王冬冬
内含子可能是生物进化过程中残存的分子“化石”。酶RNA的发现，提出了生物大分子和生命起源的新概念，无疑促进对生物进化和生命起源的研究。
抗体酶是20实际80年代后期才出现的一种具有催化能力的蛋白质，其本质上是免疫球蛋白，但是在易变区被赋予了酶的属性，所以又称“催化性抗体”，抗体酶的发现，不仅为酶的过渡态理论提供了有力的实验证据，而且抗体酶将会得到广泛的应用。
8.解释下列名词：
（1） 生物酶工程：酶学和以DNA重组技术为主的现代分子生物学技术相结合的产物。
（2） 固定化酶：将水溶性酶用物理或化学方法处理，使之成为不溶于水的、但仍具有酶活性的状态。 （3） 活化能：在一定温度下1mol底物全部进入活化状态所需要的自由能（kJ/mol） （4） 酶的转化数：在一定条件下每秒钟每个酶分子转换底物的分子数。 （5） 寡聚酶：由两个以上亚基组成的酶。
（6） Kat单位：在最适条件下，每秒钟催化1mol底物转化为产物所需的酶量，为Kat单位。
（7） 酶偶联分析法：由于分光光度法有其独特的优点，因此把一些原来没有光吸收变化的酶反应，可
以通过与一些能引起光吸收变化的酶反映偶联使第一个酶反应的产物转变成第二个酶的具有光吸收变化的产物来进行测量。
（8） 诱导契合说：1958年Koshland提出，当酶分子与底物分子接近时，酶蛋白受底物分子诱导，其构
象发生有利于底物结合的变化，酶与底物在此基础上互补契合进行反应。
（9） 反馈抑制：许多小分子物质的合成是由一联串的反应组成的，催化此物质生成的第一步的酶，往
往被它们终端产物抑制。这种抑制叫反馈抑制。
（10） 多酶复合体：由几种酶靠非共价键彼此嵌合而成。
9.用AgNO3对在10ml含有1.0mg/ml蛋白质的纯酶溶液进行全抑制，需用0.342μmol AgNO3，求该酶的最低相对分子质量。
-3-6
解：Mr=10×10/0.342×10=29240Da
3
10.1μg纯酶（Mr:92×10）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。
-1
[500U/mg]（2）转换数。[766.7s] 解：（1）比活力=0.5μmol/min/1μg=500U/mg
3-1
（2）转换数=0.5/60÷[1/（92×10）]=766.7s
4-1
11.1g鲜重的肌肉含有40单位的某种酶，其转换数为6×10min，试计算该酶在细胞内浓度（假设新鲜组
-7
织含水80%，并且全部在细胞内）。[8.33×10 mol/L]
-643-7
解：[10/（6×10)]×40÷[（1×80%）/10]=8.33×10 mol/L
3
12.焦磷酸酶可以催化焦磷酸水解或磷酸，其相对分子质量为120×10，由6个相同亚基组成。纯酶的Vmax为2800U/mg酶。它的一个活力单位规定为：在标准测定条件下，37℃、15min内水解10μmol焦磷酸所需
-5
要的酶量。问：（1）每mg酶在每秒钟内水解多少mol 底物？[3.11×10mol]。（2）每mg酶中有多少mol
-8
的活性部位（假设每个亚基上有一个活性部位）？[5×10mol活性中心]。（3）酶的转换数是多少？[622s-1或622mol焦磷酸/（s·mol）酶活性中心]
-6-5
解：（1）2800×[（10×10）/（15×60）]=3.11×10 mol
-33-8
（2）（1×10）/（120×10）×6=5×10 mol
-5-33
（3）{（3.11×10）/[（1×10）/（120×10）]}/6=622
13.称取25mg蛋白酶粉配制成25ml酶溶液，从中取出0.1ml酶液，以酪蛋白为底物，用Folin-酚比色法测定酶活力，得知每小时产生1500μg酪氨酸。另取2ml酶液，用凯氏定氮法测得蛋白氮为0.2mg，若以
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王冬冬
每分钟产生1μg 酪氨酸的酶量为1个活力单位计算，根据以上数据，求出：（1）1ml酶液中所含蛋白质量及活力单位。[0.625mg蛋白质，250U]（2）比活力。[400U/mg蛋白质]（3）1g酶制剂的总蛋白含量及
5
总活力。[0.625g，2.5×10U] 解：（1）（0.2×6.25）/（2×25/25）=0.625mg （1500/60）/（0.1×25/25）=250U （2）250/0.625=400U/mg
33
（3）[0.625/（1×25/25）]×10= 0.625×10mg=0.625g
35
[（1500/60）/（0.1×25/25）]×10=2.5×10U
14.有1g淀粉酶酶制剂，用水溶解成1000ml，从中取出1ml测定淀粉酶活力，测知每5min分解0.25g淀粉。计算每g酶制剂所含淀粉酶活力单位数？[3000U]（淀粉酶活力单位定义：在最适条件下每小时分解1g淀粉的酶量称为1个活力单位） 解：（0.25×60/5）/（1/1000）=3000U
15.某酶的初提取液经过一次纯化后，经测定得到下列数据：试计算比活力、百分产量及纯化倍数。[比活力：180U/mg蛋白质，百分产量：17%，纯化倍数：9倍]
初提取液 （NH4）2SO4盐析 体积/ml 120 5 活力单位/（U/ml） 200 810 蛋白质/（mg/ml） 10 4．5 解：（1）810/4.5=180U/mg （2）810×5÷（200×120）×100%=17% （3）180÷（200/10）=9
第九章 酶促反应动力学
习题
1.当一酶促反应进行的速率为Vmax的80%时，在Km和[S]之间有何关系？[Km=0.25[S]] 解：根据米氏方程：V=Vmax[S]/(Km+[S])得：
0.8Vmax=Vmax[S]/(Km+[S]) Km=0.25[S]
-2
2.过氧化氢酶的Km值为2.5×10 mol/L，当底物过氧化氢浓度为100mmol/L时，求在此浓度下，过氧化氢酶被底物所饱和的百分数。[80%]
-3-2-3
解：fES=[S]/（Km+[S]）=100×10/(2.5×10+100×10)=80%
3.由酶反应S→P测得如下数据：
[S]/molL 6.25×10
-5
7.50×10
-4
1.00×10
-3
1.00×10
-2
1.00×10
（1） 计算Km及Vmax。[Km：2.5×10，Vmax：75 nmolLmin]
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-5
-1
-1
-6-1
V/nmolLmin
15.0 56.25 60.0 74.9 75.0
-1-1
王冬冬
（2） 当[S]= 5×10 mol/L时，酶催化反应的速率是多少？[50.0 nmolLmin]
-5-1-1
（3） 若[S]= 5×10 mol/L时，酶的浓度增加一倍，此时V是多少？[100 nmolLmin] （4） 表中的V是根据保温10min产物生成量计算出来的，证明V是真正的初速率。 解：（1）Lineweaver-Burk双倒数作图法，或由米氏方程得：
-6-6-4-4
15=Vmax·6.25×10/ (Km+6.25×10)??① 60=Vmax·10/（Km+10）??②
-5-1-1
由①、②得：Km=2.5×10，Vmax=75 nmolLmin
-5-5-5-1-1
（2）V=75×5×10/（2.5×10+5×10）=50.0 nmolLmin
-1-1
（3）50×2=100 nmolLmin
-9-6
（4）底物转化量：（15．0×10×10）/（6.26×10）=0.024=2.4% < 5% ，故可证明。
-5-1-1-1-4-1
5.某酶的Km为4.7×10 molL，Vmax为22μmolL min，底物浓度为2×10 molL。试计算：（1）竞
-4-1
争性抑制剂，（2）非竞争性抑制剂，（3）反竞争性抑制剂的浓度均为5×10 molL时的酶催化反映速率？
-4-1-1-1
这3中情况的Ki值都是3×10 molL，（4）上述3种情况下，抑制百分数是多少？[（1）13.54μmolL min，
-1-1-1-1
24%；（2）6.68μmolL min，62.5%；（3）7.57μmolL min，57.5%] 解：（1）竞争性抑制剂的米氏方程为：V=Vmax[S]/(Km(1+[I]/Ki)+[S])
-1-1
代入数据得：V=13.54μmolL min
i%=（1-a）×100%=（1-Vi/Vo）×100%=24%
（2）非竞争性抑制剂的米氏方程为：V=Vmax[S]/((Km+[S])(1+[I]/Ki))
-1-1
代入数据得：V=6.68μmolL min
i%=（1-a）×100%=（1-Vi/Vo）×100%=62.5%
（3）反竞争性抑制剂的米氏方程：V=Vmax[S]/(Km+[S](1+[I]/Ki))
-1-1
代入数据得：V=7.57μmolL min
i%=（1-a）×100%=（1-Vi/Vo）×100%=57.5%
6．今制得酶浓度相同、底物浓度不同的几个反应混合液，并测得反应初速率，数据见下表。请利用“Eadie-Hofstee”方程式，用图解法求出Km值及Vmax值。这种作图法与Lineweaver-Burk作图法比较
-1-1-5-1
有何优点？[Vmax=160μmolL min,Km=8.0×10 molL]
[S]/molL 4.0×10
-4
2.0×10
-4
1.0×10
-5
5.0×10
-5
4.0×10
-5
2.5×10
-5
2.0×10
-4-1
-5-1-1
V/μmolLmin
130 110 89 62 53 38 32
-1-1
解：将米氏方程改写成：V=Vmax-Km·V/[S],以V-V/[S]作图，得一直线，其纵截距为Vmax，斜率为-Km，
-1-1-5-1
由图得Vmax=160μmolLmin,Km=8.0×10 molL
优点：实验点相对集中于直线上，Km和Vmax测定值较准确。
7.对一个遵从米氏方程的酶来说，当底物浓度[S]=Km，竞争抑制剂浓度[I]=Ki时，反应的初速率是多少？[V=1/3Vmax]
解：根据米氏方程可得：V=Vmax[S]/ (Km(1+[I]/Ki)+[S]),其中[S]=Km，[I]=Ki
V= VmaxKm/ (Km(1+Ki/Ki)+Km)=1/3 Vmax
-5
8.用下列表中数据确定此酶促反应：（1）无抑制剂和有抑制剂的Vmax和Km值。[无抑制剂时Km=1.1×10
-1-1-1-5-1-1-1
molL，Vmax=50μmolLmin，有抑制剂时：Km=3.1×10 molL，Vmax=50μmolLmin]（2）EI复合物
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王冬冬
的解理常数Ki。[Ki= 1.10×10molL]
[S]/molL 无抑制剂 0.3×10 -50.5×10 -51.0×10 -53.0×10 -59.0×10 -5-1-3-1
V/μmolLmin 有抑制剂（2.0×10 molL） 4.1 6.4 11.5 22.6 33.8 -5-1-3-1-1-110.4 14.5 22.5 33.8 40.5 解：（1）无抑制剂时：V=Vmax[S]/(Km+[S])，将表中数据代入此式可得Km=1.1×10 molL，Vmax=45.1
-1-1
μmolLmin
对表中数据用V对[S]作图，求Km值，可判断有抑制剂时，Km值明显增大，故该抑制剂应为竞争性抑
-1-1
制剂。据V=Vmax[S]/(Km(1+[I]/Ki)+[S])以及Vmax不变的性质可得，此时Vmax=45.1μmolLmin，Km=3.1
-5-1-3-1
×10 molL，Ki= 1.10×10molL
9．同上。
-3
10.从速率对底物浓度作图9-31中，求出下列参数（反应混合物中酶量为10μmol）。（1）Km；（2）Vmax；
-4-1-1-15-1-1
（3）kcat/Km；(4)转换数。[Km:5×10molL；Vmax:6μmolLmin；kcat/Km: 2×10 molLs；转换
-1
数:100s]
解：Vmax=kcat·[Et]=k3·[E]=k3·[ES]
-1-1
11.下面的叙述哪一个是正确的？胰凝乳蛋白酶的转换数100s，DNA聚合酶是15s。 （1） 胰凝乳蛋白酶结合底物比DNA聚合酶有更高的亲和性。 （2） 胰凝乳蛋白酶反映速率比DNA聚合酶反映速率更大。
（3） 在特别的酶浓度和饱和底物水平下胰凝乳蛋白酶反应速率比DNA聚合酶在相同条件下更低。 （4） 在饱和底物水平下，两种酶的反应速率，假若DNA聚合酶反应速率的6.7倍则与胰凝乳蛋白酶相
等。 答：（4）正确。原因：Ks=K-1/K1 为酶与底物亲和性的度量；只有在饱和底物水平下，才有Kcat=Vmax/[E]。
-6-1-1
12.今有一酶反应，它符合Michaelis-Menten动力学，其Km为1×10molL。底物浓度为0.1 molL时，
-1-1-2-1-3-1-6-1
反应初速度为0.1μmolLmin。试问：底物浓度分别为10molL、10molL和10molL时的反应初速率
-7-1-1-8-1-1
是多少？[1×10 molLmin，5×10 molLmin]
-6-1-1-1-1
解：∵Km=1×10molL，[S]=0.1molL ，∴V=Vmax=0.1μmolLmin
将题中数据代入米氏方程：V=Vmax[S]/(Km+[S])得：设[S]=xKm V=Vmax·xKm/((x+1)Km)=x/(x+1)·Vmax=1/(1+1/x)·Vmax V1=0.1 V2=0.09998 V3=1/2·Vmax=0.05
-4-1-5
13．假设2×10 molL的[I]抑制了一个酶催化反应的75%，计算这个非竞争性抑制剂的Ki？[6.66×10
-1
molL]
解：i%=（1-a）×100%=（1-Vi/Vo）×100%=75% Vi/Vo=1/4 → Vo=4Vi??①
再根据无抑制剂时的米氏方程：Vo=Vmax[S]/(Km+[S])??②
加入非竞争性抑制剂后：V=Vˊmax[S]/((Km+[S])(1+[I]/Ki))??③，此时Vmax变小，Km不变。
-4
由①②③得：Ki=2×10/（4·Vˊmax/ Vmax-1）
-5-1
加入抵制剂时，Vˊmax = Vmax，∴Ki=6.66×10 molL
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