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一、名词解释

1． ACP 。

【答案】ACP 即酰基载体蛋白，是一种低相对分子质量的蛋白质，组成脂肪酸合成酶复合体的一部分，并且在脂肪酸生物合成时作为酰基的载体，酰基以硫酯的形式结合在4-磷酸泛酰疏基乙胺的巯基上，后者的磷酸基团又与酰基载体蛋白的丝氨酸残基酯化。

2． 蛋白质拼接（protein splicing ）。

【答案】蛋白质拼接是指将一条多肽链中的一段氨基酸序列切除、同时将两端的氨基酸序列连接在一起的翻译后加工方式。

3． 翻译（translation ）。

【答案】翻译是指以mRNA 为模板合成蛋白质的过程。

4． 镰刀形细胞贫血病（sickle-cell anemia）。

【答案】病人的血红蛋白分子与正常人血红蛋白分子的主要差异在P 链上第6位氨基酸残基，正常人为谷氨酸，病人则为缴氨酸。缬氨酸侧链与谷氨酸侧链的性质和在蛋白质分子结构形成中的作用完全不同，所以导致病人的血红蛋白结构异常，红细胞呈镰刀状，当红细胞脱氧时，这种镰刀状细胞明显增加。

5． 苹果酸穿梭系统。

【答案】苹果酸穿梭系统需要两种谷-草转氨酶、两种苹果酸脱氢酶和一系列专一的透性酶共同作用。首先，NADH 在胞液苹果酸脱氢酶的催化下将草酰乙酸还原成苹果酸，然后穿过内膜，经基质苹果酸脱氢酶氧化，生成草酰乙酸和NADH , 后者进入呼吸链进行氧化磷酸化，草酰乙酸则在基质谷-草转氨酶催化下形成天冬氨酸，

同时将谷氨酸变为二酸生成的谷氨酸又返回基质。

6． 脂类（lipids ）

【答案】脂类是指脂肪、类脂及其衍生物的总称。

酮戊二酸，天冬氨酸和

酮戊二酮戊

酸透过内膜进入胞液，再由胞液谷-草转氨酶催化变成草酰乙酸参与下一轮穿梭运输，同时

7． 前导链（leading strand）。

【答案】前导链是指DNA 半不连续复制过程中，沿复制叉前进方向连续合成的那条新生链。

8． 梓檬酸转运系统（citrate transport system）。

【答案】柠檬酸转运系统是指线粒体内的乙酰CoA 与草酰乙酸缩合成柠檬酸，然后经内膜上的三羧酸载体运至胞质中，在柠檬酸裂解酶催化下，需消耗A TP 将柠檬酸裂解回草酰乙酸，后者就可用于脂酸合成，而草酰乙酸经还原后再氧化脱羧成丙酮酸，丙酮酸经内膜载体运回线粒体，在丙酮酸羧化酶作用下重新生成草酰乙酸，这样就可又一次参与转运乙酰CoA 的循环。

二、问答题

9． 一个多肽还原后生成两条肽链，序列如下：

链1

:链2

:（1

）（2

）（3）（4

）

或

的氨基形成的肽键。

i.

用嗜热菌蛋白酶水解二硫键完整的天然肽，得到下列肽段：

试定出此天然肽中二硫键的位置。 【答案】

嗜热菌蛋白酶水解

氨基酸与链1的第12位氨基酸之间有一对二硫键。

（2）根据肽段（3）与链1、链2的重叠情况，可知链1的第8位氨基酸与链2的第3位氨基酸之间有一对二硫键。

（3）根据肽段（4）与链2的重叠情况，可知链2的第1位基酸与链2的第5位氨基酸之间有一对二硫键。综上所述，天然肽中二硫键的位置如图所示：

（1）根据嗜热菌蛋白酶水解天然肽得到的肽段（1）与链1的重叠情况，可知链1的第2位

图

10．过氧化氢酶的值为当底物过氧化氢的浓度为时，求在此浓度

下，过氧化氢酶被底物所饱和的百分数。

【答案】所谓酶被底物饱和的百分比即是反应速度与最大反应速度的百分比。根据米氏方程知：

11．遗传密码的简并性有何意义？

【答案】遗传密码的简并性可以减少有害突变。若每种氨基酸只有一个密码子，64个密码子中只有20个是有意 义的，对应于一种氨基酸，那么剩下的44个密码子都将是无意义的，这将导致肽链合成的终止。因而由基因突 变而引起肽链合成终止的概率也会大大提高，这将极不利于生物生存。简并增加了密码子中碱基改变仍然编码原 来氨基酸的可能性。密码简并也可使DNA 上碱基组成有较大变动余地。所以，密码简并性对于物种的稳定有一定的作用。

12．某一个酶的浓度为

时的初速度。

当

时：

13．乙酰CoA 的合成位于线粒体基质中，而脂肪酸的合成位于细胞质中。请描述将乙酰CoA 转运到细胞质的穿梭系统。

【答案】线粒体中乙酰CoA 与草酰乙酸在柠檬酸合酶的催化下结合形成柠檬酸，然后通过位于线粒体内膜上的三羧酸载体运送过膜，再由细胞质中的A TP 柠檬酸裂合酶裂解成草酰乙酸和乙酰CoA 。进入胞液的乙酰CoA 用于脂肪酸合成，而草酰乙酸在苹果酸脱氢酶的作用下还原成苹果酸，苹果酸在苹果酸酶的作用下分解为丙酮酸，进入线粒体，羧化成草酰乙酸，从而形成柠檬酸丙酮酸循环。

14．

某一蛋白质的多肽链在一些区段为螺旋构象，在另一些区段为构象。该蛋白质的相对分子质量为240000,

多肽链外形的长度为a 螺旋构象中，

每个氨基酸残基上升的高度为为

设此多肽链中

试计算螺旋体占分子的百分之多少？ 折叠构象中，每个氨基酸残基上升的高度

当时测得计算出底物

【答案】

因为

【答案】氨基酸残基的平均相对分子质量为120, 所以氨基酸残基数为240000/120=2000已知

螺旋的氨基酸残基数为x , 则折叠的氨基酸残基数为2000-X 。