内蒙古师范大学生命科学与技术学院考研试题.docVIP

蛋白质的分离 由于该抽体液中三种蛋白质有着较大的差异：单看等电点，A蛋白与其他两种蛋白相差大，从而可以采用等电点沉淀法将A蛋白分离出来；再看相对分子量，C蛋白与其他两种蛋白差别大，即可运用凝胶过滤的方法将B蛋白与C蛋白分离。故实验法案如下： ①等电点沉淀法分离A蛋白 取适量的抽提液于pH=8.5的缓冲溶液中摇匀，随后用适当的转速对其进行离心，沉淀即为A蛋白，而上清液主要是B与C蛋白的混合液。 ②、凝胶过滤发分离B蛋白与C蛋白 取上清液进行合理的凝胶过滤，由于大分子不能进入凝胶孔中而小分子会进入凝胶空中，从而使得大分子先于小分子被过滤出来，即最先得到B蛋白，随后得到C蛋白。 十六软脂酸的计算 解： ①1mol 16碳软脂酸完全转变成乙酰CoA则经7次β-氧化，结果生成： 7mol FADH2、7molNADH、8mol 乙酰CoA ②7mol FADH2与7mol NADH经电子传递系统产生： 7mol FADH2得到7×2mol ATP 7mol NADH得到7×3mol ATP ③8 mol 乙酰CoA经三羧酸循环将有： 8 mol 乙酰CoA得到8×12mol ATP ④脂肪酸活化需消耗2mol当量的ATP 故总的ATP的结果为： 7×2+7×3+8×12－2=129（mol）ATP 所以1mol 16碳软脂酸经过β氧化，三羧酸循环和电子传递系统后得到129molATP。 补充： 1mol 2N碳酸脂经经过β氧化，三羧酸循环和电子传递系统后得到ATP的个数计算式为: ①经β氧化后得到： （N-1）mol FADH2，（N-1）mol NADH和N mol乙酰CoA ②经电子传递系统产生： （N-1）mol FADH2得到：（N-1）×2 mol ATP （N-1）mol NADH得到：（N-1）×3 mol ATP ③经三羧酸循环： N mol 乙酰CoA得到N×12mol ATP ④脂肪酸活化需消耗2mol当量的ATP 故总的ATP的结果为： （N-1）×2+（N-1）×3+N×12－2= 17N-7（mol）ATP 酶的比活力，回收率，纯化倍数的计算 解： ①由比活力公式： 比活力=活力U/mg蛋白 得： 经凝胶柱后的比活力=7.8/1.3=6.0 (U/mg) ②由回收率公式： 回收率=每次总活力/第一次总活力×100% 得： 经凝胶柱后的回收率=7.8/118.6×100%=6.58% ③有纯化倍数： 纯化倍数=每次比活力/第一次比活力，而第一次的比活力=118.6/465.6=0.255 (U/mg) 故经凝胶柱后纯化倍数为： 纯化倍数=6.0/0.255=24 因此，经凝胶柱后的比活力为6.0U/mg，回收率为6.58%，纯化倍数约为24。 第一套题 计算自由能 解：由公式 ?G0=－nF?E0 而 n=2，F=96.4KJ/mol , E(NAD+/NADH)=－0.315 ， E（O2/O2－）=0.815， 则 ?G0=－nF?E0=－2×96.4×[0.815－(－0.315)]=－217.864（KJ/mol） 故一对电子从NADH经线粒体电子传递链传递至氧所释放的自由能为217.864（KJ/mol）。 第二套题 为什么乳糖的水平反常的高： 答：果糖-1，6-二磷酸酯酶是糖异生途径的三种重要酶之一，它的缺乏，使得糖异生途径无法进行，从而乳酸无法转化成葡萄糖，进而使得血浆中乳酸的水平反常的高。 丁酸氧化成乙酰COA的生化过程 答：丁酸氧化成乙酰COA的生化过程即进行1次的β氧化，β氧化依次包括丁酸的活化，脱氢、加水、脱氢和硫解，从而得到2分子的乙酰COA，1分子的NADH和1分子的FADH2。 设计基因 解：根据中心法则，逆推有： 氨基酸序列→mRNA序列： 5-ACC-UUU-CCG-UAC-GCU-GGU-CUA-CAU-CGC-AAU-3 mRNA序列对应DNA上的模板链： 5-ATT-GCG-ATG-TAG-ACC-AGC-GTA-CGG-AAA-GGT-3 则该基因为： 5ATTGCGATGTAGACCAGCGTACGGAAAGGT-3 3-TAACGCTACATCTGGTCGCATGCCTTTCCA-5 第三套 大肠杆菌某一多肽基因编码链的序列，回答问题 答: 紫外线敏感位点是有两个嘧啶（C或T）相邻时，容易在紫外线下形成嘧啶二聚体。因此有两个相邻嘧啶存在的部位是紫外线敏感的。TC、TT、TCCC这三个是敏感位点。 引物1: 5-CATTGT-3 引物2：5-GAAACC-3 简述原核细胞与