发布时间 : 星期六 文章2014生物化学专接本简答及论述更新完毕开始阅读
（3）能量相互利用；磷酸戊糖途径产生的NADPH直接用于脂肪酸的合成，脂肪分解产生的能量也可用于糖的合成。
5.试比较蛋白质和DNA的分子组成，一、二级结构和主要生理功能。（2011.10）答：（1）蛋白质
①分子组成：主要由C、H、O、N组成， 有的还含有S、P之类的元素。它的基本结构是氨基酸， 氨基酸通过肽键相连形成多肽链， 多肽经过空间构型后形成蛋白质。
②一、二级结构：蛋白质的一级结构指组成蛋白质的氨基酸序列。蛋白质二级结构指多肽链主链骨架盘绕折叠而形成的构象。 ③主要功能有5个 ：蛋白质结构物质，是构成生物体的主要成分;可做为载体蛋白；可作为运输蛋白，如血红蛋白；可做调节物质：如激素；可做为免疫物质：如免疫球蛋白；供能物质 （2）DNA
①分子组成：除含有C、H、O、N外，还含有较多的P 和少量的S。它的基本结构是脱氧核苷酸，脱氧核苷酸通过3’-5’磷酸二酯键形成DNA。
②一、二级结构：DNA的一级结构指组成DNA的核苷酸的排列顺序，或碱基的排列顺序。DNA的二级结构主要为DNA双螺旋结构，碱基堆积力是维持其稳定的主要作用力。
③主要功能：遗传信息的传递和表达。
6.计算题（2012.10） （1）对于一个遵循米氏动力学的酶而言，当[S]=Km时，若V=35μmol/min,Vmax是多少μmol/min？
（2）当[S]=2×10-5mol/L,V=35μmol/min,这个酶的Km是多少？
（3）若I表示竞争性抑制剂，KI=4×10-5mol/L,当[S]=3×10-2mol/L和[I]=3×10-5mol/L时，V是多少？
答： （1）米氏方程ν= Vmax[S]/(Km+[S]) 35μmol/min = Vmax.Km/( Km+ Km)=0.5 Vmax Vmax=70μmol/min
(2)因为v=35μmol/min = 1/2Vmax 所以Km=[S]=2×10-5mol/L
（3）当有竞争性抑制剂时，Vmax不变，Km增加。所以v=Vmax=70μmol/min 【ν= Vmax[S]/{Km(1+[I]/ KI) +[S]}
V=(70μmol/min×3×10-2mol/L)/{ 2×10-5mol/L×(1+3×10-5 /4×10-5)+ 3×10-2mol/L}=70μmol/min】
7.试述DNA的半保留复制过程。（2012.1）
答：DNA在复制时，以亲代DNA的每一股作模板，合成完全相同的两个双链子代DNA，每个子代DNA中都含有一股亲代DNA链，这种现象称为DNA的半保留复制。
（1）复制的起始： ①解旋解链，形成复制叉 ②引发体组装：由引发前体蛋白因子识别复制起始点，并与引发酶一起组装形成引发体。
③在引发酶的催化下，以DNA链为模板，合成一段短的RNA引物。 （2）复制的延长：
①聚合子代DNA：由DNA聚合酶催化，以亲代DNA链为模板，从5'→3'方向聚合子代DNA链。
②引发体移动：引发体向前移动，解开新的局部双螺旋，形成新的复制叉，随从链重新合成RNA引物，继续进行链的延长。 （3）复制的终止：
①去除引物，填补缺口： RNA引物被水解，缺口由DNA链填补，直到剩下最后一个磷酸酯键的缺口。
②连接冈崎片段：在DNA连接酶的催化下，将冈崎片段连接起来，形成完整的DNA长链。
※※※8.根据遗传中心法则，试述原核生物蛋白质合成过程中一级结构如何受DNA指导的？ 答：（将转录、翻译套起来）
DNA(编码核生物蛋白的基因)转录成mRNA再翻译成蛋白质。mRNA上连续三个碱基构成密码子，tRNA转运对应的氨基酸，tRNA上反密码子与mRNA上密码子碱基配对，使得氨基酸按序列信息依次加入，在酶等因素的作用下连接形成多肽（即蛋白质的一级结构）。
※※9.试述碘乙酸抑制酵母糖酵解原理，并说明在该实验中所用的三种试剂三氯乙酸、乙酸肼、2,4-二硝基苯肼作用。(2010.10)
答：（1）原理：糖酵解时有一步需要从3-磷酸甘油醛转化为1,3-二磷酸甘油酸，这一步反应需要用到3-磷酸甘油醛脱氢酶，该酶是一个变构酶，由四个亚基构成，碘乙酸等烷化剂和重金属离子对该酶有不可逆的抑制作用。
（2）三种试剂作用：三氯乙酸是一种蛋白质变性剂，可以使酵母中的所有的酶失活，使糖酵解反应无法或只可很小程度上进行。乙酸肼作为稳定剂，用来保护三磷酸甘油醛使不自发分解。由于碘乙酸抑制三磷酸甘油醛脱氢酶使酵解受阻，三磷酸甘油醛堆积，它可与2,4-二硝基苯肼在酸性条件下生成棕色物质。根据其颜色深浅来判断三磷酸甘油醛的累积程度。
※※10.试述细胞水平的调节（2010.10） 答：（1）酶区域定位的调节：以膜结构和膜功能为基础的细胞结构效应使细胞内的不同部位进行不同的代谢。
（2）酶活性调节：以代谢途径和酶分子结构为基础的酶活性调节，包括底物对酶的激活和终产物对酶的反馈抑制。
（3）酶量的调节：酶量调节主要是通过调节酶蛋白的合成过程来实现的，转录是最重要的调节环节。转录的产物mRNA是合成酶蛋白的模板，mRNA越多，则酶的生产能力越大。细胞可根据需要加快或减慢合成mRNA的速度以调节酶量。它包括底物对酶合成系统的诱导作用（如乳糖操纵子）和产物对酶合成系统
的阻遏作用。
※11.试用你所学过的生化知识解释为什么人摄入过多糖也易长胖？（2012.1） 答：（1）合成脂肪的原料是脂酰辅酶A和α-磷酸甘油；
（2）脂酰辅酶A是脂肪酸的活性形式，α-磷酸甘油是甘油的活性形式；
（3）而体内合成脂肪酸的原料为乙酰辅酶A和NADPH。乙酰辅酶A主要来自于葡萄糖-丙酮酸-乙酰辅酶A，NADPH主要来自于葡萄糖磷酸戊糖分解途径； （4）α-磷酸甘油也可由葡萄糖提供，葡萄糖-磷酸二羟丙酮-α-磷酸甘油。
所以说，当机体摄入过多糖时，糖能够转变为脂肪，导致人发胖。
12.简述原核生物中蛋白质合成（或翻译）的三个阶段。（2013.1）
答：以mRNA为直接模板，tRNA为氨基酸运载体,，核蛋白体为装配场所，共同协调完成蛋白质生物合成的过程。 包含三个阶段：（1）合成准备阶段；（2）多肽链的合成阶段；（3）合成后的加工阶段。
（1）合成准备阶段：即氨基酸的活化阶段，氨基酸在氨基酸-tRNA合成后酶的作用下，活化成氨基酰-tRNA （2）多肽链的合成阶段：
①起始复合物的形成：蛋白质合成首先必须辩认出mRNA上的起始点。mRNA链上的起始密码子是AUG。由起始氨酰-tRNAf 、mRNA 、核糖体及起始因子等经多个步骤组装成一个“起始复合物”，然后即可进行蛋白质的合成。
②肽链的延伸：此阶段包括氨基酰-tRNA的进入、肽键的形成和核糖体的移位三个阶段。这三步每重复一次，肽链上就增加一个氨基酸，知道mRNA的终止密码出现在核糖体的A位时为止。
③肽链合成的终止：当核糖体移到终止密码时，没有相应终止密码的氨基酰-tRNA可以进入A位，肽链合成停止。有三种终止因子参与终止步骤。 （3）肽链合成后的加工
肽链合成后多数还要经过加工处理，才能变成有生物活性的蛋白质分子。包括切除甲硫氨酸；到位置后切除信号肽；糖基化修饰；多亚基、辅基缔合等。
13.试述乳糖操纵子的结构及其通过酶诱导合成和阻遏来调节代谢的调控机制。（2013.10）【以乳糖操纵子为例说明酶诱导合成的调控过程。（2013.1）】 答：（1）乳糖操纵子的结构组成：大肠杆菌乳糖操纵子的控制区包括调节基因（I），启动子（P）和操纵基因（O）；信息区由β-半乳糖苷酶基因（Z），通透酶基因（Y）和乙酰化酶基因（A）串联在一起构成。
（2）当没有乳糖存在时，I基因编码的阻遏蛋白会结合在操纵基因O处，乳糖
操纵子处于阻遏状态，不能合成分解乳糖的三种酶。
（3）当有乳糖存在时，乳糖作为诱导物诱导阻遏蛋白变构，不能结合于操纵基因，乳糖操纵子被诱导开放合成分解乳糖的三种酶。
※14.影响酶促反应速度的因素有哪些？ 答：（1）底物浓度对酶促反应的影响：当底物浓度较低时，反应速度的增加与底物浓度的增加成正比（一级反应）；此后，随底物浓度的增加，反应速度的增加量逐渐减少（混合级反应）；最后，当底物浓度增加到一定量时，反应速度达到一最大值，不再随底物浓度的增加而增加（零级反应）。
（2）酶浓度对酶促反应的影响：在正常情况下，酶反应速度与酶浓度之间存在线性关系，酶浓度越高，酶促反应速度越快。
（3）pH对酶促反应速度的影响：通常为一钟形曲线，即pH过高或过低均可导致酶催化活性的下降。（酶催化活性最高时溶液的pH值就称为酶的最适pH。酶的最适pH不是酶的特征性常数。）
（4）温度对酶促反应的影响：具有双重影响，一方面同一般的化学反应一样，温度升高，速度加快；另一方面温度高于一定温度时蛋白质变性，速度降低。（酶催化活性最高时溶液的温度就称为酶的最适温度。酶的最适温度不是酶的特征性常数。）
（5）激活剂对酶促反应的影响：凡是能提高酶反应活性的物质都称为激活剂。 （6）抑制剂对酶促反应的影响：包括不可逆抑制作用和可逆抑制作用，不可逆抑制作用不能通过透析、超滤等物理方法除去抑制剂，而恢复酶活性。可逆抑制作用可通过透析、超滤等物理方法除去抑制剂，而恢复酶活性。可逆抑制作用又分为竞争性抑制作用、非竞争性抑制作用和反竞争性抑制作用三种类型。
※15.计算题
已知工业生产L-苹果酸是采用富马酸酶催化富马酸加水形成L-苹果酸，现从100 mL的粗酶液中取2 mL，用凯氏定氮法测得含蛋白氮0．4 mg 。再取1 mL酶液，以富马酸为底物反应10分钟形成了 20μmol苹果酸。酶活力单位；以每分钟能转化1 μmol 富马酸的酶量为一个活力单位。试问： 1．计算该酶液中的蛋白含量和富马酸酶的比活力 2．总活力（以100ml 酶液计）。
答：(1)蛋白质含量=（0.4/16%)/2=1.25mg/ml。由于取酶液1ml，即可知1ml酶液中含蛋白=1.25x1=1.25mg，因为反应10分钟形成了 20μmol产物，所以这1ml酶液的活力=20μmol/10min=2μmol/min，即2U，故酶液的比活力=2U/1.25mg=1.6U/mg(Pr.)或=(20μmol/10min)/1ml=2U/ml (2)总活力：2U/ml*100ml=200U 理论最大反应速度：200μmol/min
（通过前一问可知，每ml酶液的总活力=2U，故100mL酶液的总活力=100x2U=200U。）