsyrer kan dannes fra alkoholer.

Answer 39

Primær alkohol → [O] → Aldehyd → [O] → Carboxylsyre Sekundær alkohol → [O] -→ Keton Tertiær alkohol → [O] → NO REACTION

Question 40

7.8 Give eksempler på oxidationer i biologiske systemer

Answer 40

Monosakkarider oxidation Oxidation af alkoholer = dobbeltbindinger

Question 41

7.9 Navngivning og struktur af aryl- og alkyl-aminers herunder hybridisering og hydrogenbinding Tegn 3,4 dibromo-Cyclohexamine

Answer 41

Aminer er generelt ligesom carbonatomer SP3 hybridiseret. Dvs. at de får 4 bindingsmuligheder i en symmetrisk figur. Amine : R-NH2

Question 42

7.10 Forklare hvorfor aminer generelt er baser men amider og aromatiske aminer ikke er

Answer 42

Aminer har mange lone pair elektroner. De har en elektronegativitet = tiltrækker elektroner. Når aminer har lonepair elektroner og kan optage protoner kan de defineres som en lewis base. NOTE: des lavere pKb værdi for typiske aminer des mere basiske er de. SE den aromatiske ring. Ringen stabiliserer elektronerne og giver derfor en større molekylære resonans og derfor er molekylerne langt mindre reaktive end almene amider. Der angives ofte pKa for den protonerede amin.

Question 43

7.11 Kunne genkende simple heterocykliske aminer og give et biologisk eksempel.

Answer 43

Pyridine, pyrimidine, purin, imidazol, pyrrol

Question 44

7.12 Forklare hvad et alkaloid er samt give et biologisk aktivt eksempel

Answer 44

Alkaloider er naturligt forekommende aminer. Purin, pyridine, imidazole

Question 45

7.13 Navngivning af thioler og sulfider samt deres vigtigste reaktioner

Answer 45

Thiol R-SH Sulfid R-S-R Disulfid R-S-S-R

Question 46

8.1 Kunne navngive simple aldehyder og ketoner

Answer 46

Aldehyd: R-CHO (suffix: -al) Komplekse aromatiske ringe: Cyclohexan-carbaldehyde Benzen: Benzene-Carbaldehyde Keton: R-C(=O)-R (suffix: -one) Skal der refereres til en sub-gruppe kommer endelsen -yl. Eks: acetyl, formyl, benzoyl

Question 47

8.2 Opskrive strukturen for acyl, acetyl, formyl og benzoyl grupper

Question 48

8.3 Beskrive carbonylgruppens elektroniske struktur

Answer 48

Carbonylgruppen er sp2 hybridiseret. Dobbeltbindinger: både zigma- og pi-bindning. Des flere R-grupper bundet til carbonatomet des større sterisk hindring får molekylet da strukturen styrkes og reaktiviteten falder. Carbonylgruppen er polariseret binding, O har højt EN.

Question 49

8.4 Forklare hvordan aldehyder og ketoner adskiller sig reaktionsmæssigt fra andre carbonyl forbindelser

Answer 49

Aldehyder og ketoner adskiller sig reaktionsmæssigt fra andre carbonylgrupper ved at de ved oxidation kan omdannes til hhv. en primær og sekundær alkohol. I ALDEHYDER OG KETONER: C=O grp. er bundet til atomer der ikke er elektronegative nok til at blive The leaving group i nukleofile substitutionsreaktioner. I CARBOXYLSYRE: C=O grp. er bundet til atomer der ER elektronegative nok til at blive The leaving group i nukleofile substitutionsreaktioner. NUKLEOFIL ACYL SUBSTITUTION Grunden til at aldehyder og ketoner IKKE undergår nukleofil acyl substitution er at leaving gruppen Y i R-C(=O)-Y vil enten være H- eller R-.

Question 50

8.5 Kunne beskrive den generelle nukleofil additions reaktion for aldehyder og ketoner samt eksemplificere nukleofiler der reagerer med dem

Answer 50

Nukleofil additions reaktion for aldehyd og keton R-(C=O)-H(R2) + HNu → R-(C-OH)(-Nu)-H(R2) Nukleofiler vil reagere med det positive ladede carbon, bryde dobbeltbindingen til O og danne alkohol. Nukleofiler: R=(C, N, O eller H)

Question 51

8.7 Forklare den generelle struktur af acetaler, hemiacetaler, hemiketaler og ketaler, hvordan de dannes samt deres relevans for kulhydrater.

Answer 51

Acetaler er vigtigt i kulhydratkemi. Glukose er en rinslutning med ether binding og en hemi-acetalgruppe ml. aldehyd og hydroxy. I cellulose forbindes monomererne gnm. acetal-bindinger med glukosernes hydroxygrupper.

Question 52

8.8 Forklare hvordan aldehyder og ketoner danner iminer

Answer 52

Ammonia og primære aminer adderes til aldehyder og ketoner og danner iminer (R2C=NR’) aldehyder danner iminer ved nukleofile additionsreaktioner med aminer. Reaktionen fraspalter H2O. Imingruppen er også nukleofil da den vil reagere m. positivt ladet carbonatom.

Question 53

9.1 Opskrive strukturen af en carboxylsyre, ester, amid, thioester og en acylphosphat

Answer 53

Ester: R-C(=O)-OR Thioester: R-C(=O)-SR Carboxylsyre: R-C(=O)-OH Amid: R-C(=O)-NH2 Acylphosphat: R-C(=O)-PO3(2-)

Question 54

9.2 Navngive amider, estere, carboxylsyrer og fedtsyrer, deres salte og acylgruppe

Answer 54

2,5 dichloro cyclopentamid Ethyl propanoate 4 bromo 3 methyl hexanoic acid

Question 55

9.3 Forklare hvor fedtsyrer forekommer

Answer 55

Kroppen kan ikke selv producere fedtsyrerne omega 3 (n-3) og omega 6 (n-6), og de skal derfor tilføres via kosten. Omega 3 forekommer i fødevarer som hørfrø, valnødder og fede fisk. Omega 6 forekommer i fødevarer som oliven, raps- og fiskeolie.

Question 56

9.4 Anvende pKa til at beskrive carboxylsyrers syrestyrke

Answer 56

mindre pKa = større syrestyrke

Question 57

9.5 Beskrive nukleofil acyl substitution (carboxylderivater, nitril undtaget) og forklare hvorfor aldehyder og ketoner ikke deltager i den reaktion

Answer 57

R-(C=O)-X + Nu- → R(C=O)-Nu + X Grunden til at aldehyder og ketoner IKKE undergår nukleofil acyl substitution er at leaving gruppen Y i R-C(=O)-Y vil enten være H- eller R-.

Question 58

9.8 Redegøre for sur og basisk hydrolyse af estere

Answer 58

SUR hydrolyse af ester = carboxylsyre + alkohol R1-C(=O)-O-R2 + H2O → R1-C(=O)-OH + R2-OH BASISK hydrolyse af en ester = carboxylat og en alkohol. R1-C(=O)-O-R2 + OH- → R1-C(=O)-(O-) + R2-OH

Question 59

9.9 Beskrive en amidbinding i proteiner

Answer 59

Amidbindinger ses i proteiners sekundære struktur, der sammeholdes af hydrogenbindinger ml. netop NH- og carboxylsyregrupper. Amid-/hydrogenbindingerne mulligør sekundær foldning af peptidkæderne til alfa-helixer og beta-foldeblade. α-helix'ers vindeltrappestruktur kommer af aminosyres NH-grupper der bindes til carboxylsyre 4 led længere oppe i peptidkæden. β-foldeblade = tæppe lignende struktur. β-foldeblade består af hydrogenbindinger mellem NH og carboxylgrupper der danner binding PÅ LANGS.

Question 60

9.10 Forklare hvordan et amid kan omdannes til henholdsvis carboxylsyre og amin

Answer 60

Amid + Varme og H3O+ = carboxylsyre og amin

Question 61

10.2 Definere begreberne monosakkarider, oligosakkarider samt polysakkarider og en generel sumformel for kulhydrater.

Answer 61

CnH2nOn

Question 62

10.3 Definere aldoser og ketoser og anvende prefix tri, tetr, pent, hex

Answer 62

Carbohydrat: tri, tetra, pentra, hexa- og endelsen -ose for at vise at molekylet et et carbohydrat. Eksempel: triose, tetra-ose, pentra-ose, hexa-ose Der navngives følgende prefix: Aldehyd (Aldo-) Keton (Keto-) Eksempel: Aldohexose, keto-tetra-ose. Navngivning af aldoser: D-glyceraldehyd er den simpleste carbohydrat. Aldo-tre-ose (3 carbons) Aldo-tetr-ose (4 carbons). Navngivnign af ketoser: Keto-tre-ose (3 carbons) Keto-pentr-ose (5 carbons)

Question 63

10.5 Kunne definere og anvende D,L-nomenklatur for kulhydrater

Answer 63

D: Nederste OH grp til højre L: Nederste OH grp til venstre

Question 64

10.6 Anvende Haworth og stolrepræsentation på ringsluttede kulhydrater

Question 65

10.7 Definere anomere, anomert center, Alfa og beta og mutarotation.

Answer 65

Anomer: Anomert carbon: C-atom der indågr i cykliserings reaktion og danner halvacetal. Anomert center: alfa-carbonatom Alfa mutarotation: -OH gruppe er TRANS for CH2OH gruppen i sukkermolekylet Beta mutarotation: -OH gruppe er CIS for CH2OH gruppen i sukkermolekyle Mutarotation: omlejringer i OH-gruppers plads (axialt/eq), kan ændres hvis sukkerstoffet er i vandig opløsning :)

Question 66

10.9 Definere glycosider og beskrive glycokonjugering og redegøre overordnet for hvilken betydning kulhydrater har for blodtyper

Answer 66

et glukose / en sukkergruppe på. Glycosid er et kulhydrat acetal.

Question 67

10.10 Redegøre for strukturen af ᵬ -D-fructose-1,6-difosfat og ᵬ -D-glucopyranose-6-fosfat, maltose, lactose, sucrose, cellulose, amylose (stivelse) og glycogen

Answer 67

Beta-D-fructose-1,6-diphosphat (6 C m. fosfatgrp på 1 og 6. Beta-D-glycopyranose-6-fosfat: cyklisk hemiacetal m fosfat på 6 C. D-glukoses ene carbonylgruppe reagere med hydroxylgruppen på carbon nr.5 og der dannes to isomere former af cycliske glucopyranose (alfa/beta) I vandig opløsning dannes der ligevægt mellem aldoformen af glukose, alfa og betaformen, se figur nedenunder. I naturen kan alle monosaccharider danne ringformede molekyler og disse er helt stabile i krystallinsk tilstand - dog vil de åbne og lukke sig i vandig opløsning (se figur nedenunder).'' Fructose er en ketohexose (keton og hexose) I ketohexose er kun 3 af 6 C-atomer asysymetriske og der kan derfor kun dannes 8 ketohexoser. Ketohexoser kan danne furanoser (5 C-atomige) og pyranoser (6-atomige) cykliske ringe. I vandig opløsning dominerede cykliske former. Ligevægtsfordelingen er 20% furanose og 80% pyranose. Mange hydroxylgrupper i ketohexoserne giver dem et højt smeltepunkt.

Question 68

11.1 Definere lipider samt hvordan de overordnet klassificeres

Answer 68

Ester-lipider Voks (Estere af fedtsyrer og langkædede alkoholer) Triglycerider/triacylglycerol (Estere af glycerol og fedtsyrer) Phospholipider (Estere af såvel fosforsyre som fedtsyrer) Glycerophospholipider (Estere af glycerol, 2 fedtsyrer og fosforsyre bundet til aminoalkokohol) Sphingomyelin (sphingosin i stedet for glycerol, 1 fedtsyre og fosfatidylcholin)

Question 69

11.2 Give eksempler på lipiders funktioner samt på triglycerid, steroid og voks.

Answer 69

Lipiders overordnede funktion: Byggeblokke for phospho- og glycolipider i membraner Extra- og intracellulæer signalmolekyler, cholesterol i membranen Brændtstofmolekyler (se respiration) Wax: Ester på long chain carboxylsyre CH3(CH2)14CO2(CH2)29CH3 Triglycerid: triester af glycerol m. 3 lon chain carboxylsyre. Fats: long term energi da de sjældent oxideres. Holder på 3x mere potientiel energi end glycogen. OBS: umættede fedtsyre har lavere smeltepunkt end mættede (se struktur af cis/trans).

Question 70

11.3 Kunne overordnet forklare hvorfor naturen bruger fedt som energireserve

Answer 70

fedtstoffer er så langt nede i O-trin som man kan komme og de kan derfor ikke oxideres mere. Der bindes ingen vand til molekylet da det er meget upolært. 1 g. forbrændt fedt = 38 kJ/g, hvor kulhydrat og protein = 17kJ/g.

Question 71

11.4 Redegøre for sæbers effekt ved micelle-dannelse

Answer 71

Vaskemidler består af sæber, som er molekyler med en hydrofil ende og en hydrofob ende. Det betyder dermed, at molekylet både er vand- og fedtopløseligt. I hverdagen bruges det i forbindelse med rengøring, hvor den hydrofobe ende binder sig til olie eller andet fedt på en panden, hvoraf den hydrofile ende binder sig til vandet og trækker fedtet væk. Sæbe molekylerne i vaskemidlet kan omringe fedt eller olien, og derved vender sæbemolekyletshydrofile ende væk fra fedtet. Denne effekt gør, at olierne forbliver opløst i vand, idet de ikke kanklumpe sig samme grundet molekylernes udadvendte hydrofile ende. Den ringformede formation, hvoraf sæbe stofferne indespærrer fedtmolekyler kaldes en micelle. Typiske rengøringsmidler har et højt indhold af tensider, overfladeaktive stoffer, der fungerer som surfaktanter og danner omtalte miceller med molekyler der har lignende polaritet. Tensider har en hydrofil og hydrofob ende, og kan inddeles i tre klasser, hvilket afhænger af den hydrofile dels ladning. Enten er tensidet kationisk (positivt ladet), anionisk (negativt ladet) eller nonionisk (neutralt).

Question 72

11.6 Redegøre for den generelle opbygning af en cellemembran

Answer 72

lipider i membranen er ikke bundet sammen af nogle bindinger udover polaritetstiltrækning og de skifter derfor ofte plads/roterer/flekserer/flip-flop til anden lipidlag i membranen.

Question 73

11.7 Beskrive den generelle opbygning af steroider

Answer 73

3 cyclohexaner og en cyclopentane

Question 74

11.8 Forstå hvad der bestemmer membraners fluiditet og diffusion

Answer 74

Membrane fluidity: MF afhænger af phospholipidernes opbygnign (cis/trans - knæk på halen). Ved knæk og huller i membranen som følge af cis/trans, kan cholesterol sætte sig = Mindre fluid men membranen bliver aldrig fastog solid med cholesterol i :)

Question 75

11.9 Redegøre for hvordan forskellen mellem cellemembranens ydre og indre flade opstår

Answer 75

Indre membran → cytosol (channel prot.) Ydre membran → Omkr. miljø (glycocalyx m. glycolipider og overflademembranproteiner) Endoplasmatisk retikulum = syntese af nye PL havner på indersiden af lipidlaget. SCRAMBLASE: ramdomiseret omlejring af PL fra et monolag til et andet. Fra endoplasmatisk reticulum transporteres vesikler til golgiapperatet --> vesikler = exocytose. Flippase katalyserer omlejring af SPECIFIKKE PL = assymetrisk dobbeltlaget lipidlag.

Question 76

12.1 Beskrive den generelle struktur af og forskellen på aminosyrer, peptider og proteiner

Question 77

12.2 Kunne redegøre for strukturen af aminosyrer i sur og basisk opløsning

Answer 77

I en acid solution vil aminosyren protoneres til en kation. I en basisk solution vil aminosyren deprotoneres til en anion. Hvis der er neutral ladning af zwitterionen er der tale om en balance ml. anion/kationisk form hvis aminosyrens miljø har den pågældende Isoelektric point

Question 78

12.3 Definere zwitterion, proteinogene og non-proteinogene aminosyrer

Answer 78

Proteinogen: Indgår i protein Non P: udover de 22 aminosyre Zwitterion: neutrale form af aminosyre Zwitterion er et molekyle med en neutral net-charge hvor dens negative og positve endes ladninger udligner hinande = se neutrla aminosyre

Question 79

12.8 Redegøre for hvilken struktur og ladning aminosyrer har ved forskellig pH

Answer 79

Aminosyres struktor og ladning ved given pH afhænger af dets isoelektriske punkt. Er pH mindre end dets isoelektriske punkt vil aminosyren deprotoneres og få et H+ fra miljøet. (POSITIV NETCHARGE) Er pH større ens dets isoelektriske punkt vil aminosyren protoneres og miste H+ fra dets OH-grp, da miljøet er basisk. (NEGATIV NETCHARGE)

Question 80

12.9 Definere isoelektrisk

Answer 80

Isoelectric point er et udtryk for en værdi af pH hvor koncentrationen af den anioniske og kationiske form af aminosyren er ligeligt fordelt. pI er en gennemsnitsværdi af aminosyrens to pKa værdier (a-CO2H, a-NH3+, Side chain).

Question 81

C og N terminal

Answer 81

N: r-NH2 C: R-(C=O)-OH

Question 82

12.11 Beskrive peptidbindingen og disulfidbindinger

Question 83

12.14 Kunne redegøre for proteiners opbygning og organisering under korrekt anvendelse af fagtermer (Primær, sekundær, tertiær og kvartenær strukturα-helix, β-sheet og coiled coil struktur)

Answer 83

Primær struktur: Aminosyrerækkefølge i peptidkæde. peptidbindinger ml. C og N terminal. Sekundær: Foldet peptidkæde struktur. Hydrogenbindinger ml. NH- og C=O. Tertiær: Hydrogenbindinger (NH-OC + OH-O) samt ionbindinger ml. NH3 og O-, få london bindnger ved forskydning af elektroner. Kvaternær struktur Subunits i proteiner.

Question 84

12.16 Kunne forklare begreberne denaturering og renaturering

Answer 84

Denaturering: opstår når et proteins struktur spaltes pga: Temperature(bryder nonkovalente bindinger), pH (bryder ion- og disulfidbindinger), . Renaturering: Når et proteins oprindelige tertiære struktur genopnås ved: Sænkning af temperatur Ved sænkning af temperatur fjernes den omkringliggende energi, der skal til for at bryde ikke-kovalente bindinger som CO- og NH-. I det øjeblik at den omkringliggende energi sænkes, vil tiltrækningskraften mellem de ikke kovalente bindings-reaktanter være størst, og proteinet vil vende tilbage til sin oprindelige struktur. Sænkning af pH Øgning af saltkoncentration

Question 85

Kunne forklare begreber som ligander og binding sites:

Answer 85

En ligand er et molekyle der specifikt kan bindes til et binding site i et overflade udtrykt protein i cellemembranen. Dette ses særligt i kroppens neurotransmittersystem, hvor kommunikation bl.a. foregår ved hjælp af ion regulerede Ca++ kanaler, i forbindelse med genoptagelse af Ca++.

Question 86

Kende opbygningen af antistoffer

Answer 86

Antistoffer, også kendt som immunoglobuliner er proteiner, der anvendes i immunsystemet, til at detektere hvilke proteiner, der høre til i kroppen og hvilke, der ikke gør. Karakteristisk har immunoglobuliner en klasses Y-form, der består af to tunge lange kæder og to lette kæder, der er bundet til de tunge, og danner en Y form. Eksempelvis ses på figuren til venstre (IgG) den karakteristiske Y struktur. De to lange kæder bindes sammen af disulfidbindinger, og selvsamme binding sker også mellem de lette og de tunge kæder. Alle immunoglobuliner består af en Fc-region, bestående kun af de lange kæder, og en Fab-region (de lette og tunge kæder) hvorpå antigenet til antistoffet kan bindes ved hjælp af Londonbindinger, Ionbindinger og hydrogenbindinger.

Question 87

Forstå enzymers funktion, herunder kompetitiv og non-kompetitiv inhibition, samt begreberne aktive sites og regulatoriske sites:

Answer 87

Enzymers funktion: biologisk katalysator. Katalysator er et stof der forøger reaktionshastighed uden selv at indgå i reaktionen. En katalysator sænker aktiveringsenergien og kan derfor forløbe ved lavere temperatur. Enzymhæmmerer kan ændre reaktionshastighed i enzymatisk reaktion: Kompetitive inhibitorer bindes reversibelt til enzymets AKTIVE SITE. Bindes med svage intermolekylære kræfter = REVERSIBEL PROCESS Non kompetitive inhibitore bindes til enzymets regulatoriske center. Irreversible hæmmere er inhibitorer der bindes med en kovalent binding. Aktivt site: Site som substrat er komplimentært til. Ved binding til det aktive site fremkaldes en reaktion af enzymet. Regulatorisk site: Site der ved stimulering kan aktiverer eller inhiberer enzymets virkningsevne. Ofte har enzymer udtrykt aktivator/inhibitor-receptorproteiner på overfladen, således at aktiviteten af enzymet kan reguleres. Kompetitiv inhibition: Fænomen der opstår når molekyler og substrater alle er komplementære til enzymets aktive site. Der kan både være antagonistiske såvel som agonistiske kompetitive inhibitorer. Agonist og antagonist

Question 88

Kunne forklare begrebet allosteri og kunne give eksempler på regulering af protein-aktivitet ved konformationsændringer:

Answer 88

Allosteri er en regulationsform, hvor et reguleret molekyle (inhibitor såvel som aktivator) bindes til enzymets allosteriske site. Ved binding til allosteriske site sker en konformationsændring af proteinet så substratet ikke længere er komplimentært til enzymets oprindelige active site.

Question 89

Kunne forklare begreber som in vivo, in vitro, kromatografi og elektroforese (analysemetoder):

Answer 89

Princippet i gelelektroforese er, at der på en plade dækket med gel, placeres en positiv og en negativ elektrode. Ved den negative ende af gelen sættes DNA-prøver, og strøm tilsluttes. DNA strengenes phosphorgrupper gør at disse molekyler er negativt ladede, og vil naturligt søge mod den positivt ladede ende. I gelen findes mindre luftbobler der besværliggør DNA sekvensernes bevægelse over pladen, og kortere molekyler kommer derfor hurtigere frem end større molekyler. Under bestråling af UV lys kan det detekteres om hvorvidt DNA proben (som var bundet til plasmider) er til stede, idet proben absorberer lys ved en bestemt bølgelængde.

Question 90

Tegn: myresyre, eddikesyre, propionsyre og smørsyre

Question 91

Tegn: acyl

Question 92

Tegn: Mælkesyre (lactic acid), Oxalsyre (oxalic acid), Ravsyre (succinic acid),Glutarsyre (glutaric acid)

Question 93

Tegn: benzoic acid

Question 94

Tegn: Palmitinsyre, palmitater Stearinsyre, stearater

Question 95

Tegn: Formaldehyd, Acetaldehyd, Ethylenglycol , Glycerol , Phenol Urinstof (urea)

Question 96

Tegn: Pyridin

Question 97

Tegn på Fischer-, Haworth- og stol-form: D-Glucose

Question 98

Tegn på Fischer-, Haworth- og stol-form: D-Mannose

Question 99

Tegn på Fischer-, Haworth- og stol-form: D-Galaktose

Question 100

Tegn: Glycin og Alanin

Question 101

a) Tegn: 5-chloro-2-(2,4 dichlorophenoxy)phenol b) Angiv chirale carbon atomer

Answer 101

0 chirale carbon :)

Question 102

Tegn: 4-methyl-penta-diene og 2-ethoxy-benzamid

Question 103

Tegn: 2,2-dimethoxypropan

Question 104

Tegn: methanamide

Question 105

Tegn: 3,3 Dimethyl butyl

Question 106

Tegn: cis-1-(2,6,6 trimethyl cyclohexa-1,3 dien-1-yl)but-2-en-1-one

Question 107

Tegn: N,N dibutyl-methanamide

Question 108

Amide

Answer 108

C(=O)-NH2

Question 109

Amin

Answer 109

R-N

Question 110

Imin

Answer 110

R1-(C=N-R3)-r2

Question 111

Isobutyl

Question 112

Tert-butyl

Question 113

sec-butyl

Question 114

Redegør for konjugerede fedtsyre og funktion

Answer 114

Fedtsyre m. skiftevis dobbeltbinding og enkelt binding kaldes konjugerede dobbeltbinding. Konjugerede systemer er blot at elektronerne fordeler sig stabilt og ligeligt over en carbonrække. Dette giver større stabilitet og ses også i benzenringe.