生化上生物化学习题课.pptxVIP

生物化学A（上）习题课;关于氨基酸;关于计算;计算赖氨酸的ε- NH3+ 20%被解离时的溶液pH;2、蛋白质的平均含氮量16%?蛋白质系数6.25;3、氨基酸及寡肽的等电点;根据表中氨基酸的pKa值，计算下列氨基酸的pl值：丙氨酸、半胱氨酸、谷氨酸和精氨酸。;计算KK和KKK的等电点，已知pKa=2.18，pKb=8.95，pKλε=10.53。;一长链多肽，侧链上有羧基30个（pKa= 4.3)，咪唑基有10个（ pKa= 7.0），ε-氨基15个（ pKa= 10.53），设C端的α-羧基的pKa= 3.5，N端α-氨基的pKa= 9.5，计算此多肽 的等电点。;4、蛋白质的最低相对分子质量、?螺旋?折叠参数及计算;测得一种血红素蛋白质含0.426%铁，计算其最低相对分子质量。(b) 一种纯酶按重量计算含亮氨酸1.65%和异亮氨酸2.48%，问其最低相对分子质量是多少?;1．计算一个含有108个氨基酸残基的多肽，若呈α-螺旋状态，其长度为多少nm？此多肽的?螺旋完全伸展时有多长？若呈β-折叠结构长度为多少nm？ 2．某蛋白质多肽链有一些区段为α-螺旋构象，另一些区段为β-折叠构象，该蛋白质相对分子质量为220 000，多肽外形总长为5.06×10-5cm，计算多肽链中α-螺旋构象占分子长度的百分之多少？;1. 解：呈α-螺旋状态时：108×0.15=16.2（nm） 呈β-折叠状态时：108×0.36=38.9（nm） 108/3.6?0.50 nm ?π= 47.1 nm 2. 解：氨基酸残基的平均相对分子质量为110，此蛋白质的相对分子质量为220 000，氨基酸残基数为220 000/110=2000个。设有X个氨基酸残基呈α-螺旋结构，则： X×0.15+（2000-X）×0.36= 5.06×10- 5×107=506（nm） X=1019；α-螺旋的长度为 ： 1019×0.15=152.9（nm） α-螺旋占蛋白质分子的百分比为： 152.9/506=30.22%;5、米氏方程、抑制剂情况下的米氏方程、转换数计算、双倒数作图、酶比活力。;习题：1μg纯酶（M:92×103）在最适条件下，催化反应速率为0.5μmol/min，试计算： （1）酶的比活力，（2）转换数。 解： （1）比活力 = 0.5μmol/min *　(１U / 1μmol/min) /1μg = 500 U/mg (酶的活力单位Ｕ的定义为：1U = 1 μmol/min);（2）转换数 (Turnover number)的定义为每个酶分子每秒钟催化的底物分子数 １μg纯酶的酶分子数为=1 μg/（92×103 g/mol? 6.023?1023 = 6.55?1012 (酶分子)。 每分钟底??转换数为　0.5x10-6?6.023?1023 = 3.012? 1017 　Turnover number = 3.012 ? 1017 / 60 / 6.55?1012 = 766 /s ?(注: 在上述计算中，为了显示转换数的原始定义，酶分子和底物分子都以“个”为单位，但在实际运算中，酶分子和底物分子都以“μ摩尔”为单位， 这样计算可简化为： Turnover number = 0.5 μ摩尔 / 60s / （1 / 92×103）μ摩尔 ＝　766 /s; 有一米氏动力学行为的酶，在加入不同浓度的底物后测定反应初速度，结果见下表[反应体系为10 mL]，不作图计算： （1）Km和Vmax （2）计算[S]= 1.0 ? 10-6 mol/L和[S]=5.0 ? 10-1 mol/L时的反应速度。 （3）计算[S]=2.0 ? 10-3 mol/L 或[S]= 2.0 ? 10-6 mol/L时最初5分钟内产物的生成总量。 （4）假设每一个酶反应体系中，酶浓度增加至4倍，Km和Vmax为多少？ （5）（4）条件下，[S]= 5.0 ? 10-5 mol/L时的反应速度是多少？;解：从表中可以看出，当底物浓度增加至5.0 ? 10-4 mol/L时的反应速度不再增加，反应速度达到最大反应速度。因此： （1）Vmax= 0.25 ?mol/min 根据米氏方程v=Vmax[S]/Km+[S] Km=Vmax[S]/v – [S]= 5.0 ? 10-5?0.25/0.20 - 5.0 ? 10-5 = 1.25 ? 10-5?mol/L （2）[S]= 1.0 ? 10-6 mol/L和[S]=5.0 ? 10-1 mol/L时的反应速度 v1= 0.25? 1.0 ? 10-6/1.25