生物化学课后习题答案集.doc

第二章 糖类1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。（1） 所有单糖都具有旋光性。答：错。二羟酮糖没有手性中心。（2） 凡具有旋光性的物质一定具有变旋性，而具有变旋性的物质也一定具有旋光性。答：凡具有旋光性的物质一定具有变旋性：错。手性碳原子的构型在溶液中发生了改变。大多数的具有旋光性的物质的溶液不会发生变旋现象。具有变旋性的物质也一定具有旋光性：对。（3） 所有的单糖和寡糖都是还原糖。答：错。有些寡糖的两个半缩醛羟基同时脱水缩合成苷。如：果糖。（4） 自然界中存在的单糖主要为D-型。答：对。（5） 如果用化学法测出某种来源的支链淀粉有57个非还原端，则这种分子有56个分支。答：对。2、 戊醛糖和戊酮糖各有多少个旋光异构体（包括-异构体、-异构体）？请写出戊醛糖的开链结构式（注明构型和名称）。答：戊醛糖：有3个不对称碳原子，故有2 3 =8种开链的旋光异构体。如果包括-异构体、-异构体，则又要乘以2=16种。戊酮糖：有2个不对称碳原子，故有2 2 =4种开链的旋光异构体。没有环状所以没有-异构体、-异构体。3、 乳糖是葡萄糖苷还是半乳糖苷，是-苷还是-苷？蔗糖是什么糖苷，是-苷还是-苷？两分子的D-吡喃葡萄糖可以形成多少种不同的二糖？答：乳糖的结构是4-O-（-D-吡喃半乳糖基）D-吡喃葡萄糖-1，4或者半乳糖（14）葡萄糖苷，为-D-吡喃半乳糖基的半缩醛羟基形成的苷因此是-苷。蔗糖的结构是葡萄糖（12）果糖苷或者果糖（21）葡萄糖，是-D-葡萄糖的半缩醛的羟基和- D -果糖的半缩醛的羟基缩合形成的苷，因此既是苷又是苷。两分子的D-吡喃葡萄糖可以形成19种不同的二糖。4种连接方式，每个5种，共20种-1种（，的1位相连）=19。4、 某种-D-甘露糖和-D-甘露糖平衡混合物的25 D 为+ 14.5，求该平衡混合物中-D-甘露糖和-D-甘露糖的比率（纯-D-甘露糖的25 D 为+ 29.3，纯-D-甘露糖的25 D 为- 16.3）；解：设-D-甘露糖的含量为x,则29.3x- 16.3(1-x)= 14.5X=67.5%该平衡混合物中-D-甘露糖和-D-甘露糖的比率:67.5/32.5=2.085、 请写出龙胆三糖 -D-吡喃葡萄糖（16）-D-吡喃葡萄糖（12）-D-呋喃果糖 的结构式。.6、 水解仅含D-葡萄糖和D-甘露糖的一种多糖30g,将水解液稀释至平衡100mL。此水解液在10cm旋光管中测得的旋光度为+ 9.07，试计算该多糖中D-葡萄糖和D-甘露糖的物质的量的比值(/-葡萄糖和/-甘露糖的 25 D 分别为+ 52.5和+ 14.5）。解：25 D= 25 D/cL100= 9.07/( 301)100= 30.2设D-葡萄糖的含量为x,则52.5x+14.5(1-x)= 30.2X=41.3%平衡混合物中D-葡萄糖和D-甘露糖的比率:41.3/58.7=0.707、 若某种支链淀粉的相对分子质量为1106，分支点残基占全部葡萄糖残基数的11.8%，问：(1)1分子支链淀粉有多少个葡萄糖残基；(2)在分支点上有多少个残基；(3)有多少个残基在非还原末端上？解：葡萄糖残基: 1106/162=6173分支点上残基：617311.8%=728非还原末端上的残基：728+1=729.180 x- (x-1) 18-0.118 x18 = 1106180 x-1.118 x18+18 = 1106x =6255分支点上残基：625511.8%=738非还原末端上的残基：738+1=739.8、 今有32.4mg支链淀粉，完全甲基化后酸水解，得10mol2,3,4,6-四甲基葡萄糖，问：(1)此外还有多少哪些甲基化产物，每种多少；(2)通过（16）糖苷键相连的葡萄糖残基的百分数是多少；(3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为1.2106，则1分子支链淀粉中有多少个分支点残基？解：(1) 32.4mg支链淀粉所含葡萄糖残基：32400/162=200mol。2,3,4,6-四甲基葡萄糖：n+1个非还原端 10mol1,2,3,6-四甲基葡萄糖：还原端一条支链淀粉1个（可忽略不计32.4103/1.2106=0.027mol）2,3-二甲基葡萄糖：分支点残基n个10mol2,3,6-三甲基葡萄糖：200-10-10=180mol(2) 通过（16）糖苷键相连的葡萄糖残基的百分数:10/200100%=5%(3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为1.2106，则1分子支链淀粉中有多少个分支点残基？葡萄糖残基: 1.2106/162=7407分支点上残基：74075%=3709、 请用两种方法分别区分一下各组糖类物质：(1) 葡萄糖和半乳糖：测旋光，乙酰化后GC(2) 蔗糖和乳糖：Fehling反应，盐酸水解后加间苯三酚(3) 淀粉和糖原：碘液，溶解性(4) 淀粉和纤维素：碘液，溶解性(5) 香菇多糖和阿拉伯聚糖：盐酸水解后加间苯三酚，甲基间苯二酚10、某种糖类物质可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀，菲林反应呈阴性。当加入浓盐酸加热后，加碱可使Cu2+还原为Cu+。加酸、加入间苯二酚无颜色变化，但加入间苯三酚却有黄色物质生成。试判断这是哪类糖类物质，并说明判断依据。答：糖原。(1): 可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀(2): 还原性末端1个(3)：加浓盐酸水解后生成葡萄糖，可发生Fehling反应（加碱可使Cu2+还原为Cu+）。(4)：加酸、加入间苯二酚无颜色变化：为醛糖。(5): 加入间苯三酚却有黄色物质生成: 为己糖。第三章 脂类1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。（1）混合甘油酯是指分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质。答：错。分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质称为复脂。混合甘油酯是指分子中与甘油成脂的脂肪酸的烃基有2个或者3个不同者。（2）磷脂是生物膜的主要成分，它的两个脂肪酸基是处于膜的内部。答：错。磷脂是生物膜的主要成分，但是它的两个脂肪酸基是处于膜的外部。（3）7-脱氢胆固醇是维生素D3原，而麦角固醇是维生素D2原。答：对。（4）生物膜的内外两侧其膜脂质和膜蛋白分布都是不对称的。答：对。（5）膜脂的流动性并不影响膜蛋白的运动。答：错。因为整个生物膜的流动性在很大程度上取决于膜脂的流动性，脂蛋白也不例外。2、三酰甘油有没有构型？什么情况下有构型？什么情况下没有构型？答：甘油本身并无不对称碳原子，但是它的三个羟基可被不同的脂肪酸酰化，则当甘油分子两头的碳原子的羟基被相同脂肪酸酰化时，则三酰甘油没有构型，当甘油分子两头的碳原子上的羟基被不同脂肪酸酰化时，则有构型。3、 计算一软脂酰二硬脂酰甘油酯的皂化值。M=862解：皂化值=56.1(1000/862)3=195.24皂化值=（356.11000）/相对分子质量=（356.11000）/862=195.244、计算用下法测定的甘油的碘值。称取80mg菜油，与过量的溴化碘作用，并加入一定量的碘化钾。然后用0.05mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定，用去硫代硫酸钠11.5mL。另做一空白对照（不加菜油），消耗硫代硫酸钠24.0mL。解：碘值=(NV(127/1000)/m100=(24.0-11.5)0.05(127/1000)/0.08100=99.25、生物膜表面亲水、内部疏水的特性是由膜蛋白决定的还是由膜脂决定的？如何形成这种特性？答：由膜脂决定的。组成生物膜的磷脂分子具有1个极性的头部（膜表面）和2个非极性的尾部（膜内部），水为极性分子，根据相似相溶原理，使生物膜表面亲水，内部疏水。第四章 蛋白质化学1、用对或者不对回答下列问题。如果不对，请说明原因（1）构成蛋白质的所有氨基酸都是L-氨基酸，因为构成蛋白质的所有氨基酸都有旋光性。答：错。除了甘氨酸外构成蛋白质的氨基酸都有旋光性，但是这与氨基酸都是L-氨基酸没有关系。是两个完全不相关的概念。（2）只有在很低或者很高的PH值时，氨基酸的非电离形式才占优势。答：错。在等电点时氨基酸的非电离形式才占优势。（3）当PH大于可电离基团的pKa时，该基团半数以上解离。答：对。（4）一条肽链在回折转弯时，转弯处的氨基酸常常是脯氨酸或甘氨酸。答：对。（5）如果一个肽用末端检测方法测定不出它的末端，这个肽只能是个环肽。答：错。若这个肽的N-末端封闭的话，比如：N-末端是pro，用末端检测方法也测定不出它的末端。（6）如果用Sephadex-G-100来分离细胞色素C、血红蛋白、谷氨酸和谷胱甘肽，则洗脱顺序为谷氨酸谷胱甘肽细胞色素C血红蛋白。答：错。正确的洗脱顺序为：血红蛋白细胞色素C谷胱甘肽谷氨酸。（7）-螺旋中每个肽键的酰胺氢都参与氢键的形成。答：错。脯氨酸所含亚氨基参与肽键的形成，再无氢原子用来形成氢键。（8）蛋白质的等电点是可以改变的，但等离子点不能改变。答：对。2、向1mol/L的处于等电点的甘氨酸溶液中加入0.3mol HCl，问所得溶液的pH值是多少？如果加入0.3mol NaOH代替HCl时，pH值又是多少？解：Ph低= pKa1+lg(n(AA)-n(H+)/ n(H+)= 2.34+lg(1-0.3)/0.3=2.71pH高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH)= 9.60+lg0.3/(1-0.3) =9.233、1.068g的某种结晶-氨基酸，其pKa1和pKa2值分别是2.4和9.7，溶解于100mL的1mol/L的NaOH溶液中时，其pH值为10.4。计算氨基酸的相对分子质量，并提出其可能的分子式。解： pH高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH)10.4= 9.7+lg0.01/( n(AA)- 0.01)n(AA) =0.012 M=1.068/0.012=89mol/g 可能的分子式:C3H7O2N,为丙氨酸。4、已知Lys的-氨基的pKa为10.5，问在pH 9.5时，Lys水溶液中将有多少这种基团给出质子？解：pH = pK +LogA-HA9.5=10.5+ LogNH2NH3+NH2NH3+=1/10NH2: 1/11;NH3+=10/115、有一个肽段，经酸水解测定有4个氨基酸组成。用胰蛋白酶水解成为两个片段；其中一个片段在280nm有强的光吸收，并且Pauly反应，坂口反应都是阳性；另一个片段用CNBr处理后释放出一个氨基酸与茚三酮反应呈黄色。试写出这个氨基酸排列顺序及其化学结构式。答：用胰蛋白酶水解成为两个片段：碱性氨基酸羧基端肽键;280nm有强的光吸收：Tyr; Pauly反应阳性: Tyr;坂口反应阳性:Arg；用CNBr处理:Met羧基端肽键；茚三酮反应呈黄色：Pro。氨基酸排列顺序：（N）-Tyr- Arg-Met- Pro（C）化学结构： 6、一种纯的含钼蛋白质，用1cm的比色杯测定其吸光吸收%0.1 280为1.5。该蛋白质的浓溶液含有Mo10.56g/mL。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质量（Mo的相对原子质量为95.94）解： 比尔定律：A=ECL(C=g/L; L=cm；E=L/g.cm) 吸光系数E= E %0.1 280/10=1.5/10=0.15C= A/ EL=（0.37550）/(0.151)=125g/L=125mg/mL=125000g/mL最小相对分子质量=95.94(100/(10.56/125000) =11.35105=11.35KD7、1.0mg某蛋白质样品进行氨基酸分析后得到58.1g的亮氨酸和36.2g的色氨酸，计算该蛋白质的最小相对分子质量。解：Leu%=(58.1/1000) 100%=5.81%Trp%=(36.2/1000) 100%=3.62%Leu残基%=(131-18)/131) 5.81%=5.01%Trp残基%=(204-18)/204)3.62%=3.30%以Leu残基%计算的蛋白质最低分子量=(131-18)/5.01%= 2255以Trp残基%计算的蛋白质最低分子量=(204-18)/3.30%= 56365636：2255=5:2求其最小公倍数：56362=11272, 22555=11275蛋白质的分子量约为112708、某一蛋白质分子具有-螺旋和-折叠两种构象，分子总长度为5.510-5cm，该蛋白质相对分子质量为250000。试计算蛋白质分子中-螺旋和-折叠两种构象各占多少？（氨基酸残基平均相对分子质量按100计算）。解：设-螺旋为x, -折叠为y,则：x+y=250000/1001.5x+3.5y=5.510-5108解得X=1875Y=625第五章 核酸化学1、用对或者不对回答下列问题。如果不对，请说明原因（1）腺嘌呤和鸟嘌呤都含有嘧啶环，并都含有氨基。答：对。（2）RNA用碱水解可得到2-核苷酸，而DNA用碱水解却不能得到2-脱氧核苷酸。答：对。（3）在碱基配对中，次黄嘌呤可以代替腺嘌呤与胸腺嘧啶配对。答：错。次黄嘌呤不能与胸腺嘧啶配对。（4）真核细胞与原核细胞的DNA都与组蛋白结合成核蛋白。答：错。真核细胞的DNA与组蛋白结合成核蛋白。原核细胞不含有组蛋白。（5）tRNA是RNA中相对分子质量最小的，但所含稀有成分却是最多的。答：对。2、比较DNA、RNA在化学组成、分子结构和生理功能上的特点。答：DNARNA化学组成碱基A, T, C, GA, U, C, G戊糖脱氧核糖核糖核苷酸dAMP,dTMP, dCMP, dGMPAMP, UMP, CMP, GMP分子结构二级结构双螺旋结构模型tRNA:三叶草结构模型三级结构超螺旋tRNA:倒“L”型生理功能主要的遗传物质，遗传信息的主要载体mRNA:将遗传信息从DNA传到蛋白质，在肽链合成中起决定氨基酸排列顺序的模板作用；tRNA:蛋白质合成中转运氨基酸rRNA:蛋白质合成的场所3、DNA双螺旋结构的基本要点是什么？DNA双螺旋结构有何重要生物学意义？答：DNA双螺旋结构的基本要点：（1）两条反向平行的多脱氧核苷酸链围绕同一中心轴以右手盘绕成双螺旋结构，螺旋表面具大沟和小沟。（2）嘌呤碱和嘧啶碱基位于螺旋的内侧，磷酸和脱氧核糖基位于螺旋外侧，彼此以3 -5 磷酸二酯键连接，形成DNA分子的骨架。碱基环平面与螺旋轴垂直，糖基环平面与碱基环平面成90角。（3）螺旋横截面的直径约为2 nm，每条链相邻两个碱基平面之间的距离为0.34 nm，每10个核苷酸形成一个螺旋，其螺矩（即螺旋旋转一圈）高度为3.4 nm。（4）双螺旋内部的碱基按规则配对，碱基的相互结合具有严格的配对规律，即腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）结合，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）结合，这种配对关系，称为碱基互补。A和T之间形成两个氢键，G与C之间形成三个氢键。双螺旋的两条链是互补关系。DNA双螺旋结构的重要生物学意义：该模型揭示了DNA作为遗传物质的稳定性特征，最有价值的是确认了碱基配对原则，这是DNA复制、转录和反转录的分子基础，亦是遗传信息传递和表达的分子基础,它奠定了生物化学和分子生物学乃至整个生命科学飞速发展的基石。推动了分子生物学和分子遗传学的发展，被誉为20世纪最伟大的发现之一。4、某RNA完全水解得到四种单核苷酸样品500mg，用水定溶至50mL，吸取0.1mL稀释到10mL,测A 260值=1.29。已知四种单核苷酸的平均相对分子质量为340.，摩尔吸光系数为6.65103，求该产品的纯度。解1：核苷酸%=(MA 260)/( 260C) 100%=(3401.29) /(6.651030.1) 100%=65.95%解2：C=(MA 260)/260=(3401.29) /6.65103=6.59510-3mg/mL核苷酸%=(6.59510-310500)/500100%=65.95%5、有一假定的圆柱形的B型DNA分子，其相对分子质量为3107，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）。解：脱氧核苷酸残基对数=3107/618=48544（对） 圈数=48544/10=4854（圈）6、有甲、乙、丙3种不同生物来源的DNA样品，它们的Tm值分别为84、87、89。它们的碱基组成各是多少？那一种含G-C高，那一种含A-T高？解：甲(G+C)%=( Tm-69.3) 2.44%=( 84-69.3) 2.44=35.9%甲(A+T)%=100%-35.9%=64.1%乙(G+C)%=( Tm-69.3) 2.44%=( 87-69.3) 2.44=43.2%乙(A+T)%=100%-43.2%=56.8%丙(G+C)%=( Tm-69.3) 2.44%=( 89-69.3) 2.44=48.1%丙(A+T)%=100%-48.1%=51.9%其中，丙含G-C高，甲含A-T高。第六章 酶化学1、用对或者不对回答下列问题。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。答：错。还有核酶，其化学本质是核酸。（2）所有酶都具有辅酶或者辅基。答：错。酶按其化学组成可分为：简单蛋白酶和结合蛋白酶。简单蛋白酶不含有辅酶或者辅基；结合蛋白酶含有辅酶或者辅基。（3）酶促反应的初速度与底物浓度无关。答：错。酶促反应的初速度与底物浓度的关系符合米氏方程。米氏方程描述的底物浓度与酶促反应速度的关系正式通过测定酶促反应的初速度得来的。（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。答：错。当底物处于饱和状态时，酶促反应的速率为最大反应速率Vmax。（5）对于所有酶而言，Km值都与酶的浓度无关。答：对。（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，用水稀释至1000mL从中吸取0.5mL测定酶的活力，得知5min可分解0.25g淀粉。计算每克酶制剂所含的淀粉酶活力单位（淀粉酶活力单位规定为：在最适条件下，每小时分解1g淀粉的酶量为1个活力单位）解：0.5mL酶制剂所含的淀粉酶活力单位=(600.25)/5 =3每克酶制剂所含的淀粉酶活力单位=(1000/0.5) 3 =60003、称取25mg蛋白酶粉配制成25mL酶溶液，从中取出0.1mL酶液，以酪蛋白为底物，用Folin比色法测定酶的活力，得知每小时产生1500g酪蛋白；另取2mL酶液用凯氏定氮法测得蛋白氮为0.2mg。根据以上数据，求出：（1）1mL酶液中所含的蛋白质量及活力单位；（2）比活力；（3）1g酶制剂所含的总蛋白质含量及总活力（每分钟产生1g酪氨酸的酶量为1个活力单位）解：（1）1mL酶液中所含的蛋白质量=(0.26.25)/2=0.625 mg1mL酶液中所含的活力单位=(1500/60)10 =250（2） 比活力=活力单位/毫克酶蛋白=250/0.62 =400（3）1g酶制剂所含的总蛋白质含量=0.6251000=625 mg1g酶制剂总活力=2501000=2.51054、当底物浓度Cs分别等于4Km、5Km、6Km、9Km和10Km时，求反应速率V相当于最大反应速率Vmax的几分之几？解：据米氏方程：V=VmaxCs/( Km +Cs)若：Cs=nKm时，则：V=n/(n+1) VmaxCs=4Km时，则：V=4/5 VmaxCs=5Km时，则：V=5/6 VmaxCs=6Km时，则：V=6/7 VmaxCs=9Km时，则：V=9/10 VmaxCs=10Km时，则：V=10/11 Vmax6、从某生物材料中提取纯化一种酶，按下列步骤进行纯化，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）？纯化步骤总蛋白/mg总活力/U比活力/U.(mg蛋白)-1回收率/%纯化倍数粗体液18620126500.68盐析44015203.45离子交换1259857.88凝胶过滤1219616.331.54%24回收率=提纯后总活力/提纯前总活力100%=196/12650100%=1.54%纯化倍数=纯化后比活力/纯化前比活力=16.33/0.68=24第七章 维生素1、用对或者不对回答下列问题。如果不对，请说明原因（1）维生素对于动植物都是不可缺少的营养成分。答：错。动物机体不能合成维生素，维生素对于动物是不可缺少的营养成分。（2）所有水溶性维生素作为酶的辅酶或者辅基，必须都是它们的衍生物。答：错。硫辛酸和维生素C其本身就是辅酶。（3）人体可将-胡萝卜素转变成维生素A。答：对。（4）维生素D3的活性形式是1,25-(OH)2.D3。答：对。2、脱氢酶的辅酶（或者辅基）有哪些？它们各是什么维生素转化的？答：（1）黄素辅酶：FMN、FAD，由维生素B2转化而来。（2）烟酰胺核苷酸：NAD+(辅酶I CoI)、NADP+(辅酶II CoII)，由维生素PP转化而来。3、为什么说维生素C、维生素E和硫辛酸都可作抗氧化剂？答：（1）维生素C为强还原剂，易被氧化为氧化型抗坏血酸，可作抗氧化剂。（2）维生素E为自身易被氧化为无活性的醌化合物，可作抗氧化剂。（3）硫辛酸易发生氧化还原反应，从还原型转变为氧化型，可作抗氧化剂。4、如果人体内维生素A、维生素B、维生素D缺乏或者不足，可引起什么样的疾病？答：（1）维生素A：夜盲症、干眼病（2）维生素B1：脚气病；维生素B2：口角炎、皮炎、口腔内膜炎等；维生素PP：3D症；生物素：毛发脱落、皮肤发炎等；叶酸：巨幼红细胞贫血；维生素B12巨幼红细胞贫血；（3）维生素D：佝偻病或者软骨病。第八章 能量代谢与生物能的利用1.判断下列说法的对错。如果不对，请说明原因。（1）生物氧化既包括细胞内的氧化作用又包括还原作用。答：对。（2）不需氧黄酶是指不需要氧的黄素核苷酸脱氢酶。答：错。不需氧黄酶是不以氧为直接受氢体，催化底物脱下的氢先经中间传递体，再传递给氧生出水的一类黄素核苷酸脱氢酶。（3）氧化酶只能以氧为受电子体，不能以呼吸传递体为受电子体。答：错。呼吸链中的细胞色素类也可作为受电子体。（4）NADP+H+ 通过呼吸链氧化时比FADH2 产生的ATP多。答：对。（5）如果线粒体内的ADP浓度很低，加入解偶联剂将会降低电子传递速度。答：错。解偶联剂不抑制电子传递过程。2.在由磷酸葡萄糖变位酶催化反应G-1-PG-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值。解：G=-2.303RTlg (Beq/Aeq) =-2.3038.315298lg (0.02-0.001)/0.001) =-7298.658J/mol3.当反应ATP+ H2OADP+Pi在25时，测得ATP水解平衡常数为250000，而在37时，测得ATP、ADP和Pi的浓度分别为0.002mol/L、0.005mol/l和0.005mol/L。求在此条件下ATP水解的自由能变化。解：G=-2.303RTlg keq=-2.3038.315298lg 250000=-30803.874 J/mol G =G+RTln 产物/反应物 =-30803.874+8.315310lg(0.0050.005/0.002 )=-42099.1363 J/mol4.在有相应酶存在时，标准情况下，下列反应中哪些反应可按照箭头的指示方向进行？（1）丙酮酸+NADH+H+ 乳酸+NAD+解：丙酮酸乳酸 E1=-0.19 NADH+H+ +NAD+ E2=0.32 E=-0.19+0.32=0.130，该反应可按照箭头的指示方向进行。（2）苹果酸+丙酮酸草酰乙酸+乳酸解：苹果酸草酰乙酸 E1=0.17 丙酮酸乳酸 E2=-0.19 E=0.17-0.19=-0.020，该反应可按照箭头的指示方向进行。（4）琥珀酸+NADH+H+ -酮戊二酸+NAD+CO2解：琥珀酸-酮戊二酸+CO2 E1=-0.67 NADH+H+ +NAD+ E2=0.32 E=-0.67+0.32=-0.340，该反应可按照箭头的指示方向进行。5.在充分供给底物、受体、无机磷及ADP的条件下，在下列情况中，肝线粒体的P/O值各为多少？底物受体抑制剂P/O底物受体抑制剂P/O苹果酸O2 -3琥珀酸O2巴比妥0苹果酸O2抗霉素A1琥珀酸O2抗霉素A0琥珀酸O2 -2琥珀酸O2KCN16.一般来说，物质的分解代谢是产能的，合成代谢是耗能的。当测定一个细胞的能荷降低时，此时细胞内是合成代谢加强，还是分解代谢加强？答：能荷降低时，体内ATP降低，细胞内的分解代谢加强，产生大量ATP。第九章 糖代谢1、用对或不对回答下列问题。如果不对，请说明原因。(1) 糖代谢中所有激酶催化的反应都是不可逆。答：错。由磷酸甘油酸磷酸酶催化的1,3-二磷酸甘油酸转变为3-磷酸甘油酸的反应是可逆的。(4) 5mol 葡萄糖经HMS完全氧化分解，可产生180mol ATP.答：175mol。3分子的G-6-P产生6分子的NADPH+H+和1分子3-P-甘油醛，同时又返回2分子的G-6-P，也就是1分子的G-6-P产生6分子的NADPH+H+和1分子3-P-甘油醛。那么2分子的G-6-P产生12分子的NADPH+H+和2分子3-P-甘油醛，其中2分子3-P-甘油醛可以通过EMP的逆过程变成G-6-P，这样，1分子的G-6-P净产生12分子的NADPH+H+（它的穿梭总是免费的），合36分子的ATP。1分子的葡萄糖就可以产生35分子的ATP。 (5) 糖原合成和糖异生都是耗能的。答：对。(6) 单糖进入细胞后都生成磷酸单糖，这实际上是细胞的一种保糖机制，以免单糖再转移到细胞外。答：对。2、1710g蔗糖在动物体内经有氧分解为H2O和CO2，总共可产生所少摩尔ATP？多少摩尔CO2 ？解：1mol可分解为：1mol的葡萄糖和1mol果糖。1mol葡萄糖和1mol果糖完全分解均可产生：36或者38molATP，6mol CO2。则1mol的蔗糖完全分解可产生：72或者76molATP，12mol CO2。蔗糖分子量：3421710g蔗糖=1710/342=5mol则：1710g蔗糖悠扬分解后产生的：572=360或者576=380mol ATP512=60mol CO23、某厂用发酵法生产酒精，对淀粉质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5000kg可产生多少升酒精（酒精密度0.789g/cm3）？酵母菌获得多少能量（多少molATP）？解：酒精体积V=(510640%90%)/(1620.789103)=14.1LnATP=(510640%90%)/1622=2.2104mol4、1mol乳酸完全氧化分解可生成多少摩尔的ATP？没生成1molATP若以储能30.54KJ计算，其储能效率多少？如果2mol乳酸转化成葡萄糖，需要消耗多少molATP?解：乳酸+NAD+丙酮酸+ NADH+H+ 进入呼吸链2or3molATP丙酮酸进入TCA循环：15mol ATP1mol乳酸完全氧化分解可生成17or18mol的ATP储能效率=1730.54/1336.7=38.84%或者储能效率=1830.54/1336.7=41.13%如果2mol乳酸转化成葡萄糖，需要消耗：4molATP（丙酮酸草酰乙酸，3-磷酸甘油酸1.3二磷酸甘油酸个1molATP）+2molGTP(草酰乙酸磷酸烯醇式丙酮酸)=6molATP5、每摩尔下列各物在酵母细胞内完全氧化时产生多少摩尔ATP及CO2 ？假定酵解、三羧酸循环和氧化磷酸化系统完全具有活性。（1）麦芽糖； （2）乳糖； （3）1-磷酸葡萄糖； （4）3-磷酸甘油醛； （5）琥珀酸（6）-酮戊二酸代谢物ATPCO2麦芽糖236=72或者238=76mol12乳糖236=72或者238=76mol121-磷酸葡萄糖35或者37mol63-磷酸甘油醛19或者20mol3琥珀酸5+12+12=29mol4-酮戊二酸9+12+12=33mol56、虽然氧分子并不直接参与TCA循环，但该循环的运行必须在有氧的情况下才能发生，为什么？答：氧分子并不直接参与TCA循环，但底物在脱氢酶作用下会脱下NADH+H+或者FADH2, NADH+H+或者FADH2之后进入线粒体呼吸链，必须以氧作为最终的电子受体。第十章1、用对或不对回答下列问题。如果不对，请说明原因。（1）脂肪酸的氧化分解是在有机分子的羧基端开始的。答：对。（2）只有偶数碳原子的脂肪酸才能在氧化降解时产生乙酰CoA。答：错。奇数碳原子的脂肪酸开始时任按-氧化途径降解，产生乙酰CoA，最后剩下丙酰CoA。丙酰CoA羧化成琥珀酰CoA，在进入TCA循环。（3）因为甘油和3-磷酸甘油醛都是三碳化合物，所以它的完全降解所产生的ATP数是一样的。答：错。甘油首先需要在甘油激酶的作用下消化一分子的ATP生成-磷酸甘油，然后转变为磷酸二羟丙酮，最后转化为3-磷酸甘油醛。所以它完全分解之后产生的ATP数目比3-磷酸甘油醛少一个。（4）从乙酰CoA合成1分子软脂酸，需消耗8分子ATP。答：错。从乙酰CoA合成1分子软脂酸，需要进行7次的缩合反应，消耗7分子ATP。（）合成糖原需要UTP，合成磷脂需要CTP。答：对。2、1mol三软脂酰甘油酯完全氧化分解，产生多少摩尔ATP？多少摩尔CO2？如由3分子软脂酸和1分子甘油合成1分子三软脂酰甘油需要几分子ATP？解：1mol三软脂酰甘油酯在脂肪酶的作用下生成3mol软脂酸和1mol甘油1mol软脂酸完全氧化分解可产生129ATP，则3mol软脂酸生成3129=387 ATP。1mol甘油完全氧化分解可产生20（19）-1=19（18）molATP。1mol三软脂酰甘油酯完全氧化分解可产生：387+19（18）=406（405）ATP。同时产生：163+3=51 molCO2。1分子软脂酸活化成脂酰CoA需要消耗2ATP。1分子甘油磷酸化成-磷酸甘油需要消耗1ATP。3分子软脂酸和1分子甘油合成1分子三软脂酰甘油需要：32+1=7ATP。3、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ATP？CH3-CH2-CH2-CH=C(OH)-CH2-CH2-COOH, 这道题错了，若按照我改的这个化合物进行计算。解：该化合物含有8个碳原子，可进行3次-氧化生成4个乙酰CoA。1mol该化合物完全氧化可生成：32+33+124-2=61ATP若多一个双键，少生成2ATP。则总共生成61-2=59ATP4、据你所知，乙酰CoA在动物体内课转变成那些物质？答：（1）进入TCA循环，彻底氧化分解，生成CO2+H2O,放出能量。（2）作为脂肪酸、固醇合成的原料。（3）某些植物、微生物中，可在乙醛酸体内进行乙醛酸循环。（4）在动物肝、肾脏中有可能产生乙酰乙酸、D-b-羟丁酸和丙酮（酮体）。