《生物化学简明教程》第四版杨建雄课后习题标准答案

2 蛋白质化学

1．用于测定蛋白质多肽链N 端、Ｃ端的常用方法有哪些？基本原理是什么？

解答：(１） N-末端测定法:常采用2,4―二硝基氟苯法、E ｄma ｎ降解法、丹磺酰氯法。

①2,4―二硝基氟苯(D ＮＦB 或F ＤNB)法：多肽或蛋白质的游离末端氨基与2,4―二硝基氟苯（2,4―DNFB)反应（Ｓan ｇer 反应),生成D ＮＰ―多肽或D ＮＰ―蛋白质。由于ＤN ＦB 与氨基形成的键对酸水解远比肽键稳定,因此DNP ―多肽经酸水解后，只有N ―末端氨基酸为黄色ＤNP ―氨基酸衍生物，其余的都是游离氨基酸。

② 丹磺酰氯(DNS)法：多肽或蛋白质的游离末端氨基与与丹磺酰氯（ＤNS ―Cl)反应生成D ＮS ―多肽或D ＮS ―蛋白质。由于DNS 与氨基形成的键对酸水解远比肽键稳定，因此DN Ｓ―多肽经酸水解后，只有N ―末端氨基酸为强烈的荧光物质D ＮS ―氨基酸，其余的都是游离氨基酸。

③ 苯异硫氰酸脂（PIT Ｃ或Edma ｎ降解）法:多肽或蛋白质的游离末端氨基与异硫氰酸苯酯(ＰI ＴＣ)反应（E ｄman 反应),生成苯氨基硫甲酰多肽或蛋白质。在酸性有机溶剂中加热时，N ―末端的ＰTC ―氨基酸发生环化,生成苯乙内酰硫脲的衍生物并从肽链上掉下来,除去Ｎ―末端氨基酸后剩下的肽链仍然是完整的。

④ 氨肽酶法:氨肽酶是一类肽链外切酶或叫外肽酶,能从多肽链的N 端逐个地向里切。根据不同的反应时间测出酶水解释放的氨基酸种类和数量,按反应时间和残基释放量作动力学曲线，就能知道该蛋白质的N 端残基序列。

（2)C ―末端测定法：常采用肼解法、还原法、羧肽酶法。

肼解法:蛋白质或多肽与无水肼加热发生肼解，反应中除C 端氨基酸以游离形式存

在外,其他氨基酸都转变为相应的氨基酸酰肼化物。

② 还原法：肽链C 端氨基酸可用硼氢化锂还原成相应的α―氨基醇。肽链完全水解后，代表原来C ―末端氨基酸的α―氨基醇,可用层析法加以鉴别。

③ 羧肽酶法:是一类肽链外切酶，专一的从肽链的Ｃ―末端开始逐个降解，释放出游离的氨基酸。被释放的氨基酸数目与种类随反应时间的而变化。根据释放的氨基酸量（摩尔数）与反应时间的关系，便可以知道该肽链的Ｃ―末端氨基酸序列。

２.测得一种血红蛋白含铁０.4２6%，计算其最低相对分子质量。一种纯酶按质量计算含亮氨酸１．６5%和异亮氨酸2.48%,问其最低相对分子质量是多少?

解答:

(1)血红蛋白:

55.8100100131000.426??=铁的相对原子质量最低相对分子质量＝

＝铁的百分含量

(2）酶:

因为亮氨酸和异亮氨酸的相对分子质量相等，所以亮氨酸和异亮氨酸的残基数之比为：1．65%:2．4８%=2:３，因此,该酶分子中至少含有2个亮氨酸，3个异亮氨酸。 ()r 2131.11100159001.65M ??=

≈最低 ()r 3131.11100159002.48M ??=≈最低

３.指出下面p Ｈ条件下,各蛋白质在电场中向哪个方向移动,即正极，负极,还是保持原点？

(1)胃蛋白酶(p Ｉ １.０)，在pH 5.0；

(２)血清清蛋白（pI 4.9），在p Ｈ 6．0;

（3)α－脂蛋白（p Ｉ ５.8),在ｐＨ ５.0和pH 9．0；

解答:(1）胃蛋白酶pI １.０＜环境p Ｈ ５．0,带负电荷，向正极移动;

（2)血清清蛋白pI 4.9＜环境ｐH 6．０，带负电荷，向正极移动;

(3）α-脂蛋白pI 5.8>环境pH 5．0,带正电荷，向负极移动;

α-脂蛋白pI 5．8<环境pH 9.0，带负电荷,向正极移动。

４.何谓蛋白质的变性与沉淀？二者在本质上有何区别?

解答:蛋白质变性的概念：天然蛋白质受物理或化学因素的影响后,使其失去原有的生物活性，并伴随着物理化学性质的改变,这种作用称为蛋白质的变性。

变性的本质：分子中各种次级键断裂，使其空间构象从紧密有序的状态变成松散无序的状态,一级结构不破坏。

蛋白质变性后的表现:①?生物学活性消失； ②?理化性质改变：溶解度下降，黏度增加，紫外吸收增加，侧链反应增强,对酶的作用敏感,易被水解。

蛋白质由于带有电荷和水膜，因此在水溶液中形成稳定的胶体。如果在蛋白质溶液中加入适当的试剂,破坏了蛋白质的水膜或中和了蛋白质的电荷,则蛋白质胶体溶液就不稳定而出现沉淀现象。沉淀机理:破坏蛋白质的水化膜，中和表面的净电荷。

蛋白质的沉淀可以分为两类:

(1）可逆的沉淀：蛋白质的结构未发生显著的变化,除去引起沉淀的因素，蛋白质仍能溶于原来的溶剂中,并保持天然性质。如盐析或低温下的乙醇(或丙酮)短时间作用蛋白质。

（2)不可逆沉淀：蛋白质分子内部结构发生重大改变，蛋白质变性而沉淀,不再能溶于原溶剂。如加热引起蛋白质沉淀，与重金属或某些酸类的反应都属于此类。

蛋白质变性后,有时由于维持溶液稳定的条件仍然存在，并不析出。因此变性蛋白质并不一定都表现为沉淀，而沉淀的蛋白质也未必都已经变性。

5.下列试剂和酶常用于蛋白质化学的研究中：C ＮＢr ，异硫氰酸苯酯，丹磺酰氯，脲,６mo ｌ/Ｌ H Ｃl β-巯基乙醇，水合茚三酮，过甲酸，胰蛋白酶，胰凝乳蛋白酶,其中哪一个最适合完成以下各项任务？

(１)测定小肽的氨基酸序列。

（2)鉴定肽的氨基末端残基。

（3）不含二硫键的蛋白质的可逆变性。若有二硫键存在时还需加什么试剂？

(４）在芳香族氨基酸残基羧基侧水解肽键。

(5)在甲硫氨酸残基羧基侧水解肽键。

（６）在赖氨酸和精氨酸残基侧水解肽键。

解答:(１)异硫氰酸苯酯;(2）丹黄酰氯;（3)脲；β

－巯基乙醇还原二硫键；（4）胰凝乳蛋白酶；（5）CNBr;（6)胰蛋白酶。

6.由下列信息求八肽的序列。

(1）酸水解得Ａla，Ａrg,Leu，Met,Pｈe,Ｔhr,2Ｖａｌ。

(２)Sanger试剂处理得DNP-Ala。

(3)胰蛋白酶处理得Ａla，Aｒg,Ｔhr 和Lｅu，Ｍet,Phe，2Val。当以Sangeｒ试剂处理时分别得到DNＰ-Ａlａ和DNP-Vaｌ。

(4)溴化氰处理得Ａlａ,Arg，高丝氨酸内酯,Tｈr，2Ｖal，和Leu,Pｈe,当用Sａngｅr试剂处理时，分别得DＮP-Aｌａ和ＤNP-Leｕ。

解答:由(2)推出N末端为Ala;由（３)推出Val位于N端第四,Arg为第三,而Thr为第二;溴化氰裂解,得出N端第六位是Mｅt,由于第七位是Lｅu,所以Ｐｈe为第八；由（４），第五为Val。所以八肽为：Aｌａ-Thr－Arg-Val-Ｖal-Met-Leu-Ｐhｅ。

７.一个α螺旋片段含有１80个氨基酸残基,该片段中有多少圈螺旋？计算该α-螺旋片段的轴长。

解答：18０/３．6＝５0圈,50×0.5４=27nm,该片段中含有５0圈螺旋,其轴长为27nm。

8．当一种四肽与FDNB反应后,用5.7moｌ/LＨCl水解得到ＤＮＰ－Vａl及其他3种氨基酸；当这四肽用胰蛋白酶水解时发现两种碎片段；其中一片用LiBH4(下标)还原后再进行酸水解，水解液内有氨基乙醇和一种在浓硫酸条件下能与乙醛酸反应产生紫（红）色产物的氨基酸。试问这四肽的一级结构是由哪几种氨基酸组成的？

解答:(1)四肽与ＦDＮB反应后,用5.７moｌ／LＨCl水解得到DNＰ-Val，证明N端为Ｖal。

(2）LiBＨ4还原后再水解,水解液中有氨基乙醇，证明肽的C端为Gly。

(3)水解液中有在浓Ｈ2SO4条件下能与乙醛酸反应产生紫红色产物的氨基酸,说明此氨基酸为Ｔrp。说明C端为Gly－Ｔrp…

(4)根据胰蛋白酶的专一性，得知N端片段为Ｖaｌ-Arg(Ｌys）…，以(1）、(２)、（3)结果可知道四肽的顺序：N－Ｖａl-Ａrg(Lｙs)－Trp-Gly-C。

9.概述测定蛋白质一级结构的基本步骤。

解答:(１)测定蛋白质中氨基酸组成。

（2）蛋白质的N端和C端的测定。

(３）应用两种或两种以上不同的水解方法将所要测定的蛋白质肽链断裂，各自得到一系列大小不同的肽段。

(4）分离提纯所产生的肽,并测定出它们的序列。

(５)从有重叠结构的各个肽的序列中推断出蛋白质中全部氨基酸排列顺序。

如果蛋白质含有一条以上的肽链，则需先拆开成单个肽链再按上述原则确定其一级结构。如是含二硫键的蛋白质，也必须在测定其氨基酸排列顺序前,拆开二硫键，使肽链分开,并确定二硫键的位置。拆开二硫键可用过甲酸氧化，使胱氨酸部分氧化成两个半胱氨磺酸。

３核酸

1．①电泳分离四种核苷酸时,通常将缓冲液调到什么pＨ?此时它们是向哪极移动?移动的快慢顺序如何? ②将四种核苷酸吸附于阴离子交换柱上时，应将溶液调到什么pH?③如果用逐渐降低pH的洗脱液对阴离子交换树脂上的四种核苷酸进行洗脱分离,其洗脱顺序如何?为什么？

解答:①电泳分离4种核苷酸时应取pＨ３.5 的缓冲液，在该pＨ时，这４种单核苷酸之间所带负电荷差异较大,它们都向正极移动,但移动的速度不同，依次为：ＵMP>GMP>AMＰ>ＣMP;②应取pH８.0,这样可使核苷酸带较多负电荷，利于吸附于阴离子交换树脂柱。虽然ｐH 1１.4时核苷酸带有更多的负电荷,但ｐＨ过高对分离不利。③当不考虑树脂的非极性吸附时,根据核苷酸负电荷的多少来决定洗脱速度，则洗脱顺序为CMP>AMP＞ＧＭP >UMP,但实际上核苷酸和聚苯乙烯阴离子交换树脂之间存在着非极性吸附，嘌呤碱基的非极性吸附是嘧啶碱基的3倍。静电吸附与非极性吸附共同作用的结果使洗脱顺序为:ＣMP＞AMP > UMＰ>ＧＭＰ。

２.为什么ＤNＡ不易被碱水解，而RＮA容易被碱水解?

解答：因为ＲNA的核糖上有2'-ＯH基,在碱作用下形成2',3'-环磷酸酯，继续水解产生2'-核苷酸和3'-核苷酸。ＤＮA的脱氧核糖上无2'－ＯH基,不能形成碱水解的中间产物,故对碱有一定抗性。

3.一个双螺旋DNA分子中有一条链的成分[A] = 0．3０，[Ｇ］= 0.24，①请推测这一条链上的[T］和[C］的情况。②互补链的［A]，

[G]，[T］和[C］的情况。

解答：①[T]＋[C]= 1–0.30–0.２4 = ０.４6;②［T] ＝０.30，[C] = 0．2４，［A］+ [G] ＝０.46。

4．对双链DＮA而言，①若一条链中(A +Ｇ)/(T + Ｃ)= ０.7,则互补链中和整个DNA分子中(A+G）/(T+Ｃ)分别等于多少?②若一条链中(A + Ｔ）/(G + C）= ０.7，则互补链中和整个ＤＮA分子中(A +T)／(G +C)分别等于多少?

解答：①设ＤNA的两条链分别为α和β则：Aα=Tβ,Tα＝Aβ,Gα= Ｃβ，Ｃα＝Ｇβ,因为：（Aα＋Gα)/(Tα+Cα)=(Ｔβ+ Cβ）／(Aβ＋Gβ)=0.7，所以互补链中(Ａβ+ Gβ)／（Tβ+ Ｃβ）= 1/０.7 =1.43；在整个DNＡ分子中,因为A = T，G ＝Ｃ，所以，Ａ+ G = T+ C，(A +Ｇ）／(T + C）= 1；②假设同（1），则Aα+ Ｔα＝Ｔβ+Aβ,Gα+ Cα= Cβ+Gβ，所以,(Aα+ Tα)/(Ｇα+ Ｃα)=(Aβ+ Tβ）/（Gβ＋Ｃβ）= 0．7 ；在整个DNA分子中,(Aα+ Tα＋Aβ+ Tβ)/（Gα＋Ｃα+Gβ+Cβ)= 2(Aα+ Tα)/2(Gα+Cα)＝０．７

５.T7噬菌体ＤNＡ(双链B-ＤＮA）的相对分子质量为2.５×107,计算DNＡ链的长度(设核苷酸对的平均相对分子质量为6４０）。

解答:0.３4 ×(2.５×107/６４0）＝１.3 ×１04nm = 1３μm。

６.如果人体有1０１4个细胞,每个体细胞的ＤNA含量为６．4 ×１０9个碱基对。试计算人体DNA的总长度是多少?是太阳―地球之间距离（2.2× 109km）的多少倍？已知双链DNA每10００个核苷酸重１×１0-18ｇ，求人体DNＡ的总质量。

解答：每个体细胞的ＤNA的总长度为：6．4 ×109 ×０.34nｍ= 2．１76 × 10９nｍ= 2.1７６ｍ,人体内所有体细胞的DNA的总长度为:2.1７6ｍ×1014= 2.1７6×１01１km,这个长度与太阳―地球之间距离(2.2×109km)相比为:2.176 ×１011/2.2 ×109= 99倍,每个核苷酸重1 ×10-18g/1000 = 10-21g，所以，总ＤＮA 6.４× 1023 × 1０-21 = ６.4×102 = 640g。

7.有一个X噬菌体突变体的DNＡ长度是15μｍ,而正常Ｘ噬菌体DNA的长度为17μm,计算突变体DNA中丢失掉多少碱基对？

解答:（17–15）×10３/0.34 = ５.８８×103bp

8．概述超螺旋ＤNA的生物学意义。

解答:①超螺旋DNA比松弛型ＤNＡ更紧密,使DNＡ分子的体积更小,得以包装在细胞内;②超螺旋会影响双螺旋分子的解旋能力,从而影响到DNA与其他分子之间的相互作用;③超螺旋有利于DＮA的转录、复制及表达调控。

9.为什么自然界的超螺旋DＮA多为负超螺旋？

解答：环状DＮA自身双螺旋的过度旋转或旋转不足都会导致超螺旋,这是因为超螺旋将使分子能够释放由于自身旋转带来的应力。双螺旋过度旋转导致正超螺旋,而旋转不足将导致负超螺旋。虽然两种超螺旋都能释放应力,但是负超螺旋时,如果发生DNＡ解链(即氢链断开,部分双螺旋分开)就能进一步释放应力，而DNA转录和复制需要解链。因此自然界环状ＤNＡ采取负超螺旋，这可以通过拓扑异构酶的操作实现。

1０．真核生物基因组和原核生物基因组各有哪些特点？

解答：不同点: ①真核生物ＤNA含量高,碱基对总数可达10 11，且与组蛋白稳定结合形成染色体,具有多个复制起点。原核生物DＮA 含量低，不含组蛋白,称为类核体，只有一个复制起点。②真核生物有多个呈线形的染色体；原核生物只有一条环形染色体。③真核生物D ＮA中含有大量重复序列，原核生物细胞中无重复序列。④真核生物中为蛋白质编码的大多数基因都含有内含子(有断裂基因）;原核生物中不含内含子。⑤真核生物的RNA是细胞核内合成的,它必须运输穿过核膜到细胞质才能翻译,这样严格的空间间隔在原核生物内是不存在的。⑥原核生物功能上密切相关的基因相互靠近，形成一个转录单位,称操纵子,真核生物不存在操纵子。⑦病毒基因组中普遍存在重叠基因，但近年发现这种情况在真核生物也不少见。相同点:都是由相同种类的核苷酸构成的的双螺旋结构，均是遗传信息的载体,均含有多个基因。