生化习题及大纲 下载本文

υ(S1)/υ(S2)=(kcat / Km)1[E][S] /(kcat / Km)2[E][S]

② kcat / Km上限大约是108~109 s-1。这是两个不带电荷的分子在生理温度下通过扩散相遇的最快速度。

③一种酶的催化效率不能超过E和S形成ES复合物的速度,最有效率的酶的kcat / Km值接近它通过扩散与底物相遇的速度。在接近这个极限速度下,酶催化反应的速度是最快的,因而可以成为有效的催化剂。

5.解答:(a)先计算酶的摩尔浓度,再计算Vmax

[E]=0.2gL-1(1 mol/21500g)=9.3×10-6 mol·L-1

Vmax=kcat[E]T=1000 s-1(9.3×10-6M)=9.3×10-3 mol·L-1 ·s-1 (b)由于在抑制剂存在下Vmax不变,因此这是一种竞争性抑制。由于该抑制剂在结构上与底物相似,它与底物竞争同酶活性部位结合,因而降低酶的催化活性。

6.解答:①由题中给出的数据所作的图如下图所示。图解表明,当底物浓度升高到1×10-3mol·L-1以上时,初速度不再升高。因此断定,底物浓度超过1×10-3mol·L-1时,酶被底物饱和,已达到最大反应速度,即对于该酶量的Vmax是0.50μmol·min-1。认识到Vmax取决于酶量是重要的,即如果该酶浓度增加,Vmax亦增大。

②米氏方程可以改写:

那么在不同的底物浓度下,我们可以得到如下表的数据。重要的结论是,Km是这个具有特定底物的酶的特征性常数,它不取决于底物浓度。我们也能从图4—3获得该Km的值。Km是酶半饱和所需要的底物浓度,并且在半饱和下,初速度是最大反应速度的一半(Vmax /2),这发生在5×10-6 mol·L-1的浓度下。

④当〔S〕=1×10-2mol·L-1时,反应初速度是0.50μmol·min-1(即Vmax)。那么在两分钟内产物的生成量是0.50μmol·min-1×2min=lμmol。由于100ml反应混合物含有:

由于在2分钟后只有0.1%的底物被转化,〔S〕仍然大大地大于Km,因此反应初速度仍是 0.50μmol·min-1。

7.解答:在酶促反应中,游离酶,底物以及酶底物复合物都可能受到环境pH的改变而影响它们的解离状态。在最适pH范围内,酶活性中心有关基团的解离与底物的解离可能处

于最佳结合状态,酶活性中心有关基团的解离能最有效地发挥酸、碱催化效率或增强它们的亲核性或亲电性。

例如胰凝乳蛋白酶的活性中心的“电荷转接系统”,当环境处于中性时,16位的Ile的α-氨基质子化,有利于电荷转接系统的形成,使195位的Ser残基的侧链具有更大的亲核性,有利于对底物的攻击。而在碱性pH下,16位的Ile的α-氨基去质子化,破坏了电荷转接系统,降低了195位Ser残基的亲核性,酶的活性就会降低。

又例如,精氨酸酶的最适pH为9.5—9.9,在该pH范围内,底物精氨酸解离带正电荷,而精氨酸酶的活性部位则解离成带负电荷。这样有利于酶与底物的结合。 -

8.解答:应用双倒数作图法先将题中的数据换算成倒数,得到如下表的结果。

以1/υ对1/[S]作图得到如下图的曲线。

①从图可以看出,在该抑制剂存在下,Vmax没有改变,而Km增大。表明该抑制剂是竞争性抑制剂。

②在无制剂存在时,量取纵轴上的截距是1 (L·min·μmol-1)。根据

纵轴截距=1/Vmax

所以,Vmax=1/纵轴截距=1/1=1μmol·L-1·min-1

量取横轴的截距是﹣10 (L·mmol-1)。根据

横轴截距=﹣1/Km

所以,Km=﹣1/横轴截距=﹣1/﹣10=0.1mmol·L-1

③由于该抑制剂是属于竞争性的,因此在该抑制剂存在时,Vmax不改变,仍然是1μmol·L-1·min-1。但是Km因竞争性抑制剂的存在而增大,这种增大还随抑制剂浓度的增加而不断增大。在〔I〕为0.5mmol·L-1时,Km为0.188mmol·L-1;在〔I〕为1.0mmol·L-1时,Km为0.30 mmol·L-1。

④在有竞争性抑制剂存在的情况下,

无论〔I〕是0.5、还是1.0mmol·L-1,在量取相应的横截距后代入上式,都可求出相同的Ki值。例如,当〔I〕=0.5mmol·L-1,横轴(X轴)截距为﹣5.0,根据上式,