2018年郑州大学第四附属医院(口腔医学院)306西医综合之生物化学考研仿真模拟五套题
● 摘要
一、名词解释
1． 螺旋。 【答案】螺旋是蛋白质中最常见的一种二级结构，肽链主链骨架围绕中心轴盘绕成螺旋状。
在螺旋结构中，每3.6个氨基酸残基螺旋上升一圈，每圈的高度为0.54nm 。每个氨基酸残基沿轴上升0.15nm ，沿轴旋转100°。在同一肽链内相邻的螺圈之间形成氢键，氢键的取向几乎与中心轴平行，氢键是由第n 个氨基酸残基的CO
基的氧与第
的。螺旋的稳定性靠氢键来维持。
2．
乙醇发酵
【答案】乙醇发酵是指在缺氧的条件下，
糖酵解产生的
3． 氨基酸残基（amino acid residue）。
【答案】氨基酸残基是指肽链中的氨基酸由于参加肽键的形成已不是完整的分子。
4． 拼接体（spliceosome ）。
【答案】拼接体是由mRNA 前体、各种拼接因子、5种snRNP 等在细胞核内按照一定次序组装起来的超分子复合物，是拼接反应发生的场所。
5． 反密码子（anticodon ）。
【答案】反密码子是由tRNA 反密码子环上的三个相邻的核苷酸构成的反密码子，通过与mRNA 上密码子的互 补配对解码遗传密码。
6．
易化扩散
【答案】易化扩散又称促进扩散，是指物质从高浓度到低浓度由载体蛋白（即转运蛋白）介导的跨膜扩散，是自然发生的，不需要加入能量，是一种被动转运。
7． 生糖氨基酸。
【答案】生糖氨基酸是指在氨基酸分解过程中，凡能转变为丙酮酸、a-酮戊二酸、琥珀酸、延胡索酸和草酰乙酸的氨基酸，因为这些三羧酸循环中间物和丙酮酸都可转变为葡萄糖。
8． 血脂。
【答案】血脂是血浆中所含的脂质的统称。组成血脂的脂质包括三酰甘油及少量二酰甘油和
第 2 页，共 31 页 个氨基酸残基的NH 基的氢之间形成
还原乙醛，得到乙醇的过程。
单酰甘油，磷脂主要是卵磷脂、胆固醇、胆固醇酯和游离脂肪酸。血脂并非以游离态存在，而常常以脂蛋白的形式存在，
可以分为乳糜微粒
脂蛋白
极高密度脂蛋白 极低密度脂蛋白
低密度脂蛋白高密度
二、问答题
9． 有一多肽，其分子量约为1200。将其多肽进行如下分析：
（1）进行氨基酸成分分析可知含有等摩尔的Leu 、Orn 、Phe 、Pro 和Val 。
（2）羧肽酶处理时，无游离氨基酸。
（3）经DNFB
处理得到
根据以上的实验结果推（4）该肽不被胰凝乳蛋白酶水解。 （5）该肽部分水解得到下列三种二肽，即
导出该肽的 氨基酸顺序，并说明理由。
【答案】由（1）可得该多肽为十肽；由（2）可得该肽可能为环肽，也可能末位或倒数第二位氨基酸为Pro ; 由 （3）可得该肽为线性结构，N 端为Orn ; 由（4）可得Phe 应在Pro 前一位；由（5
）可得该十肽顺序为
10．为什么说乙醛酸循环是三羧酸循环的支路？
【答案】乙醛酸循环是一个存在于植物和微生物的有机酸代谢环，五步反应中有三步与柠檬酸循环中的一样，另有两步不同的是:异柠檬酸不经脱羧而直接被其裂合酶裂解成琥珀酸和乙醛酸（因而得名），后者再与另一分子乙酰-CoA 经苹果酸合酶催化缩合成苹果酸。总反应式:2乙酰
-→琥珀酸
+2C0ASH+NADH+表明，通过绕行柠檬酸循环中的两步脱羧反应，每轮乙醛酸循环可由两分子乙酰-CoA 净得一分子琥珀酸或草酰乙酸，后者既可进入柠檬酸循环代谢，亦可经由糖异生途径转化为葡萄糖。
乙醛酸循环的意义：（1）乙酰CoA 经由该循环可以和柠檬酸循环相偶联以补充其中间产物的缺失；
（2）乙醛酸循环是微生物利用乙酸盐作为碳源的主要途径之一；
（3）乙醛酸循环是萌发种子和油料植物等将脂肪转变为糖和氨基酸的途径。
11．简述各种核酸在蛋白质生物合成过程中已知的主要作用。
DNA 是遗传信息的主要载体，【答案】是遗传的最小功能单位，它决定着各种蛋白质的合成；
mRNA 则转录DNA 上的遗传信息，它是决定氨基酸顺序的模板；tRNA 作为氨基酸的受体，携带活化的氨基酸到肽链中的正确位置，起转移氨基酸的作用；rRNA 作为核糖体的主要成分，核糖体是蛋白质合成的场所。
12．DNA 分子二级结构有哪些特点？
【答案】按Watson-Crick 模型，DNA 的结构特点有：两条反向平行的多核苷酸链围绕同一中
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心轴互绕；碱基位于结构的内侧，而亲水的糖磷酸主链位于螺旋的外侧，通过磷酸二酯键相连，形成核酸的骨架；碱基平面与轴垂直，糖环平面则与轴平行；两条链皆为右手螺旋；双螺旋的直径为2mn ，
碱基堆积距离为
两核酸之间的夹角是每对螺旋由10对碱基组成；碱基按A=T, G=C配对互补，彼此以氢键相连；维持DNA 结构稳定的力主要是碱基堆集力；双螺旋结构表面有两条螺形凹沟，一大一小。
13．试计算苹果酸彻底氧化成C02和H20能产生多少ATP?
【答案】
苹果酸彻底氧化成
（1
）
（2
）
（3
）
（4
）乙酰
总共可得到5分子NADH 和1
分子 经由氧化磷酸化可生成14个A TP , 加上底物水平 和需依次进行下述反应： ^ 磷酸化得到的1个GTP ，
苹果酸彻底氧化成和总共能产生15个A TP 。
14．有一个lO.Og 的糖原样品，经过甲基化和水解后能产生6mmol 的2， 甲基葡萄糖。求：
（1
）出现在分支点上的葡萄糖残基的百分数。
（2）每个支链上葡萄糖残基的平均数。
（3）产生了多少毫摩尔的2, 3, 6-三-0-甲基葡萄糖？
（4）如果此糖原的相对分子质量是
【答案】（1）2
，
甲基葡萄糖即它所含葡萄糖残基数是多少？ 分支点上的葡萄糖。lO.Og
糖原样品中
（2）
因为分支点上葡萄糖残基的百分数为9.72%，也就是说100个葡萄糖残基中有9.72个葡萄糖残基是在分支点上，有一个分支点就有一个支链，所以每个支链上葡萄糖残基的平均数为：100/9.72=10.3。
（3）先分析一下糖原经甲基化和水解后会产生多少种产物。糖原的每一个自由羟基可用硫酸二甲酯甲基化，水解后分支点的葡萄糖产生2, 3-二-0-甲基葡萄糖；非还原末端产生2, 3, 4, 6-四-0-甲基葡萄糖；还原末端转化为1, 2, 3, 6-四-0-甲基葡萄糖，但在糖苷键水解时，
在
基形成2, 3, 6-三-0-甲基葡萄糖。
lO.Og 糖原其葡萄糖残基的总量为
：
其中分支点的葡萄糖产生2, 3-二-0-甲基葡萄糖为6mmol 。此外，因为每n 个分支点残基就有n+1个非还原末端残基，但是像糖原这样高相对分子质量的化合物，在n+1与n 个残基间的差别是毫无意义的。所以可假设分支点的物质的量一非还原末端的物质的量。非还原末端产生2, 3, 4, 6-
第 4 页，共 31 页 分支点上的葡萄糖残基的质量为162X6=972（mg ）,
出现在分支点上葡萄糖残基的百分数为
上的甲基以甲醇形式脱落（其他甲基以稳定的醚存在），这样就形成2, 3, 6-三-0-甲基葡萄糖；相连的葡萄糖残