新版生化教材(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）＝14.5 a＝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＝0 x＝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＝729 9.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＝32.4mg M＝162g/mol n=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＝56.1 Mr＝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)/W V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＝99.2 5.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)/W NV/1000实际为与不饱和脂肪酸发生反应的碘的量n1 W＝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1：10 5: A+_+OH-→A- PH=PKa+lgA-/A+- 10.4=9.7+lg0.01/(1.068/Mr)-0.01 Mr=89 此氨基酸为甘氨酸 6：PH=PK1+lgR+/R+- PH=PK2+ lgR+-/R+ 1+2 lgR+/R+-=0 即R+/R+-=1 1-2 pk1-pk2= lg(R+-)2/(R+)2 -2.06=2 lgR+-/R+ 即R+/R+-=0.9 7: A+-+H+→A+ 反应前 1 0.3 0 反应后 1－0.3 0 0.3 PH=PK1+ lgA+-/A+ =2.34+lg0.7/0.3=2.708 A+-+OH-→A- 反应前 1 0.3 0 反应后 1－0.3 0 0.3 PH=PK2+ lgA--/A+- =9.60+lg0.3/0.7 =9.232 10: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＝18.75 A=εCL→C=18.75/1.5=1.25×10-2g/ml 最小分子量是含1mol钼的E的数量 Mr=12.5×10-5/1.1×10-7=113600 11: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Trp Mr=（5×131）/(58.1×10-3)=11290 或Mr=(204×2)/(36.2×10-3)=11282 12: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－x 0.15x＋0.35(2500—x)=550 x=1750 α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/ml C=(Mr×A260)/εL 0.1a=（340×1.29/(6.65×10-3×1cm) a=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×n n=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 (2)​ 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 (3)​ 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*105U 4．根据米氏方程V = [S]=4Km时， V = = 4/5Vmax [S]=5Km时， V = = 5/6Vmax [S]=6Km时， V = = 6/7Vmax [S]=9Km时， V = = 9/10Vmax [S]=10Km时， V = = 10/11Vmax 5. 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 (1)​ 无抑制剂时： 公式为y=0.9331x + 0.1257 Y=0, x=-0.1257/0.9331 Km≈7.4 mmol/L X=0, y=0.1257 Vmax=7.96*103 μmol/mg.min (2)​ 有抑制剂时： 公式为y=1.1691x+0.1567 Y=0, x=-0.1567/1.1691 Km≈7.4 mmol/L X=0, y=0.1567 Vmax=6.38*103 μmol/mg.min (3)​ 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0.020 mol/L，平衡时 [G－1－P] 为0.001 mol/L，求ΔGº′值。 答：当反应平衡时ΔG=0， ΔGº′=－RTlnKeq′=－RTlg Keq′＝－2.303×8.315×298 lgKeq′=－5706lg =－7296.57 J/mol 3. 当反应ATP + H2O ADP + Pi在25℃时，测得ATP水解的平衡常数为250 000，而在37℃时，测得ATP、ADP、和Pi的浓度分别为0.002、0.005、和0.005 mol/L。求在此条件下ATP水解的自由能变化。 答：25℃时，当反应达到平衡时，ΔG=0，ΔGº′＝－2.303×8.315×298 lgKeq′＝－30800.65 J/mol 当37℃时，ΔG＝ΔGº′＋RTln Keq′′=－30800.65＋5706×(－1.9)= －19941.61 J/mol 4. 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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′＝41.84 kJ/mol，NADH + H+ H2O，ΔGº′＝－217.57 kJ/mol，成人基本代谢为每天10 460 kJ。问成人每天体内大约可合成多少（kg）ATP？ 答：根据 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 意，NADH转换量为10460÷217.57=48.076 mol 每mol NADH可生产3mol ATP，所以ATP量＝3×48.076×510=73557g=73.557kg 第11章 糖分解代谢 1.​ 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。 2.​ 答： 40％ 2ATP 2NADH 2NADH 淀粉 葡萄糖 2丙酮酸 2乙醛 2乙醇 （5吨） （2吨） 90% 2*106/180mol 2*106*2*90％/180 2*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*104molATP 3.答：1）17（18）ATP 2） 3）4mol 4.（1）棉籽糖→半乳糖35（37）+葡萄糖36（38）+果糖36（38） （2）38（40） （3）15 FADH2(2) NADH(3) NADH（3） （4）琥珀酸 苹果酸 丙酮酸 乙酰CoA TCA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 ATP ADP NAD+ NADH 甘油 2-磷酸甘油 磷酸二羟丙酮→EMP 2NADH 1ATP 共产生20（22）molATP 丙酮酸→TCA→15molATP 3ATP 3AMP β氧化 8乙酰CoA TCA 8*12=96 3mol软脂酸 3mol软脂酰CoA 7 NADH*3=21 7FADH2*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）molATP ATP ADP （2）、甘油 2-磷酸甘油 3ATP 3AMP 3mol软脂酸 3mol软脂酰CoA 故1+6=7molATP 4、答： 3NAD+ 3NADH+H+ 3ATP 3ADP 3丙酮酸 3乙酰CoA（线粒体） 3乙酰CoA（胞浆） 2ATP 2ADP 2乙酰CoA（胞浆） 2丙二酸单酰CoA 4NADPH+H+ 4 NADP+ 1乙酰CoA+2丙二酸单酰CoA 1己酸 综上可得：由丙酮酸合成1mol己酸，需净消耗5molATP，4molNADPH。 5、答： ATP ADP +H2O CH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2=CHCOOH CH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2=CHCO～sCoA NAD NADH CH3CH2CH2CH(OH)CH2CH2(OH)CH2CO～sCoA CH3CH2CH2CH(OH)CH2COCH2CO～sCoA CH3CO～sCoA NADH CH3CO～sCoA FADH2 NADH CH3CH2CH2CH(OH)CH2CO～sCoA CH3CH2CH2CO～sCoA CH3CO～sCoA 所以，整个过程共消耗1molATP，生成3molNADH，1molFADH2，3mol CH3CO～sCoA，故共生成ATP：3*3+2*1+12*3-1＝46mol 第14章 氮代谢 6 Asp+α酮戊二酸 GOT Glu+草酰乙酸 Glu+NAD++H2O GDH α酮戊二酸+NH3+NADH++H+ 草酰乙酸 +4NADH++FAD+GDP+Pi+H2O 4CO2+4NADH+4H++FADH2+GTP ASP 彻底氧化的总反应为： ASP+5NAD++FAD+GDP+Pi+H2O 4CO2+4NADH++5H++FADN2+GTP 每个GSP彻底氧化可产生18分子ATP, 同时生成1分子NH3。如果通过鸟氨酸循环将NH3变成尿素排除，还需消耗ATP: 2 NH3+CO2+3ATP+3H2O 尿素＋2ADP+AMP+2Pi+ppi 由于ppi被焦磷酸酶水解，实际以尿素形式排除1分子NH3需消耗2分子ATP.因此ASP彻底氧化净生成16分子ATP。 第16章 DNA的生物合成－复制 4每个碱基为0.34nm,36°转角，则旋转一圈长度为3.4nm 1100um长的大肠杆菌DNA共有转环：1100 um÷3.4nm×1000 um/ nm=323529转 复制一轮需40min,则转速为：323529转÷40min≈8088转/min≈134.8转/sec 则按照他的理论每秒钟转速为：134.8转/sec 第18章 蛋白质的生物合成 6 蛋白质合成时1分子氨基酸活化消耗2分子高能碱键；形成1个肽链需2分子高能键，第一个肽链需3分子高能键。牛胰核糖核酸酶共有124个氨基酸，则消耗的高能磷酸键为： 124×2＋122×2＋3＝495个；肌红蛋白有153个氨基酸，则消耗的高能磷酸键为：153×2＋151×2＋3＝611个 7（1）共计有核酸为1.3×108÷618＝210356个。 转录后3个核酸，编码一个氨基酸，则可编码210356÷3＝70118个氨基酸 （2）相对分子量为35000的蛋白有35000÷120＝292个氨基酸 70118个氨基酸可有：70118÷292＝240个不同的蛋白编码 第22 章 基因 工程 路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理 和蛋白质工程 2 （1） haeⅢ 共识别4个氨基酸序列，则平均每个酶切片断的长度是44＝256bp (2 ) hin dⅢ共识别6个氨基酸序列。则平均每个酶切片断的长度是46＝4096bp＝4kp (3)如果只有40％GC,则平均每个酶切片断的长度是4096bp×50％÷40％＝5120bp=5kp