生化教材(川大)计算题

第3章糖类的化学5.解：设α-D-甘露糖的比例是a则β的比例是1-a则29.3×a＋（-16.3）（1-a）＝14.5a＝67.5％1-a＝32.5％α-D-甘露糖的比率是67.5％β-D-甘露糖的比率是32.5％6.解：数据不对7.（3）解：设蔗糖的总量为1，水解生成的葡萄糖比例＝水解生成的果糖比例为x，则66.5×（1-x）+52.5×x＋（-92）x＝0x＝62.7％则有62.7％的蔗糖被水解8.解：(1)葡萄糖残基的相对分子量是162，则N残基＝1×106/162=6173即1分子支链淀粉含有6173个葡萄糖残基(2)分支点残基占全部残基的11.8％，则N分支点＝6173×11.8％＝728(3)支链淀粉的糖苷键为α(1→4)糖苷键，分支处的糖苷键为α(1→6)糖苷键，即主链提供C6的－OH,支链提供C1的半缩醛羟基，则支链的末端为非还原端，由(2)可知分支点的残基数为728，则非还原末端的残基数＝分支点的残基数+1＝7299.解：一个葡萄糖的环状结构含5个－OH，即C1.2.3.4.6，其中C1为半缩醛羟基，具还原性。m＝32.4mgM＝162g/moln=32.4/162×1000＝0.2×10-3mol＝200μmol(1)支链淀粉经甲基化后水解的产物为：2，3，4，6-四甲基葡萄糖1，2，3，6-四甲基葡萄糖2，3，6-四甲基葡萄糖2，3-四甲基葡萄糖2，3，4，6-四甲基葡萄糖为支链末端，即非还原端的残基，其含量为10μmol，比分之点的残基数多1个，2，3-四甲基葡萄糖为分之点的残基，则2，3-四甲基葡萄糖的含量为10μmol（忽略一个残基）；1，2，3，6-四甲基葡萄糖为还原端残基，只有1个；2，3，6-四甲基葡萄糖为链中的残基＝200μmol-20μmol＝180μmol（忽略主链首尾的2个残基）(2)通过1→6糖苷键相连的残基为分支点的残基，即2，3-四甲基葡萄糖加一个2，3，6-四甲基葡萄糖，即两个残基，则通过1→6糖苷键相连的残基的百分数是20μmol/200μmol=10%(3)总的残基数＝1.2×106/162=7407由(1)问可知，分支点残基为2，3-四甲基葡萄糖为分之点的残基，其含量为10μmol，占总含量的1/20则分支点残基数＝7407×1/20=370第4章脂类和生物膜化学3.计算一软脂酰二硬脂酰甘油酯的皂化值。解：皂化值为完全皂化1g油脂所需的KOHmg数，皂化1mol油脂需要3molKOH，则假设用3mol的KOH皂化了1mol的油脂推导得知：皂化值＝3×MKOH×1000/Mr×1）MKOH＝56.1Mr＝862皂化值＝3×56.1×1000/862＝194.9（mg）4.解：碘值是指油脂的卤化作用中，100g油脂与碘作用所需的碘克数根据公式碘值＝100×(NV×127/1000)/WV为滴定时用去的硫代硫酸钠的体积（ml），N为硫代硫酸钠的质量浓度，127为碘的相对原子质量，W为样品油脂质量（g）。由此得：碘值＝100×（24－11.5）×10－3×0.05×127/80×10－3＝99.25.解：由皂化值可推导出该脂肪样品的相对分子量M样品＝3×MKOH×1000/皂化值＝3×56.1×1000/210＝801.4由碘值公式得68＝100×(NV×127/1000)/WNV/1000实际为与不饱和脂肪酸发生反应的碘的量n1W＝M样品×n样品由此推出68＝100×(n1×127)/M样品×n样品n1/n样品=5则1分子三脂酰甘油平均含有个5双键第5章蛋白质化学2：PH=PKa+lg质子受体/质子供体9.5＝10.5＋lg(-NH2)/(-NH+3)lg(-NH2)/(-NH+3)=-1(-NH2)/(-NH+3)=0.1即-NH2和-NH+3在溶液中的比值为1：105:A+_+OH-→A-PH=PKa+lgA-/A+-10.4=9.7+lg0.01/(1.068/Mr)-0.01Mr=89此氨基酸为甘氨酸6：PH=PK1+lgR+/R+-PH=PK2+lgR+-/R+1+2lgR+/R+-=0即R+/R+-=11-2pk1-pk2=lg(R+-)2/(R+)2-2.06=2lgR+-/R+即R+/R+-=0.97:A+-+H+→A+反应前10.30反应后1－0.300.3PH=PK1+lgA+-/A+=2.34+lg0.7/0.3=2.708A+-+OH-→A-反应前10.30反应后1－0.300.3PH=PK2+lgA--/A+-=9.60+lg0.3/0.7=9.23210:浓溶液中钼的含量10.56×106/95.94=1.1×10-7mol/ml其溶液的吸光度为50×0.375＝18.75A=εCL→C=18.75/1.5=1.25×10-2g/ml最小分子量是含1molMr=12.5×10-5/1.1×10-7=11360011:Leu的分子质量为131，Trp为204所以Leu与Trp的分子质量比为(58.1×10-3/131)/(36.2×10-3/204)=5/2所以该分子中至少含有5个Leu，2个TrpMr=（5×131）/(58.1×10-3)=11290或Mr=(204×2)/(36.2×10-3)=1128212:已知α螺旋为0.15nm,β折叠为0.35nm,氨基酸的平均相对分子量为100。该蛋白分子量为25000。所以氨基酸个数为2500个。假设有α螺旋x个，则β折叠为2500－x0.15x＋0.35(2500—x)=550x=1750α螺旋1750个，则β折叠为750个第6章核酸化学3：设其纯度为a则c=（500a/50)×0.1＝0.1amg/mlC=(Mr×A260)/εL0.1a=（340×1.29/(6.65×10-3×1a=65.95×10-2=65.95％4:β-DNA每一螺旋有10对碱基，假设有n个螺旋。M总＝10×618×nn=4854个第7章酶学2．我们定，在最适条件下，每小时分解1g淀粉的酶量为一个活力单位，则5min分解0.25淀粉所含的活力单位为：0.25/（5/60）=3U则每克酶制剂所含的淀粉酶活力单位为（3/0.5）*1000=6000U所以每克酶制剂所含的淀粉酶活力单位数为6000个单位3．（1）1ml酶液中所含蛋白质量为（0.2mg/2ml）/16％=0.625mg活力单位为：（1500微克/60min）/0.1ml=250U比活力活力单位数/酶蛋白毫克数＝250U/（25mg/25ml*1ml）=250U/mg所以比活力为250U/mg由以上两问得知，1ml酶液即1mg酶制剂含0.625mg酶所以，1g酶制剂中含蛋白量为1000*0.625mg=625mg总活力：250*1000=2.5*105UVVmax[S]Km+[S]4．根据米氏方程V=44VmaxKm5K[S]=4Km时，V==4/5Vmax55VmaxKm6K[S]=5Km时，V==5/6Vmax6VmaxKm7K6VmaxKm7K99VmaxKm10K[S]=9Km时，V==9/10Vmax1010VmaxKm11K[S]=10Km时，V==10/11Vmax5.Lin-eweaver-Burk作图法，纵轴截距为1/Vmax横轴截距为-1/Km斜率为Km/Vmax无抑制剂时：公式为y=0.9331x+0.1257Y=0,x=-0.1257/0.9331KmX=0,y=0.1257Vmax=7.96*103μmol/mg.min有抑制剂时：公式为y=1.1691x+0.1567Y=0,x=-0.1567/1.1691Km≈7.4mmol/LX=0,y=0.1567Vmax=6.38*103μmol/mg.min由图及计算知，抑制前后相比，Km不变，Vmax变小该抑制剂为非竞争性抑制剂注：由于做图时取点小数有省略，所以公式计算稍有偏差6.最后纯化后比活力=总活力/总蛋白=

196/12=16.33U/mg活力回收率=最后总活力/最初总活力×100%=196/12650×100%=1.55%纯化倍数=最后比活力/最初比活力=16.33/(12650/18620)≈24倍第10章 生物氧化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ΔGº′值。0.0190.0010.0190.001ΔGº′=－RTlnKeq′=－RTlgKeq′＝－2.303×8.315×298lgKeq′=－5706lg=－7296.57J/mol3.当反应ATP+H2O ADP+Pi在25℃时，测得ATP水解的平衡常数为250000，而在37℃答：25℃时，当反应达到平衡时，ΔG=0，ΔGº′＝－2.303×8.315×298lgKeq′＝－30800.65J/mol当37℃时，ΔG＝ΔGº′＋RTlnKeq′′=－30800.65＋5706×(－1.9)=－19941.61J/mol4.标准条件下，氧化还原反应能自发进行的方向为ΔGº′<0和ΔEº′>0,ΔGº′负值越大，ΔEº′正值越大，则反应的自发方向越大。标准电位均可由书上P248查得（1）丙酮酸/乳酸标准电位－NAD+/NADH标准电位=-0.19-(-0.32)=0.13反应可以进行（2）琥珀酸/α-酮戊二酸＋CO2标准电位－NAD+/NADH标准电位=-0.67-(-0.32)=-0.34反应不可以进行（3）延胡索酸/琥珀酸标准电位－乙酸/乙醛标准电位=-0.03-(-0.58)=0.55反应可以进行（4）丙酮酸/乳酸标准电位－乙酰乙酸/β-羟丁酸标准电位=-0.19-(-0.34)=0.15反应可以进行(5)丙酮酸/乳酸标准电位－草酰乙酸/苹果酸标准电位=-0.19-(-0.17)=-0.02反应不可以进行5.设ATP（相对分子量510）合成，ΔGº′＝41.84kJ/mol，NADH+H+ H2O，ΔGº′＝－217.57kJ/mol，成人基本代谢为每天10460kJ。问成人每天体内大约可合成多少（kg）ATP？答：根据题意，NADH转换量为10460÷217.57=48.076mol每molNADH可生产3molATP，所以ATP量＝3×48.076×510=73557g=73.557kg第11章糖分解代谢M蔗糖=342，n=1710/342=5mol蔗糖→葡萄糖+果糖葡萄糖→EMP→丙酮酸→TCA果糖→1-磷酸果糖（消耗一个ATP）→1.6-二磷酸果糖（消耗一个ATP）→EMP→TCA综上，1mol蔗糖产生36（38）*2=72（76），5mol蔗糖则产生72（76）*5=360（380）molATP。答：40％2ATP2NADH2NADH淀粉葡萄糖2丙酮酸2乙醛2乙醇（5吨）（2吨）90%2*106/180mol2*106*2*90％/1802*104mol故生成乙醇46*2*104＝9.2*105克，9.2*105/0.789＝11.66*105ml＝1.166*103L酵母菌从中获得能量2*104*2＝4*104molATP3.答：1）17（18）ATP2）3）4mol4.（1）棉籽糖→半乳糖35（37）+葡萄糖36（38）+果糖36（38）（2）38（40）（3）15FADH2(2)NADH(3)NADH（3）（4）琥珀酸苹果酸丙酮酸乙酰CoATCA循环(12)

故共生成20molATP。(5)核糖：29molATP第13章脂类代谢3、答：（1）、1mol三软脂酰甘油→1mol甘油+3mol软脂酸ATPADPNAD+NADH甘油2-磷酸甘油磷酸二羟丙酮→EMP2NADH1ATP共产生20（22）molATP丙酮酸→TCA→15molATP3ATP3AMPβ氧化8乙酰CoATCA8*12=963mol软脂酸3mol软脂酰CoA7NADH*3=217FADH2*2=14故共生成：3*（96+21+14）-6=387ATP所以，1mol三软脂酰甘油共生成ATP为：387+15+1+2*2（3）=407（409）molATPATPADP（2）、甘油2-磷酸甘油3ATP3AMP3mol软脂酸3mol软脂酰CoA故1+6=7molATP4、答：3NAD+3NADH+H+3ATP3ADP3丙酮酸3乙酰CoA（线粒体）3乙酰CoA（胞浆）2ATP2ADP2乙酰CoA（胞浆）2丙二酸单酰CoA4NADPH+H+4NADP+1乙酰CoA+2丙二酸单酰CoA1己酸综上可得：由丙酮酸合成1mol己酸，需净消耗5molATP，4molNADPH。5、答：ATPADP+H2OCH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2=CHCOOHCH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2=CHCO～sCoANADNADHCH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2(OH)CH2CO～sCoACH3CH2CH2CH(OH)CH2COCH2CO～sCoACH3CO～sCoANADHCH3CO～sCoAFADH2NADHCH3CH2CH2CH(OH)CH2CO～sCoACH3CH2CH2CO～sCoACH3CO～sCoA所以，整个过程共消耗1molATP，生成3molNADH，1molFADH2，3molCH3CO～sCoA，故共生成ATP：3*3+2*1+12*3-1＝46mol第14章氮代谢6Asp+α酮戊二酸GOTGlu+草酰乙酸Glu+NAD++H2OGDHα酮戊二酸+NH3+NADH++H+草酰乙酸+4NADH++FAD+GDP+Pi+H2O4CO2+4NADH+4H++FADH2+GTPASP彻底氧化的总反应为：ASP+5NAD++FAD+GDP+Pi+H2O