A reação \mathrm{CO}_{2}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O} \rightarrow \mathrm{H}^{+}+\mathrm{HCO}_{3}- é catalisada pela enzima anidrase carbônica bovina e foi estudada por “stooped-flow” em pH 7,1 e temperatura de 0,5 { }^{\circ} \mathrm{C}. Para uma concentração inicial de enzima igual a 2,8 \times 10^{-9} \mathrm{~mol} \mathrm{dm}^{-3}, as velocidades iniciais, como uma função do \left[\mathrm{CO}_{2}\right] são:
10^{3}\left[\mathrm{CO}_{2}\right]_{0 / \mathrm{C}^{0}} 1.25 2.50 5.00 20.0
10^{4}{ }_{\mathrm{r} /(\cos -1)} 0.28 0.48 0.80 1.55
Onde co =1 \mathrm{~mol} / \mathrm{dm} 3.
A partir destes dados, encontre: \mathrm{k}_{2} / \mathrm{s}^{-1} e \mathrm{K}_{\text {M }}

Passo 1

O enunciado trata da catálise da reação
\mathrm{CO}_{2}(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_{2}\mathrm{O} \;\xrightarrow{\text{CA bovina}}\; \mathrm{H}^{+} + \mathrm{HCO}_{3}^{-}
medida por stopped–flow a 0,5\,{}^{\circ}\mathrm{C} e pH 7,1, com concentração de enzima inicial
[E_{0}] = 2{,}8\times10^{-9}\,\mathrm{mol\,dm^{-3}}.
Os dados fornecem, para cada concentração inicial de \mathrm{CO}_{2}, a velocidade inicial v_{0} segundo as colunas
10^{3}\,\frac{[\mathrm{CO}_{2}]_{0}}{C^{0}} \quad\text{e}\quad 10^{4}\,\frac{v_{0}}{C^{0}\,\mathrm{s}^{-1}},
sendo C^{0}=1\,\mathrm{mol\,dm^{-3}}. Vamos usar o modelo de Michaelis–Menten,
v_{0} = k_{2}\,[E_{0}]\;\frac{[S]}{K_{M} + [S]},
para determinar k_{2} (turnover) e K_{M}.

Passo 2

Convertamos a tabela em valores de [S]=[\mathrm{CO}_2] em mol,dm^{-3} e de v_0 em mol,dm{-3},s{-1}:
[\mathrm{CO}_2] = \frac{10^{3}\,[\mathrm{CO}_2]/C^{0}}{10^{3}} = \begin{cases} 1{,}25\times10^{-3},\\\\ 2{,}50\times10^{-3},\\\\ 5{,}00\times10^{-3},\\\\ 20{,}0\times10^{-3} \end{cases} \quad\text{mol\,dm}^{-3},
v_0 = \frac{10^{4}\,(v_0/C^{0}\,\mathrm{s^{-1}})}{10^{4}} = \begin{cases} 0{,}28\times10^{-4},\\\\ 0{,}48\times10^{-4},\\\\ 0{,}80\times10^{-4},\\\\ 1{,}55\times10^{-4} \end{cases} \quad\text{mol\,dm}^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}.

Passo 3

Calculemos o turnover aparente v_{0}/[E_{0}]\) para cada ponto: \[\frac{v_{0}}{[E_{0}]} = \frac{v_{0}}{2{,}8\times10^{-9}} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} 1{,}00\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}},\\\\ 1{,}71\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}},\\\\ 2{,}86\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}},\\\\ 5{,}54\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}}. \end{cases}
No limite de saturação ( [S]\gg K_{M}\]), esse valor tende a \(k_{2}.

Passo 4

Linearizamos a equação de Michaelis–Menten na forma de Lineweaver–Burk para o turnover y=\frac{v_{0}}{[E_{0}]}:
\frac{1}{y} = \frac{K_{M}}{k_{2}}\;\frac{1}{[S]} \;+\;\frac{1}{k_{2}}.
Tomando os extremos ([S]=1{,}25\times10^{-3},\,5{,}54\times10^{4}) e ([S]=20\times10^{-3},\,5{,}54\times10^{4}) obtém–se aproximadamente a inclinação
\text{slope} = \frac{\frac{1}{1{,}00\times10^{4}} - \frac{1}{5{,}54\times10^{4}}} {\,\frac{1}{1{,}25\times10^{-3}} - \frac{1}{20\times10^{-3}}\,} \approx 1{,}09\times10^{-7}\,\mathrm{s}\cdot\mathrm{M}.
Esse valor representa \tfrac{K_{M}}{k_{2}}. O intercepto na ordenada é \tfrac{1}{k_{2}}\approx1{,}8\times10^{-5}\,\mathrm{s}.

Passo 5

Com \tfrac{1}{k_{2}}\approx1{,}8\times10^{-5}\,\mathrm{s} segue
k_{2} \approx \frac{1}{1{,}8\times10^{-5}\,\mathrm{s}} = 5{,}5\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}}.
E com \frac{K_{M}}{k_{2}}\approx1{,}09\times10^{-7}\,\mathrm{s}\cdot\mathrm{M} resulta
K_{M} \approx 1{,}09\times10^{-7}\,\mathrm{s}\cdot\mathrm{M}\;\times\;5{,}5\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}} =6{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{M}.

Resposta

k_{2} \approx 5{,}5\times10^{4}\,\mathrm{s^{-1}} \displaystyle K_{M}\approx6{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{M}

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