生物化学答案

第一章

1、如何理解水在生命世界中的重要性？

解答：总体说来，水起着生命的介质和连续统一体的作用：水分子本身参于了许多生物化学过程；水在生物体内的存在影响着生物分子之间的相互关系，包括物质的溶解性以及与水分子

间的行为关系。其中重要的一点是，由水分子解离产生的H＋和OH是生物化学反应的基础：生物分子具有众多的可作为酸或碱的功能基团（例如氨基和羧基），这些分子影响液态（水）介质的pH，同时，它们的结构特点以及反应性质也会受到环境pH的影响。

当然，自然界中也存在非水相的生命过程，但这些过程往往同水相的生命过程相互依存。

相对而言，完全脱离水而进行的自然发生的生物化学过程是非常少的。

2、如何理解细胞是生命活动的基本单位？

解答：细胞是生命的单位，是唯一能展现生命特征的最小实体。细胞分为真核生物细胞和原核生物细胞两种类型。细胞之所以是生命活动的基本单位，是由于其具有四个性质：（1）细胞

是构成有机体的基本单位；（2）细胞是代谢和功能的基本单位；（3）细胞是有机体生长、发

育的基础（基本要素）；（4）细胞是遗传的基本单位。病毒虽然是无细胞生命，但其只有寄

居在宿主（细胞形态的生命）中才能进行生命活动。细胞的这种性质对于我们学习生物化学

很重要，在以后的学习中，我们会越来越深刻地认识到，生命的化学便是生活着的细胞中的

动态的事件集合，正如著名细胞生物学家E. B. Wilson 的论断——“每一个生命科学的关键

都必需在细胞中寻找”。

3、如何理解生物大分子构件方向性的生物学意义？

解答：生物大分子和它们的构件具有方向性，这方面的例子很多，譬如，蛋白质的N 端和C 端，其构件氨基酸分子的L 型优势；核酸的3’-5’磷酸二酯键，其核糖分子的D 型优势，等等。这种方向性使很多生物分子除了参与代谢转变外，还是信息分子，即也参与代谢调节；

另一方面，这种方向性也是使生物大分子具有结构互补性（以便相互识别）的潜在要求。

第二章蛋白质

一、课后习题

1. 用对与不对回答下列问题。如果不对，请说明原因。

（1）构成蛋白质的所有氨基酸都是L 型的。

（2）当谷氨酸在pH4.5 的醋酸盐缓冲液中进行电泳时，它将向正极移动。

（3）如果用末端测定法测不出某肽的末端，则此肽必定是个环肽。

（4）α-螺旋就是右手螺旋。

（5）β-折叠仅仅出现在纤维状蛋白质分子中。

2. 已知Lys 的ε-氨基的pK’a为10.5，问pH9.5 时，Lys 溶液中将有多少分数这种基团

给出质子（即[-NH3+]和[-NH2]各占多少）？

3. 在强酸性阳离子交换柱上Asp、His、Gly和Leu等几种氨基酸的洗脱顺序如何？为什么？

4. Gly、His、Glu 和Lys 分别在pH1.9、6.0 和7.6 三种缓冲液中的电泳行为如何？电泳完

毕后它们的排序如何？

5. 1.068g 的某种结晶α-氨基酸，其pK1’和pK2’值分别为2.4 和9.7，溶解于100ml 的

0.1mol/LNaOH 溶液中时，其pH 为10.4。计算该氨基酸的相对分子量，并提出可能的分

子式。

6. 求0.1mol/L 谷氨酸溶液在等电点时三种主要离子的浓度各为多少?

7. 向1L 1mol/L 的处于等电点的氨基酸溶液中加入0.3 molHCl，问所得溶液的pH 是多少？

如果加入0.3molNaOH 以代替HCl 时，pH 又将如何？

8. 现有一个六肽，根据下列条件，作出此六肽的氨基酸排列顺序。

（1） DNFB 反应，得到DNP-Val;

（2）肼解后，再用DNFB 反应，得到DNP-Phe;

（3）胰蛋白酶水解此六肽，得到三个片段，分别含有1 个、2 个和3 个氨基酸，后两

个片段呈坂口反应阳性。

（4）溴化氢与此六肽反应，水解得到两个三肽，这两个三肽片断经DNFB 反应分别得

到DNP-Val 和DNP-Ala。

9. 有一九肽，经酸水解测定知由4 个氨基酸组成。用胰蛋白酶水解成为两个片段，其中一

个片断在280nm 有强的光吸收,并且对Pauly 反应、坂口反应都呈阳性；另一个片段用

CNBr 处理后释放一个氨基酸与茚三酮反应呈黄色。试写出这个肽的氨基酸排列顺序及其

化学结构式。

10. 一种纯的含钼蛋白质，用1cm 的比色杯测定其消光系数ε

0.1% 280。该蛋白质每毫升浓溶液

含有10.56ugMo。1：50 稀释该浓溶液后A280为0.375，计算该蛋白质的最小相对分子量（Mo 的相对原子质量为95.94）。

11. 1.0mg 某蛋白质样品进行氨基酸分析后得到58.1ug 的亮氨酸和36.2ug 的色氨酸计算该

蛋白质的最小相对分子质量。

12. 某一蛋白质分子具有α-螺旋及β-折叠两种构象，分子总长度为5.5×10-5cm，该蛋白质

相对分子质量为250000。试计算该蛋白质分子中α-螺旋及β-折叠两种构象各占多少？

（氨基酸残基平均相对分子质量以100 计算）。

解析：

1.（1）正确。（2）正确。（3）不正确，如N-末端测定中，有亚氨基酸，不宜用此法。（4）

错误，α-螺旋有右手和左手螺旋两种。（5）错误，不一定。

2.1/11，10/11。

3.洗脱顺序：Asp，Gly，Leu，His。在强酸性阳离子交换柱中，酸性氨基酸最先洗脱下来，

中性氨基酸次之，最后为碱性氨基酸，分子量小的优先于分子量大的氨基酸。

4.在pH1.9、6.0 和7.6 三种缓冲液中的电泳，其顺序均为：+Glu,Gly,His,Lys -。pH 1.9

时，四种氨基酸均带正电，电泳时向阴极移动；pH 6.0 时电泳，Gly 基本不动，His,Lys 带

正电，向阴极移动，Glu 带负电，向阳极移动；pH 7.6 时，His 基本不动，Glu,Gly 带负电，

向阳极移动，Lys 带正电，向阴极移动；同时考虑分子的大小因素。

5.相对分子量为89g/mol,可能为丙氨酸（Ala）。

6.计算过程略，三种离子的浓度分别为：[Ao]=0.084M.,[+]=[A-]=

7.84×10-3M。

7.加入0.3molHCl 后pH 变为2.71;用0.3molNaOH 以代替HCl 后pH 变为9.23。

8.六肽的氨基酸顺序为：（N）Val-Arg-Met-Ala-Arg-Phe。

9.氨基酸排列顺序为：（N）Pro-Met-Arg-Tyr。

10.根据 A=KCL,已知相关数据代入得蛋白浓度 C=1.25mg/mL,再利用蛋白质的最低相对分子

质量=Mo 的分子量×100/钼在该蛋白中的百分含量，计算得约11.3kD。

11.蛋白中Leu%=5.81%，Trp=3.62%；蛋白质中的Leu 残基%=5.01%，Trp 残基%=3.39%；蛋白质最低分子量 M=某氨基酸的分子量/该氨基酸在蛋白中残基百分比，由此得MLeu≈

6024,MTrp≈2618；nLeu:nTrp=5:2,求其最小公倍数，蛋白分子量约为12000。

12.根据α-螺旋和β-折叠中相邻的两个氨基酸残基的距离分别为0.15nm 和0.35nm，设α-

螺旋和β-折叠各占 x，y（残基数目），x+y=25000/100，1.5x+3.5y=5.5×10-5×108Ao,再解

方程。

二、补充习题

（一）名词解释

两性离子

构象

别构效应

超二级结构

结构域

蛋白质的三级结构.

盐溶与盐析(salting in and salting out)。

（二）分析和计算题

1.判断氨基酸所带的净电荷，用pI-pH 比pH-pI 更好，为什么？

2.分别计算谷氨酸、精氨酸和丙氨酸的等电点。

3.在下面指出的pH 条件下，下列蛋白质在电场中向哪个方向移动？A 表示向阳极，B 表示向阴极，C 表示不移动。人血清蛋白：pH5.5，pH3.5；血红蛋白：pH7.07，pH9.0；胸腺组蛋白：pH5.0，pH8.0，pH11.5；已知：人血清蛋白的pI=

4.64 血红蛋白的pI=7.07 胸腺组

蛋白的pI=10.8。

4 试述蛋白质二级结构的三种基本类型。

5.蛋白质变性后，其性质有哪些变化？

6. 某一蛋白质溶于ＰＨ７的水后，其水溶液的ＰＨ为６，

问该蛋白质的ＰＩ是大于6 ，等于６，还是小于６，为什么？

该蛋白质在ＰＨ７的缓冲溶液中电泳，样品点到哪个电极，为什么？

参考答案

（一）名词解释

1．氨基酸、蛋白质等分子既含有酸性基团，又含有碱性基团，在中性pH 的水溶液中，

羧基等酸性基团脱去质子带负电荷，氨基等碱性基团结合质子带正电荷，这种既有带负电荷基团，又有带正电荷基团的离子称兼性离子或两性离子，亦称偶极离子（dipolar ion）

2..构象是指具有相同结构式和相同构型的分子在空间里可能的多种形态，构象形态间

的改变不涉及共价键的破裂。一个给定的蛋白质理论上可采取多种构象，但在生理条件下，只有一种或很少几种在能量上是有利的。

3.多亚基蛋白质一般具有多个配体结合部位，结合在蛋白质分子的特定部位上的配体对

该分子的其它部位所产生的影响(如改变亲和力或催化能力)称为别构效应。别构效应可分为

同促效应和异促效应。

4. 蛋白质的三级结构常可区分成1 个和数个球状区域，折叠得较为紧密，各行其功能，

称为结构域。

5.蛋白质的三级结构指肽链在二级结构，超二级结构，结构域（对分子较大，由多个结

构域的蛋白质而言）基础上形成的完整空间结构，一个三级结构单位通常由一条肽链组成，但也有一些三级结构单位是由经二硫键连接的多条肽链组成的，如胰岛素就是由两条肽链折叠成的1 个三级结构单位。

6.低浓度的中性盐可以增加蛋白质的溶解度，这种现象称为盐溶。盐溶作用主要是由于

蛋白质分子吸附某种盐类离子后，带电层使蛋白质分子彼此排斥，而蛋白质分子与水分子间的相互作用却加强，因而溶解度增高。当离子强度增加到足够高时，很多蛋白质可以从水溶液中沉淀出来，这种现象称为盐析。盐析作用主要是由于大量中性盐的加入使水的活度降低，原来溶液中的大部分甚至全部的自由水转变为盐离子的结合水。盐析法沉淀出来的蛋白质一般不变性，且不同的蛋白质可以用不同浓度的盐沉淀出来，称作分段盐析。盐析法是对蛋白质进行粗分离的常用方法。

（二）分析和计算题

1.当一种氨基酸的净电荷用q=pI-pH 表达时，若q 为正值，则该氨基酸带正电荷；若q

为负值，则该氨基酸带负电荷。q 值的正与负和该氨基酸所带电荷的种类是一致的。如果采

用q=pH-pI 来表达，则会出现相反的结果，即q 为负值时，氨基酸带正电荷；q 为正值时，

氨基酸带负电荷。因此，用pI-pH 更好。

2.每个氨基酸可解离基团的pKa 在生化书中可以查到（也可根据酸碱滴定曲线确定），

氨基酸的净电荷为零时溶液的pH（即等电点，pI）在滴定曲线上位于两个相应基团pKa 之

间的中点，在这两个pKa 点上，它们的净电荷分别是+0.5 和-0.5。因此：（1）根据谷氨酸

的解离曲线，其pI 应该是它的α-羧基和侧链羧基pK。值之和的算术平均值，即pI=

（2.1+4.07）/2=3.08；（2）精氨酸pI 应该是它的α-氨基和侧链胍基的pK。和之的算术平

均值，即pI=（8.99+12.48）/2=10.7；（3）丙氨酸pI 应该是它的α-氨基和α-羧基pKa 值

之和的算术平均值，即pI=(2.35+9.87)/2=6.11。

3.人血清蛋白的pI=

4.64，在pH

5.5 的电场中带负电荷，向阳极移动；在pH3.5 的电场

中带正电荷，向负极移动。血红蛋白的pI=7.07，在pH7.07 不带净电荷，在电场中不移动；

在pH9.0 时带负电荷，向阳极移动。胸腺组蛋白的pI=10.8，在pH5.0 和 pH8.0 时带正电荷，

向阴极移动；在pH11.5 时带负电荷，在电场中向阳极移动。

4.（1）α-螺旋：右手螺旋，一圈为3.6 个氨基酸残基，螺旋轴延伸0.54nm；任一个

氨基酸残基的亚氨基均与其后第四个氨基酸残基的羰基形成氢键，氢键与螺旋轴基本平行，

氢键封闭的原子为13 个，称作3.613；肽平面维持刚性结构，侧链伸向外侧，原子之间堆积

紧密，螺旋内基本无空隙，因此结构稳定。（2）β-折叠：多肽链充分伸展，各肽键平面之

间折叠成锯齿状结构，侧链R 基团交错位于锯齿状结构的上下方；两条以上肽键或一条肽键

内的若干肽段平行排列，靠肽键羰基氧和亚氨基氢形成氢键维系，使构象稳定；两条肽键走

向相同或相反。(3）β-转角：在球状蛋白质分子中，肽链主链常常会出现180?回折，回折

部分成为β转角，在β转角中第一个残基的C=O 与第四个残基的N-H 形成氢键，使β转角成

为比较稳定的结构。

5.蛋白质变性后，氢键等次级键被破坏，蛋白质分子就从原来有秩序卷曲的紧密结构变

为无秩序的松散伸展状结构。即二、三级以上的高级结构发发生改变或破坏，但一级结构没

有破坏。变性后，蛋白质的溶解度降低，是由于高级结构受到破坏，使分子表面结构发生变

化，亲水基团相对减少，容易引起分子间相互碰撞发生聚集沉淀，蛋白质的生物学功能丧失，

由于一些化学键的外露，使蛋白质的分解更加容易。 6. （1）pI<6，原因：当蛋白质溶于pH 为7 的水后，水的电离发生变化，蛋白质吸收了OH

-,

而带上负电荷，此时溶液pH 变化为6，要使蛋白质调到pI，只有向溶液中加入

H

+,所以pI<6。

（2）样品点在负极，原因：蛋白质在pH 为7 的缓冲溶液中带负电荷，电泳时向

正极移动。

第三章核酸化学

一、课后习题

1.比较DNA、RNA 在化学组成、大分子结构和生物功能上的特点。

2.DNA 双螺旋结构基本要点是什么？DNA 双螺旋结构有何重要生物学意义？

3..某RNA 完全水解得到四种单核苷酸样品500mg，用水定容至50ml，吸取0.1ml，稀释到

10ml，测A260=0.29。已知四种单核苷酸的平均相对分子质量为340，摩尔消光系数为6.65

×10

3，求该产品的纯度。

4.有一假定的圆柱状的B 型DNA 分子，其相对分子质量为3×107，试问此DNA 分子含有多少

圈螺旋？（一对脱氧核苷酸残基平均相对分子质量为618）。

5.有一个16 核苷酸片段，经RNase T1 酶解后得到Gp、ApGp、ApUpUpA、UpApUpUpGp、CpUpApGp 各一分子，经RNase A 酶解后得到1A、3Up、1ApGpCp、1ApUp、1GpApUp 和1ApGpGpUp，请

用重叠排列法排出该16 核苷段的顺序。

解析：

1. DNA、RNA 的特点：（1）在化学组成上，DNA 由磷酸和脱氧核糖与腺嘌呤，鸟嘌呤，胞嘧

啶，胸腺嘧啶四种碱基组成相应的脱氧核苷酸，而RNA 有磷酸和核糖与腺嘌呤，鸟嘌呤，胞

嘧啶，尿嘧啶四种碱基组成相应的核苷酸；（2）大分子结构方面，RNA 有tRNA，rRNA，mRNA

等类型，在细胞中有不同的功能，如 tRNA 是蛋白质合成种氨基酸转运载体，二级结构中具

有三叶草的结构特征，可分为五臂四环，有氨基酸接受区，反密码子区，二氢尿嘧啶区，TФC

区和可变区。在三级结构上tRNA 像一个倒“L”形。DNA 二级结构呈现一定的多态性，主要

有Watson-Crick 双螺旋结构，左旋DNA-Rich 模型，三链DNA 和四链DNA 几种，而在三级结

构中主要有超螺旋。（3）在生物功能方面，DNA 是主要的遗传物质，RNA 是病毒的遗传物质。

RNA 参与蛋白质的生物合成，rRNA 是蛋白质合成的装配者并起催化作用；tRNA 是转换器，

携带氨基酸并起解译作用；mRNA 是信使，携带DNA 的遗传信息并起蛋白质合成的模板。

2.DNA 双螺旋结构基本要点:（1）两条反向平行的多核苷酸围绕同一中心轴相互缠绕；两条

均为右手螺旋。（2）嘌呤和嘧啶碱位于双螺旋的内侧。磷酸和核糖在外侧，通过 3`,5`-磷

酸二酯键相连接，形成DNA 分子的骨架。两条链配对偏向一侧，形成一条大沟和一条小沟。

（3）双螺旋的平均直径为2nm 相邻的碱基对之间相距的高度，即碱基堆积距离为0.34nm，

两个核苷酸之间的夹角为36?，因此，沿中心轴每螺旋一周有10 个核苷酸。(4)两条核苷酸

链依靠碱基相联系而结合在一起，A 与T 配对，G 与C 配对。（5）维持双螺旋的作用力：氢

键，碱基堆积力，盐碱和疏水作用力。(6)自然界双螺旋DNA 大多为右手螺旋，但也有左手

螺旋。

3. 根据 C=Mr×A260/ ε L=6.59×10-2mg/ml， 5 0ml 中蛋白质为 329.5mg, 则protein%=329.5/500×100%=65.9%。

4.一对脱氧核苷酸残基的平均相对分子量 618，3×107/618=48543.689（对）=48544 对，

48544/10=4854.4 圈的螺旋。两个碱基在中心轴向的距离为0.34nm（双螺旋的螺距即一圈为

3.4nm，含有10 个碱基对）。

5.ApGpCpUpApGpGpUpApUpUpApUpUpA

二、补充习题

（一）名词解释

1. 增色效应

2. 分子杂交

3.聚合酶链式反应（PCR）

4. DNA 的变性与复性

5. Tm；

6. 内含子与外显子

（二）分析计算题

1.简述B-DNA 的结构特征。

2.何谓Tm？影响Tm 大小的因素有哪些？在实验中如何计算Tm 值？

3.如果人体有10

14

个细胞，每个体细胞的DNA 含量为6.4×10

9

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（2.2×10

9

公里）的多少倍？已知双链DNA 每

1000 个核苷酸重1×10

-18

g，求人体的DNA 的总质量。

4.什么是DNA 变性？DNA 变性后理化性有何变化？

5.什么是核酸杂交？有何应用价值？

参考答案

（一）名词解释

1.核酸从双链变为单链的无规则卷曲状态时，在260nm 处的吸光度增加，称“增色效

应”。

2.不同的DNA 片段之间，DNA 片段与RNA 片段之间，如果彼此间的核苷酸排列顺序互

补也可以复性，形成新的双螺旋结构。这种按照互补碱基配对而使不完全互补的两条多核苷

酸相互结合的过程称为分子杂交。

3. 聚合酶链式反应（PCR）是扩增样品中的DNA 量和富集众多DNA 分子中的一个特定的DNA 序列的一种技术。在该反应中，使用与目的DNA 序列互补的寡核苷酸作为引物，进行多轮的DNA 合成。其中包括DNA 变性，引物退火和在Tap DNA 聚合酶催化下的DNA 合成。

4. DNA 的变性是指DNA 双螺旋区的氢键断裂，变成单链并不涉及共价键的断裂。DNA

的复性是指变性DNA 在适当条件下，又可使两条彼此分开的链重新缔合成为双螺旋结构。

5.通常把加热变性DNA使增色效应达到最大增量一半时的的温度称为该DNA的熔点或熔

解温度，用Tm 表示。

6.内含子是指结构基因中存在于外显子之间的非编码序列，也是基因中不表达的序列，属

插入序列。外显子是指基因中编码蛋白质的序列。

（二）分析计算题

1.（1）两条反向平行的多核苷酸链围绕同一中心轴相互缠绕形成右手螺旋；（2）嘌呤

和嘧啶碱位于双螺旋的内侧，磷酸和核糖在外侧，彼此通过3′，5′磷酸二酯键相连接，

形成DNA 分子的骨架。碱基平面和纵轴垂直，糖环的平面则和纵轴平行；（3）双螺旋的平均直径为2nm，两个相邻的碱基对之间相距的高度，碱基堆积距离为0.34nm，两个核苷酸之间

的夹角为36 度；（4）两条核苷酸链依靠彼此碱基之间形成的氢键相联系而结合在一起；（5）

碱基在一条链上的排列顺序不受任何限制。

2.DNA 的变性从开始解链到完全解链，是在一个相当窄的温度范围内完成的，在这一范

围内，紫外线吸收值的增加量达到最大增加量的50%时的温度为DNA 的解链温度（溶解温度，melting temperature,Tm）。Tm 值大小主要与GC 含量有关，GC 含量越高，Tm 值越大；另

外核酸分子越大，Tm 值也越大，溶液pH 值大于11.3，核酸完全变性，小于5.0 则核酸容易

脱嘌呤。降低溶液的离子强度会使Tm 值下降，尿素等变性剂也会使Tm 值下降。在实验中，Tm 值计算公式：Tm=69.3+0.41(G+C%),小于20bp 的寡核苷酸：Tm=4（G+C）+2（A+T）。

3.每个体细胞的DNA 的总长度为：6.4×10

9

×0.34nm = 2.176×10

9 nm= 2.176m，

3.人体内所有体细胞的DNA 的总长度为：2.176m×10

14

= 2.176×10

11

km

这个长度与太阳-地球之间距离（2.2×109

公里）相比为：2.176×1011

/2.2×109 = 99 倍，每个核苷酸重1×10-18

g/1000=10-21g，所以，总DNA 6.4×10 23

×10-21=6.4×10 2=640g

4.DNA 双链转化成单链的过程成变性。引起DNA 变性的因素很多，如高温、超声波、强

酸、强碱、有机溶剂和某些化学试剂（如尿素，酰胺)等都能引起变性。 DNA 变性后的理化

性质变化主要有：（1）天然DNA 分子的双螺旋结构解链变成单链的无规则线团，生物学活

性丧失；（2）天然的线型DNA 分子直径与长度之比可达1：10，其水溶液具有很大的黏度。

变性后，发生了螺旋-线团转变，黏度显著降低；（3）在氯化铯溶液中进行密度梯度离心，

变性后的DNA 浮力密大大增加；（4）沉降系数S 增加；（5）DNA 变性后，碱基的有序堆积

被破坏，碱基被暴露出来，因此，紫外吸收值明显增加，产生所谓增色效应。（6）DNA 分

子具旋光性，旋光方向为右旋。由于DNA 分子的高度不对称性，因此旋光性很强，其

[ a ]=150。当DNA 分子变性时，比旋光值就大大下降。

5.热变性后的DNA 片段在进行复性时，不同来源的变性核酸（DNA 或RNA）只要有一定

数量的碱基互补（不必全部碱基互补），就可形成杂化的双链结构。此种使不完全互补的单

链在复性的条件下结合成双链的技术称为核酸杂交。用被标记的已知碱基序列的单链核酸小

分子作为探针，可确定待检测的DNA，RNA 分子中是否有与探针同源的碱基序列。用此原理，制作探针，再通过杂交，可用于细菌，病毒，肿瘤和分子病的诊断（基因诊断）。也可用于

基因定位，目的基因筛选，基因表达状况的分析等研究工作。

第四章酶化学

一、课后习题

1. 判断对错。如果不对，请说明原因。

（1）生物体内具有催化能力的物质都是蛋白质。

（2）所有的酶都具有辅酶或辅基。

（3）酶促反应的初速度与底物浓度无关。

（4）当底物处于饱和状态时，酶促反应的速率与酶的浓度成正比。

（5）对于所有酶而言，Km 值都与酶的浓度无关。

（6）测定酶的活力时，必须在酶促反应的初速度时进行。

2. 现有1g 淀粉酶制剂，用水稀释1000ml，从中吸取0.5 ml 测定该酶的活力，得知5min

分解0.25g 淀粉。计算每克酶制剂所含的淀粉酶活力单位数。（淀粉酶活力单位规定为：

在最适条件下，每小时分解1g 淀粉的酶含量为1 个活力单位。）

3. 称取25mg 蛋白酶配成25ml 酶溶液，从中取出0.1ml 酶液，以酪蛋白为底物，用Folin

比色法测定酶活力，得知每小时产生1500ug 酪氨酸;易取2ml 酶液用凯氏定氮法测得蛋

白氮为0.2mg。根据以上数据，解答以下问题。（每分钟产生1pg 酪氨酸的酶量为1 个活

力单位。）

（1）1mg 酶液中所含的蛋白质量及活力单位；

（2）比活力；

（3）1g 酶制剂的总蛋白含量及比活力。

4.当底物浓度[s]分别等于4、5、6 和10Km 时，求反应速率V 相当于最大反应速度Vmax 的几分之几？

5.根据下列实验数据（表7-5），用Lineweaver-Burk 作图法求;

（1）非抑制反应下的Km 和Vmax；

（2）抑制反应下的Km 和Vmax；

（3）判断抑制作用的类型。

6.从某生物材料中提取纯化一种酶，按下列步骤进行纯化（表7-8）计算最后所得酶制剂的

比活力，活力回收率和纯化倍数（纯化率）。

解析：

1.（1）不对，生物体内具有催化活性还有RNA 酶。（2）不对，只有结合酶有辅酶或辅基。（3）不对，如果酶促反应的底物只有一种，当其他条件不变，酶的浓度也固定的情况下，

一种酶所催化的化学反应速率与底物的浓度间有如下的规律：在底物浓度低时，反应速度随底物浓度的增加而急剧增加，反应速率与底物浓度成正比，表现为一级反应；当底物浓度较高时，增加底物浓度，反应速度虽随之增加，但增加的程度不如底物浓度低时那样显著，即反应速率不再与底物浓度成正比，表现为混合级反应；当底物浓度达到某一定值后，再增加底物浓度，反应速率不再增加，而趋于恒定，即此时反应速率与底物浓度无关，表现为零级反应，此时的速率为最大速率（Vmax），底物浓度即出现饱和现象。由此可见，底物浓度对酶促反应速率的影响是非线性的。（4）不对，原因见（3）。（5）正确。（6）不对，测酶活应在一定的底物浓度下，反应速度应该为最大反应速度。

2.淀粉酶活力单位规定为：在最适条件下，每小时（h）分解1g 淀粉的酶量为1 个活力单位。

0.25g 淀粉/5min×60min×1000/0.5=6000U

3.(1)1ml 酶液中所含的蛋白质量及活力单位。

凯氏定氮法：0.2mg×6.25/2=0.625mg

活力单位：1500ug/60/0.1=250U

（2）比活力=活力单位数/毫克酶蛋白（N）=250U/0.625mg=400

（3）1g 酶制剂的总蛋白含量及总活力：

（每min 产生1ugTyr 的酶量规定为1 个活力单位）。

总蛋白的量=625mg，总活力=250U×1000=2.5×10

4

U

4. 根据米氏方程计算：分别为4/5，5/6，6/7，10/11。

5. 根据 Lineweaver-Burk 作图法求得：（1）Km=1.31，Vmax=3.29×10

3

。（2）Km=7.3，

Vmax=6.28×103。(3)反竞争性抑制。

6. 根据比活力=活力单位数/毫克酶蛋白

回收率=提纯后总活力/提纯前总活力×100%

纯化倍数=纯化后比活力/纯化前比活力

经三步纯化后，最后酶制剂的比活力=16.33，回收率=1.54%，纯化倍数=24。

二、补充习题

（一）名词解释

1．米氏常数

2．寡聚酶

3．变构酶

4．同工酶

5．活性中心

6.. 酶原的激活 1

7.别构效应；

8 协同效应

（二）分析和计算题

1.称取25mg 蛋白酶配成25mL 溶液，取2mL 溶液测得含蛋白氮0.2mg，另取0.1mL 溶液

测酶活力，结果每小时可以水解酪蛋白产生1500μg酪氨酸，假定1 个酶活力单位定义为每

分钟产生1μg酪氨酸的酶量，请计算：（1）酶溶液的蛋白浓度及比活。（2）每克纯酶制剂

的

总蛋白含量及总活力。

2.试比较酶的竞争性抑制作用与非竞争性抑制作用的异同。

3.何谓酶的专一性？酶的专一性有哪几类？如何解释酶作用的专一性？研究酶的专一性

有何意义？

4.阐述酶活性部位的概念。可使用哪些主要方法研究酶的活性中心？

5.影响酶反应效率的因素有哪些?它们是如何起作用的?

6.哪些因素影响酶的活性？酶制剂宜如何保存？

参考答案

（一）名词解释

1.米氏常数（Km 值）：是米氏酶的一个重要参数。Ｋm 值是酶反应速度（v）达到最大反

应速度（Vmax）一半时底物的浓度（单位mol 或mmol）。米氏常数是酶的特征常数，只与酶的性质有关，不受底物浓度和酶浓度的影响。

2.寡聚酶：有两个或两个以上亚基组成的酶称为寡聚酶。寡聚酶中的亚基可以是相同的，

也可以是不同的。亚基间以非共价键结合，容易用酸碱，高浓度的盐或其它的变性剂分离。

寡聚酶的相对分子质量从35 000 到几百万。

4.变构酶：或称别构酶，一般具有多个亚基，在结构上除具有活性中心外，还具有可结

合调节物的别构中心，活性中心负责酶对底物的结合与催化，别构中心负责调节酶反应速度。

5.同工酶：是指有机体内能够催化同一种化学反应，但其酶蛋白本身的分子结构组成及

理

化性质却有所不同的一组酶。

6. .酶原的激活：有些酶在细胞内合成和初分泌时，并不表现有催化活性，这种无活性

状态的酶的前身物称为酶原。在一定条件下，受某种因素的作用，酶原分子的部分肽键被水解，使分子结构发生改变，形成酶的活性中心，无活性的酶原转化成有活性的酶称为酶原的

激活。

7.别构效应：又称为变构效应，当某些寡聚蛋白的别构中心与别构效应剂（变构效应剂）

发生作用时，可以通过蛋白质构象的变化来改变酶的活性，这种改变可以是活性的增加或减少。别构效应剂（变构效用剂）可以是蛋白质本身的作用物也可以是作用物以外的物质（如

底物、激活剂、抑制剂等）。

8.协同效应：当底物与一个亚基上的活性中心结合后，引起酶分子构象的改变，使其它

亚基的活性中心与底物的结合能力增强的作用，称为正协同效应。

（二）分析和计算题 1.（1）蛋白浓度=0.2×6.25mg/2mL=0.625mg/mL；

（2）比活力=（1500/60×1ml/0.1mL）÷0.625mg/mL=400U/mg；

（3）总蛋白=0.625mg/mL×1000mL=625mg；

（4）总活力=625mg×400U/mg=2.5×10

5

U。

2.竞争性抑制是指抑制剂I 和底物S 对游离酶E 的结合有竞争作用，互相排斥，已结合

底物的ES 复合体，不能再结合I；同样已结合抑制剂的EI 复合体，不能再结合S。多数竞

争性抑制在化学结构上与底物S 相似，能与底物S 竞争与酶分子活性中心的结合，因此，抑

制作用大小取决于抑制剂与底物的浓度比，加大底物浓度，可使抑制作用减弱甚至消除。竞

争性抑制作用的双倒数曲线与无抑制剂的曲线相交于纵坐标I/Vmax处，但横坐标的截距，因竞争性抑制存在而变小，说明该抑制作用，并不影响酶促反应的最大速度Vmax，而使Km值变大。非竞争性抑制是指抑制剂I 和底物S 与酶E 的结合互不影响，抑制剂I 可以和酶E 结合

生成EI，也可以和ES 复合物结合生成ESI。底物S 和酶E 结合成ES 后，仍可与I 结合生成ESI，但一旦形成ESI 复合物，再不能释放酶E 和形成产物P。其特点是：I 和S 在结构上一

般无相似之处，I 常与酶分子活性部位以外的化学基团结合，这种结合并不影响底物和酶的

结合，增加底物浓度并不能减少I 对酶的抑制程度。非竞争性抑制剂的双倒数曲线与无抑制

剂的曲线相交于横坐标- 1/Km处，但纵坐标的截距，因竞争性抑制存在变大，说明该抑制作用，不影响酶促反应的Km值，而使Vmax值变小。

3.酶的专一性是指酶对催化的反应和反应物所具有的选择性。根据对底物的选择性，酶

的专一性可以分为结构专一性和立体异构专一性。结构专一性指每对底物的特征结构——化

学键或功能团等有选择，例如肽酶只能水解肽键，酯酶只作用酯键。立体异构专一性指酶

对底物的构型有选择。例如只作用于L 构型或只作用于顺式构型。根据过渡态互补假说，酶

的专一性实质上是酶与底物分子在结构上互补。研究酶的专一性可以揭示酶的催化机理，获

得有关酶的结构与功能信息，为酶的应用、酶分子设计或分子修饰提供指导。在生物化工中

运用酶的专一性可以减少副反应，特别是利用酶的立体异构专一性进行不对称合成或不对称

拆分。

4. 酶的活性中心往往是若干个在一级结构上相距很远，但在空间结构上彼此靠近的氨

基酸残基集中在一起形成具有一定空间结构的区域，该区域与底物相结合并将底物转化为产物，对于结合酶来说，辅酶或辅基往往是活性中心的组成成分。酶的活力中心通常包括两部分：与底物结合的部位称为结合中心，决定酶的专一性；促进底物发生化学变化的部位称为

催化中心，它决定酶所催化反应的性质以及催化的效率。有些酶的结合中心与催化中心是同

一部分。对ES 和EI 的X-射线晶体分析、NMR 分析、对特定基团的化学修饰、使用特异性的抑制剂和对酶作用的动力学研究等方法可用于研究酶的活性中心。

5. 影响酶催化效率的有关因素包括：（1）底物和酶的邻近效应与定向效应，邻近效应

是指酶与底物结合形成中间复合物后，使底物和底物（如双分子反应）之间，酶的催化基团

与底物之间结合于同一分子而使有效浓度得以极大的升高，从而使反应速率大大增加的一种

效应；定向效应是指反应物的反应基团之间和酶的催化基团与底物的反应基团之间的正确取

位产生的效应。（2）底物的形变和诱导契合（张力作用），当酶遇到其专一性底物时，酶中

某些基团或离子可以使底物分子内敏感键中的某些基团的电子云密度增高或降低，产生“电

子张力”，使敏感键的一端更加敏感，底物分子发生形变，底物比较接近它的过渡态，降低

了反应活化能，使反应易于发生。（3）酸碱催化，酸碱催化是通过瞬时的向反应物提供质子

或从反应物接受质子以稳定过渡态，加速反应的一类催化机制。（4）共价催化，在催化时，

亲核催化剂或亲电子催化剂能分别放出电子或接受电子并作用于底物的缺电子中心或负电

中心，迅速形成不稳定的共价中间复合物，降低反应活化能，使反应加速。（5）微环境的作

用：酶的活性部位形成的微环境通常是疏水的，由于介电常数较低，可以加强有关基团之间

的静电相互作用，加快酶促反映的速度。在同一个酶促反应中，通常会有上述的3 个左右的

因素同时起作用，称作多元催化。

6.底物浓度、酶含量、温度、pH、产物等均影响酶的活性，此外称为激活剂或抑制剂的

某些无机或有机化学物质也会强烈影响酶的活性。天然酶在其自然环境中（细胞或组织中）

是受到细胞调控的。细胞对酶的活性的控制主要是通过代谢反馈、可逆的共价修饰、细胞区

室化（不同的区室 pH、底物浓度等不同，可以避免产物的积累）和酶原激活等控制。制备

酶制剂时，要尽量避免高温、极端 pH、抑制剂等的影响，酶制剂应尽可能制成固体，并在

低温下保存。无法制成固体的酶，可在液态低温保存，但要注意某些液态酶在冰冻时会失去

活性。

第五章维生素和辅酶

一、课后习题

将下列化学名称与B 族维生素及其辅酶形式相匹配。

（1）化学名称：①泛酸。②烟酸。③叶酸。④硫胺素。⑤核黄素。⑥吡哆素。⑦生物

素。

（2）B 族维生素：①B1。②B2。③B3。④B5。⑤B6。

⑥B7。⑦B11。⑧B12。

（3）辅酶：①FMN。②FAD。③NAD

+。④NADP

+

。⑤CoA。⑥PLP。⑦PMP。⑧FH2,FH4。⑨TPP。

解析：

化学名称：泛酸：辅酶A（CoA），维生素B3；烟酸：维生素PP，亦即维生素B5，烟酰

胺腺嘌呤二核苷酸（NAD

+）和烟酰胺腺嘌呤二核苷酸磷酸（NADP

+

）；叶酸:四氢叶酸（FH2,FH4），

维生素B11；硫胺素：硫胺素焦硫酸（TPP），维生素B1；核黄素：黄素单核苷酸（FMN）和

黄素腺嘌呤二核苷酸磷酸（FAD），维生素B2；比哆素：磷酸吡哆醛（PLP）和磷酸吡哆胺（PMP），维生素B6；生物素：生物胞素，维生素B7;钴胺素，脱氧腺苷钴胺素和甲基钴胺素，维生素

B12。

二、补充习题

选择题

1．维生素的化学本质是（）。

a．无机化合物 b．小分子有机化合物 c．小分子肽类 d．碳水化合物

2．哪一个辅酶不是来自于维生素（）。

a．CoA-S b．FAD c．NAD d．磷酸吡哆醛

3．下列哪一种维生素是甲基和甲酰基的载体（）。

a．硫胺素 b. 抗坏血酸 c. 叶酸 d．CoA

4．防夜盲症的维生素是（）。

a. 维生素Ｂ1

b. 维生素Ｃ

c. 维生素Ｄ

d. 维生素Ａ

5．下列关于维生素Ｄ的叙述哪一种是不正确的?（）

a. 胆固醇可转变为维生素Ｄ。

b.一般来说热带的儿童不缺乏维生素Ｄ。

c. 未经紫外线照射的纯牛奶含维生素Ｄ很多。

d. 人皮肤中的7- 脱氢胆固醇可经紫外线照

射转变成维生素Ｄ。 6．．维生素Ｂ１缺乏会引起下列哪一种症状？（）

a. 不育症

b. 坏血症

c. 恶性贫血

d. 脚气病

7．下列维生素中哪一种可以预防和治疗糙皮病？（）

a. 硫胺素

b. 泛酸

c. 烟酸

d. 吡哆醇

8．经常服用生鸡蛋的人，容易发生哪种物质缺乏？（）

a. 硫辛酸

b. 生物素

c. 硫胺素

d. 钴胺素

9．缺乏维生素Ｂ２会引起（）。

a. 坏血病

b. 口角炎

c. 脚气病

d. 贫血病

10．不能从饮食中摄入蔬菜的病人，会导致哪种维生素缺乏?（）

a. 叶酸

b. 核黄素

c. 生物素

d. 硫胺素

第六章生物氧化

一、课后习题

1．用对或不对回答下列问题。如果不对，请说明原因。

（1）不需氧脱氢酶就是在整个代谢途径中并不需要氧参加的生物氧化酶类。

（2）需氧黄酶和氧化酶都是以氧为直接受体。

（3）A TP 是所有生物共有的能量储存物质。

（4）无论线粒体内或外，NADH+H

+

用于能量生成，均可产生2.5 个A TP。

（5）当有CO 存在时，丙酮酸氧化的P/O 值为2。

2．在由磷酸葡萄糖变位酶催化的反应G-1-P G-6-P 中，在PH7.0，25℃下，起始时[G-1-P] 为0.020mol/L,平衡时[G-1-P]为0.001mol/L，求△G

0〓值。

3.当反应A TP+H2O→ADP+Pi在25℃时，测得A TP 水解的平衡常数为250000，而在37℃时，测得A TP、ADP 和Pi 的浓度分别为0.002、0.005 和0.005mol/L.求在此条件下ATP 水解的

自由能变化。

4.在有相应酶存在时，在标准情况下，下列反应中哪些反应可按箭头所指示的方向进行？（1）丙酮酸+NADH+H

+→乳酸+NAD

+

（2）琥珀酸+CO2+NADH+H

+→α-酮戊二酸+NAD

+

（3）乙醛+延胡索酸→乙酸+琥珀酸

（4）丙酮酸+β-羟丁酸→乳酸+乙酰乙酸

（5）苹果酸+丙酮酸→草酰乙酸+乳酸

5.设 A TP（相对分子质量 510）合成，△G

0〓=41.84kJ/mol,NADH+ H

+

→H2O,△G0〓=－217.57

kJ/mol,成人基础代谢为每天10460 kJ。问成人每天体内大约可合成多少（千克）ATP？

6.在充分供给底物、受体、无机磷及ADP 的条件下，并在下列情况中肝线粒体的P/O 值各为多少（见下表）？

底物受体抑制剂 P/O

苹果酸

琥珀酸

琥珀酸

琥珀酸

琥珀酸

O2

O2

O2

O2

O2

----------

----------

戊巴比妥 KCN

抗霉素A

解析：

1.（1）错误，只是不以氧为直接受氢体，但有氧的参与。（2）正确。（3）错误，ATP 是细胞内反应间的能量偶联剂，是能量传递的中间载体，不是能量的储存物质。（4）错误，线粒体内是产生

2.5 个A TP。（5）正确。

2.根据△G=△G+RTln[产物]/[反应物]进行计算，在平衡时△G=0，由此得到△G

。

。

3. 首先计算△G

。

=-RTlnKeq=-30799.9KJ·mol

-1

，再根据△G=△G

。

+RTln[产物]/[反应物]进

行计算得△G=-42090 J·mol

-1

。

4.根据△E。=氧化电极电位-还原电极电位公式，计算（1）（3）(4)（5）可按箭头所指方向反应。

5.已知1 个NADH 经电子呼吸链可以产生2.5 个A TP。

NADH +H

++3ADP+3Pi+1/2O2→NAD++3ATP+4H2O，△G。=-217.57 kJ/mol, 成人基础代谢为每

天10460 kJ，则需要（10460×3×510）/217.57=63KgATP。

6. 根据在电子呼吸链中，不同的抑制剂有不同的作用位点。

底物受体抑制剂 P/O

苹果酸

琥珀酸

琥珀酸

琥珀酸

琥珀酸

O2

O2

O2

O2

O2

----------

----------

戊巴比妥 KCN

抗霉素A

3 2 0 1 0

二、补充习题

（一）名词解释

1. 呼吸链；

2. 氧化磷酸化作用；

3.. 化学渗透学说

（二）分析与计算题

1.什么叫呼吸链？它由哪些组分组成？有哪些方法可用来确定电子传递顺序？

2.为什么在通气条件下生产等量的酵母菌体所消耗的葡萄糖量明显低于静置培养？

3.分离的完整线粒体悬浮液中有过量的ADP、O2和谷氨酸，谷氨酸在线粒体基质中可产

生NADH和FADH2，如果在该体系中加入下列物质，会对氧的消耗和A TP的合成产生什么影响？

(1) 二硝基苯酚，(2)二硝基苯酚，同时加入HCN，(3)加入寡霉素，然后加入二硝基苯酚。

参考答案

（一）名词解释

1.代谢物分子中的氢原子在脱氢酶作用下激活脱落后，经过一系列传递体的传递，最终

将电子交给被氧化酶激活的氧而生成水的全部体系，称为呼吸链或电子传递链。

2.伴随着呼吸链电子传递过程发生的A TP 的合成称为氧化磷酸化。氧化磷酸化是生物体

内的糖、脂肪、蛋白质氧化分解，并合成A TP 的主要方式。

3.是由英国生物化学家Peter Mitchell于1961年提出的关于解释呼吸链电子传递与氧

化磷酸化作用偶联机制的一种假说。其基本观点是：电子经呼吸链传递释放的能量，将质子

从线粒体内膜的内侧泵到内膜的外侧，在膜两侧形成电化学梯度而积蓄能量，当质子顺此梯

度经A TP 合成酶F0通道回流时，F1催化ADP 与Pi 结合，形成A TP。

（二）分析与计算题

1.(1)有机物在生物体内氧化过程中所脱下的氢原子，经过一系列有严格排列顺序的传

递体组成的传递体系进行传递，最终与氧结合生成水，这样的电子或氢原子的传递体系称为

呼吸链或电子传递链。(2)线粒体生物氧化体系中，两类典型的呼吸链都由五类组分组成，

并按一定的顺序定位于线粒体内膜。NADH 呼吸链由NADH 还原酶（复合体Ⅰ）、泛醌、细胞

色素还原酶（复合体Ⅲ）、细胞色素C、细胞色素氧化酶（复合体Ⅳ）组成。FADH2呼吸链由

琥珀酸-Q 还原酶（复合体Ⅱ）、泛醌、细胞色素C、细胞色素氧化酶（复合体Ⅳ）组成。(3)

呼吸链中各组分的电子传递顺序可通过三种实验方法确定。①测定各种电子传递体的标准氧

化还原电位△E0′，电子传递体的△E0′数值越低，其失去电子的倾向越大，越容易作为还

原剂而处于呼吸链的前面。②电子传递体的体外重组实验，NADH 可以使NADH 脱氢酶还原，但它不能直接还原细胞色素还原酶（复合体Ⅲ）、细胞色素C、细胞色素氧化酶（复合体Ⅳ）。

同样还原型的NADH 脱氢酶不能直接与细胞色素C 作用，而必须通过泛醌和复合体Ⅲ。③利

用呼吸链的特殊阻断剂，阻断某些特定部位的电子传递，再通过分光光度技术分析电子传递

链各组分吸收光谱的变化，根据氧化还原状态，确定各组分在电子传递链中的顺序。

2. 假设生产等量的酵母需要等量的A TP 供细胞增殖。酵母细胞有两条途径获取A TP，

一是葡萄糖无氧分解，每摩尔葡萄糖净生成2 摩尔A TP、2 摩尔丙酮酸和2 摩尔NADH·H

+，

该途径的持续进行需要将NADH·H

+

再生为NAD

+

，由丙酮酸脱羧形成的乙醛被还原成乙醇，NADH

自身重新氧化成NAD

+。获取ATP 的另一条途径是葡萄糖分解产生的丙酮酸和NADH·H

+都进入

线粒体彻底氧化，通过呼吸链使NAD

+再生，通过这条途径，每摩尔葡萄糖可以净产生32 摩

尔的A TP。通气培养酵母菌获取能量的途径是后者，静置培养酵母菌获取能量的途径是生醇

发酵。显然前者葡萄糖的利用率、能量捕获率高于后者，所以获得供细胞增殖所需等量的

ATP，静置培养所需的葡萄糖将远远高于通气培养。

3.(1) 二硝基苯酚是一种氧化磷酸化的解偶剂，它可以将质子从膜间隙带入线粒体基

质，从而破坏质子梯度，使 A TP 的合成停止。电子传递链将质子泵出线粒体的过程被加强，

从而加快了氧的消耗。(2) HCN 阻止了电子从细胞色素氧化酶到氧的传递，从而使氧的消耗

停止，ATP 的合成受阻。(3) 寡霉素阻断质子通过F1F0-A TP 酶的通道，使A TP 的合成受阻。

由于质子泵出线粒体需要克服更高的能障，故电子传递被抑制，氧的消耗停止。随后加入二

硝基苯酚，ATP 的合成仍然因为寡霉素存在而被抑制，但质子梯度被二硝基苯酚破坏，所以

消除了寡霉素对电子传递的抑制，氧的消耗继续进行，只是没有A TP 的合成。

第七章糖代谢

一、课后习题

1.1710g 蔗糖在动物体内经有动物体内经有氧分解为水和CO2，可产生多少A TP 和CO2（mol）?

2.在某厂的酶法生产酒精中，用淀粉作原料，液化酶和糖化酶的总转化率为40%，酒精酵母

对葡萄糖的利用率为90%，问投料50 吨淀粉，可生产多少酒精（酒精比重0.789）？酵母菌

从中获得多少能量（多少A TP）？（单位用mol）

3.1mol 乳酸完全氧化可生成多少摩尔A TP？每生成1molATP 若能储能30.54kJ 计算，其储能

效率为多少？如果2mol 乳酸转化成1mol 葡萄糖，需要消耗多少A TP？（单位用mol）

4.用

14

C 标记葡萄糖的第三碳原子，将这种

14

C 标记的葡萄糖在无氧条件下与肝匀浆保温，那

么所产生的乳酸分子中哪个碳原子将是含

14

C 标记的？如果将此肝匀浆通以氧气，则乳酸将

继续被氧化，所含标记碳原子在哪步反应中脱下的CO2含

14

C？

5.下列物质各1mol 经完全氧化分解，产生多少A TP 和CO2？

（1）棉籽糖；

（2）磷酸二羟丙酮；

（3）丙酮酸；

（4）琥珀酸；

（5）核糖。

6.虽然氧分子并不直接参与TCA 循环，但该循环的运行必需在有氧的情况下才能发生，为什

么？

解析: 1. 蔗糖的完全氧化途径：蔗糖→D-果糖→1-P-果糖→1.6-2P-果糖或者蔗糖→D-果糖→

6-P-果糖→1，6-2P-果糖，由此进入酵解途径，在进入TCA 循环而完全氧化。蔗糖属于二

糖，1mol 蔗糖酵解到丙酮酸时共生成4molATP，4mol 丙酮酸和4mol（NADH+2H

+），丙酮

酸再进入TCA循环，1mol丙酮酸则可产生12.5molA TP。总反应式如下：10×4+2.5×4+4+4

×2.5(苹果酸穿梭) =64mol 或 10×4+2.5×4+4+4×1.5(苹果酸穿梭) =60 molATP，

12molCO2。而1710g 蔗糖为5mol，共产生320 或300molA TP，60mol CO2。

2. 淀粉→葡萄糖→乙醇；由题意知V 乙醇=M/ρ=（5×103×40%×90%）/（180×0.789）

=1166L，n(A TP)=2×106×90%×2/180g/mol=2×104mol。

3. 1mol 乳酸要完全氧化，先在乳酸脱氢酶的作用下生成1mol 丙酮酸和一对NADH+H

+

，丙酮

酸再进入TCA 循环。总反应式为：2.5（或1.5）+2.5+10=15（或14）molATP。知乳酸

+3O2→3CO2+3H2O，△G。=-1336.7Kg/mol-1，计算储能效率为 30.54×15/1336.7×

100%=34.3%；在2mol 乳糖异生葡萄糖过程中能量的消耗为4molATP+2molGTP。

4.

14

C 标记葡萄糖的第三碳原子将会出现在乳酸分子的羧基碳原子上；如果将此肝匀浆通以

氧气，则乳酸将继续被氧化，所含标记碳原子将在丙酮酸脱羧生成乙酰-CoA 反应中脱下，

生成CO2。

5. （1）96 或90molA TP，18molCO2；（2）17 或16molA TP，3mol CO2；（3）12.5molATP，3mol CO2；（4）1

6.5molA TP，4mol CO2；（5）26.6 或25molATP，5mol CO2。

6. O2分子并不直接参与TCA 循环，但底物在脱氢酶作用后会脱下一对 NADH+H+，而这对氢

在经过电子呼吸链后，必须以氧作为最终电子受体。二、补充习题

(一)名词解释

1.糖酵解；

2.三羧酸循环；

3.糖异生；

4..巴斯德效应

（二）分析和计算

1.计算由2 摩尔丙酮酸转化成1 摩尔葡萄糖需要提供多少摩尔的高能磷酸化合物？

2.简要说明甘油彻底氧化成CO2和H 2O 的过程，并计算1 摩尔甘油彻底氧化成CO2和H 2O

净生成多少摩尔的A TP？

3.为什么说葡萄糖-6-磷酸是各个糖代谢途径的交叉点？

4.简述血糖的来源和去路，人体如何维持血糖水平的恒定？

5.在EMP 途径中，磷酸果糖激酶受A TP 的反馈抑制，而ATP 却又是磷酸果糖激酶的一种

底物，试问为什么在这种情况下并不使酶失去效用？

6.如何理解三羧酸循环的双重作用？三羧酸循环中间体草酰乙酸消耗后必须及时进行

回补，否则三羧酸循环就会中断，植物体内草酰乙酸有哪几种回补途径？

参考答案

（一）名词解释

1.指糖原或葡萄糖分子在无氧条件下氧化分解成为乳酸并产生A TP 的过程，由于该过程

与酵母菌、细菌在厌氧条件下生醇发酵的过程相似，故之称为。

2.又称柠檬酸循环、Krebs 循环。即在线粒体中，糖、脂、氨基酸等有机物代谢的共同

中间体乙酰辅酶A 首先与草酰乙酸合成柠檬酸，再经过脱氢、脱羧等一系列的酶促反应，将

乙酰辅酶A 转变成CO2并生成NADH 和FADH2的过程。它是生物体内糖、脂、氨基酸等有机物代谢的枢纽。

3.在糖异生途径中，由丙酮酸羧化酶和磷酸稀醇式丙酮酸羧激酶催化丙酮酸经草酰乙酸

转变成磷酸稀醇式丙酮酸的过程称为丙酮酸羧化支路，丙酮酸羧化支路消耗A TP 使丙酮酸绕

过“能障”生成磷酸稀醇式丙酮酸进入糖异生途径。乳酸、丙酮酸、甘油、脂肪酸、及某些

氨基酸在生物体内可以通过糖异生作用转化成葡萄糖或糖原。

4..氧降低兼性厌氧微生物对葡萄糖的消耗，并加快细胞生长速度的现象称为巴斯德效

应。

（二）分析和计算

1.首先，2 摩尔丙酮酸+2CO2+2A TP→2草酰乙酸+2ADP+2Pi； 2 草酰乙酸+2GTP→2磷酸

稀醇式丙酮酸+2GDP+2CO2；其次，2 摩尔磷酸稀醇式丙酮酸沿糖酵解途径逆行至转变成2 摩

尔甘油醛-3-磷酸，其中在甘油酸-3-磷酸转变成甘油酸-1,3-二磷酸过程中，消耗2摩尔A TP；

甘油酸-1,3-二磷酸转变成甘油醛-3-磷酸中，必须供给2 摩尔的NADH·H+

。最后，2 摩尔的

磷酸丙糖先后在醛羧酶、果糖-1,6-二磷酸酶、异构酶、葡萄糖-6-磷酸酶作用下，生成1

摩尔葡萄糖，该过程无能量的产生与消耗。从上述三阶段可看出，2 摩尔丙酮酸转化成1 摩

尔葡萄糖需要提供6 摩尔高能磷酸化合物，其中4 摩尔为A TP，2 摩尔为GTP。

2.甘油 + A TP→α-磷酸甘油 + ADP；α-磷酸甘油 + NAD

+→ NADH·H

+

+ 磷酸二羟丙酮；

磷酸二羟丙酮→甘油醛-3-磷酸；甘油醛-3-磷酸 + NAD

++ Pi→甘油酸1,3-二磷酸 + NADH·H

+

；

甘油酸1,3-二磷酸 + ADP→甘油酸-3-磷酸 + A TP；甘油酸-3-磷酸→甘油酸-2-磷酸→磷酸

稀醇式丙酮酸；磷酸稀醇式丙酮酸+ ADP→丙酮酸 + A TP；丙酮酸 + NAD

+

→乙酰辅酶A +

NADH·H

+

+ CO2；然后进入乙酰辅酶A 三羧酸循环彻底氧化，经过4 次脱氢反应生成3 摩尔

NADH·H+、1 摩尔FADH2、以及2 摩尔CO2，并发生一次底物水平磷酸化，生成1 摩尔GTP。依据生物氧化时每1 摩尔NADH·H

+和1 摩尔FADH2 分别生成2.5 摩尔、1.5，1 摩尔甘油彻

底氧化成CO2和H 2O 生成A TP 摩尔数为6×2.5＋1×1.5＋3－1=18.5。

3.葡萄糖经过激酶的催化转变成葡萄糖-6-磷酸，可进入糖酵解途径氧化，也可进入磷

酸戊糖途径代谢，产生核糖-5-磷酸、赤鲜糖-4-磷酸等重要中间体和生物合成所需的还原性

辅酶Ⅱ；在糖的合成方面，非糖物质经过一系列的转变生成葡萄糖-6-磷酸，葡萄糖-6-磷酸

在葡萄糖-6-磷酸酶作用下可生成葡萄糖，葡萄糖-6-磷还可在磷酸葡萄糖变位酶作用下生成

葡萄糖-1-磷酸，进而生成糖原。由于葡萄糖-6-磷酸是各糖代谢途径的共同中间体，由它沟

通了糖代谢分解与合成代谢的众多途径，因此葡萄糖-6-磷酸是各糖代谢途径的交叉点。

4.（1）血糖的来源：食物淀粉的消化吸收，为血糖的主要来源；贮存的肝糖原分解，

是空腹时血糖的主要来源；非糖物质如甘油、乳酸、大多数氨基酸等通过糖异生转变而来。（2）血糖的去路：糖的氧化分解供能，是糖的主要去路；在肝、肌肉等组织合成糖原，是

糖的贮存形式；转变为非糖物质，如脂肪、非必需氨基酸等；转变成其他糖类及衍生物如核糖、糖蛋白等；血糖过高时可由尿排出。（3）人体血糖水平的稳定：主要靠胰岛素、胰高血

糖素、肾上腺素等激素来调节。血糖水平低时，刺激胰高血糖素、肾上腺素的分泌，促进糖

原分解和糖异生作用、抑制葡萄糖的氧化分解，使血糖水平升高。当血糖水平较高时，刺激

胰岛素分泌，促进糖原合成、抑制糖异生作用，加快葡萄糖的氧化分解，从而使血糖水平下降。

5.磷酸果糖激酶（PFK）是一种调节酶，又是一种别构酶。ATP 是磷酸果糖激酶的底物，

也是别构抑制剂。在磷酸果糖激酶上有两个A TP 的结合位点，即底物结合位点和调节位点。

当机体能量供应充足（ATP 浓度较高）时，ATP 除了和底物结合位点结合外，还和调节位点

结合，是酶构象发生改变，使酶活性抑制。反之机体能量供应不足（ATP 浓度较低），ATP

主要与底物结合位点结合，酶活性很少受到抑制。

6.①在绝大多数生物体内，糖、脂肪、蛋白质、氨基酸等营养物质，都必须通过三羧酸

循环进行分解代谢，提供能量。所以它是糖、脂肪、蛋白质、氨基酸等物质的共同分解途径。另一方面三羧酸循环中的许多中间体如α-酮戊二酸、琥珀酸、延胡索酸、苹果酸、草酰乙

酸等又是生物体进行物质合成的前体。所以三羧酸循环具有分解代谢和合成代谢的双重作

用。②植物体内，草酰乙酸的回补是通过以下四条途径完成的：a.通过丙酮酸羧化酶的作用，

使丙酮酸和 CO2 结合生产草酰乙酸：丙酮酸 + CO2+ATP+H2O→草酰乙酸 + ADP +Pi；b.通过

苹果酸酶的作用，使丙酮酸和CO2结合生产苹果酸，苹果酸再在苹果酸脱氢酶作用下生成草

酰乙酸：丙酮酸 + CO2+ NADPH→苹果酸 + NADP

+，苹果酸 + NAD

+

→草酰乙酸+ NADH·H

+；

c.通过乙醛酸循环将2 摩尔乙酰辅酶A 生成1 摩尔的琥珀酸，琥珀酸再转变成苹果酸，进而

再生成草酰乙酸；d.通过磷酸稀醇式丙酮酸羧化酶的作用，使磷酸稀醇式丙酮酸羧化酶和

CO2直接生成草酰乙酸：磷酸稀醇式丙酮酸+ CO2+H2O→草酰乙酸 + Pi

第八章脂代谢

一、课后习题

1. 为什么说脂肪氧化可产生大量内源性水？

2. 如果用

14

C 标记乙酰CoA 的两个碳原子，并加入过量的丙二酸单酰CoA，用纯化的脂肪酸

合成酶体系来催化脂肪酸的合成，在合成的软脂肪酸中，哪两个碳原子是被标记的？

3. 1mol 三软脂酰甘油酯完全氧化分解，产生多少摩尔A TP？多少molCO2？如由3mol 软脂

肪酸和1mol 甘油合成1mol 三软脂酰甘油酯，需要多少摩尔ATP？

4. 在动物细胞中由丙酮酸合成1mol 己酸，需净消耗多少摩尔ATP 及NADPH？

5. 1mol 下列含羟基不饱和脂肪酸完全氧化成CO2和水？可净生成多少摩尔A TP？

CH3-CH2-CH2-CH-CH2-CH2CH-COOH

OH

6. 据你所知，乙酰CoA 在动物体内可转变成哪些物质？

解析： 1. 生物体内的主要脂类物质中，脂肪是体内的储存能源物质，其氧化分解后比糖产生多得多的能量，这主要是由于脂肪酸含有高比例的氢氧比，含氢多，脱氢机会多，氧化后产

生大量内源性水必然高。

2. 标记碳原子将会出现在软脂酸的碳链末端（远羧基端）的15、16 号碳原子。乙酰CoA

在脂肪酸的合成过程中是初始原料，而直接原料为丙二酰CoA，乙酰CoA 通过羧化形成

丙二酰CoA。合成起始引物为乙酰CoA，合成过程直接由丙二酰CoA 提供二碳单位，所

以标记首先出现在远羧基端的两个碳原子上。

3. 1mol 三软脂酰甘油脂首先在脂肪酶的水解作用下生成1mol 甘油和3mol 软脂酸。甘油在

甘油激酶和A TP 供能的作用下生成α-磷酸甘油，α-磷酸甘油再在α-磷酸甘油脱氢酶

的作用下生成二羟磷酸丙酮和NADH+H+,二羟磷酸丙酮由此可插入酵解途径生成丙酮酸，

丙酮酸再进入TCA 循环，能量产生如下：10+2.5+2+2.5（苹果酸穿梭）×2-1=18.5molATP

或10+2.5+2+1.5（α-磷酸甘油穿梭）×2-1=16.5molATP；软脂酸通过β-氧化过程完成

完全氧化，1mol 软脂酸需要7 次循环氧化，每个循环产生一个FADH+H

+和NADH + H

+,最

终产生8mol 乙酰CoA，初始时活化耗能2molATP，能量产生如下：[（1.5+2.5）× 7 +

8× 10 - 2] × 3 = 318molA TP。所以1mol 三软脂酰甘油脂完全氧化产能为318 + 18.5

= 336.5mol A TP 或者318 + 16.5 = 334.5molA TP，51molCO2。3mol 脂肪酸和1mol 甘油

合成1mol 三软脂酰甘油脂共消耗能量7molATP，具体如下甘油活化1molATP 和脂肪酸活

化6molATP。

4. 动物细胞中合成1mol 己酸需要3mol 丙酮酸，丙酮酸在线粒体内经过丙酮酸脱氢酶作用

生成乙酰CoA 和NADH，乙酰CoA 在脂肪酸的合成过程中是初始原料。乙酰CoA 主要存在

于线粒体内，而脂肪酸的合成在细胞质中，所以线粒体内的乙酰CoA 需要通过转运机制

转运出线粒体，同时转运耗能。转运的主要机制:丙酮酸-柠檬酸循环和α-酮戊二酸转

运体系，转运1mol 乙酰CoA 需1molATP 供能。在合成过程中，乙酰CoA 生成丙二酰CoA

也需耗能，同时需要NADPH 提供还原力，所以净耗能为3molA TP（转运）+2 molATP（生

成丙二酰CoA）=5 molA TP；净耗NADPH 为3mol（乙酰-CoA 生成过程）-2mol（丙二酰

ACP 生成）×2= -1mol。

5. 不饱和脂肪酸完全氧化过程中，多一个羟基少一次FAD 脱氢。总的净能量产生如下：

（2.5+1.5）+ 2.5 +（2.5+1.5）+ 4×10 -2 = 47molATP

第一次β-氧化第二次β-氧化第三次β-氧化 TCA 循环活化耗能

6. 动物体内的乙酰CoA 去向：（1）在肝脏中生成酮体（乙酰乙酸，D-β-羟丁酸，丙酮）；

（2）生成胆固醇；（3）脂肪酸的生成

二. 补充习题

（一）名词解释

1. 脂肪酸的β-氧化；

2..酮体；

（二）分析和计算题

1.试比较硬脂肪酸，油酸，亚油酸以及亚麻酸完全氧化产生的A TP 数。

2.试述酮体的生成过程及生理意义，并解释重症糖尿病病人为什么会产生酮血症和酸中

毒。

3.试比较脂肪酸合成和脂肪酸β-氧化的异同。

参考答案

（一）名词解释

1.在线粒体内脂酰CoA 经过脱氢、加水、脱氢、硫解四步反应，生成比原来少2 个碳原

子的脂酰CoA 和1 分子的乙酰CoA 的过程，称为β-氧化。

2..酮体是脂肪酸在肝脏经有限氧化分解后转化形成的中间产物，包括乙酰乙酸，β-

羟丁酸和丙酮。酮体经血液运输至肝外组织氧化利用，是肝脏向肝外输出能量的一种方式。（二）分析和计算题

1.硬脂肪酸为18 碳饱和脂肪酸，经8 次β氧化产生8 个分子NADH、8 分子FADH2 和9

分子的乙酰-CoA，所以硬脂肪酸完全氧化产生的A TP 数为：

2.5×8+1.5×8 +10 ×9 =20 +12 +90 =122 个 A TP。

含有一个或多个不饱和双键的脂肪酸完全氧化除了需要β-氧化的酶以外，还需要Δ3-

顺- Δ2-反烯酯酰CoA 异构酶，2，4-二烯酯酰CoA 还原酶和2，3-二烯酯酰CoA 异构酶参

与。从能量角度看，多1 个双键，会少1 次酰基CoA 脱氢酶催化的脱氢反应，少生成1 个FADH2。亚油酸含有两个双键，即少产生2 分子FADH2 ，因此亚油酸完全氧化产生的A TP 总数应是122－3=119，同理，油酸应产生122－1.5=120.5A TP，亚麻酸应该产生122－4.5=117.5 ATP。

2.（1）生成过程：在肝细胞线粒体中以β-氧化生成的乙酰CoA 为原料，首先缩合为

HMG-CoA，进而裂解生成乙酰乙酸，后者由NADH 供氢被还原为β-羟丁酸，或脱羧生成丙酮。HMG -CoA 合成酶是酮体合成的关键酶。（2）生理意义：酮体是脂肪酸在肝脏中氧化分解时

产生的正常中间代谢物，是肝脏输出能源的一种形式，与脂肪酸相比，酮体能更为有效地代

替葡萄糖。①当动物体缺少葡萄糖时，须动员脂肪供应能量，但肌肉组织对脂肪酸只有有

限的利用能力，于是可以优先利用酮体以节约葡萄糖。②大脑不能利用脂肪酸，但能利用

酮体。特别在饥饿时，人的大脑可利用酮体代替其所需葡萄糖量的约25％左右。酮体是小

分子，能溶于水，并能通过肌肉毛细血管壁和血脑屏障，因此可以成为脑组织利用的能源物质。（3）糖尿病患者由于机体不能很好地利用葡萄糖，必须依赖脂肪酸氧化供能。脂肪动员

加强，肝脏酮体生成增多，超过肝外组织利用酮体的能力，从而引起血中酮体增多，由于酮

体中的乙酰乙酸、β-羟丁酸是一些有机酸，血中过多的酮体会导致酮血症和酸中毒。

3.脂肪酸的生物合成，植物中是在叶绿体及前质体中进行，合成4～16 碳及16 碳以上

的饱和脂肪酸。动物是在胞液中进行，只合成16 碳饱和脂肪酸，长于16 碳的脂肪酸是在内

质网或线粒体中合成。就胞液中16 碳饱和脂肪酸的合成过程来看，与β－氧化过程有相似