概要信息：

目　录
第一章　糖生物化学 （１）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第二章　脂类和生物膜 （７）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第三章　蛋白质化学 （１２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第四章　酶学 （３２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第五章　核酸 （４２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第六章　微生物、激素、激素与抗生素 （５３）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第七章　代谢总论与生物能学 （６２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第八章　糖代谢 （７１）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第九章　脂代谢 （８３）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十章　蛋白质降解与氨基酸代谢 （９２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十一章　核苷酸的生物合成 （１０２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十二章　ＤＮＡ的复制、损伤修复及重组 （１１１）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十三章　ＲＮＡ生物合成 （转录） （１１９）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十四章　蛋白质的生物合成 （１３２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十五章　细胞代谢与基因表达调控 （１４２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第十六章　基因工程和蛋白质工程 （１５２）
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
第一章　糖生物化学
考点回顾：
生物化学主要内容包含两部分：静态生物化学和动态生物化学
静态生物化学包括了　糖、脂、蛋白质、核酸的生物化学以及酶、激素等诸多内容，糖生物化
学所占比例较低，所以考研的试题也是以名词解释、填空、判断正误等题型为主。
考点回顾：
考点１：糖类的生物学作用
考点２：一些重要的定义
糖　单糖、寡糖、多糖、糖衍生物、多糖复合物、旋光异构、构型、构象、糖苷、寡糖、同多
糖、杂多糖、糖原、纤维素、右旋糖酐、几丁质、果胶、半纤维素、琼脂、凝集素
考点３：细菌细胞壁的化学组成
革兰氏阳细菌、革兰氏阴性菌：革兰氏阳性菌的细胞壁由多层网状的肽聚糖和磷壁酸组成，革
兰氏阴性菌的细胞壁由单层肽聚糖和脂双层外膜构成，不含磷壁酸，后者含有脂多糖、脂蛋白、膜
孔蛋白和磷脂。、磷壁酸：脂多糖，核心寡糖，
考点４：糖蛋白及其生物学功能
糖蛋白的组成，糖胺聚糖、蛋白聚糖的结构功能，糖肽连键的类型
Ｎ－糖肽键：　　即β－构型的Ｎ－乙酰葡糖胺异头碳与天冬酰胺的γ－酰胺Ｎ原子形成的糖苷
键，在血浆蛋白和糖蛋白中分布广泛．
Ｏ－糖肽键：　 即单糖的异头碳与羟基氨基酸的羟基氧原子形成的共价键。包括：
乙酰半乳糖胺与丝氨酸或苏氨酸形成的糖肽键，主要存在于黏液蛋白和某些球蛋白。
半乳糖胺与羟赖氨酸形成的糖肽键，主要存在于胶原蛋白。
糖蛋白的生物学作用
考点５：糖链结构分析及与糖相关的反应
用于糖链结构测定的一些方法
１．用高碘酸氧化和Ｓｍｉｔｈ降解，的特点：不同的糖苷键位置产生不同的降解产物，降解产物可
用气液色谱或薄层色谱鉴定；（高碘酸可以选择性地氧化和断裂糖分子中连二羟基或连三羟基处，
生成相应的多糖醛、甲醛或甲酸。
２．将糖链的自由羟基甲基化，再水解，还原，乙酰化，得到的混合物用薄层色谱或气谱 －质
谱联用进行定性定量分析，确定糖基的连接位置；
考点６：葡萄糖及一些重要寡糖多糖的重要理化性质
１．单糖的链状结构
单糖链状结构的的证据：
单糖的重要性质反应：１．与醛基的还原性相关的特点用于糖的鉴定；
—１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
２．与羟基的修饰有关的，如糖苷键的形成、磷酸化 、酯化、氧化、还原等。
１．葡萄糖环状结构的证据
２．淀粉的显色特性：
淀粉—红糊精－无色糊精－麦芽糖－葡萄糖
习题解析：
一、选择题
１．含有三个碳原子的丙糖是 （　　）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．丙酮酸 Ｂ．二羟基丙酮 Ｃ．甘油酸 Ｄ．丙二醇
［答案］　Ｂ
［评析］糖是多羟醛、多羟酮或其衍生物。丙酮酸属于有机酸，甘油酸和丙二醇均不属于糖，
在其结构式中不含有醛基或酮基。只有二羟基丙酮符合糖的定义。
２．糖原分子中葡萄糖单位之间存在哪个类型的链？（　　）
Ａ．只有β－１、４糖苷键 Ｂ．有β－１、４糖苷键与β－１、６糖苷键
Ｃ．有α－１、４糖苷键与α－１、６糖苷键 Ｄ．有β－１、６糖苷键
Ｅ．以上都不是
［答案］　Ｃ
［评析］糖原的结构与支链淀粉相似，主链以α－１、４糖苷键连接，分支点以α－１、６糖苷键
连接，平均每８～１２个糖残基发生一次分支。糖原中不存在β－１、４糖苷键和β－１、６糖苷键。
３．关于单糖的叙述，错误的是 （　　）
Ａ．一切单糖都具有不对称碳原子，都具有旋光性；
Ｂ．所有单糖都具有还原性和氧化性；
Ｃ．单糖分子具有羟基，具有亲水性，不溶于有机溶剂；
Ｄ．单糖分子与酸作用生成酯；
Ｅ．利用糖脎的物理特性，可以鉴定单糖类型
［答案］　Ａ
［评析］糖类的定义要清楚，单糖的旋光性的概念
４．下列有关葡萄糖的叙述，哪个是错误的？（　　）
Ａ．显示还原性 Ｂ．在强酸中脱水形成５－羟甲基糠醛
Ｃ．莫里氏 （Ｍｏｌｉｓｃｈ）试验呈阴性 Ｄ．与苯肼反应成脎
Ｅ、新配置的葡萄糖水溶液其比旋光度随时间而改变。
［答案］　Ｃ
⒌下列那种物质不是糖胺聚糖？（　　）
Ａ．果胶 Ｂ．硫酸软骨素 Ｃ．肝素 Ｄ．透明质酸
Ｅ．硫酸角质素
［答案］　Ａ
６．葡萄糖和甘露糖是 （　　）
—２—
Ａ．异头体 Ｂ．对映体 Ｃ．顺反异构体 Ｄ．差向异构体
［答案］　Ｄ
［评析］在立体化学中，含有多个手性碳原子的立体异构体中，只有手性碳原子的构型不同，
其余的构型都相同的非对映体叫差向异构体。
定义立体异构的一种，由于双键不能自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有 Ｃ＝Ｎ双键，
Ｎ＝Ｎ双键及环状等化合物的顺反异构。
两个互为镜象而不能重合的立体异构体，称为对映异构体，简称对映体。
异头体：同一种单糖的α型和β型称异头体，它们仅是异头碳原子上的构型不同
二、判断题：
１．果糖是左旋的，因此属于Ｌ－构型单糖
［答案］　错。
［评析］糖的构型与其旋光性没有直接的关系，Ｄ－单糖可能是左旋的或右旋的，因此不能单
凭旋光性来判断糖的构型。
２．糖原的相对分子质量高达１０６～１０８，结构与支链淀粉相似，但分支比支链淀粉更多、更短。
［答案］　对。
［评析］糖原又称动物淀粉，与支链淀粉结构相似，只是分支较多。支链淀粉平均２５～３０个葡
萄糖残基有一个分支点，糖原平均８～１２个葡萄残基就有一个分支点。
３．葡萄糖的开链结构式中有５个手性碳原子。
［答案］　错。
［评析］葡萄糖开链后，Ｃ１和Ｃ６均不是手性碳原子，因此该论述是错误的。
４．糖链的合成无模板，糖基的顺序是由基因编码的转移酶决定的。
［答案］　对。
［评析］糖的合成与基因顺序无关，只是决定于相关的合成酶。
５．多糖具有还原端，因此具有还原性。
［答案］　错。
［评析］多糖虽然具有还原性末端，但是不具有还原性。还原端指的是含有醛基的那一端。
６．支链淀粉具有分支结构，因此具有多个还原端。
［答案］　错。
［评析］支链淀粉由多个非还原端，还原端只有一个。
７．直链淀粉的二级结构是右手螺旋，每圈螺旋含有６个残基。
［答案］　错。
［答案］　直链淀粉的二级结构是左手螺旋，每圈螺旋含有６个残基。
８．纤维素和直链淀粉除了糖基之间的连接键不同外，其他性质几乎相同。
［答案］　错。
［答案］　直链淀粉的二级结构为左手螺旋，每圈螺旋含有６个残基，纤维素为伸展链式结构；
—３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
直链淀粉遇碘形成深蓝色复合物，而纤维素无此现象；直链淀粉微溶于水，纤维素不溶于水。
９．反刍动物的肠道可以合成纤维素酶，因此反刍动物可以利用纤维素。
［答案］　错。
［评析］人和哺乳类动物均缺乏纤维素酶，只是反刍动物的肠道内共生能产生纤维素酶的细菌，
因而反刍动物可以利用纤维素。
１０．肽聚糖是存在于细菌细胞壁中的杂多糖。
［答案］　对。
三、名词解释
１．单糖 （ｍｏｎｏｓａｃｃｈａｒｉｄｅ）；不能被水解成更小分子的糖类称为单糖，例如葡萄糖、果糖、半
乳糖、甘油醛等。
２．寡糖 （ｏｌｉｇｏｓａｃｃｈａｒｉｄｅ）；是由２～２０个单糖通过糖苷键连接而成的糖类物质。例如麦芽糖水
解生成两个葡萄糖，蔗糖水解生成一分子葡萄糖和一分子果糖。
３．多糖 （ｐｏｌｙｓａｃｃｈａｒｉｄｅ）；水解时产生２０个以上单糖的糖类。根据水解生成的糖的种类分为
同多糖和杂多糖。
４．同多糖 （ｈｏｍｏｐｏｌｙｓａｃｃｈａｒｉｄｅ）；水解只产生一种单糖或单糖的衍生物成为同多糖，例如淀粉
经水解后只产生葡萄糖，壳聚糖水解后只产生Ｎ－乙酰－β－Ｄ－葡萄胺。
５．杂多糖 （ｈｅｔｅｒｏｐｏｌｙｓａｃｃｈａｒｉｄｅ）；解时产生一种以上的单糖或单塘衍生物，如透明质酸、半
纤维素等。
６．凝集素 （ｌｅｃｔｉｎ）能与糖类专一性非共价结合，并能够凝集细胞和沉淀寡糖及其复合物的非
抗体蛋白质或糖蛋白。
７．Ｎ－糖肽键：　　即β－构型的Ｎ－乙酰葡糖胺异头碳与天冬酰胺的γ－酰胺 Ｎ原子形成的
糖苷键，在血浆蛋白和糖蛋白中分布广泛．
８．Ｏ－糖肽键：即单糖的异头碳与羟基氨基酸的羟基氧原子形成的共价键。包括：
９．．异构现象 （ｉｓｏｍｅｒｉｓｍ）；是指存在两个或多个具有相同数目和种类的原子并因而即具有相
同相对分子质量的化合物的现象。
１０．几何异构 （ｇｅｏｍｅｔｒｉｃｉｓｏｍｅｒｉｓｍ）；也称顺反异构，这是由于分子中存在双键或环的存在或
其他原因限制原子间的自由旋转引起的异构现象。
１１．构象 （ｃｏｎｆｏｒｍａｔｉｏｎ）；由于单键基本自由旋转以及键角有一定的柔性，一种具有相同结构
和构型的分子在空间中可采取多种形态，分子所采取的特定形态称为构象。
１２．变旋 （ｍｕｔａｒｏｔａｔｉｏｎ）；许多单糖，在新配置的溶液中会发生旋光度的改变，这种现象称为
变旋。
１３．异头碳原子 （ａｎｏｍｅｒｉｃｃａｒｂｏｎａｔｏｍ）；单糖由直链变为环状结构时，羰基碳原子成为新的手
性中心，导致Ｃ１差向异构化，产生两个非对映体，在环状结构中半缩醛碳原子称为异头碳原子。
１４．糖苷 （ｇｌｙｃｏｓｉｄｅ）；环状单糖的半缩醛 （或半缩酮）羟基与另外一化合物缩合形成的缩醛
称为糖苷。
—４—
１５．分子识别 （ｍｏｌｅｃｕｌａｒｒｅｃｏｇｎｉｔｉｏｎ）；是指生物分子的选择性相互作用，例如抗原与抗体之
间，酶与底物或抑制剂之间，激素与受体之间。
１６．细胞粘着 （ｃｅｌａｄｌｅｓｉｏｎ）；多细胞生物中细胞有相互识别而聚集成细胞群的能力。细胞粘
着与细胞之间的糖蛋白有关。
１７．凝集素 （ｌｅｃｔｉｎ）；类非抗体的糖蛋白或蛋白质，它能与糖类转一地非共价结合，并具有凝
结细胞和沉淀聚糖和复合糖的作用。
１８．差向异构体 （ｅｐｉｍｅｒ）；分子之间仅有一个手性碳原子的构型不同的非对映异构体称为差
向异构体，例如葡萄糖和甘露糖、半乳糖和葡萄糖之间除仅有一个 －ＯＨ位置不同外，其余结构完
全相同，它们之间称为差向异构体。
１９．脱氧糖 （ｄｅｏｘｙｓｕｇａｒ）分子中的一个或多个羟基被氢原子取代的单糖。例如脱氧核糖，是
ＤＮＡ分子的组成部分。
四、问答题．试论述糖类化合物的生物学功能。
［答案］（１）作为生物体的结构成分：植物的根、茎、叶含有大量的纤维素、半纤维素和果胶
等，这些物质是构成植物细胞壁的主要成分。肽聚糖属于杂多糖，是构成细菌细胞壁的结构多糖。
（２）作为生物体内的主要能源物质：糖在生物体内分解时通过氧化磷酸化放出能量，供生命活动需
要。生物体内作为能源贮存的糖类有淀粉、糖原等。（３）在生物体内转变为其他物质：有些糖是重
要的代谢中间物，糖类物质通过这些中间代谢物合成其他生物分子例如氨基酸、核苷酸等。（４）作
为细胞识别的信息分子：：糖蛋白是一类生物体内分布极广的复合糖，其中的糖链在分子或细胞的
特异性识别过程中可能起着信息分子的作用。与免疫保护、发育、形态发生、衰老、器官移植等均
与糖蛋白有关。
［评析］糖的生物学功能应从糖的结构作用、代谢中间物作用、生物信息作用以及能源物质等
几个方面论述。
２．环状己醛糖有多少个可能的旋光异构体，为什么？［２５＝３２］
解：考虑到Ｃ１、Ｃ２、Ｃ３、Ｃ４、Ｃ５各有两种构象，故总的旋光异构体为２５＝３２个。
［评析］理解手性碳的定义，知道旋光异构与手性碳的构型相关。
３．含Ｄ－吡喃半乳糖和Ｄ－吡喃葡萄糖的双糖可能有多少个异构体 （不包括异头物）？含同样
残基的糖蛋白上的二糖链将有多少个异构体？［２０；３２］
解：一个单糖的Ｃ１可以与另一单糖的Ｃ１、Ｃ２、Ｃ３、Ｃ４、Ｃ６形成糖苷键，于是α－Ｄ－吡喃半
乳基－Ｄ－吡喃葡萄糖苷、β－Ｄ－吡喃半乳基 －Ｄ－吡喃葡萄糖苷、α－Ｄ－吡喃葡萄糖基 －Ｄ－吡
喃半乳糖苷、β－Ｄ－吡喃葡萄糖基－Ｄ－吡喃半乳糖苷各有５种，共５×４＝２０个异构体。
糖蛋白上的二糖链其中一个单糖的Ｃ１用于连接多肽，Ｃ２、Ｃ３、Ｃ４、Ｃ６用于和另一单糖的 Ｃ１
形成糖苷键，算法同上，共有４×４＝１６个，考虑到二糖与多肽相连时的异头构象，异构体数目为
１６×２＝３２个。
４．葡萄糖的α和β异头物的比旋 ［αＤ
２０］分别为＋１１２．２°和＋１８．７０°。当α－Ｄ－吡喃葡糖
晶体样品溶于水时，比旋将由＋１１２．２°降至平衡值＋５２．７０°。计算平衡混合液中α和β异头物的
—５—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
比率。假设开链形式和呋喃形式可忽略。
［α异头物的比率为３６．５％，β异头物为６３．５％］
解：设α异头物的比率为ｘ，则有１１２．２ｘ＋１８．７（１－ｘ） ＝５２．７，解得 ｘ＝３６．５％，于是
（１－ｘ） ＝６３．５％。
５．Ｄ－葡萄糖在３１℃水中平衡时，α－吡喃葡糖和 β－吡喃葡糖的相对摩尔含量分别为３７．３
％和６２．７％。计算Ｄ－葡萄糖在３１℃时由α异头物转变为β异头物的标准自由能变化。气体常数
Ｒ为８．３１４Ｊ／ｍｏｌＫ。［ΔＧ０＝ －１．３１ｋＪ／ｍｏｌ］
解：ΔＧ０＝ －ＲＴｌｎ（ｃ２／ｃ１） ＝－８．３１４×３００×ｌｎ（６２．７／３７．３） ＝－１．３０ｋＪ／ｍｏｌ
６．竹子系热带禾本科植物，在最适条件下竹子生长的速度达０．３ｍ／ｄ高，假定竹茎几乎完全
由纤维素纤维组成，纤维沿生长方向定位。计算每秒钟酶促加入生长着的纤维素链的单糖残基数
目。纤维素分子中每一葡萄糖单位约长０．４５ｎｍ。［７８００残基／ｓ］
解：［０．３／（２４×３６００）］／０．４５×１０－９＝７８００残基／ｓ
７．纤维素和糖原虽然在物理性质上有很大的不同，但这两种多糖都是１－４连接的Ｄ－葡萄糖
聚合物，相对分子质量也相当，是什么结构特点造成它们在物理性质上的如此差别？解释它们各自
性质的生物学优点。
糖原　有分支α－１，４糖苷键　　 分子量小 短链　 有多个，从非还原端降解，利于能量快速
释放　和合成
纤维素　无分支β１，４糖苷键　 分子量大　长链
８．假设一个细胞表面糖蛋白的一个三糖单位在介导细胞与细胞粘着中起关键作用。试设计一
个简单试验以检验这一假设。
［如果糖蛋白的这个三糖单位在细胞相互作用中是关键的，则此三糖本身应是细胞粘着的竞争
性抑制剂］
综合知识：只要实验思路合理就好。如何检测细胞粘附，细胞粘附可以通过显微观察，激光共
聚焦等
９．糖胺聚糖如硫酸软骨素，其生物功能之一与该分子在水中所占的体积远比脱水时大这一生
质有关。为什么这些分子在溶液中所占体积会这样大？
答：由于分子表面含有很多亲水基团，能结合大量的水，形成透明的高粘性水合凝胶，如一个
透明质酸 （ＨＡ）分子在水中将占据１０００～１００００倍于自身体积的空间。
对于保持细胞外环境稳定性　　有重要意义
—６—
第二章　脂类和生物膜
考点回顾：
１．掌握脂的定义、及其生物学作用；
２．熟悉脂质过氧化的化学过程；脂质过氧化对机体的损伤；抗氧化剂保护机制；
３．脂蛋白的分类与功能；
４．磷脂的生物学功能和常见磷脂的结构特点，包括卵磷脂、脑磷脂，鞘磷脂、固醇等等；
习题解析：
一、名词解释：
１．ＬＤＬ受体途径：ＬＤＬ或其他含 ＡｐｏＢ１００、Ｅ的脂蛋白如 ＶＬＤＬ、β－ＶＬＤＬ均可与 ＬＤＬ受体
结合，内吞入细胞使其获得脂类，主要是胆固醇，这种代谢过程称为ＬＤＬ受体途径。该途径依赖于
ＬＤＬ受体介导的细胞膜吞饮作用完成。
２．必需脂肪酸 （ｅｓｓｅｎｔｉａｌｆａｔｙａｃｉｄ）必需脂肪酸：人体和哺乳动物不能够向脂肪酸引入超过
△９的双键，因而不能合成亚油酸和亚麻酸，这两种脂肪酸对人体功能是必不可少的，但必须有膳
食提供，因此被称为必需脂肪酸。
３．皂化值 （ｓａｐｏｎｉｆｉｃａｔｉｏｎｖａｌｕｅ）皂化值：皂化１克油脂所需要ＫＯＨ的ｍｇ数称为皂化值。
４．碘价 （ｉｏｄｉｎｅｖａｌｕｅ）碘价：指１００ｇ油脂卤化时所能吸收的碘的克数。
５．酸价 （ａｃｉｄｖａｌｕｅ）酸价：是指中和１ｇ油脂中的游离脂肪酸所需要ＫＯＨ的ｍｇ数。是表示油
脂酸败程度的一个重要指标。
６．脂质过氧化 （ｐｅｒｏｘｉｄａｔｉｏｎ）多不饱和脂肪酸或脂质的氧化变质。
７．自由基 （ｆｒｅｅｒａｄｉｃａｌ）也称游离基，是指含有奇数价电子并因此在一个轨道上具有一个未成
对电子的原子或原子团。
８．脂蛋白 （ｌｉｐｏｐｒｏｔｅｉｎ）是由脂质和蛋白质以非共价键 （疏水作用、范德化力和静电引力）结
合而成的复合物。
９．被动运输 （ｐａｓｓｉｖｅｔｒａｎｓｐｏｒｔ）物质从高浓度的一侧，通过膜运输到低浓度的一侧，即顺浓度
梯度的方向跨膜运输的过程称为被动运输。
１０．主动运输 （ａｃｔｉｖｅｔｒａｎｓｐｏｒｔ）凡是物质逆着浓度梯度的运输过程称为主动运输，这一过程的
进行需要供给能量。
１１．胞吐作用 （ｅｘｏｃｙｔｏｓｉｓ）细胞内物质先被囊泡裹入形成分泌泡，然后与细胞质膜接、融合并
向外释放被裹入的物质，这个过程称为胞吐作用。
二、选择题：
１．下列属于不饱和脂肪酸的是 （　　）
Ａ．辛酸　　　　　Ｂ．月桂酸　　　　Ｃ．油酸　　　　　Ｄ．棕榈酸　　　Ｅ．硬脂酸
［答案］　Ｃ，Ｄ
—７—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
［评析］棕榈酸和油酸均属于单不饱和脂肪酸。
２．参与卵磷脂组成的化合物是 （　　）
Ａ．胆碱 Ｂ．乙酰胆碱 Ｃ．丝氨酸 Ｄ．葡萄糖
［答案］　Ａ
［评析］磷脂酰胆碱也称作卵磷脂，其分子中存在胆碱。
脑磷脂：磷脂酰乙醇胺，心磷脂：（双磷脂酰甘油）
３．下列那个属于脂肪酸？（　　）
Ａ．苹果酸 Ｂ．柠檬酸 Ｃ．亚油酸 Ｄ．反丁烯二酸　　　Ｅ．琥珀酸
［答案］　Ｃ
［评析］脂肪酸是指Ｃ４－Ｃ３４的一元羧酸，亚油酸是含有两个双键的不饱和脂肪酸。其他化合
物均为二羧基酸或三羧基酸。
４．生物膜的基本结构是 （　　）
Ａ．磷脂双层两侧各有蛋白质附着
Ｂ．磷脂形成片层结构，蛋白质位于片层之间
Ｃ．蛋白质为骨架，二层磷脂分别附着于蛋白质的两侧
Ｄ．磷脂双层为骨架，蛋白质附着于表面或插入磷脂双层中
Ｅ．由磷脂构成的微团
［答案］　Ｄ
［评析］生物膜的连续主体是极性的脂质双分子层，膜的内嵌蛋白的表面具有疏水的氨基酸侧
链基团，故可以插入磷脂双层中；外周蛋白的表面主要含有亲水氨基酸的侧链，可以通过静电引力
与带电荷的脂质双分子层的极性头部连接。
三、判断正误
１．构成生物膜两侧的物质分布是对称的。
［答案］　错。
［评析］构成生物膜的脂质、蛋白质和糖在膜的两侧的分布都是不对称的。以膜脂来说，人红
细胞膜的外层含有磷脂酰胆碱和鞘磷脂较多，内层含磷脂酰丝氨酸和磷脂酰乙醇胺较多。
２．天然脂肪酸的双键全都是顺式结构。
［答案］　错。
［评析］天然脂肪酸的双键多数为顺式结构，少数为反式结构，如反式异油酸、乌桕酸和α－
桐酸。
３．前列腺素属于类二十碳烷，具有多种生理功能，因此也属于一种必需脂肪酸。
［答案］　错。
［评析］虽然前列腺素具有多种生理功能，但是人和哺乳动物的很多组织可以合成它们，因此
不属于必需脂肪酸。另外前列腺素也不属于脂肪酸类化合物。
４．γ－亚麻酸属于ω－６多不饱和脂肪酸。
—８—
错。γ－亚麻酸属于ω－３多不饱和脂肪酸。
ω－３系列，ω－６系列———双键距离甲基末端的碳原子个数；α－亚麻酸 （１８：３，△９，１２，１５）
５．不同种类的细胞可以相互融合，说明所有细胞膜都是由相同的组分组成的。
［答案］　错。
［评析］不同种类的细胞可以相互融合是因为膜的结构的共性和疏水相互作用的非特异性，而
不是因为所有的膜都有相同的组分。
６．某一油脂在贮藏中的酸价升高，表明该油脂可能发生酸败。
［答案］　对。
［评析］天然油脂长时间暴露在空气中会产生难闻的气味，这种现象称为酸败，酸败的程度用
酸价表示，酸价越高，表示酸败的程度越高。
７．细胞膜内在蛋白通常比外周蛋白的疏水性强。
［答案］　对
８．血浆中ＬＤＬ水平低而ＨＤＬ水平高的个体容易患心血管疾病。
［答案］　错
９．鞘磷脂主要存在于脑组织，在生物膜中不存在。
［答案］　错
１０．生物膜的外周蛋白与膜之间是通过共价键连接的。
［答案］　错
四、问答题
１．天然脂肪酸在结构上有哪些共同特点？
［答案］　来自动物的天然脂肪酸碳骨架为线性，双键数目一般为１～４个，少数为６个。细菌
所含的脂肪酸大多数是饱和的，少数为单烯酸，多于一个得极少，有些含有分支的甲基。天然脂肪
酸的碳骨架原子数目几乎都是偶数，奇数碳原子的脂肪酸在陆地生物中极少，但在海洋生物有相当
的数量。天然脂肪酸碳骨架长度为４～３６个，多数为１２～２４个，最常见的为１６、１８碳，例如软脂
酸、硬脂酸和油酸，低于１４碳的主要存在于乳脂中。大多数单不饱和脂肪酸中的双键位置在Ｃ９和
Ｃ１０之间。在多不饱和脂肪酸中通常一个双键也为于△９，其余双键位于△９和烃链的末端甲基之间，
双键一般为顺式。
［评析］熟悉天然脂肪酸在结构上的共同特点，对于理解酯类的结构和性质，脂肪酸的分离和
纯化均有重要意义。
２．某油脂的碘值为６８，皂化值为２１０。计算油脂平均含有多少个双键？
［答案］　２个。
［评析］首先根据皂化值计算出油脂的平均相对分子质量。
ＴＧ平均Ｍｒ＝３×５６×１００／皂化值＝３×５６×１００／２１０＝８００
根据碘值的定义：１００克油脂卤化时所能吸收的碘的克数。在本题中，皂化１摩尔油脂需要吸
收碘的克数为：８００／１００×６８＝５４４克。Ｉ２的相对分子质量＝２×１２６．９＝２５３．８　　５４４／２５３．８＝２．
—９—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
１４（ｍｏｌ／ｍｏｌ）因此平均每分子油脂含有２个双键。
３．从植物种子提取１克油脂，分成两分，分别测定该油脂的皂化值和碘值。测定皂化值的样
品消耗ＫＯＨ６５ｍｇ，测定碘值的一份样品消耗Ｉ２５１０ｍｇ。试计算该油脂的平均相对分子量和碘值。
［答案］该油脂的相对分子量为１２９２，碘值为１０２。
［评析］皂化值是指皂化１克油脂所需ＫＯＨ的质量 （ｍｇ）。
因此该油脂的皂化值＝２×６５ｍｇ＝１３０ｍｇ
根据：ＴＧ平均ＭＲ（平均相对分子量） ＝３×５６×１００／皂化值＝３×５６×１０００／１３０＝１２９２
碘值：１００克油脂卤化时所能吸收的碘的克数。该油脂的碘值＝１００／０．５×０．５１＝１０２
１．试叙述物质主动运输和被动运输的基本特点。研究物质运输的意义是什么？
物质从高浓度一侧，通过膜运输到达低浓度一侧，即顺浓度的方向跨膜运输的过程称为被动运
输。凡是物质逆着浓度梯度的运输过程称为主动运输。被动运输的特点：物质运输的速率既依赖于
膜两侧运输物质的浓度差，又与被运输物质的分子大小、电荷和在脂质双层中的溶解性有关。主动
运输的特点：（１）专一性。如有的细胞膜能主动运输某些氨基酸，但是不能运输葡萄糖，有的则相
反。（２）运输速度可以达到 “饱和”状态。例如，葡萄糖进入细胞的速度可以随外界浓度的增加
而加快，但这种增加有一定的限度，增加到一定的浓度则运输体系即处于 “饱和”状态，犹如酶分
子可被底物分子饱和一样。（３）方向性。例如，细胞为了维持细胞内外 Ｎａ＋，Ｋ＋的浓度梯度差以
维持其正常的生理活动，细胞主动地向外运输Ｎａ＋，向内运输Ｋ＋。（４）选择性抑制。各种物质的
运输有专一的抑制剂阻断。例如乌本苷专一抑制Ｎａ＋向细胞外运输。（５）需要提供能量。研究物质
运输的意义：物质运输是生物膜的主要功能之一。许多重要的生命过程都直接或间接地与物质的跨
膜运输功能密切相关。生物膜的通透性具有高度的选择性，细胞能主动地从环境中摄取所需要的营
养物质，同时排除代谢产物和废物，使细胞保持动态的平衡，这对维持细胞的生命活动是极为重要
的。大量证据表明，生物界中的许多生命过程都直接或间接与物质运输密切相关。例如神经冲动传
播，细胞行为和细胞分化，以及感觉的接受及传导等重要生命过程。因此。研究物质跨膜运输的规
律和机制具有重要的意义。
２．人和动物体内胆固醇可能转变为哪些具有重要生理意义的类固醇物质？
激素类：雄激素、雌激素、孕酮、糖皮质激素和盐皮质激素。非激素类：维生素 Ｄ、胆汁酸
（包括胆酸、鹅胆酸和脱氧胆酸）。牛磺胆酸和甘氨胆酸。
３．为什么饱和的１８碳脂肪酸－硬脂酸的熔点比１８碳不饱和脂肪酸－油酸的熔点高？
脂肪酸的熔点受烃链饱和程度的影响。饱和脂肪酸处于完全伸展型构象，脂肪酸能紧密地装配
成近乎晶状排列，所有的原子沿长相与相邻分子的原子处于范德华接触中，而含有一个或多个双键
的不饱和脂肪酸不能像饱和脂肪酸那样紧密组装，因此分子间的相互作用被减弱。因为破坏有序性
差的不饱和脂肪酸排列所需的热能比破坏有序性高的饱和脂肪酸所需的能量少，所以油酸的熔点比
相同链长的硬脂酸的熔点低。
４．为什么多不饱和脂肪酸容易受到脂质过氧化？
多不饱和脂肪酸分子中与两个双键相连接的亚甲基 （－ＣＨ２－）上的氢比较活泼，这是因为双
键减弱了与之连接的碳原子与氢原子之间的 Ｃ－Ｈ键，使氢很容易被抽去。例如羟基自由基从 －
—０１—
ＣＨ２－抽去一个氢原子后，在该碳原子上留下一个未成对电子，形成脂质自由基 Ｌ·。后者经分子
重排、双键共轭化，形成较稳定的共轭二烯衍生物。在有氧的条件下，共轭二烯自由基与氧分子结
合生成脂质过氧自由基ＬＯＯ·。ＬＯＯ·能从附近的另外一个脂质分子 ＬＨ抽氢生成新的脂质自由基
Ｌ·。这样就形成了链式反应，导致多不饱和脂肪酸发生脂质过氧化。
５．血浆脂蛋白的分类、来源及主要功能。
正常人　　　　　根据超速离心法分为　　　　　 （ＣＭ），　　　　　　　　　 （ＶＬＤＬ），　
　　　　　　　　 （ＬＤＬ），　　　　　　　　　　　 （ＨＤＬ）
各类脂蛋白作用
ＣＭ　主要是运输外源性　　　　　　。食物中的甘油三酯经酶水解被小肠上皮吸收合成ＣＭ；
ＶＬＤＬ　主要运输内源性甘油三酯，肝脏可把葡萄糖和脂肪酸合成甘油三酯和胆固醇，装配成
ＶＬＤＬ；
ＬＤＬ　主要运输内源性胆固醇到外周组织；
ＨＤＬ　参与胆固醇逆向转运，将外周的胆固醇运送到肝脏代谢，与前三者相比，他的增高有助
于保护身体健康的作用
—１１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
第三章　蛋白质化学
考点回顾：
１．氨基酸的分类　按结构、极性、酸碱性、三字符号，结构特点
２．氨基酸的酸碱化学：等电点，氨基酸滴定
３．氨基酸相关的官能团化学反应：与定性定量相关，茚三酮的反应，茚三酮的反应，成肽
反应。
酪氨酸可发生碘化、硝化、重氮反应，后者可用于检测酪氨酸；．组氨酸可发生重氮反应；色
氨酸可被Ｎ－溴代琥珀酰亚胺氧化，生成有色化合物，可用于色氨酸定量测定；半胱氨酸可生成烷
基衍生物，可用于巯基的保护；巯基可与重金属生成盐，使蛋白质失活；巯基在空气中可被氧化，
金属离子对此有催化作用；．胱氨酸的二硫键可被还原为两个巯基。也可以被过甲酸氧化成两个磺
酸基。
４．氨基酸的光谱吸收与定量测定
５．蛋白质的化学组成和分类、功能
６．蛋白质一级结构测定：末端测定法，二硫键确认等
７．蛋白质空间结构层次，二级结构的主要类型、维持空间结构的力、不同结构层次的主要
特征。
８．一些常见蛋白如纤维蛋白、膜蛋白的结构特征。
９．变性、复性、蛋白折叠、分子伴侣的概念等。
１０．蛋白质高级结构在功能上的优越性。
１１．蛋白质高级结构与功能的的关系，蛋白质分子病
１２．蛋白质分离纯化方法及原理，蛋白质空间结构研究技术
二、习题解析
（一）名词解释
１．兼性离子：氨基酸、蛋白质等分子既含有酸性基团，又含有碱性基团，在中性ｐＨ的水溶液
中，羧基等酸性基团脱去质子带负电荷，氨基等碱性基团结合质子带正电荷，这种既有带负电荷基
团，又有带正电荷基团的离子称兼性离子或两性离子，亦称偶极离子 （ｄｉｐｏｌａｒｉｏｎ）
２．等电点：调节两性离子 （氨基酸、蛋白质等）溶液的 ｐＨ，使该两性离子所带的净电荷为
零，在电场中既不向正极，也不向负极移动，此时，溶液的ｐＨ称该两性离子的等电点 （ｐＩ）。不同
结构的两性离子有不同的ｐＩ值。
３．构象：是指具有相同结构式和相同构型的分子在空间里可能的多种形态，构象形态间的改
变不涉及共价键的破裂。一个给定的蛋白质理论上可采取多种构象，但在生理条件下，只有一种或
很少几种在能量上是有利的。
４．别构效应：多亚基蛋白质一般具有多个配体结合部位，结合在蛋白质分子的特定部位上的配
—２１—
体对该分子的其它部位所产生的影响 （如改变亲和力或催化能力）称为别构效应。别构效应可分为
同促效应和异促效应。
５．蛋白质分子中氨基酸的排列顺序称蛋白质的一级结构。一级结构的主要化学键是肽键，有
的还包含二硫键。一级结构是蛋白质空间构象和特异生物学功能的基础。
６．蛋白质二级结构：指蛋白质分子中主链骨架原子的局部的有规则的空间结构，不涉及氨基
酸残基侧链的构象。蛋白质二级结构包括α－螺旋、β－折叠、β－转角和无规卷曲。维持蛋白质二
级结构的化学键是氢键。
７．超二级结构：在蛋白质中，特别是球状蛋白质中，经常可以看到由若干相邻的二级结构单远
组合在一起，彼此相互作用，形成有规则、在空间上能辩认的二级结构组合体，充当三级结构的构
件，称为超二级结构。称为超二级结构在结构的组织层次上高于二级结构，但没有构成完整的结构
域。常见的超二级结构有αα，βαβ，Ｒｏｓｓｍａｎ折叠，β－发夹，β－曲折，希腊花式拓扑结构 （Ｇｒｅｅｋ
ｋｅｙｔｏｐｏｌｏｇｙ）等。
８．结构域：蛋白质的三级结构常可区分成１个和数个球状区域，折叠得较为紧密，各行其功
能，称为结构域。
９．亚基：有些蛋白质是由多个三级结构单位构成的，其中的每个三级结构单位称作１个亚基。
蛋白质的四级结构指亚基之间的空间关系。亚基之间的组合一般呈现一定的对称性，亚基之间的结
合由疏水作用等维持。
１０．变性作用。天然蛋白质因受物理的或化学的因素影响，其分子内部原有的高度规律性结构
发生变化，致使蛋白质的理化性质和生物学性质都有所改变，但并不导致蛋白质一级结构的破坏，
这种现象称变性作用。
１１．Ｂｏｈｙ效应：Ｈ＋和ＣＯ２浓度增加，会降低氧和血红蛋白的亲和力，使得血红蛋白的氧合曲
线向右移动，提高了Ｏ２从血红蛋白的释放量，这种作用称作Ｂｏｈｙ效应。
１２．ｗｅｓｔｅｒｎ印迹 （ｗｅｓｔｅｒｎｂｌｏｔ）：是一种利用抗原 －抗体反应检测特异蛋白质的方法。首先对
蛋白质样品进行凝胶电泳分离，将被分离开的蛋白质转移到硝酸纤维素膜上或尼龙膜上然后相继用
第一抗体、酶标第二抗体以及底物进行处理，只有含待测蛋白质的条带显示颜色。
１３．亲和层析：是利用蛋白质分子对其配体分子特有的识别和结合能力建立起来的分离纯化方
法。把待纯化蛋白质的特异配体共价连接到载体上，将此载体装入层析柱，对蛋白质混合物进行柱
层析时，待纯化的蛋白质与配体特异结合，吸附在层析柱上，而其他的蛋白质 （杂蛋白）不能被吸
附，通过洗脱可以除去。最后用含游离配体的溶液，或用改变了 ｐＨ或离子强度的溶液将与配体结
合的蛋白质洗脱下来。
１４．凝胶层析 （ｇｅｌｃｈｒｏｍａｔｏｇｒａｐｈｙ：蛋白质分子通过凝胶柱的速度 （洗脱体积Ｖｅ的大小）不直
接取决于分子的质量，而是它的斯托克半径。利用标准蛋白质和待测蛋白质具有相同的分子形状，
只要测得几种蛋白质相对分子质量标准物的Ｖｅ，并以它们的相对分子质量的对数对 Ｖｅ作图得一直
线，再测出待测样品的Ｖｅ，即可从图中确定它的相对分子质量。
１５．分子伴侣 （ｍｏｌｅｃｕｌａｒｃｈａｐｅｒｏｎｅ）：是一个协助新合成的多肽链正确折叠和转运的蛋白质家
族。它们能够阻止部分肽段的错误折叠，抑制新生肽链的不恰当聚集，排除与其他蛋白质的不合理
—３１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
结合，协助多肽链的正确折叠和跨膜转运，协助寡聚蛋白的组装。
１６．盐溶与盐析：低浓度的中性盐可以增加蛋白质的溶解度，这种现象称为盐溶。盐溶作用主
要是由于蛋白质分子吸附某种盐类离子后，带电层使蛋白质分子彼此排斥，而蛋白质分子与水分子
间的相互作用却加强，因而溶解度增高。当离子强度增加到足够高时，很多蛋白质可以从水溶液中
沉淀出来，这种现象称为盐析。盐析作用主要是由于大量中性盐的加入使水的活度降低，原来溶液
中的大部分甚至全部的自由水转变为盐离子的结合水。盐析法沉淀出来的蛋白质一般不变性，且不
同的蛋白质可以用不同浓度的盐沉淀出来，称作分段盐析。盐析法是对蛋白质进行粗分离的常用
方法。
１７．透析 （ｄｉａｌｙｓｉｓ）：将含有小分子化合物 （如盐类）的生物大分子溶液装到用半透膜制成的
透析袋中，将透析袋的口扎紧放入水或低浓度缓冲液中，小分子化合物能自由穿过半透膜扩散到水
或缓冲液中，而生物大分子 （例如蛋白质）不能透过半透膜，被截留在半透膜内。用此技术可以分
离小分子化合物和生物大分子。
１８．等电聚焦 （ｉｓｏｅｌｅｔｒｉｃｆｏｃｕｓｉｎｇ，ＩＥＦ）：．在聚丙烯酰胺凝胶中加入两性载体电解质，在电泳
过程中，两性载体电解质不同组分分布在凝胶的不同区域，形成 ｐＨ梯度，蛋白质样品中的不同组
分在电场作用下，移动到ｐＨ与其ｐＩ相等的区域，在高电场强度下，聚集成很窄的区带，这一技术
称等电聚焦。这一方法可用于分离蛋白质，也可用于测定蛋白质的等电点。
二、选择题
１．甘氨酸的ｐＫ－ＣＯＯＨ ＝２．３４，ｐＫ－ＮＨ２＝９．６，它的ｐＩ为 （　　）
Ａ．１１．９４ Ｂ．７．２６ Ｃ．５．９７ Ｄ．３．６３ Ｅ．２．３４
［答案］　Ｃ
［评析］氨基酸含有碱性的氨基和酸性的羧基，具有两性解离的特性。在某种 ｐＨ环境中，氨
基酸的酸性基团和碱性基团解离度相等，成为兼性离子。此时，氨基酸所处环境的 ｐＨ值称为该氨
基酸的等电点。甘氨酸的Ｒ基无解离基团，其ｐＩ的计算方法为：
ｐＩ＝１／２（ｐＫ－ＣＯＯＨ＋ｐＫ－ＮＨ２） ＝１／２（２．３４＋９．６） ＝５．９７。
２．下列有关氨基酸的叙述，哪个是错误的？（　　）
Ａ．酪氨酸和苯丙氨基酸都含有苯环
Ｂ．酪氨酸和丝氨酸都含羟基
Ｃ．亮氨酸和缬氨酸都是分支氨基酸
Ｄ．脯氨酸和酪氨酸都是极性氨基酸
Ｅ．组氨酸、色氨酸和脯氨酸都是杂环氨基酸
［答案］　Ｄ
［评析］题中所列氨基酸均有重要结构特点。由于脯氨酸是非极性氨基酸，所以，选项 Ｄ是错
误的。
３．测定小肽氨基酸序列的最好方法是 （　　）
Ａ．２，４－二硝基氟苯法 （ＦＤＮＢ法）
—４１—
Ｂ．二甲氨基萘磺酰氯法 （ＤＮＳ－ＣＬ法）
Ｃ．氨肽酶法
Ｄ．苯异硫氰酸法 （ＰＩＴＣ法）
Ｅ．羧肽酶法
［答案］　Ｄ
［评析］测定小肽氨基酸序列最好的方法是苯异硫氰酸法。此法的最大优点是苯异硫氰酸和肽
链Ｎ端的α－氨基反应后形成苯硫氨甲酰肽 （ＰＴＣ－肽），然后在酸性条件下，Ｎ端的苯硫氨甲酰
氨基酸 （ＰＴＣ－氨基酸）环化形成苯硫乙内酰脲衍生物 （ＰＴＨ－氨基酸）并从肽链上脱落下来，而
肽链的其余部分保持完整，又可重复上述的反应。蛋白质顺序仪就是根据这一原理设计制造的。
４．下列有关α－螺旋的叙述哪个是错误的？（　　）
Ａ．分子内的氢键使α－螺旋稳定
Ｂ．减弱Ｒ基团间不利的相互作用使α－螺旋稳定
Ｃ．疏水作用使α－螺旋稳定
Ｄ．α－螺旋是二级结构的一种类型
Ｅ．脯氨酸和甘氨酸残基使α－螺旋中断
［答案］　Ｃ
［评析］α－螺旋是蛋白质二级结构中的一种。它的稳定因素包括 （１）—ＣＯ基与—ＮＨ基之间
形成的分子内氢键。（２）α－螺旋的空间排列减小了Ｒ基团之间不利的空间效应。疏水作用对α－
螺旋结构的稳定性并不重要。脯氨酸和甘氨酸残基会破坏α－螺旋。
５．下列关于蛋白质结构的叙述哪些是正确的？（　　）
Ａ．二硫键对稳定蛋白质的构象起重要作用
Ｂ．球状蛋白质在水溶液中，带电荷的氨基酸侧链趋向于排列在分子的外面
Ｃ．蛋白质的一级结构决定高级结构
Ｄ．氨基酸的疏水侧链很少埋在蛋白质分子的内部
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ
［评析］蛋白质的一级结构决定高级结构。二硫键在稳定蛋白质构象方面起重要作用。带电荷
的氨基酸侧链有暴露于蛋白质分子表面的趋势，而疏水侧链则有埋于蛋白质分子内部的趋势。
６．下列那种氨基酸溶液不能引起偏振光的旋转？（　　）
Ａ．丙氨酸 Ｂ．甘氨酸 Ｃ．亮氨酸 Ｄ．丝氨酸 Ｅ．缬氨酸
７．下列氨基酸在生理ｐＨ范围内缓冲能力最大的是 （　　）
Ａ．Ｇｌｙ Ｂ．Ｈｉｓ Ｃ．Ｃｙｓ Ｄ．Ａｓｐ Ｅ．Ｇｌｕ
［答案］　Ｂ
［评析］缓冲能力最大，缓冲范围是由ｈ－ｈ公式决定：
ｐＫ／ａ－ｐＨ＝ｌｏｇ
［酸］
［共轭碱］
所以在生理ｐＨ时，缓冲能力最大的氨基酸其实就是等电点在生理 ｐＨ的氨基酸附近或者距离
—５１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
愈近的，缓冲能力越强。
８．有一混合氨基酸溶液，其ｐＩ值分别为４．６、５．０、５．３、６．７、７．３，电泳时欲使其中四
种向正极移动，缓冲液ｐＨ应该是多少？（　　）
Ａ．４．０ Ｂ．５．０ Ｃ．６．０ Ｄ．７．０ Ｅ．８．０
［评析］ｐＨ大于ｐＩ时，带负电荷，反之带正电荷
９．蛋白质的α－螺旋 （　　）
Ａ．由二硫键形成周期性结构
Ｂ．与β片层的构象相同
Ｃ．由主链骨架ＮＨ与ＣＯ之间的氢键维持稳定
Ｄ．是一种无规则卷曲
Ｅ．可被β巯基乙醇破坏
［答案］　Ｃ
［评析］α螺旋中不存在二硫键，因此不能被巯基乙醇破坏，α螺旋与 β片层和无规卷曲不同。
选项Ｃ是对α螺旋结构特点的正确叙述。
１０．维持蛋白质分子中的α螺旋主要靠　 （汕头大学２００１年考研题）
Ａ．盐键 Ｂ．范德华键 Ｃ．共价键 Ｄ．氢键
［答案］　Ｄ
［评析］α螺旋的构象是相当稳定的，这是因为所有氨基酸残基军参与了链内氢键的形成。
１１．下列关于β－折叠层结构的叙述，哪项是正确的？（西北大学２００２年考研题）（　　）
Ａ．β－折叠层常呈左手螺旋
Ｂ．β－折叠层只在两条不同的肽键间形成
Ｃ．β－折叠层主要靠链内的氢键来稳定
Ｄ．β－折叠层主要靠链间氢键来稳定
Ｅ．β－折叠层主要靠链间疏水作用来稳定
［答案］　Ｄ
［评析］β－折叠层不呈螺旋，β－折叠可以由不同的肽链或同一肽链的不同肽段形成，β－折
叠依靠相邻的肽链上的＞Ｃ＝Ｏ与＞Ｎ＝Ｈ形成的氢键维持稳定。
１２．维系蛋白质四级结构的主要作用力是 （　　）
Ａ．疏水作用力 Ｂ．盐键 Ｃ．氢键 Ｄ．二硫键 Ｅ．范德华力
［答案］　Ｄ
［评析］维持蛋白质四级结构最主要的作用力是疏水作用力。
１３．关于蛋白质三级结构的描述错误的的是 （　　）
Ａ．有三级结构的蛋白质均有酶活性
Ｂ．球蛋白均有三级结构
Ｃ．三级结构的稳定性由多种次级键维系
Ｄ．亲水基团多分布在三级结构的表面
—６１—
Ｅ．决定盘曲折叠的因素是氨基酸序列
［答案］　Ａ
［评析］有些有三级结构的蛋白质没有催化功能。
１４．ＨｂＯ２解离曲线是Ｓ形的主要原因是 （　　）
Ａ．Ｈｂ含有Ｆｅ２＋ Ｂ．Ｈｂ含四条肽链
Ｃ．Ｈｂ存在于红细胞内 Ｄ．Ｈｂ对氧的结合存在正协同效应
Ｅ由于存在有２，３－ＤＰＧ
［答案］　Ｄ
［评析］Ｈｂ氧合曲线呈Ｓ型的主要原因是与氧结合有正协同效应。
１５．处于等电点的蛋白质 （青岛海洋大学２００１年考研题）（　　）
Ａ．分子不带电荷 Ｂ．分子不稳定，易变性
Ｃ．易聚合成多聚体 Ｄ．易被蛋白酶水解
［答案］　Ｃ
［评析］蛋白质处于等电点时，所带的正电荷和负电荷相等，其静电荷为零，由于相邻蛋白质
分子之间没有静电斥力而趋于聚集沉淀，此时的蛋白质溶解度最低。沉淀出来的蛋白质保持着天然
构象，能重新溶解于适当的ｐＨ和一定浓度的盐溶液中。由于蛋白质趋于聚集沉淀，封闭了蛋白酶
的某些活性位点，所以不易被蛋白酶水解
１６．已知Ｇｌｕ的三个可以解离基团的ｐＫ
!
值分别为２．１９，９．６７，４．２５。在下述那种 ｐＨ条
件下电泳时，它既不移向正极，也不移向负极，而是停留在原点。（湖北大学２００１年考研题）
Ａ．５．９ Ｂ．４．２５ Ｃ．６．９ Ｄ．３．２２
［答案］　Ｄ
［评析］Ｇｌｕ是酸性氨基酸，其等电点的主要形式为：ｐＩ＝１／２（ｐＫ１＋ｐＫ２） ＝１／２（２．１９＋
４．２５）
１７．蛋白质一级结构与功能关系的特点是 （　　）
Ａ．氨基酸组成相同的蛋白质，功能一定相同
Ｂ．一级结构相近的蛋白质含有相似的功能
Ｃ．一级结构中任何氨基酸的改变均会使其功能丧失
Ｄ．不同生物来源的同种蛋白质，其一级结构相同
Ｅ．以上都不对
［答案］Ｂ
［评析］由于一级结构决定空间结构，所以一级结构相近的蛋白质有相似的功能。而相同氨基
酸组成的蛋白质其一级结构和空间结构不一定相同，所以功能也不一定相同。一级结构中氨基酸的
改变有可能不影响生物活性。不同生物来源的同种蛋白质其一级结构不一定相同。
１８．下列蛋白质通过凝胶过滤层析柱最先洗脱出来的是 （中国科学技术大学１９９９年考研题）
（　　）
Ａ．马肝过氧化氢酶 （Ｍｒ为２４７５００） Ｂ．肌红蛋白 （Ｍｒ为１６９００）
—７１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
Ｃ．血清清蛋白 （Ｍｒ为６８５００） Ｄ．牛胰岛素 （Ｍｒ为６０００）
［答案］　Ａ
［评析］凝胶过滤可以把蛋白质混合物按分子的大小分离开来。大的分子先被洗脱，小的分子
后被洗脱
１９．为获得不变性的蛋白质，常用的方法有 （　　）
Ａ．用三氯醋酸沉淀 Ｂ．用苦味酸沉淀
Ｃ．用重金属盐沉淀 Ｄ．低温盐析
Ｅ．常温醇沉淀
［答案］　Ｄ
［评析］低温盐折沉淀的蛋白质不会变性，题中列出的其它方法沉淀的蛋白质均会变性。
２０．ＳＤＳ凝胶电泳分离蛋白质是根据各种蛋白质 （　　）
Ａ．ｐＩ的差异 Ｂ．分子大小的差异
Ｃ．分子极性的差异 Ｄ．溶解度的差异
Ｅ．以上说法都不对
［答案］　Ｂ
［评析］　ＳＤＳ使蛋白质解离成亚基，并结合大量的 ＳＤＳ，从而使蛋白质分子带有足够的负电
荷，消除了蛋白质分子原有的电荷差异，所以电泳速度只取决于蛋白质分子的大小。
２１．研究蛋白质结构常用氧化法打开二硫链，所用的的化学试剂是。（中国协和医科大学２００２
年考研题）（　　）
Ａ．亚硝酸　　　Ｂ．过氯酸　　　Ｃ．硫酸　　　Ｄ．过甲酸
［答案］　Ｄ
［评析］氧化法打开蛋白质中二硫键的常用试剂是过甲酸
２２．伴随蛋白质变性的结构上的变化是 （中国协和医科大学２００２年考研题）（　　）
Ａ．肽链的断裂 Ｂ．氨基酸残基的化学修饰
Ｃ．一些侧链基团的暴露 Ｄ．二硫键的拆开
［答案］　Ｃ
［评析］蛋白质变性的主要特征是空间结构破坏，一些原来处于分子内部的侧链基团暴露，生
物学功能丧失，理化性质改变。
２３．关于蛋白质变性的叙述哪些是正确的？（　　）
Ａ．蛋白质变性是由于特定的肽键断裂
Ｂ．是由于非共价键破裂引起的
Ｃ．用透析法除去尿素有时可以使变性蛋白质复性
Ｄ．变性的蛋白质一定会沉淀
［答案］　Ｂ，Ｃ
［评析］蛋白质变性是由于次级链破裂引起空间结构破坏，但一级结构保持完整，用透析法除
去尿素有时可以使变性蛋白质复性，稀溶液中的蛋白质用弱酸、弱碱等变性后，有时可以不沉淀。
—８１—
２４．用离子交换层析法分离蛋白质是由于 （　　）
Ａ．蛋白质所带净电荷不同
Ｂ．组成蛋白质的氨基酸种类和数目不同
Ｃ．蛋白质分子能与其对应的配体进行特异性结合
Ｄ．蛋白质的溶解度不同
［答案］　Ａ，Ｂ
［评析］离子交换层折分离蛋白质是由于不同的蛋白质在层析系统中所带的净电荷不同，而蛋
白质带净电荷的多少与氨基酸的组成相关。
２５．一个生物样品的含氮量为５％，它的蛋白质含量为。（中国协和医科大学２００２年考研题）
（　　）
Ａ．１２．５０％　　 Ｂ．１６．００％　　　Ｃ．３８．００％　　　Ｄ．３１．２５％
［答案］　Ｄ
［评析］各种蛋白质含氮量的平均值是１６％。因此含氮量为５％，它的蛋白质含量为５х６．２５＝
３１．２５％
２６．常用于破坏蛋白质中氢键，但不影响共价键的是 （　　）
Ａ．ＳＤＳ Ｂ．β巯基乙醇
Ｃ．尿素 Ｄ．二硫苏糖醇
［答案］　Ａ，Ｃ
［评析］ＳＤＳ和尿素通过破坏氢键引起蛋白质变性，不影响蛋白质的共价键。β－巯基乙醇和二
硫苏糖醇可以通过还原作用破坏蛋白质中的二硫键。
三、是非题
⒈ 组成蛋白质的２０种氨基酸都有一个不对称性的α－碳原子，所以都有旋光性。
［答案］对
［评析］甘氨酸例外
⒉ 蛋白质分子中因为含有酪氨酸、色氨酸和苯丙氨酸，所以在２６０ｎｍ处有最大吸收峰。
［答案］错
⒊ 亮氨酸的疏水性比丙氨酸强。
［答案］对
⒋ 组成蛋白质的氨基酸均是Ｌ－型氨基酸，除甘氨酸外都是左旋的。
［答案］错
５溶液的ｐＨ可以影响氨基酸的等电点。
［答案］对
６．用酸水解法分析蛋白质的氨基酸组成时，检测到的氨基酸种类数最多为１７种。
［答案］对
［评析］对蛋白质进行酸水解时，色氨酸被破坏，谷氨酰胺被水解成谷氨酸，天冬酰胺被水解
—９１—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
成天冬氨酸，含羟基的氨基酸被部分破坏，所以，检测到的氨基酸种类不会多于１７种。
７．硼氢化锂可以将肽链Ｃ－末端氨基酸还原成相应的氨基醇。
［答案］对
８．溴化氰可以断裂甲硫氨酸的氨基参与形成的肽链。
［答案］错
［评析］溴化氰专一性地断裂甲硫氨酸的羧基参与形成的肽键。
９．用Ｅｄｍａｎ法１次可以连续测定约３００个氨基酸残基的序列。
［答案］错。
［评析］由于Ｅｄｍａｎ反应每次循环均可能出现一定的误差，如部分 Ｎ端氨基酸未能被环化切
除，Ｅｄｍａｎ反应的循环次数超过６０次，则测序的准确度会明显降低，故一般的序列测定仪只能测
定６０～７０个氨基酸残基的序列。
１０．核磁共振研究蛋白质三维结构的主要优势是可以研究溶液中的蛋白质三维结构，并能提供
有关的动态信息。
［答案］对。
１１．在水溶液中，蛋白质折叠形成疏水核心，会使水的熵增加。
［答案］对
１２．在α－螺旋中，每３．６个氨基酸绕一圈，并形成１个氢键。
［答案］错。
［评析］α－螺旋每３．６个氨基酸绕一圈，但除螺旋一端的４个－Ｎ－Ｈ和另一端的４个－Ｃ＝
０不参与形成氢键外，其余的一Ｎ－Ｈ和－Ｃ＝０均参与氢键的形成。
１３．脯氨酸不能参加于α－螺旋，它使α－螺旋转弯。在肌红蛋白和血红蛋白的多肽链中，每一
个转弯处并不一定有脯氨酸，但是每一个脯氨酸却产生一个转弯。（中国科学技术大学２００１考研题）
［答案］对。
１４．胶原蛋白的原胶原分子是３股右手螺旋扭曲成的左手螺旋。
［答案］错。
［评析］原胶原分子是由３股左手螺旋扭曲成的右手螺旋。
１５．维持蛋白质三级结构最主要的作用力是氢键。（苏州大学２００１年考研题）
［答案］错
［评析］维持蛋白质三级结构最主要的是疏水作用力。
１６．Ａｎｆｉｎｓｅｎ进行的牛胰核糖核酸酶 （ＲＮａｓｅ）复性的实验证明蛋白质的三维构象是由一级顺
序决定的。（汕头大学２００１年考研题）
［答案］对。
１７．多聚谷氨酸在ｐＨ７时形成松散结构，在ｐＨ４时容易形成α－螺旋。
［答案］对
［评析］在ｐＨ７时，多聚谷氨酸γ－羧基带负电荷，由于静电斥力，分子呈松散结构。在 ｐＨ４
时，多聚谷氨酸容易形成螺旋结构。
—０２—
１８．球蛋白的三维折叠均采取亲水侧基在外，疏水侧基藏于分子内部的结构模式。（南开大学
１９９９年考研题）
［答案］对
１９．蛋白质的四级结构可以定义为一些特定的三级结构的肽链通过共价键形成的大分子体系的
组合。（中国科学院微生物研究所２００１年考研题）
［答案］错。
［评析］蛋白质的四级结构可以定义为特定的三级结构单元通过非共价键形成的大分子体系。
２０．高原地区生活的人，血液中２，３二磷酸甘酸 （２，３—ＤＰＧ）浓度较低。
［答案］错。
［评析］高原地区的人群血中２，３－ＤＰＧ含量较高，在氧分压较低时容易释放较多的氧给肌肉
等组织。
２１．血红蛋白与氧的结合能力随ｐＨ降低而增高。
［答案］错。
［评析］随着ｐＨ的降低，血红蛋白与氧的结合力降低，这有利于血红蛋白在ＣＯ２含量较高的组
织释放氧。
２２．酶联免疫吸附测定 （ＥＬＩＳＡ）只能用酶标抗体测定抗原，不能用酶标抗原来测定抗体。
［答案］错。
［答案］ＥＬＩＳＡ也可以将抗体先包被在反应板，用相应的抗原处理后，再用该抗原的酶标抗体
处理，经显色后可以测定与特定抗原结合的抗体含量。
２３．由于一级结构可以决定空间结构，基因工程表达的肽链一定可以自然地形成天然构象。
［答案］错。
［评析］真核生物的蛋白质折叠常有分子伴侣参与，所以，用原核生物表达的真核蛋白质不一
定能自然地形成天然构象。另外，基因工程表达的蛋白质有时会形成包含体，需要先分离包含体，
裂解包含体后，再使蛋白质复性，才能形成天然构象。
２４．基因中核苷酸顺序的变化不一定引起蛋白质中氨基酸的变化。
［答案］对
２５．测定别构酶的相对分子质量可以用ＳＤＳ－ＰＡＧＥ。（中国科学技术大学２００２考研题）
［答案］错。
［评析］别构酶一般由多个亚基构成，ＳＤＳ－ＰＡＧＥ只能测定亚基的相对分子质量。
２６．Ｇｌｙ与Ａｓｐ的等电点分别为５．９７和２．９７，它们在 ｐＨ１０条件下均带负电荷。（哈尔滨师
范大学２０００年考研题）
［答案］对。
［评析］溶液的ｐＨ高于等电点时，氨基酸带净负电荷。
２７．用凝胶过滤分离蛋白质主要取决于蛋白质分子大小，先将蛋白质混合物上柱然后进行洗
脱，小分子蛋白由于所受的阻力小首先被洗脱出来。
［答案］错。
—１２—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
［评析］用凝胶过滤法分离蛋白质时，相对分子质量大的蛋白质先流出层析柱
２８．用Ｌｏｗｒｙ法测定蛋白质含量时，吸光度与蛋白质分子的氨基酸组成无关。
［答案］错。
［评析］蛋白质中含酚基和巯基的氨基酸残基相对含量较高的蛋白质，用 Ｌｏｗｒｙ法测定蛋白质
含量时，吸光度较高。
２９．一种蛋白质样品在一定条件下电泳，显示一条带，说明该样品是纯度很高的单一蛋白质。
［答案］错。
［评析］鉴定蛋白质的纯度需要配合使用多种方法，如不同条件下的一系列电泳，ＨＰＬＣ等。
如果只用一定条件下的一次电泳，则同一条带可能有不同的蛋白质。
３０．蛋白质的磷酸化位点只能是丝氨酸或苏氨酸的羧基。
［答案］错。
［评析］磷酸基还可以与酪氨酸的羟基结合。
３１．糖蛋白的Ｏ－糖肽键是指氨基酸残基的羧基Ｏ原子与寡糖链形成的糖苷键。
［答案］错。
［评析］Ｏ－糖肽键是指氨基酸残基的羟基Ｏ原子与寡糖链形成的糖苷键。
３２．球状蛋白折叠形成疏水核心时，伴随着多肽链熵的增加。
［答案］错。
［评析］蛋白质折叠形成疏水核心时，肽链的熵减少，环境的熵增加。
３３．一个蛋白质样品经酸水解后，能用氨基酸自动分析仪准确测定它的所有氨基酸。
［答案］错。
［评析］酸水解时色氨酸被破坏，羟基氨基酸部分被破坏，谷氨酰胺和天冬酰胺分别转变成谷
氨酸和天冬氨酸，胱氨酸转变成半胱氨酸，且半胱氨酸与茚三酮不发生颜色反应。
３４．生物膜上的受体毫无例外的都是糖蛋白。
［答案］错。
［评析］生物膜上的受体大多数是蛋白质，其中不少是糖蛋白。但也有少数受体是糖脂，蛋白
聚糖或核酸。
３５．凝集素是能与糖类专一性非共价结合，可沉淀聚糖或复合糖，能引起细胞凝集的非抗体蛋
白质或糖蛋白。
［答案］对
四、填空题
⒈ 组成蛋白质的氨基酸中含硫的氨基酸有　　　和　　　能形成二硫键的氨基酸是 ＣＹＳ。
⒉ 谷氨酸的ｐＫ１ （α－ＣＯＯＨ） ＝２．１９，ｐＫ２ （α－ＮＨ３
＋） ＝９．６７，ｐＫ３ （Ｒ基） ＝４．２５，
其ｐＩ值应为　　　
⒊ 组成蛋白质分子的碱性氨基酸有　　　、　　　、　　　；酸性氨基酸有　　　和　　　。
⒋ 在下列空格中填如合适的氨基酸名称：　　　是带芳香族的极性氨基酸；　　　和　　　是
—２２—
带芳香族的非极性氨基酸；（半胱氨酸）是含硫的极性氨基酸；在一些酶的活性中心中起重要作用并
含有羟基的极性较小的氨基酸是　　　。
⒌ 实验室常用的甲醛滴定是利用氨基酸的氨基与中性甲醛反应，然后用碱来滴定　　　上释放
的 氢离子。
６．维持蛋白质三级结构的作用力是　　　　　，　　　　　，　　　　　和　　　　　。
７．蛋白质折叠的主要驱动力主要来自于非共价作用中的疏水力　　　。
五、问答题
⒈ 有四种氨基酸，其解离常数分别为：
氨基酸 ｐＫ１ （α－ＣＯＯＨ） ｐＫ２ （α－ＮＨ３
＋） ｐＫ３ （Ｒ基）
Ｃｙｓ １．７１ ８．３３ １０．７８
Ｇｌｕ ２．１９ ９．６７ ４．２５
Ａｒｇ ２．１７ ９．０４ １２．４８
Ｔｙｒ ２．２０ ９．１１ １０．０７
　　问：（１）四种氨基酸的等电点分别是多少？（２）四种氨基酸在ｐＨ７的电场中如何移动？
解答：Ｃｙｓ＝５．０，Ｇｌｕ＝３．３　Ａｒｇ＝８．７，＝５．６
ｐＨ７时，除精氨酸外，其余的都带负电荷
⒉ 将丙氨酸溶液调至ｐＨ８，然后向该溶液中加入过量甲醛，当所得的溶液用碱反滴至 ｐＨ８时，
消耗０．２ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液２５０ｍｌ，问起始溶液中丙氨酸的含量为多少克？
（摩尔数消耗比为１：２）
解答：０．２ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液２５０ｍｌ等于０．０５摩尔的氢氧化钠，所以丙氨酸的量为０．０２５，
摩尔，丙氨酸分子量为８９，可以计算；
３．组成蛋白质的２０种氨基酸中，哪些是极性的，哪些是非极性的，哪一种不能参与形成真正
的肽键？
解答：脯氨酸　亚氨基酸
４．有一种能从海水中富集黄金的多肽，经分析，他的氨基酸组成是 Ｌｙｓ，Ｐｒｏ，Ａｒｇ，Ｐｈｅ，
Ａｌａ，Ｔｙｒ，Ｓｅｒ。此肽不经酶切前，与２，４二硝基氟苯 （ＦＤＮＢ）反应后没有产物生成，此肽经胰
凝乳蛋白酶作用后，得到两个多肽，其氨基酸组成分别为 Ａｌａ，Ｔｙｒ，Ｓｅｒ，和 Ｌｙｓ，Ｐｒｏ，Ａｒｇ，
Ｐｈｅ，而这两个多肽在分别于ＦＤＮＢ反应后，可以分别产生 ＤＮＰ－Ｓｅｒ和 ，ＤＮＰ－Ｌｙｓ，此肽与胰蛋
白酶反应，同样可以产生两个多肽，其氨基酸组成分别为 Ｐｒｏ，Ａｒｇ，和 Ｌｙｓ，，Ｐｈｅ，Ａｌａ，Ｔｙｒ，
Ｓｅｒ，问这两个多肽具有怎样的结构？
解答：１、与２，４二硝基氟苯 （ＦＤＮＢ）反应后没有产物生成，说明没有 Ｎ末端，或者说没有
有力末端的氨基，应该是环状多肽；
胰凝乳蛋白酶作用后，得到 Ａｌａ，Ｔｙｒ，Ｓｅｒ，和 Ｌｙｓ，Ｐｒｏ，Ａｒｇ，Ｐｈｅ，，胰凝乳蛋白酶的作用
位点是芳香族氨基酸的羧基参与形成的肽键，所以这两个小肽的Ｃ末端为Ｔｙｒ，和Ｐｈｅ，这两个多肽
在分别于ＦＤＮＢ反应后，可以分别产生ＤＮＰ－Ｓｅｒ和 ，ＤＮＰ－Ｌｙｓ，说明Ｎ末端为 Ｓｅｒ和 Ｌｙｓ，所以
第一个小肽的氨基酸顺序为Ｎ－ｓｅｒ－ａｌａ－ｔｙｒ－Ｃ，
—３２—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
第二个顺序为：Ｎ－ｌｙｓ……ｐｈｅ－Ｃ，所以ｔｙｒ应该和ｌｙｓ相邻，
肽与胰蛋白酶反应，同样可以产生两个多肽，其氨基酸组成分别为 Ｐｒｏ，Ａｒｇ，和 Ｌｙｓ，，Ｐｈｅ，
Ａｌａ，Ｔｙｒ，Ｓｅｒ，胰蛋白酶的作用位点是碱性氨基酸的羧基参与形成的肽键，所以Ｐｒｏ，Ａｒｇ，为，Ｎ
－Ｐｒｏ－Ａｒｇ－Ｃ，另一段为 Ｌｙｓ，，Ｐｈｅ，Ａｌａ，Ｔｙｒ，Ｓｅｒ，中，由于已知ｓｅｒ－ａｌａ－ｔｙｒ，而Ｌｙｓ为Ｃ末
端，所以另一个肽段必须含有序列：Ｎ－ｓｅｒ－ａｌａ－ｔｙｒ－Ｌｙｓ－Ｃ，所以其序列为ＮＰｈｅ－ｓｅｒ－ａｌａ－ｔｙｒ
－Ｌｙｓ－Ｃ，，因而整体序列为Ｐｈｅ－ｓｅｒ－ａｌａ－ｔｙｒ－Ｌｙｓ－Ｐｒｏ－Ａｒｇ，环状。
５．用巯基乙醇处理一个肽段，得到两个肽段：
Ａ．Ａｌａ
"
Ｃｙｓ
"
Ａｒｇ
"
Ｔｈｒ
"
Ｃｙｓ
"
Ｌｙｓ
Ｂ．Ｔｙｒ
"
Ｌｙｓ
"
Ｃｙｓ
"
Ｐｈｅ
"
Ａｒｇ
"
Ｈｉｓ
"
Ｔｈｒ
"
Ｌｙｓ
"
Ｃｙｓ
"
Ｓｅｒ
若用胰蛋白酶处理，得到四个分别含有下列氨基酸的肽段，
Ｃ．Ａｌａ，Ａｒｇ，Ｃｙｓ，Ｓｅｒ
Ｄ．Ａｒｇ，Ｃｙｓ，Ｌｙｓ，Ｔｈｒ，Ｐｈｅ
Ｅ．Ｈｉｓ，Ｌｙｓ，Ｔｈｒ
Ｆ．Ｌｙｓ，Ｔｙｒ
试推测，该肽链中二硫键的数目和所在位置；计算肽段Ａ的ｐＩｚ值，并判断ＰＨ＝５时该肽段的
电荷情况。
Ａｌａ Ｃｙｓ Ａｒｇ Ｔｈｒ Ｌｙｓ
ｐＫａｌ（ＣＯＯＨ） ２．３４ １．７１ ２．１７ ２．６３ ２．１８
ｐｋ２（ＮＨ２） ９．６９ ８．３３ ９．０４ １０．４３ ８．９５
ｐＫｒ １０．７８ １２．４８ １０．５３
　　解答：①用巯基乙醇处理一个肽段，得到两个肽段：
—４２—
Ａ．Ａｌａ
"
Ｃｙｓ
"
Ａｒｇ
"
Ｔｈｒ
"
Ｃｙｓ
"
Ｌｙｓ
Ｂ．Ｔｙｒ
"
Ｌｙｓ
"
Ｃｙｓ
"
Ｐｈｅ
"
Ａｒｇ
"
Ｈｉｓ
"
Ｔｈｒ
"
Ｌｙｓ
"
Ｃｙｓ
"
Ｓｅｒ
说明二硫键　在Ａ＼Ｂ两条肽链之间存在，Ａ链上的半胱氨酸与Ｂ链上的半胱氨酸之间存在两
对二硫键；
②若用胰蛋白酶处理，得到四个分别含有下列氨基酸的肽段，
Ｃ．Ａｌａ，Ａｒｇ，Ｃｙｓ，Ｓｅｒ
Ｄ．Ａｒｇ，Ｃｙｓ，Ｌｙｓ，Ｔｈｒ，Ｐｈｅ
Ｅ．Ｈｉｓ，Ｌｙｓ，Ｔｈｒ
Ｆ．Ｌｙｓ，Ｔｙｒ
胰蛋白酶的作用位点是碱性氨基酸的羧基参与形成的肽键，所以再参照Ａ，Ｂ太短的序列可知：
Ｆ．Ｎ－Ｔｙｒ－Ｌｙｓ，
Ｅ．Ｈｉｓ，Ｌｙｓ，Ｔｈｒ为：Ｎ－Ｈｉｓ
"
Ｔｈｒ
"
Ｌｙｓ－Ｃ
Ｄ为：Ｎ－Ｔｙｒ
"
Ｌｙｓ
"
Ｃｙｓ
"
Ｐｈｅ
"
Ａｒｇ－Ｃ
Ｃ为：Ａｌａ，Ａｒｇ，Ｃｙｓ，Ｓｅｒ，从肽段Ａ可知　Ａｌａ
"
Ｃｙｓ
"
Ａｒｇ相连，丝氨酸哪里来的？显然
是Ｃｙｓ与丝氨酸附近的Ｃｙｓ形成了二硫键，而另外一对二硫键自然就是
③对于肽段Ａ来说，可解离基团为Ａｌａ上氨基，Ｌｙｓ的羧基和氨基，还有精氨酸上氨基
所以其等电点为：９．３６
Ａ３＋－－２．１８———Ａ２＋－－８．９５———Ａ＋－－－９．０４———Ａ０———９．６９———Ａ－
６．毛发是一种蛋白质，烫发的实质是一种蛋白质构象变化的过程，请根据蛋白质结构解释烫
发过程中，蛋白质的二级结构究竟发生了什么变化？
二硫键被破坏，然后在支架的作用下重新形成，改变了二硫键的位置，所以发生变化
（α－螺旋被撑开，变成伸展的β构象）
７．为什么生物体内的许多蛋白质以寡聚体形式存在？
（形成高级的大分子或超分子结构；多亚基协同，产生变构效应以利于细胞识别和功能调节；
多亚基形成结构复合体，催化多个连续反应，形成催化系列反应的体系，有利于代谢的高速进行）
８．什么是蛋白质的等电点 （ｐＩ）？为什么说在等电点时蛋白质的溶解度最低？
蛋白质容易聚集形成沉淀，没有电荷的斥力
９．指出用电泳技术分离下列物质，ｐＨ是多少时最合适？
ａ）血清清蛋白 （ｐＩ＝４．９）和血红蛋白 （ｐＩ＝６．８）；
ｂ）肌红蛋白 （ｐＩ＝７．０）和胰凝乳蛋白梅 （ｐＩ＝９．５）；
ｃ）卵清蛋白 （ｐＩ＝４．６）、血清清蛋白和肽酶 （ｐＩ＝５．０）。
解答：ａ，要都带同种电荷，ＰＨ＞６．８，在８．０左右好，接近中性
ｂ，在６．０－６．５左右好
ｃ，在７．０左右好
—５２—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
１０．离子交换层析分析纯化样品的依据是什么？
样品在相同条件下，带电荷不同，可以依据与填料的电性作用力不同而分开。
１１．用你学过的蛋白质理化性质，设计一条由毛发水解制备胱氨酸的流程图，并说明其原因。
·胱氨酸不溶于乙醇、乙醚，难溶于水。易溶于酸、碱溶液，但在热碱溶液中可被分解。胱氨
酸在人人发含量高。胱氨酸是氨基酸中最难溶于水的一种，因此可利用这种特性，通过酸性水解，
从废杂猪毛、人发、鸡毛、羊毛等角蛋白中，分离提取胱氨酸。
·原理：利用Ｌ—胱氨酸的等电点不同 （ｐＨ＝５）及在水和乙醇中的溶解度远小于其他氨基酸
等原因分离提纯Ｌ—胱氨酸。
·废杂毛 （人发）→ （６０～８０℃左右的热水清洗）→８０～９０℃烘干，干净废杂毛→ （１０２～
１１０℃水解）→水解液→ （４０～６０℃中和，至ｐｈ＝４．８～５，搅拌３０ｍｉｎ）→胱氨酸粗品→ （提纯）
→沉淀物 （粗品）→ （精制）→结晶→ （干燥）→精品
１２．已知赖氨酸三个可解离基团α－ＣＯＯＨ，α－ＮＨ３
＋和ε－ＮＨ３
＋分别为２．１８、８．９５、和１０．
５３，在ｐＨ９．０时，计算氨基酸的两性离子、阳离子以及阴离子所占的比例。
［解答］赖氨酸有三个可解离的基团：
根据Ｈｅｎｄｅｒｓｏｎ－Ｈａｓｓｅｌｂａｌｃｈ方程：
ｐＨ＝ＰＫ／ａ１ｌｏｇ
［Ｌｙｓ＋］
［Ｌｙｓ２＋］
，即９．０＝２．１８＋ｌｏｇ［Ｌｙｓ
＋］
［Ｌｙｓ２＋］
亦即：　　　　　　 ［Ｌｙｓ
＋］
［Ｌｙｓ２＋］
＝１０６．８２＝６．６１×１０６
同理推导出：
［Ｌｙｓ±］
［Ｌｙｓ＋］
＝１．１２；［Ｌｙｓ
－］
［Ｌｙｓ±］
＝２．９５×１０－２
因为：［Ｌｙｓ２＋］ ＋［Ｌｙｓ＋］ ＋［Ｌｙｓ±］ ＋［Ｌｙｓ－］ ＝１００％
—６２—
即： ［Ｌｙｓ＋］／６．６１×１０６＋ ［Ｌｙｓ＋］ ＋１．１２［Ｌｙｓ＋］ ＋２．９５×１０－２×１．１２［Ｌｙｓ＋］
＝１００％
［Ｌｙｓ＋］（１／６．６１×１０６＋１＋１．１２＋０．０３３） ＝１００％　得： ［Ｌｙｓ＋］ ＝１００％／２．１５３＝４６．
４５％ ；
［Ｌｙｓ２＋］ ＝［Ｌｙｓ＋］／６．６１×１０６＝４６．４５％／６．６１×１０６＝７×１０－６％ ；
［Ｌｙｓ±］ ＝１．１２［Ｌｙｓ＋］ ＝１．１２×４６．４５％＝５２％ ；
［Ｌｙｓ－］ ＝２．９５×１０－２ ［Ｌｙｓ±］ ＝２．９５×１０－２×５２％＝１．５３％
由此可见，在ｐＨ９．０时，［Ｌｙｓ２＋］含量甚微，可以忽略不计，［Ｌｙｓ＋］占４６．４５％，［Ｌｙｓ
±］为５２％，［Ｌｙｓ－］为１．５３％，整个分子带部分正电荷。
［评析］Ｈｅｎｄｅｒｓｏｎ－Ｈａｓｓｅｌｂａｌｃｈ方程式对于进行 ｐＨ的有关计算和配制缓冲溶液有重要意义。
同时，解答本题有助于深入了解在一定ｐＨ的水溶液中，氨基酸的各种解离形式所占的比例，计算
在一定ｐＨ下，一定浓度的氨基酸溶液中，各种解离形式的含量。有助于深入理解在计算酸性氨基
酸和碱性氨基酸的ｐＩ时，为什么只选择其中的两个ｐＫａ值。从本题的结果可以看出，在溶液的 ｐＨ
等于某氨基酸的ｐＩ时，以净电荷为零的解离形式为中心，第二级解离生成的解离形式含量极低，
所以，计算氨基酸的ｐＩ时，相应的ｐＫａ值可忽略不计。
１３．计算ｐＨ４．５时谷氨酸的平均净电荷。
［解答］将Ｈｅｎｄｅｒｓｏｎ－Ｈａｓｓｅｌｂａｌｃｈ方程重排：
ｐＨ＝ｐＫ／ａ＋ｌｏｇ
［共轭碱］
［酸］
　　ｐＫ／ａ－ｐＨ＝ｌｏｇ
［酸］
［共轭碱］
即：　　　　　 ［酸］
［共轭碱］
＝１０ｐＫ／ａ－ｐＨ或［酸］＝共轭碱．１０ｐＫ／ａ－ｐＨ
如果规定α代表该基团以酸形式存在的分数，
那么，α＝ ［酸］
［酸］＋［共轭碱］＝
［共轭碱］１０ｐＫ／ａ－ｐＨ
１０ｐＫ／ａ－ｐＨ］·［共轭碱］＋［共轭碱］
＝ １０ｐＫ＇ａ－ｐＨ
１０ｐＫ／ａ－ｐＨ ＋１
＝ １
１＋１０ｐＨ－ｐＫ／ａ
因此，如果该基团以阳离子酸形存在 （例如），那么α代表以正电荷存在的分数：
α＝ ＋１
１＋１０ｐＨ－ｐＫ／ａ
当ｐＨ＜＜ｐＫ／ａ时，净电荷接近于＋１。相反，对于具有中性酸形式和阴离子共轭碱的基团 （例
如－ＣＯＯＨ和－ＣＯＯ－）来说，α代表不带电荷 （－ＣＯＯＨ）的部分，那么带电荷的分数是：
－（１－α）＝α－１＝ －１
１＋１０ｐＫ／ａ－ｐＨ
在这种情况下，当ｐＨ＜＜ｐＫ／ａ时，净电荷接近于０。一般来说，当ｐＨ低于ｐＫ
／
ａ２单位以上，那
么该基团可以考虑为完全质子化。已知谷氨酸α－羧基ｐＫ／ａ ＝２．１９，β－羧基ｐＫ
／
ａ ＝４．２５，α－氨
基ｐＫ／ａ＝９．６７，根据上面推导出的计算式，在ｐＨ４．５时三个基团所带的净电荷分别为：α－ＣＯＯＨ
为
"
１，β－ＣＯＯＨ为"
０．６７，α－ＮＨ＋３为＋１。该分子平均净电荷为"
０．６７。
［评析］应用Ｈｅｎｄｅｒｓｏｎ－Ｈａｓｓｅｌｂａｌｃｈ方程计算氨基酸和短肽等两性离子的平均净电荷，对于利
用离子交换层析或电泳法分离分析氨基酸等两性物质有良好的应用价值。这里的平均净电荷可理解
—７２—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
为溶液中的分子带电荷的比例，如本题中的
!
０．６７可以理解为溶液中有６７％的分子带有１个负
电荷。
１４．根据以下实验结果推断一多肽链的氨基酸序列：（１）酸水解测出的氨基酸组成：为 Ａｌａ２，
Ａｒｇ，Ｌｙｓ２，Ｍｅｔ，Ｐｈｅ，Ｓｅｒ２；（２）羧肽酶Ａ水解最先得到氨基酸为Ａｌａ．；（３）胰蛋白酶水解得四个
肽段，其氨基酸组成如下：①Ａｌａ，Ａｒｇ　②Ｌｙｓ，Ｐｈｅ，Ｓｅｒ　③Ｌｙｓ　④Ａｌａ，Ｍｅｔ，Ｓｅｒ；（４）溴化氰
水解得两个肽段，其氨基酸组成如下：①Ａｌａ，Ａｒｇ，Ｌｙｓ２，Ｍｅｔ，Ｐｈｅ，Ｓｅｒ　 ②Ａｌａ，Ｓｅｒ。（５）嗜热
菌蛋白酶水解得两个肽段，其氨基酸组成如下：①Ａｌａ，Ａｒｇ，Ｓｅｒ　 ②Ａｌａ，Ｌｙｓ２，Ｍｅｔ，Ｐｈｅ，Ｓｅｒ。
（中国科学技术大学１９９９年考研题）
［解答］从 （１）可知该肽为九肽；从 （２）可知其 Ｃ端为 Ａｌａ；从 （２）（３）和胰蛋白酶的专
一性可知如下肽段：（Ａ）Ａｌａ－Ａｒｇ　 （Ｂ）（Ｐｈｅ，Ｓｅｒ） －Ｌｙｓ　 （Ｃ）Ｌｙｓ　 （Ｄ）（Ｍｅｔ，　Ｓｅｒ） －
Ａｌａ；从 （４）和 （２）可知：（Ｅ）…Ｍｅｔ－Ｓｅｒ－Ａｌａ；从 （５）和嗜热菌蛋白酶的专一性可知：（Ｆ）
…Ｐｈｅ－（Ａｌａ，Ｌｙｓ，Ｍｅｔ，Ｓｅｒ）；从 （Ｅ）和 （Ｆ）可知： （Ｇ）…Ｐｈｅ－Ｌｙｓ－Ｌｙｓ－Ｍｅｔ－Ｓｅｒ
－Ａｌａ；
从 （Ａ）（Ｂ） （Ｇ）可知该肽的氨基酸序列为 Ａｌａ－Ａｒｇ－Ｓｅｒ－Ｐｈｅ－Ｌｙｓ－Ｌｙｓ－Ｍｅｔ－Ｓｅｒ
－Ａｌａ
［评析］利用肽链的特异性水解等实验的结果推断短肽氨基酸序列，在氨基酸序列分析的早期
阶段发挥过重要作用。现阶段肽序列的分析多采用自动化的肽序列分析仪，但练习传统的推断方法
有助于掌握相关的基础知识，对于锻炼分析问题的能力也有好处。
１５．按照球状蛋白质在ｐＨ７的水溶液中能折叠成一定的空间结构的一般规律，回答下列问题：
（１）Ｖａｌ，Ｐｒｏ，Ｐｈｅ，Ａｓｐ，Ｌｙｓ，Ｉｌｅ和Ｈｉｓ中哪些氨基酸侧链位于分子内部？哪些氨基酸侧链位于
分子外部？（２）为什么球状蛋白质分子内部和外部都可发现 Ｇｌｙ和 Ａｌａ？（３）虽然 Ｓｅｒ，Ｔｈｒ，Ａｓｎ
和Ｇｌｎ是极性的，为什么它们有时会位于球状蛋白质的分子内部？（４）为什么在球状蛋白质分子的
内部和外部均能找到Ｃｙｓ（半胱氨酸）？
［解答］（１）因为 Ｖａｌ，Ｐｒｏ，Ｐｈｅ和 Ｉｌｅ是非极性氨基酸，所以它们通常位于分子内部。因为
Ａｓｐ，Ｌｙｓ和Ｈｉｓ是极性氨基酸，所以它们通常位于分子外部。 （２）因为 Ｇｌｙ和 Ａｌａ的侧链都比较
小，疏水性不强，所以它们既能在球状蛋白质的分子内部，也能在外部。（３）因为 Ｓｅｒ，Ｔｈｒ，Ａｓｎ
和Ｇｌｎ在ｐＨ７时有不带电荷的极性侧链，它们能参与内部氢键的形成，氢键中和了它们的极性，所
以它们可以位于球状蛋白质分子内部。（４）在球状蛋白质的内部找到 Ｃｙｓ，是因为两个 Ｃｙｓ时常形
成二硫键，这样就中和了Ｃｙｓ的极性。
［评析］解答本题需要掌握球状蛋白质折叠与氨基酸Ｒ基结构的关系，理解蛋白质形成三维结
构的基本规律。
１６．现有四种人工合成的多肽：（１）多聚甘氨酸；（２）多聚谷氨酸；（３）多聚亮氨酸；（４）
多聚脯氨酸。分析它们在中性ｐＨ下不可能或可能形成什么构象？
［解答］由于肽键结构为一刚性平面，主链构象仅由Ｃα１－Ｃ和 Ｎ－Ｃα２的相对角度 （二面角 Φ
和Ψ）决定。４种多肽均由１种氨基酸组成，二面角相等，所以在一定条件下均可以获得有规则重
复构象。其中大的侧链基团的空间位阻会极大地限制Φ和Ψ，故可能采取螺旋构象，否则为比较伸
—８２—
展的构象。根据上述分析推测：（１）甘氨酸的侧链基团是氢原子，不能像其他侧链基团那样制约二
面角，因此多聚甘氨酸的构象可能是比较伸展的和易变的，不可能为螺旋构象。若形成 β－折叠，
则容易形成链间氢键，因此有可能为β－折叠构象。（２）多聚谷氨酸的侧链有较高的位阻效应，这
大大限制了Φ和Ψ，使得Φ和Ψ所取的角度有利于α－螺旋的形成。但是在中性 ｐＨ下其侧链带
有负电荷，侧链间存在互斥，显著降低α－螺旋的稳定性。（３）多聚亮氨酸的侧链有较高的位阻效
应，限制了Φ和Ψ，且不存在静电斥力，使得Φ和Ψ所取的角度有利于α－螺旋的形成。（４）脯
氨酸形成的肽键不能作为氢键供体，不能形成α－螺旋，但是由于其侧链的高位阻效应，极大限制
Φ和Ψ，因此可能形成另一类螺旋。
［评析］解答本题需要深入理解氨基酸α－基结构与形成蛋白质三维结构的关系，这些规律对
根据氨基酸序列推测肽链的二级结构有重要意义。
１７．结合肌红蛋白和血红蛋白的氧合曲线，简述动物体内的氧从肺中转运到肌肉中的过程。肺
泡中的ｐ（Ｏ２）为１００ｔｏｒ，肌肉的毛细管ｐ（Ｏ２）为２０ｔｏｒ，ｐ５０＝２６ｔｏｒ。血红蛋白在肺泡中的 Ｙ
值是０．９７，在肌肉的毛细管中的Ｙ值是０．２５。肌红蛋白的ｐ５０＝２ｔｏｒ。
［解答］肌红蛋白是单亚基的氧结合蛋白，它的氧合曲线是双曲线。血红蛋白是含有４个亚基
的氧结合蛋白，亚基间存在协同效应，它的氧合曲线是Ｓ形曲线。血红蛋白在肺泡中的氧饱和度 Ｙ
是０．９７，因此肺泡中的血红蛋白能大量地结合氧，并且将氧运到肌肉组织中。在肌肉毛细血管中，
血红蛋白的氧分数饱和度Ｙ是０．２５，大量释放氧，氧的释放量ΔＹ是０．７２。肌肉毛细血管中的肌
红蛋白的ｐ５０＝２ｔｏｒ，可以高度结合血红蛋白释放的氧。
［评析］肌红蛋白和血红蛋白结构和功能的关系已得到深入的研究，是蛋白质结构、功能和生
理作用相适应的典型例子，掌握动物体内氧转运的过程，对于理解蛋白质结构和功能的关系有重要
意义。
１８．每分子人细胞素Ｃ含有１８个赖氨酸。１００ｇ细胞色素Ｃ完全水解得到１８．７ｇ的赖氨酸。求
细胞色素Ｃ的相对分子质量。
［解答］根据组分的百分含量求蛋白质的最低相对分子质量可按下式计算：
最小相对分子质量＝组分的相对分子质量
组分的百分含量
×１００％　　　 １２８１８．７×１００＝６８４
细胞色素ｃ的相对分子质量＝最小相对分子质量 ×相应氨基酸的数目＝６８４×１８＝１２３００。这一
结果与用物理方法测定的结果很接近。
［评析］根据组分的百分含量求蛋白质的相对分子质量，是测定蛋白质相对分子质量的方法之
一，在蛋白质结构的研究中有一定的应用价值。
１９．请根据下面的信息确定蛋白质的亚基组成：①用凝胶过滤测定，相对分子质量是２×１０５；
②用ＳＤＳ－ＰＡＧＥ测定，相对分子质量是１×１０５；③在２－巯基乙醇存在下用ＳＤＳ－ＰＡＧＥ测定，相
对分子质量是４×１０４和６×１０４。
［解答］凝胶过滤分离的蛋白质处在未变性的状态，在一般的层析条件下，蛋白质可以维持其
四级结构。如果被测定的蛋白质的分子形状接近球形，所测定的相对分子质量是较准确的。ＳＤＳ－
ＰＡＧＥ测定蛋白质的相对分子质量只是根据它们的大小。但这种方法能破坏寡聚蛋白质亚基间的非
—９２—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
共价作用力，使亚基解离。在这种情况下，所测定的是亚基的相对分子质量。如果有２－巯基乙醇
存在，则能破坏肽链内或肽链间的二硫键。在这种情况下进行 ＳＤＳ－ＰＡＧＥ，测定的是肽链的相对
分子质量。根据题中给出的信息，该蛋白质的相对分子质量是２×１０５，由两个大小相同的亚基 （１
×１０５）组成，每个亚基由两条肽链 （４×１０４和６×１０４）借二硫键连接而成。
［评析］凝胶过滤和ＳＤＳ－ＰＡＧＥ是测定蛋白质相对分子质量最常用的两种方法，二者结合对于
推断蛋白质的亚基组成有重要意义。解答本题需要掌握用凝胶过滤法和 ＳＤＳ－ＰＡＧＥ测定蛋白质相
对分子质量的特点，掌握推断蛋白质亚基组成的基本方法。
２０．一个蛋白质混合物含有下面几种不同的组分：ａＭｒ＝１２０００，ｐＩ＝１０；ｂＭｒ＝６２０００，ｐＩ＝
４；ｃＭｒ＝２８０００，ｐＩ＝７；ｄＭｒ＝９０００，ｐＩ＝５；不考虑其他因素，分别指出在下述情况下被洗脱的
顺序。①用ＤＥＡＥ－纤维素柱层析时，以逐渐增高洗脱液的盐浓度方式进行洗脱。②用 ＳｅｐｈａｄｅｘＧ
－５０凝胶柱层析分析。
［解答］①ＤＥＡＥ－纤维素是一种常用的阴离子交换剂。在分离蛋白质样品之前，先用较低的离
子强度和ｐＨ为８的缓冲液平衡，蛋白质样品也溶于同样的缓冲液中。在这样的条件下，ＤＥＡＥ－纤
维素大部分解离，并且带固定的正电荷。蛋白质样品中各组分带净正电荷越多，与 ＤＥＡＥ－纤维素
的结合力越强。另外，当升高洗脱液的阴离子浓度时，被分离组分与ＤＥＡＥ－纤维素的结合力降低。
由上所述，该蛋白质混合物各组分被洗脱下来的先后顺序是：ａ＞ｃ＞ｄ＞ｂ。②Ｓｅｐｈａｄｅｘ是葡聚糖凝
胶，它是具有不同交联度的网状结构，其颗粒内部的孔径大小可以通过控制交联剂与葡聚糖的比例
来达到，已有不同型号的葡聚糖凝胶用于不同物质的分离。用它作为填充料制成层析柱，当蛋白质
混合样品随洗脱液向下流动时，比凝胶颗粒内孔径大的蛋白质分子不能进入凝胶网格内，被排阻在
凝胶颗粒的外部；比凝胶颗粒内孔径小的蛋白质分子能进入凝胶网格内部。其结果是，分子大的蛋
白质随着洗脱液直接从柱上流出，分子比较小的蛋白质则因走了许多 “弯路”而被后洗脱下来。分
子愈小，“弯路”走得愈多，洗出的速度愈慢。根据这一原则，上述蛋白质混合物从ＳｅｐｈａｄｅｘＧ－５０
洗脱出的顺序是：ｂ＞ｃ＞ａ＞ｄ。
［评析］解答本题需要掌握离子交换柱层析和凝胶柱层析是分离蛋白质的基本原理和基本方法。
除本题列出的ＤＥＡＥ－纤维素外，目前更常用的阴离子交换填料是ＤＥＡＥ－ＳｅｐｈａｒｏｓＦＦ，更常用的凝
胶过滤填料是机械性能更好的Ｓｅｐｈａｃｒｙｌ或Ｓｕｐｅｒｄｅｘ．等。
２１．若不考虑ｐＨ对蛋白质空间结构的影响，下列蛋白质的混合物在什么 ｐＨ值时电泳，分离
最为有效？（１）血清清蛋白和血红蛋白；（２）肌红蛋白和胰凝乳蛋白酶原；（３）卵清蛋白、血清
清蛋白和脲酶。
［解答］（１）血清清蛋白ｐＩ＝４．９，血红蛋白ｐＩ＝６．８，（４．９＋６．８）／２＝５．８５，在 ｐＨ５．
８５时电泳，将样品点在中间，血清清蛋白向阳极移动，而血红蛋白向阴极移动，分离最为有效。
（２）肌红蛋白ｐＩ＝７．０，胰凝乳蛋白酶原ｐＩ＝９．５，（７．０＋９．５）／２＝８．２５，在 ｐＨ８．２５时电
泳，样品点在中间，肌红蛋白向阳极移动，胰凝乳蛋白酶原向阴极移动，分离最为有效。（３）卵清
蛋白ｐＩ＝４．６，血清清蛋白ｐＩ＝４．９，脲酶ｐＩ＝５．０。在ｐＨ４．９时电泳，样品点在中间，血清清
蛋白留在原点，卵清蛋白向阳极移动，脲酶向阴极移动，分离最为有效。
［评析］用电泳法分离蛋白质时，选择 ｐＨ通常考虑两个因素，其一，使欲分离组分所带的净
—０３—
电荷差别较大，其二，不宜用过高或过低的 ｐＨ，否则，会引起蛋白质变性，还会使欲分离组分净
电荷的相对差距缩小。本题在不考虑蛋白质变性的前提下，选择了使组分间净电荷差别较大的 ｐＨ，
符合选择ｐＨ的一般原则。
２２．氨基酸残基的平均分子量为１２０。某多肽链的一些区段为α螺旋，另一些区段为 β折叠，
若该多肽链的相对分子质量为２４００００，当α－螺旋区段和β－构象区段连续线性排列时，其长度为
５．０６×１０－５ｃｍ，试计算α－螺旋的百分比。（中国科学技术大学２００２考研题）
［解答］氨基酸残基的平均相对分子质量为１２０（有的按１１０计算），所以氨基酸残基数为：
２４００００／１２０＝２０００。已知α螺旋构象中，每个氨基酸残基上升的高度为０．１５ｎｍ，β折叠构象中，每
个氨基酸残基上升的高度为０．３５ｎｍ（有的按０．３６计算）。设此多肽链中 α螺旋的氨基酸残基数
为ｘ，则β折叠的氨基酸残基数为２０００－ｘ。根据题意可得：
０．１５ｘ＋０．３５（２０００－ｘ） ＝５．０６×１０－５×１０７，０．１５ｘ＋７０００－０．３５ｘ＝５６０，ｘ＝９７０
所以α螺旋占的百分数为 ９７０２０００×１００％ ＝４８．５％
［评析］解答本题需要掌握α螺旋和β－折叠结构的基本数据，熟悉相关的计算方法。
—１３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
第四章　酶学
考点回顾：
考点１：酶催化作用的特点；
考点２：酶的化学本质及其组成
考点４：酶的命名法
考点５：酶的专—性
考点６：酶的活力测定和分离纯化
考点７：核酶、抗体酶
考点８：酶工程简介
考点９：酶的反应动力学
考点１０：酶的抑制剂
考点１１：与酶活性相关的因素
考点１２：酶的作用机制
考点１３：酶活性的调节
考点１４：同工酶
习题解析：
一、名词解释：
（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。
（１１）．米氏常数 （Ｍｉｃｈａｅｌｉｓｃｏｎｓｔａｎｔ）；是米氏酶的一个重要参数。Ｋｍ值是酶反应速度 （ｖ）达
—２３—
到最大反应
（１２）核酶 （ｒｉｂｏｚｙｍｅ）具有催化活性的ＲＮＡ。
（１３）抗体酶 （ａｂｚｙｍｅ）；也叫催化性抗体，是抗体的高度选择性和酶的高效催化能力巧妙结合
的产物，本质上是一类具有催化能力的免疫球蛋白，在其可变区赋予了酶的属性。
（１４）酶原的激活 （ａｃｔｉｖａｔｉｏｎｏｆｚｙｍｏｇｅｎ）；有些酶在细胞内合成和初分泌时，并不表现有催化
活性，这种无活性状态的酶的前身物称为酶原。在一定条件下，受某种因素的作用，酶原分子的部
分肽键被水解，使分子结构发生改变，形成酶的活性中心，无活性的酶原转化成有活性的酶称为酶
原的激活。
（１５）别构效应 （ａｌｏｓｔｅｒｉｃｅｆｅｃｔ）；又称为变构效应，当某些寡聚蛋白的别构中心与别构效应
剂 （变构效应剂）发生作用时，可以通过蛋白质构象的变化来改变酶的活性，这种改变可以是活性
的增加或减少。别构效应剂 （变构效用剂）可以是蛋白质本身的作用物也可以是作用物以外的物质
（如底物、激活剂、抑制剂等）。
（１６）同促效应 （ｈｏｍｏｔｒｏｐｉｃｅｆｅｃｔ）；底物分子本身对别构酶的调节作用称为同促效应。
（１７）正协同效应 （ｐｏｓｉｔｉｖｅｃｏｏｐｅｒａｔｉｖｅｅｆｅｃｔ）；当底物与一个亚基上的活性中心结合后，引起
酶分子构象的改变，使其它亚基的活性中心与底物的结合能力增强的作用，称为正协同效应。
二、判断题：
１．ｋｃａｔ／Ｋｍ比值能用来测定一种酶对它不同底物的优先权。
［答案］　对。
［评析］ｋｃａｔ／Ｋｍ是Ｅ和 ［Ｓ］反应形成产物的表观二级速率常数，其大小可以比较不同酶或同一
酶催化不同底物的催化效率。这是因为，当两种底物以相同浓度竞争同一种酶的活性部位时，它们
转变成产物的速度比值是与它们的ｋｃａｔ／Ｋｍ比值相等的。由于对每种底物来说，反应速度 ｖ＝（ｋｃａｔ／
Ｋｍ）［Ｅ］［Ｓ］，而 ［Ｅ］和 ［Ｓ］又是相同的，所以ｋｃａｔ／Ｋｍ比值大的底物是酶优先选择的对象。
２在酶的活性中心，只有带电荷的氨基酸残基直接参与酶的催化作用。
［答案］　错。
［评析］酶的活性中心位于酶分子表面的一个裂缝内。底物分子 （或一部分）结合到裂缝内并
发生催化作用。裂缝内是相当疏水的区域，非极性基团较多，但在裂缝内也含有某些极性的氨基酸
残基，以便与底物结合并发生催化作用。
３．己糖激酶以葡萄糖为底物时，Ｋｍ＝０．１５ｍｍｏｌ／Ｌ，以果糖为底物时，Ｋｍ＝１．５ｍｍｏｌ／Ｌ，说
明果糖对己糖激酶的亲和力大。（哈尔滨师范大学２０００年考研题）
［答案］　错。
［评析］１／Ｋｍ可以近似的表示酶对底物的亲和力。如果一种酶可作用于多个底物，就有多个Ｋｍ
值，其中Ｋｍ最小者就是酶的最适底物，葡萄糖对己糖激酶的Ｋｍ小，即对酶的亲和力高。
４．酶的催化活性是由酶蛋白的构象决定的。（华南师范大学考研题）
［答案］　对。
［评析］简单酶是基本组成单位仅为氨基酸的一类酶，其催化活性仅仅决定于它的蛋白质结构。
—３３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
对于复合酶而言，酶蛋白在酶促反应中主要起识别底物的作用，酶促反应的特异性、高效率以及酶
对一些理化因素的不稳定性均决定于酶蛋白部分；辅助因子的主要作用是在反应中传递电子、质子
或一些基团。
５．别构酶的异位效应的特点是异位抑制而不表现异位激活。
［答案］　错。
［评析］别构酶的异位效应是指非底物分子的调节物对别构酶的调节作用。在别构酶分子上既
有底物结合部位和催化部位，又有调节部位。调节部位能够和相应的效应物结合，激活 （正效应
物）或抑制 （负效应物）酶的活性。
６．酶促反应的初速度与底物浓度无关。（上海师范大学２００１年考研题）
［答案］　错。
［评析］在底物浓度很低时，酶促反应的初速度随底物浓度的增加而加快，两者呈正比关系，
表现为一级反应。
７．某些酶的Ｋｍ由于代谢产物存在而发生改变，而这些代谢产物在结构上与底物无关。（南京
师范大学２０００年考研题，中科院－中国科学技术大学２００１年考研题）
［答案］　对。
［评析］Ｋｍ是酶的特征性常数，反应的代谢产物可能影响酶性质的改变从而影响Ｋｍ的变化，而
这些代谢产物在结构上并不与底物一致。
８．某些调节酶的ｖ－［Ｓ］曲线为Ｓ形，表明酶与少量底物的结合增加了酶对后续底物分子的
９．酶只能改变化学反应的活化能而不能改变化学反应的平衡常数。
［答案］　对。
［评析］酶通过降低化学反应的活化能加快化学的反应速度，但不改变化学反应的平衡常数。
１０．从鼠脑分离的己糖激酶作用于葡萄糖的 Ｋｍ＝６×１０
－６ｍｏｌ／Ｌ，作用于果糖的 Ｋｍ＝２×１０
－３
ｍｏｌ／Ｌ，由此可知己糖激酶对果糖的亲和力更高。
［答案］　错。
［评析］Ｋｍ值可以近似地反应酶与底物亲和力，Ｋｍ越低，亲和力越高，因此已糖激酶对葡萄糖
的亲和力更高。
１１．辅酶或辅基决定酶的反应性质，酶蛋白决定酶的专一性。
［答案］　对。
［评析］辅酶或辅基的主要作用是在反应中传递电子、质子或一些基团，即决定酶的反应性质，
酶蛋白决定酶的专一性。
１２．符合米－曼氏方程式的酶促化学反应，其最大反应速度不受添加竞争性抑制剂的影响。
［答案］　对。
［评析］有竞争性抑制剂存在的曲线与无抑制剂的曲线相交于纵坐标 Ｉ／Ｖｍａｘ处，说明该抑制作
用并不影响酶促反应的最大速度Ｖｍａｘ。
１３．核酶 （ｒｉｂｏｚｙｍｅ）只能以ＲＮＡ为底物进行催化反应。
［答案］　错。
—４３—
［评析］有些核酶可以催化肽键的合成。
１４．非竞争性抑制由于增加 ［Ｓ］不能逆转其抑制作用，因此被称为不可逆抑制作用。
［答案］　错。
［评析］非竞争性抑制剂与酶以非共价键结合，在用透析等物理方法除去抑制剂后，酶的活性
能恢复，属于可逆抑制。由于Ｉ常与酶分子上活性部位以外的化学基团结合，这种结合并不影响底
物和酶的结合，增加底物浓度并不能减少Ｉ对酶的抑制程度。
１５．辅酶是酶的一个类型，而辅基是辅助酶起作用的基团。
［答案］　错。
［评析］辅酶和辅基都是复合酶的辅助因子，主要作用是在反应中传递电子、质子或一些基团。
１６．Ｋｍ值由酶和底物的相互关系决定。（复旦大学１９９８年考研题）
［答案］　对。
［评析］酶的种类不同，Ｋｍ值不同；同一种酶与不同底物作用时，Ｋｍ值也不同。
１７．酶作用的专一性是由酶蛋白的构象决定的。（华南师范大学考研题）
［答案］　对。
［评析］酶蛋白在酶促反应中主要起识别底物的作用，酶促反应的特异性、高效率以及酶对一
些理化因素的不稳定性均决定于酶蛋白部分。
１８．同工酶能催化同一化学反应是因为这些酶都具有相同的分子结构。（华南师范大学考研题）
［答案］　错。
［评析］同工酶是一组分子结构、理化性质乃至免疫学性质不同的酶。
三、问答题
１．酶作为生物催化剂有哪些特点？
答：酶是细胞所产生的，受多种因素调节控制的具有催化能力的生物催化剂，与一般非生物催
化剂相比较有以下几个特点：１．酶易失活；２．具有很高的催化效率；３．具有高度专一性；４．酶
活性受到调节和控制。
２．焦磷酸酶可以催化焦磷酸水解成磷酸，其相对分子质量为１２０′１０３，由６个相同亚基组成。
在最适条件下，５ｍｇ纯酶每分钟催化２．８ｍｍｏｌ焦磷酸转变成磷酸。试计算该酶的比活力和单个活
性部位的转换数。
［解答］酶的比活力定义为每毫克蛋白质所具有的酶的活力单位数，而１个酶的活力单位是指
在规定条件下每分钟转化 １ｍｍｏｌ的底物的酶量。因此，２．８ｍｍｏｌ·ｍｉｎ－１＝２．８个酶的活力单
位，故
比活力＝ １．８单位
５×１０－１毫克蛋白质
＝５６０单位／毫克蛋白质
酶的转换数是指每摩尔的酶 （单体酶）或酶活性部位的摩尔数 （含多个活性部位的酶）在单
位时间内转化底物的摩尔数。
　　　　每个活性部位的转化数＝单位时间内转化底物的摩尔数
酶活性部位的摩尔数
—５３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
＝ ２．８μｍｏｌ·ｍｉｎ－１
（５μｇ／１２０×１０１μｇ·μｍｏｌ－１）（６活性部位／酶）
＝１１２００ｍｉｎ－１
［评析］本题主要考查学生对酶活力概念的掌握程度。在研究酶的性质、酶的分离纯化及酶的
应用工作中都需要测定酶的活力，尤其在酶的制备过程中，每一步骤都要检查酶的含量及存在，通
过测定酶的总活力、比活力、转换数等，计算纯化步骤的回收率及纯化倍数。
３．Ｋｍ、Ｋｓ、Ｖｍａｘ和ｋｃａｔ的定义是什么？说明这些常数之间的关系，如何使用它们？
［解答］Ｋｍ是米氏常数 （Ｍｉｃｈａｅｌｉｓｃｏａｎｓａｎｔ），出现在米氏公式 ｖ＝Ｖｍａｘ ［Ｓ］／（Ｋｍ＋ ［Ｓ］）
中，其表观意义是反应速度达到最大速度一半时的底物浓度。根据米氏公式推导，对于一个简单的
酶催化过程：
Ｓ＋Ｅ
Ｋ１
Ｋ幑幐２
ＥＳ→Ｐ＋Ｅ
Ｋｍ＝（ｋ２＋ｋ３）／ｋ１。Ｋｓ是酶对底物的亲和常数或解离常数，即Ｋｓ＝ｋ２／ｋ１。Ｋｍ过多的被看作
与Ｋｓ相等，实际上，在大多数反应中Ｋｍ和Ｋｓ两者有不可忽视的差异；对于上述反应，只有在ｋ３＜
＜ｋ２时，Ｋｍ＝Ｋｓ。Ｖｍａｘ是酶促反应的最大速度。根据米氏公式，在酶全部被底物饱和时，Ｖｍａｘ＝ｋ３
［Ｅ］ｔ。ｋｃａｔ表示酶的转换数 （ｔｕｒｎｏｖｅｒｎｕｍｂｅｒ），即一分子酶 （或者酶的一个活性部位）在一定时间
催化底物分子全部转化为产物分子的数量。因此，对于一个更有普遍意义的多步酶催化过程，通常
令Ｖｍａｘ＝ｋｃａｔ［Ｅ］ｔ，ｋｃａｔ将反映所有限速步骤的影响。由于Ｋｍ能反映参与反应的有效底物浓度，欲
达到某一反应速度，高Ｋｍ的酶比低Ｋｍ的酶需要更高的底物浓度。因此常用ｋｃａｔ／Ｋｍ来表示酶催化反
应的效率。
［评析］本题通过对几个概念的区别，进一步掌握Ｋｍ、Ｋｓ、ｋｃａｔ常数之间的关系及其应用。
４．由酶反应Ｓ· Ｐ测得如下数据，不作图计算：（１）Ｖｍａｘ和Ｋｍ；（２）当 ［Ｓ］ ＝５′１０－５ｍｏｌ·
Ｌ－１和 ［Ｓ］ ＝１ｍｏ·Ｌ－１时的ｖ；（３）计算 ［Ｓ］ ＝１．００′１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１或 ［Ｓ］ ＝６．２５′１０－６ｍｏｌ·
Ｌ－１时最初５ｍｉｎ内的产物总量；（４）假如每一个反应体系中酶浓度增加至原来的４倍时，Ｖｍａｘ、Ｋｍ
是多少？当 ［Ｓ］ ＝１．００′１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１时，ｖ是多少？
［Ｓ］／ｍｏｌ·Ｌ－１ ｖ／ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１ ［Ｓ］／ｍｏｌ·Ｌ－１ ｖ／ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１
６．２５′１０－６ １５．０ １．００′１０－３ ７４．９
７．５０′１０－５ ５６．２５ １．００′１０－２ ７５．０
１．００′１０－４ ６０．０ １．００′１０－１ ７５．０
［解答］（１）由表中所列数据可知，当底物浓度 ［Ｓ］ ＝１．００′１０－２ｍｏｌ·Ｌ－１时，酶的活性中
心已全部被饱和，再增加底物浓度，反应速度并不改变。因此 ［Ｓ］ ＝１．００′１０－２ｍｏｌ·Ｌ－１时的反
应速度为最大反应速度，即Ｖｍａｘ＝７５．０ｎｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ－１；根据米氏方程 ｖ＝
Ｖｍａｘ［Ｓ′］
Ｋｍ＋［Ｓ′］
得到 Ｋｍ
＝（
Ｖｍａｘ
ｖ －１）［Ｓ′］ ＝（
７５ｍｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１
１５ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１
－１） ×６．２５×１０－１ｍｏｌ·Ｌ－１＝２．５×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１
（２）当 ［Ｓ］ ＝５′１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１时，
—６３—
ｖ＝７５ｎｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ－１×５×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１
２．５×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１＋５×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１
＝５０ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１
当 ［Ｓ］ ＝１ｍｏｌ·Ｌ－１时，反应速度为最大反应速度，即ｖ＝Ｖｍａｘ＝７５．０ｎｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ－１。
（３）当 ［Ｓ］ ＝１．００′１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１时，ｖ＝６０ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１，因此 ［Ｐ］ ＝６０ｎｍｏｌ·Ｌ－１
·ｍｉｎ－１′５ｍｉｎ＝３．００′１０－７ｍｏｌ·Ｌ－１＜１．００′１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１′０．０１＝１．００′１０－６ｍｏｌ·Ｌ－１，所以
［Ｐ］＝３．００′１０－７ｍｏｌ·Ｌ－１；
当 ［Ｓ］ ＝６．２５′１０－６ｍｏｌ·Ｌ－１时，ｖ＝１５．０ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１，因此 ［Ｐ］ ＝１５ｎｍｏｌ·Ｌ－１·
ｍｉｎ－１′５ｍｉｎ＝
７．５′１０－８ｍｏｌ·Ｌ－１＞６．２５′１０－６ｍｏｌ·Ｌ－１′０．０１＝６．２５′１０－８ｍｏｌ·Ｌ－１，所以 ［Ｐ］￡６．２５′
１０－８ｍｏｌ·Ｌ－１。
（４）因为Ｋｍ值与酶浓度的大小无关，因此Ｋｍ不变；而反应速度与酶浓度成正比，随着酶浓度
增加４倍，Ｖｍａｘ也增大４倍，即为Ｖｍａｘ＝７５．０ｎｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ－１′４＝３００．０ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１；当
［Ｓ］ ＝１．００′１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１时，
Ｖ＝３００ｎｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ－１×１×１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１
２．５×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１＋１×１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１
＝２４０ｎｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１。
［评析］该题考查学生对米氏方程的理解程度，只要仔细分析表中所给的数据，就可以看出，
不需作图也能得到很好的精确值。
５．已知酶Ｅ催化的反应速度 （ｖ）与抑制剂的关系为：ｖ＝
Ｖｍａｘ
１＋
Ｋｍ
［Ｓ′］（１＋
［Ｉ］
Ｋ１
）
式中Ｖｍａｘ和Ｋｍ分别为酶Ｅ的最大反应速度和米氏常数，ＫＩ为常数，［Ｓ］和 ［Ｉ］分别为酶底物
和抑制剂浓度。考虑以下三种情况：ａ．Ｉ＝０；ｂ．Ｉ＝ＫＩ；ｃ．Ｉ＝２ＫＩ
（１）在同一坐标系分别作出上述三种情况下酶的ｌｉｎｅｗｅａｖｅｒ－Ｂｕｒｋ图；
（２）你所绘直线的斜率与Ｉ的关系是线性的还是非线性的？为什么？
（３）试求上述三种情况下ｖ达到最大反应速度的一半时的底物浓度 （以Ｋｍ表示）。
（中国科学院水生生物研究所２０００年考研题）
［解答］（１）将已知公式转换为双倒数公式：１ｖ＝
Ｋｍ
Ｖｍａｘ
（１＋［Ｉ］Ｋ１
·
１
［Ｓ′］） ＋
１
Ｖｍａｘ
，作图如下图
所示。
（２）所绘直线的斜率与Ｉ的关系是线性，这是因为有抑制剂存在时的双倒数图与没有抑制剂存
在时的双倒数图交于纵轴上的一点，即Ｖｍａｘ相等；而横轴焦距发生改变导致Ｋｍ增大，因此是竞争性
可逆抑制剂。
（３）当Ｉ＝０时，ｖ＝
Ｖｍａｘ＋［Ｓ′］
［Ｓ′］ ＋Ｋｍ
，ｖ达到最大反应速度的一半时的底物浓度 ［Ｓ］ ＝Ｋｍ；
—７３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
当Ｉ＝ＫＩ时，ｖ＝
Ｖｍａｘ［Ｓ′］
［Ｓ′］ ＋２Ｋｍ
，ｖ达到最大反应速度的一半时的底物浓度 ［Ｓ］ ＝２Ｋｍ；
当Ｉ＝２ＫＩ时，ｖ＝
Ｖｍａｘ［Ｓ′］
［Ｓ′］ ＋３ｋｍ
，ｖ达到最大反应速度的一半时的底物浓度 ［Ｓ］ ＝３Ｋｍ。
［评析］首先分析已知的公式，得知加入的抑制剂为竞争性可逆抑制剂，然后进行双倒数作图
和相应的计算。
６．天冬氨酸转氨甲酰酶 （ＡＴＣａｓｅ）是一种别构酶，它的活性部位与别构效应物结合部位分别
位于不同的亚基上。请问它是如何实现别构调节的？有可能设想别构酶上这两种部位存在于同一亚
基上吗？为什么？
［解答］用双底物类似物的结合实验和Ｘ－射线晶体结构研究揭示ＡＴＣａｓｅ的别构作用是通过四
级结构的变化来实现的：（１）在别构调节过程中，调节亚基和催化亚基都经历了大的构象变化，结
果催化亚基的催化链彼此靠近形成了最优化的活性部位。（２）ＡＴＣａｓｅ的别构效应是在相当大的立
体空间范围内进行的。底物的协同结合和ＣＴＰ的反馈抑制是通过长距离来传递的。通过肽链之间的
各个表面的相互作用，信息从一个催化亚基的活性部位传递到其它催化亚基的活性部位 （详见王镜
岩等主编生物化学第三版，ｐｐ４１３～４１５）。因此，别构效应需要蛋白质提供足够的相互独立而又相
互作用的界面和长距离的调节。显然单肽链很难满足这两个条件。尽管某些相对分子质量较大的单
肽链可以形成几个结构域，使分子内部出现不同的界面，但是可供调节的距离太短。
［评析］别构效应是酶活性调节的一种主要方式，进行调节的别构酶具有很多性质，它的调节
又分为不同方式。只有了解其基本理论内容后，才能很好的解释不同别构酶的调节过程。
７．何谓酶的专一性？酶的专一性有哪些？如何解释酶作用的专一性？研究酶的专一性有何
意义？
答：酶的专一性是指酶对催化的反应和反映物有严格的选择性。酶的专一性分为两种类型：
（１）结构专一性，包括绝对专一性、相对专一性 （族专一性或基团专一性、键专一性）；（２）立体
异构专一性，包括旋光异构专一性、几何异构专一性。
通过对酶结构与功能的研究，确信酶与底物作用的专一性是由于酶与底物分子的结构互补，诱
导契合，通过分子的相互识别而产生的。
对酶的专一性研究具有重要的生物学意义。它有利于阐明生物体内有序的代谢过程，酶的作用
机制等。
８．酶的活性受那些因素调节，试说明之。
答：酶的调节和控制有多种方式，主要有：
（１）调节酶的浓度：主要有２种方式：诱导或抑制酶的合成；调节酶的降解；
（２）通过激素调节酶活性、激素通过与细胞膜或细胞内受体相结合而引起一系列生物学效应，
以此来调节酶活性；
（３）反馈抑制调节酶活性：许多小分子物质的合成是由一连串的反应组成的，催化此物质合成
的第一步的酶，往往被他们终端产物抑制；
（４）抑制剂和激活剂对酶活性的调节：酶受大分子抑制剂或小分子物质抑制，从而影响酶
—８３—
活性；
（５）其他调节方式：通过别构酶、酶原的激活、酶的可逆共价修饰和同工酶来调节酶活性。
９．什么叫酶的活力和比活力？测定酶活力应注意什么？为什么测定酶活力时以测定初速率为
宜，并且底物浓度远远大于酶浓度？
答：酶活力指酶催化某一化学反应的能力，其大小可用在一定条件下所催化的某一化学反应的
反应速率来表示；酶的比活力代表酶的纯度，根据国际酶学委员会的规定比活力用每 ｍｇ蛋白质所
含的酶活力单位数表示。
酶的催化作用受测定环境的影响，因此测定酶活力要在最适条件下进行，即最适温度、最适
ｐＨ、最适底物浓度和最适缓冲离子强度等。只有在最适条件下测定才能真实反映酶活力的大小。
随时间的延长，酶促反应中底物浓度降低，产物浓度增加，加速逆反应的进行，产物对酶抑制
或激活作用以及随时间的延长引起酶本身部分分子失活等，酶促反应速率降低，因此测定活力，应
测定酶促反应的初速率，从而避免上述种种复杂因素对反应速率的影响。
底物浓度太低时，５％以下的底物浓度变化实验上不易测准，所以在测定酶的活力时，往往使
底物浓度足够大，这样整个酶反应对底物来说是零级反应，而对酶来说却是一级反应，这样测得的
速率就比较可靠地反映酶的含量。
１０．什么叫核酶和抗体酶？它们的发现有什么重要意义？
答：具有催化功能的ＲＮＡ叫核酶。它的发现，表明ＲＮＡ是一种既能携带遗传信息又有生物催
化功能的生物分子。因此很可能 ＲＮＡ早于蛋白质和 ＤＮＡ，是生命起源中首先出现的生物大分子，
而一些有酶活性的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。
１１．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０．３４２μｍｏｌＡｇ
ＮＯ３，求该酶的最低相对分子质量。
解：Ｍｒ＝１０×１０－３／０．３４２×１０－６＝２９２４０Ｄａ
如果一个酶分子仅结合一分子 ＡｇＮＯ３，则分子量为２９２４０，如一分子酶结合两个 ＡｇＮＯ３，则分子
量为１４６２０，所以为最小分子量
１２．１μｇ纯酶 （Ｍｒ：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。［５００Ｕ／ｍｇ］（２）转换数。［７６６．７ｓ－１］
解：（１）比活力＝０．５μｍｏｌ／ｍｉｎ／１μｇ＝５００Ｕ／ｍｇ
　 （２）转换数＝０．５／６０÷［１／（９２×１０３）］ ＝７６６．７ｓ－１
１３．１ｇ鲜重的肌肉含有４０单位的某种酶，其转换数为６×１０４ｍｉｎ－１，试计算该酶在细胞内浓度
（假设新鲜组织含水８０％，并且全部在细胞内）。［８．３３×１０－７ｍｏｌ／Ｌ］
解：［１０－６／（６×１０４）］ ×４０÷［（１×８０％）／１０３］ ＝８．３３×１０－７ｍｏｌ／Ｌ
１４．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Ｆｏ
—９３—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
ｌｉｎ－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总活力。［０．６２５ｇ，２．５×１０５Ｕ］
解：（１）（０．２×６．２５）／（２×２５／２５） ＝０．６２５ｍｇ
　　　　 （１５００／６０）／（０．１×２５／２５） ＝２５０Ｕ
　 （２）２５０／０．６２５＝４００Ｕ／ｍｇ
　 （３）［０．６２５／（１×２５／２５）］ ×１０３＝０．６２５×１０３ｍｇ＝０．６２５ｇ
［（１５００／６０）／（０．１×２５／２５）］ ×１０３＝２．５×１０５Ｕ
１５．某酶的Ｋｍ为４．７×１０－５ｍｏｌＬ－１，Ｖｍａｘ为２２μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１，底物浓度为２×１０－４ｍｏｌＬ－１。
试计算：（１）竞争性抑制剂， （２）非竞争性抑制剂， （３）反竞争性抑制剂的浓度均为５×１０－４
ｍｏｌＬ－１时的酶催化反映速率？这３中情况的Ｋｉ值都是３×１０－４ｍｏｌＬ－１，（４）上述３种情况下，抑制
百分数是多少？［（１）１３．５４μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１，２４％；（２）６．６８μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１，６２．５％；（３）７．
５７μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１，５７．５％］
解：（１）竞争性抑制剂的米氏方程为：Ｖ＝Ｖｍａｘ［Ｓ］／（Ｋｍ（１＋［Ｉ］／Ｋｉ） ＋［Ｓ］）
代入数据得：Ｖ＝１３．５４μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１
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））
代入数据得：Ｖ＝６．６８μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１
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））
代入数据得：Ｖ＝７．５７μｍｏｌＬ－１ｍｉｎ－１
ｉ％＝（１－ａ） ×１００％＝（１－Ｖｉ／Ｖｏ） ×１００％＝５７．５％
１６．下面的叙述哪一个是正确的？胰凝乳蛋白酶的转换数１００ｓ－１，ＤＮＡ聚合酶是１５ｓ－１。
（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］。
１７．与酶催化效应有关的因素有哪些？它们是怎样提高反应速率的？
答：与酶催化速率有关的因素有７个：
１．底物和酶的邻近效应与定向效应：酶和底物复合物的形成过程既是专一性的识别过程，更
重要的是分子间反应变成分子内反应的过程。在这一过程中包括两种效应、邻近效应和定向效应。
—０４—
邻近效应是指酶与底物结合形成中间复合物以后，使底物和底物 （如双分子反应）之间，酶的催化
基团与底物之间结合于同一分子而使有效浓度得以极大的升高，从而使反应速率大大增加的一种效
应。定向效应是指反应物的反应基团之间和酶的催化基团与底物的反应基团之间的正确取位产生的
效应。
２．底物的形变和诱导契合：当酶遇到其专一性底物时，酶中某些基团或离子可以使底物分子
内敏感键中的某些基团的电子云密度增高或降低，产生 “电子张力”，使敏感键的一端更加敏感，
底物分子发生形变，底物比较接近它的过渡态，降低了反应活化能，使反应易于发生。
３．酸碱催化：通过瞬时的向反应物提供质子或从反应物接受质子以稳定过渡态，加速反应的
一类催化机制。
４．共价催化 （亲核催化或亲电子催化）：在催化时，亲核催化剂或亲电子催化剂能分别放出电
子或吸取电子并作用于底物的缺电子中心或负电中心，迅速形成不稳定的共价中间复合物，降低反
应活化能，使反应加速。
５．金属离子催化：金属离子以３种主要途径参加催化过程： （１）通过结合底物为反应定向；
（２）通过可逆地改变金属离子的氧化态调节氧化还原反应；（３）通过静电稳定或屏蔽负电荷，作
用比质子强，不少金属离子有络合作用，并且在中性ｐＨ溶液中，Ｈ＋浓度很低，但金属离子却容易
维持一定浓度。金属离子通过电荷的屏蔽促进反应。金属离子通过水的离子化促进亲核催化。
６．多元催化和协同效应：酶催化反应中常常几个基元催化反应配合在一起共同起作用，加速
酶反应。
７．活性部位微环境的影响：在酶分子的表面有一个裂缝，而活性部位就位于疏水环境的裂缝
中，大大有利于酶的催化作用。
８．在竞争性抑制作用中，为什么酶的最大反应速度并不下降？
Ｖ＝Ｖｍａｘ［Ｓ］／（Ｋｍ（１＋［Ｉ］／Ｋｉ） ＋［Ｓ］）
　　 当 ［Ｓ］ ＞＞Ｋｍ时，Ｖ＝Ｖｍａｘ
９．下图为某酶的动力学双倒数作图，已知物质Ａ为该酶的底物，请说明：（１）相对于该酶来
说，物质Ｂ的角色；（２）浓度 ［Ｂ］１，［Ｂ］２，［Ｂ］３的大小顺序，（３）图示该动力学的机理。
（１）Ｂ浓度不同，反应的最大速度发生变化，说明不是竞争性抑制，三条线相互平行，说明
ｋｍ看、ｋｍ和Ｖｍａｘ同时发生了变化，说明是反竞争性抑制。（ｋｍ和Ｖｍａｘ同时变小）
（２）［Ｂ］１，［Ｂ］２，［Ｂ］３时，最大反应速度依次增大，说明 ［Ｂ］１＞［Ｂ］２＞［Ｂ］３
—１４—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
第五章　核酸
考点回顾：
考点１：了解核酸的发现和研究简史。
考点２：原核生物与真核生物的基因组
考点３：ＲＮＡ功能的多样性
考点４：核酸的组成
考点５：核酸的结构：核酸分子中核苷酸的连接方式、键的方向性，熟悉核酸的一级结构及其
表示法。掌握ＤＮＡ双螺旋模型的要点；碱基配对规律；理解ＤＮＡ的二级结构的多态性；
考点６：染色体的组装
考点７：ＲＮＡ的结构与功能：ｒＲＮＡ、ｍＲＮＡ和ｔＲＮＡ的结构特点及功能。
考点８：核酸的物理化学性质：核酸的紫外吸收特性，ＤＮＡ变性、Ｔｍ、增色效应、减色效应、
复性等概念和特点
考点９：核酸的双螺旋稳定性的因素
考点１０：核酸的分子杂交１０
考点１１：考点１２核酸的序列测定
考点１２：考点１１核酸的分离方法
一、名词解释：
１．Ｃｈａｒｇａｆ法则 （Ｃｈａｒｇａｆ＇ｓｒｕｌｅｓ）；双螺旋 ＤＮＡ中腺嘌呤与胸腺嘧啶的摩尔含量相等 （Ａ＝
Ｔ），鸟嘌呤和胞嘧啶的摩尔含量相等 （Ｇ＝Ｃ），即嘌呤的总含量与嘧啶的总含量相等 （Ａ＋Ｇ＝Ｔ＋
Ｃ）。ＤＮＡ的碱基组成具有种的特异性，但没有组织和器官的特异性。另外生长发育阶段、营养状
态和环境的改变都不影响ＤＮＡ的碱基组成。
２．碱基互补规律 （ｃｏｍｐｌｅｍｅｎｔａｒｙｂａｓｅｐａｉｒｉｎｇ）；在 ＤＮＡ双螺旋结构中，由于各种碱基的大小
与结构的不同，碱基之间的互补配对只能在Ｇ－Ｃ（或Ｃ－Ｇ）和Ａ－Ｔ（或Ｔ－Ａ）之间进行，这种
碱基配对的规律就称为碱基互补规律。
３．ＤＮＡ超螺旋 （ＤＮＡｓｕｐｅｒｃｏｉｌｉｎｇ）；超螺旋是环状ＤＮＡ的三级结构，绝大部分原核生物 ＤＮＡ
是共价闭合的环状双螺旋分子，此环形分子可进一步扭曲和折叠形成超螺旋。
４．染色质 （ｃｈｒｏｍａｔｉｎ）；是存在于真核生物间期细胞核内，易被碱性染料着色的一种无定形物
质。染色质中含有作为骨架的完整的双链ＤＮＡ，以及组蛋白、非组蛋白和少量的ＲＮＡ。
５．染色体 （ｃｈｒｏｍｏｓｏｍｅ）；是染色质在细胞分裂过程中经过紧密缠绕、折叠、凝缩和精细包装
形成的具有固定形态的遗传物质存在形式。简言之，染色体是一个大的单一的双链 ＤＮＡ分子与相
关蛋白质组成的复合物，ＤＮＡ中含有许多基因，贮存和传递遗传信息。
６．核小体 （ｎｕｃｌｅｏｓｏｍｅ）；用于包装染色质的结构单位，是由ＤＮＡ链缠绕一个组蛋白八聚体构
成的。
—２４—
７．增色效应 （ｈｙｐｅｒｃｈｒｏｍｉｃｅｆｅｃｔ）；核酸从双链变为单链的无规则卷曲状态时，在２６０ｎｍ处的
吸光度增加，称 “增色效应”。
８．Ｃｏｔ１／２；表示ＤＮＡ复性一半的Ｃｏｔ值，其中Ｃｏ为变性ＤＮＡ复性时的初始浓度，以核酸的摩
尔浓度表示，ｔ为时间，以秒表示。不同的ＤＮＡ序列具有不同的Ｃｏｔ１／２值。
９．分子杂交 （ｍｏｌｅｃｕｌａｒｈｙｂｒｉｄｉｚａｔｉｏｎ）；不同的 ＤＮＡ片段之间，ＤＮＡ片段与 ＲＮＡ片段之间，
如果彼此间的核苷酸排列顺序互补也可以复性，形成新的双螺旋结构。这种按照互补碱基配对而使
不完全互补的两条多核苷酸相互结合的过程称为分子杂交。
１０．Ｓｏｕｔｈｅｒｎ印迹法 （Ｓｏｕｔｈｅｒｎｂｌｏｔｉｎｇ）；将 ＤＮＡ样品经内切酶降解后，用琼脂糖凝胶电泳进
行分离，在碱溶液中变性，后转移到合适的膜上固定，再与放射性同位素标记的变性探针杂交，数
小时后洗涤，进行放射自显影。
１１．探针 （ｐｒｏｂｅ）；一段已知序列的单链核苷酸用放射性核素或生物素标记后，以碱基互补派
对原则与具有互补序列的待测核酸进行杂交，以探测它们的同源程度，这段核苷酸链称之为探针。
１２．ＤＮＡ的变性与复性 （ｄｅｎａｔｕｒａｔｉｏｎａｎｄｒｅｎａｔｕｒａｔｉｏｎ，ＤＮＡ的变性是指 ＤＮＡ双螺旋区的氢键
断裂，变成单链并不涉及共价键的断裂。ＤＮＡ的复性是指变性 ＤＮＡ在适当条件下，又可使两条彼
此分开的链重新缔合成为双螺旋结构。
１３．Ｔｍ（通常把加热变性ＤＮＡ使增色效应达到最大增量一半时的的温度称为该ＤＮＡ的熔点或
熔解温度，用Ｔｍ表示。
二、判断正误：
１．原核生物和真核生物的染色体均为ＤＮＡ与组蛋白的复合体。
［答案］　错。
［评析］真核生物的染色体ＤＮＡ与组蛋白结合，原核生物的ＤＮＡ与碱性精胺、亚精胺结合。
２．生物体内，天然存在的ＤＮＡ分子多为负超螺旋。
［答案］　对。
［评析］
生物体内的负超螺旋ＤＮＡ容易解链，便于进行复制、转录等反应。
３．核酸中的修饰成分大部分是在ｔＲＮＡ中发现的。
［答案］　对。
［评析］核酸中的修饰成分 （也叫稀有成分）如：假尿苷，黄嘌呤等主要存在于ｔＲＮＡ中。
４．ＤＮＡ片断越大，复性速度越慢。
［答案］　对。
［评析］片段大，则碱基之间彼此完全形成氢键的速度较慢。
５．脱氧核糖核苷中的糖环３′位没有羟基。
［答案］　错。
［评析］脱氧核糖核苷中的糖环２′位没有羟基。
６．用碱水解核酸时，可以得到２′和３′－核苷酸的混合物。
—３４—
《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
［答案］　对。
［评析］用碱水解ＲＮＡ时，先生成２′，３′－环核苷酸，再水解为２′或３′－核苷酸。
７．ＲＮＡ分子可以发生热变性，并有增色效应。
［答案］　对。
［评析］因为ＲＮＡ有局部双螺旋结构，变性之后形成单链状，所以有增色效应。
８．ｔＲＮＡ通过其５′端的羟基与氨基酸的羧基反应，形成酯键。
［答案］　错。
［评析］ｔＲＮＡ通过其氨基酸臂上的末端３′端ＣＣＡ上的－ＯＨ与氨基酸的羧基形成酯键。
９．ＤＮＡ复性 （退火）一般在低于其Ｔｍ值约２０℃的温度下进行。
［答案］　对。
［评析］ＤＮＡ复性 （退火）一般在低于其Ｔｍ值约２０～２５℃的温度下进行的。
１０．在核酸样品中加入杂质蛋白质及苯酚，Ａ２６０／Ａ２８０明显降低。
［答案］　对。
［评析］因为苯酚及杂蛋白在２８０ｎｍ的光吸收值比２６０ｎｍ大。
１１．基因表达的最终产物都是蛋白质。
［答案］　错。
［评析］基因表达的最终产物可以是蛋白质或ＲＮＡ。
１２．应用超速离心及凝胶电泳可以很容易的将不同构象的ＤＮＡ分离开来。
［答案］　对。
［评析］超螺旋ＤＮＡ有较大的密度，在离心场中移动较线型或开环 ＤＮＡ要快，在凝胶电泳中
泳动的速度也较快。
１３．提高盐浓度可使ＤＮＡ分子的熔点 （Ｔｍ）升高。
［答案］　对。
［评析］可以减弱核苷酸链之间的磷酸基之间的排斥作用，从而使其分开更难，Ｔｍ升高。
１４．核小体中的核心组蛋白在细胞活动过程中都不会被化学修饰。
［答案］　错。
［评析］例如染色质重建时，核心组蛋白进行乙酰化修饰。
１５．Ｇ＋Ｃ含量为４０％，长度为１０６核苷酸对的病毒ＤＮＡ的光吸收－温度曲线与裂解为相同长
度的人肝ＤＮＡ（Ｇ＋Ｃ含量４０％）片段的光吸收－温度曲线相同。
［答案］　错。
［评析］人的ＤＮＡ有较多的重复序列，所以即使Ｇ＋Ｃ含量与病毒的相同，其光吸收 －温度曲
线也不会相同。
１６．用ｏｌｉｇｏ（ｄＴ） －纤维素分离纯化真核生物ｍＲＮＡ的层析方法属离子交换层析。（汕头大学
２００１年考研题）
［答案］　错。
［评析］此层析方法属于亲和层析。
—４４—
１７．有一核酸的两个制剂Ａ和Ｂ。Ａ的Ｏ．Ｄ２６０／Ｏ．Ｄ２８０＝２，Ｂ的Ｏ．Ｄ２６０／Ｏ．Ｄ２８０＝１，因此可
判定制剂Ａ比制剂Ｂ纯。（中科院－中国科技大学２００１年考研题）
［答案］　对。
［评析］纯ＤＮＡ的Ｏ．Ｄ２６０／Ｏ．Ｄ２８０值大于１．８，纯ＲＮＡ等于２，若含杂蛋白及苯酚则小于１．
８，Ａ的值等于２，Ｂ的值等于１，说明Ａ比Ｂ纯。
１８．核酸凝胶电泳后常用溴化乙锭 （ＥＢ）染色观察，ＥＢ为一扁平分子，很容易插入ＤＮＡ中的碱基
对之间。染色完毕后产生肉眼可见的橙红色，可清晰的观察到凝胶中ＤＮＡ带的位置。（　　）
［答案］　对。
三、选择题：
１．ＤＮＡ受热变性时 （　　）
Ａ．２６０ｎｍ波长处的吸光度下降
Ｂ．多核苷酸链裂解成寡核苷酸链
Ｃ．碱基对可形成共价连接
Ｄ．加入互补ＲＮＡ链，再冷却，可形成ＤＮＡ－ＲＮＡ杂交分子
Ｅ．溶液粘度增加
［答案］　Ｄ
［评析］ＤＮＡ的双链分开叫做变性，其本质是因为维系碱基配对的氢键断裂。ＤＮＡ变性后，由
于结构松散，溶液粘度降低，Ａ２６０ （即２６０ｎｍ的吸光度）增高；不同来源的变性 ＤＮＡ混合后复性，
互补区可以形成双链，称作分子杂交，ＤＮＡ与ＲＮＡ之间也可以进行分子杂交。
２．核苷酸在体内的生理功能有 （　　）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．作为生物体内核酸合成的原料 Ｂ．某些核苷酸是生物体内能量的直接供体
Ｃ．某些核苷酸可作为激素的第二信使 Ｄ．可作为细胞的骨架结构
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ
［评析］核苷酸是核酸的基本构成单位，是体内核酸合成的原料。体内的核苷二磷酸和三磷酸
酯如ＡＴＰ、ＡＤＰ等是体内能量的直接供体，环化的核苷酸则在细胞内代谢的调节和跨膜信号传导中
起着十分重要的作用。
３．含有稀有碱基比例较多的核酸是 （　　）
Ａ．胞核ＤＮＡ Ｂ．线粒体ＤＮＡ
Ｃ．ｔＲＮＡ Ｄ．ｍＲＮＡ
［答案］　Ｃ
［评析］ｔＲＮＡ是含有稀有碱基比例较多的核酸。
４．ＤＮＡ的碱基主要有 （　　）
Ａ．腺嘌呤　　　Ｂ．鸟嘌呤　　　Ｃ．胞嘧啶　　　Ｄ．尿嘧啶　　　Ｅ．胸腺嘧啶
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｅ
５．真核生物ｍＲＮＡ的帽子结构中，ｍ７Ｇ与多核苷酸链通过三个磷酸基连接，连接方式是 （　　）
—５４—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
Ａ．２′－５′ Ｂ．３′－５′ Ｃ．３′－３′ Ｄ．５′－５′　　Ｅ．３′－３′
［答案］　Ｄ
［评析］真核细胞ｍＲＮＡ帽子结构是通过５＇－５＇－磷酸二酯键连接的甲基鸟嘌呤核苷酸。
６．ｔＲＮＡ的分子结构特征是 （　　）
Ａ．有反密码环和 ３′－端有－ＣＣＡ序列 Ｂ．有密码环
Ｃ．有反密码环和５′－端有－ＣＣＡ序列 Ｄ．５′－端有－ＣＣＡ序列
［答案］　Ａ
［评析］ｔＲＮＡ含有氨基酸臂和反密码环，氨基酸臂的３′端为－ＣＣＡ。
７．有关核酸的杂交 （　　）
Ａ．ＤＮＡ变性的方法常用加热和碱变性
Ｂ．相同来源的核酸才能通过变性而杂交
Ｃ．不同来源的核酸复性时，若全部或部分碱基互补就可以杂交
Ｄ．杂交可以发生在ＤＮＡ与ＤＮＡ之间，ＲＮＡ与ＤＮＡ，ＲＮＡ与ＲＮＡ之间
Ｅ．把待测ＤＮＡ标记成探针进行杂交
［答案］　Ａ，Ｃ，Ｄ
［评析］ＤＮＡ对碱较稳定，因此 ＤＮＡ常用热变性和碱变性。当两条不同来源的 ＤＮＡ（或
ＲＮＡ）链或ＤＮＡ链与ＲＮＡ之间存在互补序列时，在一定条件下可以发生互补配对形成双螺旋分
子，即杂交分子。分子杂交是常用标记的探针与待测分子杂交。
８．下列关于核小体的叙述哪项是正确的 （　　）
Ａ．核小体由ＤＮＡ和组蛋白共同组成
Ｂ．核小体由ＤＮＡ和Ｈ１、Ｈ２、Ｈ３、Ｈ４各２分子组成
Ｃ．组蛋白的成分是Ｈ１、Ｈ２Ａ、Ｈ２Ｂ、Ｈ３和Ｈ３Ｂ
Ｄ．核小体由ＤＮＡ和Ｈ１、Ｈ２、Ｈ３、Ｈ４各２分子构成
Ｅ．组蛋白是由组氨酸构成
［答案］　Ａ
［评析］核小体是由ＤＮＡ和组蛋白共同构成，包括一个组蛋白八聚体及一个分子的组蛋白Ｈ１。
组蛋白八聚体由Ｈ２Ａ、Ｈ２Ｂ、Ｈ３和Ｈ４各２分子组成。组蛋白由多种氨基酸构成。
９．构成多核苷酸链骨架的关键是 （　　）
Ａ．２′，３′－磷酸二酯键 Ｂ．２′，４′－磷酸二酯键
Ｃ．２′，５′－磷酸二酯键 Ｄ．３′，４′－磷酸二酯键
Ｅ．３′，５′－磷酸二酯键
［答案］　Ｅ
［评析］核苷酸是通过３′，５′－磷酸二酯键连结成多核苷酸链的
１０．对于ＤＮＡ的超螺旋的叙述错误的是 （　　）
Ａ．在外加张力作用下，双螺旋ＤＮＡ形成超螺旋
Ｂ．天然存在的ＤＮＡ超螺旋均是正超螺旋
—６４—
Ｃ．负超螺旋比正超螺旋容易解链
Ｄ．超螺旋ＤＮＡ结构紧密有利于组装成染色体
［答案］　Ｂ
［评析］天然存在的ＤＮＡ超螺旋大多是负超螺旋，有利于转录和复制．
１１．ｈｎＲＮＡ是下列哪种ＲＮＡ的前体？（　　）
Ａ．ｔＲＮＡ Ｂ．ｒＲＮＡ Ｃ．ｍＲＮＡ Ｄ．ＳｎＲＮＡ
［答案］　Ｃ
［评析］ｈｎＲＮＡ是核不均一ＲＮＡ，存在于真核生物细胞核中，为真核ｍＲＮＡ的前体。
１２．证明ＤＮＡ是遗传信息携带者的科学家是 （　　）
Ａ．Ｍｅｓｅｌｓｏｎ和Ｓｔａｈｌ等 Ｂ．Ｗａｔｓｏｎ和Ｃｒｉｄｋ等
Ｃ．Ａｖｅｒｙ和Ｍａｃｌｅｏｄ等 Ｄ．Ｂｅｒｇ和Ｃｏｈｅｎ等
［答案］　Ｃ
［评析］１９４４年Ａｖｅｒｙ和Ｍａｃｌｅｏｄ等发现肺炎球菌的遗传性改变是由ＤＮＡ决定的。
１３．胸腺嘧啶除了是ＤＮＡ的主要组分外，通常还出现在以下哪一种ＲＮＡ中 （　　）
Ａ．ｍＲＮＡ Ｂ．ｔＲＮＡ Ｃ．ｒＲＮＡ Ｄ．５ｓｒＲＮＡ
［答案］　Ｂ
［评析］绝大多数ｔＲＮＡ含有ＴψＣＧ保守序列，Ｔ是胸腺嘧啶。
１４．设计反义核酸药物时，常使核酸链３＇端形成一个小的发卡结构，这样可大大延长反义核酸
在体外的半寿期。这说明体内核酸酶主要是 （　　）
Ａ．５＇外切核酸酶
Ｂ．３＇外切核酸酶
Ｃ．内切核酸酶
［答案］　Ｂ
［评析］３＇端带发卡结构的反义核酸能抵抗３＇－外切核酸酶的作用。
１５．为了使新合成的ＲＮＡ便于鉴别，你认为应当用氚 （３Ｈ）标记的下述那个组分 （　　）
Ａ．腺嘌呤 Ｂ．核糖 Ｃ．胞嘧啶 Ｄ．尿嘧啶
［答案］　Ｄ
［评析］因为尿嘧啶仅仅在ＲＮＡ中存在。
１６．在氯化铯密度梯度中离心时，ＤＮＡ的浮力密度与下列哪些项有关 （　　）
Ａ．ＤＮＡ的Ｇ与Ｃ的含量 Ｂ．ＤＮＡ的相对分子质量
Ｃ．ＤＮＡ分子的形状 Ｄ．以上都对
［答案］　Ａ，Ｃ
［评析］当的ＤＮＡ的浮力密度等于氯化铯的密度时，ＤＮＡ在一定位置稳定，而浮力密度与 Ｇ、
Ｃ的含量和ＤＮＡ的形状有关。
１７．真核细胞ｍＲＮＡ的特点为 （　　）（福建师大１９９９年考研题）
Ａ．需要加工 Ｂ．有插入顺序
—７４—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
Ｃ．单顺反子 Ｄ．在细胞核内生成
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ
［评析］真核细胞ｍＲＮＡ在细胞核内由 ＤＮＡ模板链转录合成前体 ｈｎＲＮＡ，而后穿过核膜进入
细胞质，在加工过程中切除其插入顺序，即内含子，一般为单顺反子。
１８．维持ＤＮＡ双螺旋稳定的键主要包括 （　　）（福建师大１９９９年考研题）
Ａ．氢键 Ｂ．磷酸残基的离子键
Ｃ．碱基堆积力 Ｄ．磷酸二酯键
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ
［评析］维持ＤＮＡ双螺旋稳定的作用力主要为氢键和碱基堆积力。磷酸基与其它分子或离子形
成的氢键也起一定的作用。
１９．由ｈｎＲＮＡ转变为ｍＲＮＡ需要经过一系列复杂的加工步骤，其中包括 （　　）（中科院武汉
植物研究所０２年考研题）
Ａ．在ＲＮＡ链的特异部位断裂，除去非结构信息部分
Ｂ．在ｍＲＮＡ的３
!
末端连接ＣＣＡ
Ｃ．在ｍＲＮＡ的５
!
末端形成 “帽子”结构
Ｄ．形成含有插入序列的转录产物　
［答案］　Ａ，Ｃ
［答案］　由ｈｎＲＮＡ转变为ｍＲＮＡ需经过的加工步骤：（１）在的 ５`端形成帽子结构；（２）在 ３`
端连接 （ｐｏｌｙＡ）尾；（３）通过拼接除去内含子转录来的序列；（４）链内部甲基化。
２０．ＤＮＡ双螺旋模型建立的重要意义在于 （　　）（协和医科大２００２年考研题）
Ａ．证明了遗传物质是ＤＮＡ，而不是蛋白质
Ｂ．揭示了ＤＮＡ的结构奥秘，为解决 “ＤＮＡ是如何遗传的”这一难题提供了依据
Ｃ．表明ＤＮＡ的两条链反向平行排列，呈右手螺旋结构
Ｄ．表明ＤＮＡ的３个连续的核苷酸组成１个遗传密码
Ｅ．预示ＤＮＡ的两条链均可作为复制模板
［答案］　Ｂ，Ｅ
［评析］ＤＮＡ双螺旋模型建立的重要意义在于奠定了遗传物质的分子基础。
２１．在下列哪一波长下ＤＮＡ的紫外吸收值最大 （　　）
Ａ．２８０ｎｍ Ｂ．２６０ｕｍ Ｃ．２３０ｎｍ Ｄ．２６０ｎｍ
［答案］　Ｄ
［评析］核酸中由于含有嘌呤和嘧啶环，因而在２６０ｎｍ有最大光吸收值。
三、简答题：
１．比较蛋白质α－螺旋中的氢键和ＤＮＡ双螺旋中的氢键，并指出氢键在稳定这两种结构中的
作用。
［答案］　在α－螺旋中，一个残基上的羧基氧与旋转一圈后的 （该残基后面）第四个残基上
—８４—
调控，而真核生物在、转录后水平、翻译水平有调控。
Ｃ．合成蛋白质是非常耗能的过程，转录水平调控是一种很节约的方式。利于个体的生存。
７．磷酸二羟丙酮是如何联系糖代谢与脂肪代谢途径的？（全国农学门类联考，２００８）
解答：（１）磷酸二羟丙酮是糖代谢的中间产物，α－磷酸甘油是脂肪代谢的中间产物；因此，
磷酸二羟丙酮与α－磷酸甘油之间的转化是联系糖代谢与脂代谢的关键反应。
（２）磷酸二羟丙酮有氧氧化产生的乙酰 ＣｏＡ可作为脂肪酸从头合成的原料，同时磷酸二羟丙
酮可转化形成α－磷酸甘油，脂肪酸和α－磷酸甘油是合成脂肪的原料。
（３）磷酸二羟丙酮经糖异生途径转化为６－磷酸葡萄糖，再经磷酸戊糖途径产生ＮＡＤＰＨ，该
物质是从头合成脂肪酸的还原剂。
（４）脂肪分解产生的甘油可转化为磷酸二羟丙酮。可进入糖异生途径产生葡萄糖，也可以进入
三羧酸循环彻底氧化分解。
８．真核基因表达调控的特点？中国科学院研究生院２０１２
解答：与原核生物比较，真核生物基因表达调控有以下特点：
（１）真核基因表达调控的环节更多：同原核生物一样，转录依然是真核生物基因表达调控的主
要环节。但真核基因转录发生在细胞核 （线粒体基因的转录在线粒体内），翻译则多在胞浆，两个
过程是分开的，因此其调控增加了更多的环节和复杂性，转录后的调控占有了更多的分量，在ＤＮＡ
水平上，真核细胞通过基因扩增 （ｇｅｎｅａｍｐｌｉｆｉｃａｔｉｏｎ），即基因组中的特定段落在某些情况下会复制
产生许多拷贝。最早发现的是蛙的成熟卵细胞在受精后的发育过程中其ｒＲＮＡ基因 （可称为ｒＤＮＡ）
可扩增２０００倍，以后发现其他动物的卵细胞也有同样的情况，
（２）真核基因的转录与染色质的结构变化相关：１．染色质结构影响基因转录、组蛋白的修饰
状态、ＤＮＡ拓扑结构变化等均可以影响转录活性。
（３）真核基因表达以正性调控为主
真核ＲＮＡ聚合酶对启动子的亲和力很低，基本上不依靠自身来起始转录，需要依赖多种激活
蛋白的协同作用。真核基因调控中虽然也发现有负性调控元件，但其存在并不普遍；真核基因转录
表达的调控蛋白也有起阻遏和激活作用或兼有两种作用者，但总的是以激活蛋白的作用为主。即多
数真核基因在没有调控蛋白作用时是不转录的，需要表达时就要有激活的蛋白质来促进转录。换言
之：真核基因表达以正性调控为主导。
９．试举两例说明蛋白翻译后修饰的重要性。（１０分）中国科学院研究生院２０１２
解答：如很多蛋白质是糖蛋白，如位于细胞膜的受体蛋白，糖链是其识别其他分子的重要结构
基础，如果没有翻译后的糖基化修饰，则不可能有相应的活性。另外如胰岛素是肽的激素，它会在
建立双硫键后被剪开两次，并在链的中间移走多肽前体，而形成的蛋白质包含了两条以双硫键连接
的多肽链。如果不去除部分肽链的胰岛素难以正常的折叠为活性状态。
１０．为什么说三羧酸循环是糖、脂、蛋白质三大物质代谢的共同通路？哪些化合物可被认为是
联系糖、脂、蛋白质和核酸代谢的重要环节？为什么？（９分）湖南大学２００７
解答：这三类物质的代谢终产物都是二氧化碳和水 （蛋白质要加上尿素），而这正是三羧酸循
环的作用：将含碳骨架氧化成二氧化碳和水。
—０５１—
联系这几大物质代谢的重要的化合物有：乙酰辅酶 Ａ、丙酮酸、草酰乙酸、天冬氨酸、谷氨
酸、琥珀酰ＣＯＡ等．
乙酰辅酶Ａ将糖代谢与脂代谢相联系。脂代谢与蛋白质代谢亦可以通过乙酰辅酶Ａ相联系。
三羧酸循环的底物是乙酰辅酶Ａ，而糖和脂类在进行分解时的最终底物正是这个乙酰辅酶Ａ。
丙酮酸、草酰乙酸、天冬氨酸、谷氨酸、琥珀酰ＣＯＡ等将氨基酸代谢与糖代谢相联系。
而天冬氨酸、谷氨酸、谷氨酰胺等又是核苷酸合成的前体物质，核酸合成的重要原料核糖也源
于糖代谢，磷酸戊糖途径中产生的ＮＡＤＰＨ为各种合成代谢提供还原力。
１１．请概述胰岛素如何调节糖原代谢以及胰岛素缺乏与糖尿病的内在关系。中国科学院２００６
解答：当胰岛素与其受即受体酪氨酸激酶体结合后，就激活胞内的酪氨酸蛋白激酶活性。激活
一系列激酶，最终使蛋白磷酸酶１（ＰＰ１）活化。蛋白磷酸酶１（ＰＰ１）使糖原合酶和糖原磷酸化酶
去磷酸化。即糖原合酶被激活而磷酸化酶失活。表现出的整体的生物学效应就是促进糖原合成，抑
制分解。
糖尿病的发生直接原因是由于血液中胰岛素含量的不足。胰岛素缺乏，葡萄糖不能正常进入细
胞滞留在血液中。而此时胰岛血糖素的浓度超过了胰岛素的浓度，一方面导致肝脏中过果糖 －２，６
－二磷酸的浓度下降，使糖酵解受到抑制又刺激了葡糖异生作用；另一方面又加速了糖原的降解，
产生的过量葡萄糖也进入血液，这样就造成血液中的糖浓度很高，通过肾脏时，多余的糖无法被肾
小管重吸收而排入尿中导致了糖尿病。
—１５１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
第十六章　基因工程和蛋白质工程
考点１：基因工程技术及其相关概念：
基因工程，蛋白质工程，ＤＮＡ克隆：
考点２：基因克隆的工具酶
·限制性核酸内切酶
·ＤＮＡ聚合酶Ⅰ
·逆转录酶
·Ｔ４ＤＮＡ连接酶
·碱性磷酸酶
·末端转移酶
·ＴａｑＤＮＡ聚合酶
考点３：基因载体
质粒载体、噬菌体载体、病毒载体、非病毒载体
根据用途：克隆载体、表达载体 （原核载体、真核载体）
根据性质：温度敏感型载体，融合型表达载体、非融合型表达载体。
载体的要求：
考点４：目的基因的来源：
考点５：外源基因导入宿主细胞
考点６：重组体的筛选与鉴定 抗性筛选
考点７：ｃＤＮＡ文库构建及筛选
考点８：外源基因的表达
一、名词解释
１．酵母人工染色体 （中科院，２０１１）酵母人工染色体 （ＹｅａｓｔａｒｔｉｆｉｃｉａｌｃｈｒｏｍｏｓｏｍｅｓＹＡＣｓ）ＹＡＣ
人工染色体载体是利用酿酒酵母 （Ｓａｃｃｈａｒｏｍｙｃｅｓｃｅｒｅｖｉｓｉａｅ）的染色体的复制元件构建的载体，其工
作环境也是在酿酒酵母中。ＹＡＣ载体的复制元件是其核心组成成分，其在酵母中复制的必需元件包
括复制起点序列即自主复制序列 （ａｕｔｏｎｏｍｏｕｓｌｙｒｅｐｌｉｃａｔｉｎｇｓｅｑｕｅｎｃｅ，ＡＲＳ）、用于有丝分裂和减数分
裂功能的着丝粒 （ｃｅｎｔｒｏｍｅｒｅ，ＣＥＮ）和两个端粒 （ＴＥＬ）。
２．基因工程 （河北农大，２０１０）是指采用人工方法将不同来源的ＤＮＡ进行重组，并将重组后
的ＤＮＡ引入宿主细胞中进行增殖或表达的过程。
３．反转录ＰＣＲ（ＲＴ－ＰＣＲ）（中国科技大学，２０１２）：ｒｅｖｅｒｓｅｔｒａｎｓｃｒｉｐｔｉｏｎＰＣＲ；ＲＴ－ＰＣＲ，提
取组织或细胞中的总ＲＮＡ，以其中的ｍＲＮＡ作为模板，采用 Ｏｌｉｇｏ（ｄＴ）或随机引物利用逆转录酶
反转录成ｃＤＮＡ。再以ｃＤＮＡ为模板进行ＰＣＲ扩增，而获得目的基因或检测基因表达。ＲＴ－ＰＣＲ技
术灵敏而且用途广泛，可用于检测细胞／组织中基因表达水平，细胞中 ＲＮＡ病毒的含量和直接克隆
—２５１—
特定基因的ｃＤＮＡ序列等。
４．重组质粒 （中国科技大学，２０１２）：含有目标基因或者目标 ＤＮＡ片段的质粒，可以将目标
ＤＮＡ载入宿主细胞扩增或者表达。
５．ＰＣＲ技术 （湖南大学，２００５）聚合酶链式反应 （ＰｏｌｙｍｅｒａｓｅＣｈａｉｎＲｅａｃｔｉｏｎ），简称ＰＣＲ，是
指在ＤＮＡ聚合酶催化下，以母链ＤＮＡ为模板，以特定引物为延伸起点，通过变性、退火、延伸等
步骤，体外复制出与母链模板ＤＮＡ互补的子链ＤＮＡ的过程。是一项ＤＮＡ体外合成放大技术，能快
速特异地在体外扩增任何目的ＤＮＡ。可用于基因分离克隆，序列分析，基因表达调控，基因多态性
研究等许多方面。
６．重组ＤＮＡ技术 （湖南大学，２００６）：ｒｅｃｏｍｂｉｎａｎｔＤＮＡｔｅｃｈｎｉｑｕｅ，又称遗传工程，在体外重
新组合脱氧核糖核酸 （ＤＮＡ）分子，并使它们在适当的细胞中增殖的遗传操作。这种操作可把特定
的基因组合到载体上，并使之在受体细胞中增殖和表达。因此它不受亲缘关系限制，为遗传育种和
分子遗传学研究开辟了崭新的途径。
７．限制性内切酶 （中国科学院研究生院，２０１２）：限制性核酸内切酶是可以识别 ＤＮＡ的特异
序列，并在识别位点或其周围切割双链 ＤＮＡ的一类内切酶，简称限制酶。根据限制酶的结构，辅
因子的需求切位与作用方式，可将限制酶分为三种类型，二型限制酶只具有识别和切割的作用，修
饰作用由其他酶进行。所识别的位置多为短的回文序列 （ｐａｌｉｎｄｒｏｍｅｓｅｑｕｅｎｃｅ）；所剪切的碱基序列
通常即为所认知的序列。是遗传工程上，实用性较高的限制酶种类。例如：ＥｃｏＲＩ、ＨｉｎｄⅢ。
８．转染 （ｔｒａｎｓｆｅｃｔｉｏｎ）（中国科学院研究生院，２０１２）：指真核细胞由于外源 ＤＮＡ掺入而获得
新的遗传标志的过程。常规转染技术可分为瞬时转染和稳定转染 （永久转染）两大类。
９．多克隆位点 （西南大学，２０１１）ＤＮＡ载体上人工合成的一段序列，含有多个限制内切酶识
别位点。能为外源 ＤＮＡ提供多种可插入的位置或插入方案。多克隆位点 （ｍｕｌｔｉｐｌｅｃｌｏｎｉｎｇｓｉｔｅ，
ＭＣＳ），是包含多个 （最多２０个）限制性酶切位点 （ｒｅｓｔｒｉｃｔｉｏｎｓｉｔｅ）的一段很短的ＤＮＡ序列。也称
为多位点接头 （ｐｏｌｙｌｉｎｋｅｒ）。
１０．ＤＮＡ克隆 （ＤＮＡｃｌｏｎｉｎｇ，湖南师范大学２００２年考研题）；就是在体外将目的ＤＮＡ与载体
ＤＮＡ结合成一具有自我复制能力的 ＤＮＡ分子 （复制子），继而转化或转染宿主细胞、筛选出含有
目的基因的转化细胞，再进行扩增、提取，获得大量同一 ＤＮＡ分子，即 ＤＮＡ克隆，又称基因克
隆、重组ＤＮＡ或基因工程。
１１．基因扩增 （ｇｅｎｅａｍｐｌｉｆｉｃａｔｉｏｎ，中国科学技术大学２００１考研题）；主要包括：（１）在体外
应用ＰＣＲ技术使特定基因的拷贝数发生快速大量的扩增。（２）通过体外ＤＮＡ重组，将目的基因插
入到载体分子上并转化到适当的寄主细胞，使目的基因的拷贝数随着载体分子的在寄主细胞内的大
量复制得到有效的扩增。（３）在有些外界环境因子的胁迫下，真核生物的有关细胞被诱导产生适应
性反应，使某些基因的拷贝数扩增。（４）程序性基因扩增有时也会被真核生物细胞用来作为在特定
的发育阶段合成高水平基因产物的一种方式。（５）在生物的进化过程中发生的基因加倍与扩增，结
果是相关的基因在基因组内聚集成簇。
１２．ＲＮＡ干扰技术 （ＲＮＡｉｎｔｅｒｆｅｒｅｎｃｅ，ＲＮＡｉ）；在多种生物细胞中，当转入外源或内源性双链
ＲＮＡ时可触发同源ｍＲＮＡ的特异性降解，从而使该基因表达沉默，这种技术称为 ＲＮＡ干扰。它是
—３５１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
一种较新的研究基因功能的手段。
１３．穿梭质粒 （ｓｈｕｔｌｅｐｌａｓｍｉｄ，中国科学院武汉病毒研究所２０００年考研题）穿梭质粒含有两
种宿主细胞中的复制起点，可在两种细胞中复制和存在。
二、填空题
１．克隆 （ｃｌｏｎｅ）是指　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（南京大学２００３）
２．ＰＣＲ反应中，在微量离心管中需加入适量缓冲液，加微量模板 ＤＮＡ，　　　　　，　　　
　　和耐热的Ｔａｑ聚合酶，并有Ｍｇ２＋存在。（中国科技大学２０１２）
３．ＤＮＡ连接酶把不同的ＤＮＡ片段的３‘－ＯＨ和５’ＰＯ４以　　　　　的形式连接起来，反应
需要　　　　　、Ｍｇ２＋和相应的缓冲体系。（中国科技大学２０１２）
４．基因工程载体必须具备的条件是　　　　　，　　　　　和　　　　　，用作载体的有　　
　　　，　　　　　，　　　　　。（华中师范大学１９９９年考研题）
５．目的基因获取的途径或来源有　　　　　，　　　　　　　　　　。
６．Ｎｏｒｔｈｅｒｎ印迹和Ｓｏｕｔｈｅｒｎ印迹有两点根本的区别在于　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（南京师范大学２００２年考研题）
７．Ｓｏｕｔｈｅｒｎ印迹法、Ｎｏｒｔｈｅｒｎ印迹法和印迹法是分别用于研究　　　　　，　　　　　和　　
　　　，转移和鉴定的几种常规技术。（中国科学院水生生物研究所２０００年考研题，青岛海洋大学
２００１年考研题）
８．Ｎｏｒｔｈｅｒｎｂｌｏｔｉｎｇ是用于　　　　　，的技术，而Ｗｅｓｔｅｒｎｂｌｏｔｉｎｇ是用于　　　　　的技术。
（西北大学２００２年考研题）
９．根据基因工程的目的，可以将载体分为　　　　　和　　　　　两类。
１０．将重组质粒导入细菌称　　　　　，，将噬菌体ＤＮＡ转入细菌称　　　　　。
三、是非题
１．人工黏性末端是在单核苷酸末端转移酶的作用下形成的。（南京大学，２００４）
［答案］　错误。
［评析］催化的酶是末端脱氧核苷酸转移酶，（ｔｅｒｍｉｎａｌｄｅｏｘｙｎｕｃｌｅｏｔｉｄｙｌｔｒａｎｓｆｅｒａｓｅ）简称末端转
移酶，是从小牛胸腺中分离，能催化单核苷酸转移到ＤＮＡ的３＇端的羟基上，末端转移酶的模板是带
有３＇端羟基的ｓｓＤＮＡ或有延伸３＇羟基末端的ｄｓＤＮＡ．。
２．用原核生物表达真核生物的糖蛋白，其表达产物不会有正常的生物学功能。
［答案］　对。
［评析］原核生物缺乏真核生物的翻译后加工系统。不能对蛋白质进行糖基化。因此，表达糖
蛋白要用真核表达系统。
３．表达载体与目的基因连接时，常选用最易操作且重组率较高的全同源连接。
［答案］　错。
［评析］全同源连接指用同一种限制性核酸内切酶处理目的基因和载体，二者具有互补的黏性
末端，因而重组率较高，操作过程简单。但是，容易发生反向连接，栽体自身环化，和外源 ＤＮＡ
—４５１—
的串联插入，因此，表达栽体与目的基因连接时，不宜采用这种方式，而应使用定向克隆。
４．ＣａＣｌ２处理细菌和植物细胞，均可以使细胞壁和细胞膜的通透性增加，因而可以提高重组
ＤＮＡ进入受体细胞的效率。
［答案］　错。
［评析］ＣａＣｌ２处理可以提高质粒对细菌的转化率，但不能提高重组ＤＮＡ进入植物细胞的效率。
５．基因克隆选择的宿主细胞必须无限制性核酸内切酶。
［答案］　对。
［评析］如果宿主细胞有限制性核酸内切酶，将会水解进入宿主细胞的重组体ＤＮＡ，导致克隆
失败。
６．构建ｃＤＮＡ文库需要制备 ｍＲＮＡ，为了分离真核生物的 ｍＲＮＡ，常用 ｏｌｉｇｏ（ｄＴ）纤维素或
ｏｌｉｇｏ（ｄＴ）琼脂糖进行亲和层析，将总ＲＮＡ样品加到层析中，再用低盐缓冲液洗去ｒＲＮＡ和ｔＲＮＡ，
最后用高盐缓冲液洗出ｍＲＮＡ。
［答案］　错。
［评析］高盐缓冲液使ｍＲＮＡ的ｐｏｌｙＡ与纤维素或琼脂糖上的 ｏｌｉｇｏ（ｄＴ）结合，低盐缓冲液使
二者解离，因此，应当用高盐缓冲液洗去ｒＲＮＡ和ｔＲＮＡ，再用低盐缓冲液洗出ｍＲＮＡ。
７．Ｔ４ＤＮＡ连接酶和大肠杆菌连接酶都能催化平末端和粘性末端的连接。（南京师范大学２００２
年考研题）
［答案］　错
［评析］Ｔ４ＤＮＡ连接酶能催化平末端和粘性末端的连接。大肠杆菌连接酶只连接粘性末端。
８．ＥｃｏＲⅠ是第一类限制性内切酶。（南开大学１９９９年考研题）
［答案］　错
［评析］ＥｃｏＲⅠ是第二类限制性内切酶
９．Ｓｏｕｔｈｅｒｎ杂交可以分析基因组ＤＮＡ上某基因的拷贝数。（山东师范大学２００２年考研题）
［答案］　对
［评析］有的基因是单拷贝，有的基因是多拷贝的。如果 Ｓｏｕｔｈｅｒｎ杂交看到的是多个条带，那
么该基因是多拷贝的。
１０．利用反义ＲＮＡ（ａｓＲＮＡ）可以定向敲除基因。（山东师范大学２００２年考研题）
［答案］　对
［评析］用反义ＲＮＡ技术可以研究基因的功能。
四、选择题
１．可识别ＤＮＡ序列，并在识别位点切割双链ＤＮＡ的酶称为 （　　）（农学联考，２０１２）
Ａ．限制性核酸外切酶 Ｂ．限制性核酸内切酶
Ｃ．非限制性核酸外切酶 Ｄ．非限制性核酸内切酶
２．烟草花叶病毒 （ＴＭＶ）含有 （　　）（南京大学２００７）
Ａ．单链ＲＮＡ Ｂ．双链ＲＮＡ Ｃ．单链ＤＮＡ Ｄ．双链ＤＮＡ
—５５１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
烟草花叶病毒 （Ｔｏｂａｃｃｏｍｏｓａｉｃｖｉｒｕｓ；ＴＭＶ），又译为烟草花叶病毒，是一种 ＲＮＡ病毒，专门
感染植物，尤其是烟草及其他茄科植物，病毒质粒是长３００毫微米、直径１５毫微米的棒状体，有
一条分子量为２×１０６道尔顿的单链 （＋）ＲＮＡ。
３．酵母双杂交系统被用来研究 （　　）（中科院２００４）
Ａ．哺乳动物功能基因的表型分析 Ｂ．酵母细胞的功能基因
Ｃ．蛋白质的相互作用 Ｄ．基因的表达调控．
４．自然界的基因转移和重组包括 （　　）
Ａ．接合作用 Ｂ．转化作用 Ｃ．转导作用 Ｄ．转座作用
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ
［评析］题中的４个选项均是自然界存在的基因转移和重组方式。
５．遗传工程的主要内容包括 （　　）
Ａ．载体和目的基因的获取
Ｂ．将限制性内切酶的切割后的载体和目的基因在体外连接成重组体
Ｃ．将重组体转入受体细胞
Ｄ．对含ＤＮＡ重组体的受体细胞进行筛选、鉴定和扩增
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ
［评析］题中的４个选项概括了基因工程的基本步骤。
６．基因重组是指ＤＮＡ分子之间的 （　　）（第四军医大学２０００年考研题）
Ａ．共价连接　　Ｂ．通过氢键连接　　Ｃ．交换　　Ｄ．离子键连接　　Ｅ．退火
基因重组是ＤＮＡ分子之间的交换。
７．下列关于限制性内切酶的叙述哪一项是错误的 （　　）
Ａ．它能识别ＤＮＡ特定的碱基顺序，并在特定的位点切断ＤＮＡ
Ｂ．切割点附近的碱基顺序一般呈回文结构
Ｃ．它能专一性降解经甲基化修饰的ＤＮＡ
Ｄ．是重组ＤＮＡ的重要工具酶
Ｅ．主要从细菌中获得
［答案］　Ｃ
［评析］限制性核酸内切酶主要存在于细菌，它可以水解外源ＤＮＡ，而自身ＤＮＡ因在特定位点
被甲基化而可以免遭水解。限制性核酸内切酶由于可识别特定的碱基序列并在特定的位点切割双链
ＤＮＡ，因而在基因工程中得到广泛的使用。
８．下述序列中，在双链状态下属于完全回文结构的序列是 （　　）（北京医科大学１９９９年考
研题）
Ａ．ＡＧＴＣＣＴＧＡ Ｂ．ＡＧＴＣＡＧＴＣＣ．ＡＧＴＣＧＡＣＴ
Ｄ．ＧＡＣＴＣＴＧＡ Ｅ．ＣＴＧＡＧＡＴＣ
［答案］　Ｃ
［评析］回文结构的特点是一条链正读 （从左向右）和另一条互补反读 （从右向左）是一样
—６５１—
的，题中的Ｃ选项构成的双链符合这一规则，是典型的回文结构。
９．在基因工程中，拼接目的基因与载体ＤＮＡ的酶是 （　　）
Ａ．ＤＮＡ聚合酶Ⅰ Ｂ．ＤＮＡ聚合酶Ⅲ
Ｃ．限制性内切核酸酶 Ｄ．ＤＮＡ连接酶
Ｅ．反转录酶
１０．质粒的分子结构是 （　　）
Ａ．环状双链ＤＮＡ Ｂ．环状单链ＤＮＡ
Ｃ．环状单链ＲＮＡ Ｄ．线状双链ＤＮＡ
Ｅ．线状单链ＤＮＡ
１１．关于转化错误的是 （　　）
Ａ．受体细胞获得新的遗传表型
Ｂ．用ＣａＣｌ２处理受体菌可以提高转化率
Ｃ．自然界中较大的外源ＤＮＡ转化几率较低
Ｄ．转化操作后的受体细胞需要筛选
Ｅ．自然界中较大的外源ＤＮＡ转化几率较高
１２．质粒ＤＮＡ常用来作为外源基因的载体，它必须具有哪些特征？（　　）（中国科学院水生
生物研究所１９９９年考研题）
Ａ．必须有自主增殖的能力
Ｂ．相对分子质量尽可能小
Ｃ．至少应具有一个标记易被检出
Ｄ．对某种限制性内切酶来说，应具有较多的识别位点
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｃ
［评析］作为外源基因的载体对某种限制性内切酶只能有一个识别位点
１３．下列哪一个不是Ｓｏｕｔｅｒｎ印迹法的步骤 （　　）（南京师范大学２００２年考研题）
Ａ．用限制酶消化ＤＮＡ Ｂ．ＤＮＡ与载体的连接
Ｃ．用一个标记的探针与膜杂交 Ｄ．用凝胶电泳分离ＤＮＡ片段
［答案］　Ｂ
［评析］Ｓｏｕｔｅｒｎ印迹法的主要实验步骤：（１）限制性内切酶降解样品 ＤＮＡ；（２）琼脂糖凝胶
电泳酶样品的ＤＮＡ；（３）将凝胶上的 ＤＮＡ条带转移到合适的膜上；（４）用标记的探针与膜上的
ＤＮＡ条带杂交；（５）用合适的方法显示杂交结果。
１４．基因工程中目的基因的来源可以是 （　　）
Ａ．化学合成 Ｂ．ＰＣＲ合成
Ｃ．用Ｎｏｒｔｈｅｒｎ杂交分离 Ｄ．ｃＤＮＡ文库
Ｅ．基因组ＤＮＡ
［答案］　Ａ，Ｂ，Ｄ，Ｅ
［评析］Ｎｏｒｔｈｅｒｎ杂交是用凝胶电泳分离 ＲＮＡ，转移到合适的膜上与探针杂交的技术，多用于
—７５１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
研究基因表达的状况，不能用于分离目的基因。
１５．在已知序列信息的情况下，获取目的基因的最方便方法是 （　　）
Ａ．化学合成法 Ｂ．基因组文库法
Ｃ．ｃＤＮＡ文库法 Ｄ．聚合酶链反应
Ｅ．差异显示法
［答案］　Ｄ
［评析］在已知序列信息的情况下，设计一对引物用ＰＣＲ（真核生可用ＲＴ－ＰＣＲ）扩增基因是
获取目的基因最方便的方法。题中列出的其它方法均为工作量很大的较困难的方法。
五、问答题
１．ＤＮＡ分子克隆的概念和步骤。（中科院，２０１１）
解答：在体外将ＤＮＡ分子片段与载体ＤＮＡ片段连接，转入细胞获得大量拷贝的过程称作ＤＮＡ
分子克隆 （或基因克隆）。其基本步骤包括：制备目的基因→将目的基因与载体用限制性内切酶切
割和连接，制成ＤＮＡ重组→导入宿主细胞→筛选、鉴定→扩增和表达。载体 （ｖｅｃｏｒｓ）在细胞内自
我复制，并带动重组的分子片段共同增殖，从而产生大量的 ＤＮＡ分子片段。主要目的是获得某一
基因或ＮＤＡ片段的大量拷贝，有了这些与亲本分子完全相同的分子克隆，就可以深入分析基因的
结构与功能．
２．典型的ＰＣＲ实验其反应混合物包含哪些成分？（南京大学２００６）
（简述ＰＣＲ的概念、原理、步骤以及ＰＣＲ反应的组分和条件 （８分）湖南大学２００６）
解答：参加ＰＣＲ反应的物质主要有五种即：引物 （ＰＣＲ引物为ＤＮＡ片段，细胞内ＤＮＡ复制的
引物为一段ＲＮＡ链）、酶、ｄＮＴＰ、模板和缓冲液 （其中需要Ｍｇ２＋）。
３．包涵体怎样产生的？怎样提高大肠杆菌中外源蛋白的可溶性表达？（北京大学，２０１２）
解答：包涵体 （ｉｎｃｌｕｓｉｏｎｂｏｄｙ）
基因工程定义：在某些生长条件下，外源基因的表达产物在大肠杆菌能积累，它们致密地集聚
在细胞内，或被膜包裹或形成无膜裸露结构，这种水不溶性的结构称为包涵体 （ＩｎｃｌｕｓｉｏｎＢｏｄｉｅｓ，
ＩＢ）。
包涵体的产生主要是因为：重组蛋白的表达过程中缺乏某些蛋白质折叠的辅助因子或环境不
适，无法形成正确的次级键等原因形成的。如：表达量过高，研究发现在低表达时很少形成包涵
体，表达量越高越容易形成包涵体。原因可能是合成速度太快，以至于没有足够的时间进行折叠，
二硫键不能正确的配对，过多的蛋白
间的非特异性结合，蛋白质无法达到足够的溶解度等。另外含硫氨基酸越多越易形成包涵体，
而脯氨酸的含量明显与包涵体的形成呈正相关；重组蛋白所处的环境：发酵温度高或胞内 ｐＨ接近
蛋白的等电点时容易形成包涵体；由于缺乏真核生物中翻译后修饰所需酶类，致使中间体大量积
累，容易形成包涵体沉淀。
提高大肠杆菌中外源蛋白的可溶性表达的方法有：
１．降低蛋白合成的速度。可以通过以下方法实现：
—８５１—
　ａ．降低培养温度
　ｂ．使用弱启动子
　ｃ．使用低拷贝数的质粒表达载体
　ｄ．降低诱导物的浓度
２．改变培养基培养条件
　ａ．培养基中加入可以帮助蛋白折叠的因子
　ｂ．加入缓冲液保持ｐＨ稳定
　ｃ．加入１％的葡萄糖，抑制ｌａｃ启动子
　ｄ．加入山梨糖醇等可以稳定蛋白天然结构的因子
　ｅ．加入乙醇，ｔｈｉｏｌｓａｎｄｄｉｓｕｌｆｉｄｅｓ等？
３．与分子伴侣或折叠酶共表达
　常用的分子伴侣有：ＧｒｏＥＳ－ＧｒｏＥＬ，ＤｎａＫ－ＤｎａＪ－ＧｒｐＥ，ＣｌｐＢ
　常用的折叠酶有：
　ｐｅｐｔｉｄｙｌｐｒｏｌｙｌｃｉｓ／ｔｒａｎｓｉｓｏｍｅｒａｓｅｓ（ＰＰＩ＇ｓ）
　ｄｉｓｕｌｆｉｄｅｏｘｉｄｏｒｅｄｕｃｔａｓｅ（ＤｓｂＡ）ａｎｄｄｉｓｕｌｆｉｄｅｉｓｏｍｅｒａｓｅ（ＤｓｂＣ）
　ｐｒｏｔｅｉｎｄｉｓｕｌｆｉｄｅｉｓｏｍｅｒａｓｅ（ＰＤＩ）
４．分泌表达。使目的蛋白分泌到周质空间
　 周质空间的氧化性的环境有利于二硫键的形成，而胞内则是还原性的。
　 周质空间有折叠酶ＤｓｂＡ和ＤｓｂＣ的存在，帮助蛋白正确折叠。
　 周质空间很少有蛋白酶存在，不会被水解。
　 可以使对细胞有毒性的蛋白大量存在。
５．与可溶性ｐａｒｔｎｅｒ融合表达
６．表达目的蛋白的一个片段 ＞７０ｋＤａ的蛋白在大肠杆菌中是很难表达的。
７．体外去折叠，重新折叠
８．比较ｃＤＮＡ文库和基因组文库，并分别说明其构建的步骤 （２０１２，浙江大学）
解答：ｃＤＮＡ文库与基因组文库相比较，ｃＤＮＡ仅包含了为 ｍＲＮＡ编码的序列的部分，而基因
组文库包含了全部的序列。
ｃＤＮＡ文库是以特定的组织或细胞 ｍＲＮＡ为模板，逆转录形成的互补 ＤＮＡ（ｃＤＮＡ）与适当的
载体 （常用噬菌体或质粒载体）连接后转化受体菌形成重组 ＤＮＡ克隆群，这样包含着细胞全部
ｍＲＮＡ信息的ｃＤＮＡ克隆集合称为该组织或细胞的 ｃＤＮＡ文库。ｃＤＮＡ文库特异地反映某种组织或
细胞中，在特定发育阶段表达的蛋白质的编码基因，因此ｃＤＮＡ文库具有组织或细胞特异性。
ｃＤＮＡ文库显然比基因组ＤＮＡ文库小得多，能够比较容易从中筛选克隆得到细胞特异表达的基
因。但对真核细胞来说，从基因组 ＤＮＡ文库获得的基因与从 ｃＤＮＡ文库获得的不同，基因组 ＤＮＡ
文库所含的是带有内含子和外显子的基因组基因，而从ｃＤＮＡ文库中获得的是已经过剪接、去除了
内含子的ｃＤＮＡ。
ｃＤＮＡ文库构建的基本步骤：经典 ｃＤＮＡ文库构建的基本原理：用 Ｏｌｉｇｏ（ｄＴ）作逆转录引物，
—９５１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练
或者用随机引物，给所合成的ｃＤＮＡ加上适当的连接接头，连接到适当的载体中获得 ｃＤＮＡ文库。
其基本步骤包括：（１）ｍＲＮＡ的提纯获取高质量的ｍＲＮＡ是构建高质量的ｃＤＮＡ文库的关键步骤之
一。（２）ｃＤＮＡ第一条链的合成。（３）ｃＤＮＡ第二条链的合成。（４）双链ｃＤＮＡ的修饰。（５）双链
ｃＤＮＡ的分子克隆。（６）ｃＤＮＡ文库的扩增。（７）ｃＤＮＡ文库鉴定评价。
基因组文库的构建步骤：
（１）分离基因组ＤＮＡ（ｇＤＮＡ）：高质量的基因组ＤＮＡ对于基因组文库构建是至关重要的。需
要通过经验来选择合适的基因组ＤＮＡ分离方法，在分离过程中保证ＤＮＡ不被过度剪切或降解，同
时也要尽量保证ＤＮＡ的纯度。
（２）处理基因组ＤＮＡ：根据载体的要求，将基因组ＤＮＡ用随机剪切或者用限制性内切酶切成
合适长度的片段。
（３）载体的选择：常用的基因组文库载体有黏粒载体、Ｐ１噬菌体载体、ＰＡＣ载体 （Ｐ１人工染
色体）、ＢＡＣ载体 （细菌人工染色体）和ＹＡＣ载体 （酵母人工染色体）。选用何种载体可以参考如
下几个因素：目标区域的大小，筛选文库的难易程度，载体拷贝数的考虑。。
（４）将基因组ＤＮＡ片段连接入载体：使用连接酶把上述大小合适的ＤＮＡ片段连接入载体。
（５）将重组载体转入宿主细胞
（６）文库克隆数的确定及评价
９．大肠杆菌中有２０００多种蛋白质，给出四种你认为可能的方法分离出目的外源蛋白。（北京大
学，２０１２）
解答：①根据目标蛋白的等电点特点，等电点沉淀、离子交换层析等方法进行分离；②根据目
标蛋白质的分子量特征，利用透析、超滤、凝胶过滤层析等方法分离；③根据目标蛋白的结构特
征，利用亲和层析的方法分离。④综合不同方法，首先根据蛋白质的带电特点进行盐析、等电点沉
淀等方法粗分离，然后根据分子量等特征进行分子大些进行凝胶过滤层析等方法分离．
１０．什么是ＲＮＡ干扰？该技术用于基因功能研究与传统的基因敲除方法有何区别？（中国科技
大学，２０１２）
解答：ＲＮＡ干扰 （ＲＮＡｉｎｔｅｒｆｅｒｅｎｃｅ，缩写为ＲＮＡｉ）是指一种分子生物学上由双链ＲＮＡ诱发的
基因沉默现象，其机制是通过阻碍特定基因的翻译或转录来抑制基因表达。当细胞中导入与内源性
ｍＲＮＡ编码区同源的双链ＲＮＡ时，该ｍＲＮＡ发生降解而导致基因表达沉默。
ＲＮＡｉ干扰的特点：①ＲＮＡｉ是转录后水平的基因沉默机制；基因敲除是在 ＤＮＡ水平，是转录
前作用。
②ＲＮＡｉ具有很高的特异性，只降解与之序列相应的单个内源基因的 ｍＲＮＡ；ＲＮＡｉ的特异性是
由反义ｓｉＲＮＡ的序列决定的，如果其他基因也含有相对应的目标序列，也会被干扰导致沉默，所以
其特异性比不上基因敲除。
③ＲＮＡｉ抑制基因表达具有很高的效率，表型可以达到缺失突变体表型的程度。ＲＮＡｉ的干扰效
率同样取决于其序列特点，而且往往不能完全抑制目标基因的产物的表达，只能是部分抑制，而基
因敲除则是全部抑制了该基因的表达。
１１．通常情况下，应用原核体系表达高等生物蛋白质时，常常很难得到较高的表达量，其原因
—０６１—
之一是真核细胞与原核细胞的密码子使用频率的差异，请简要解释这种差异会影响真核蛋白在大肠
杆菌中的表达。（２０１０中国科技大学）
解答：密码子使用频率不同，所以相对应的ｔＲＮＡ的数量也不一样，合成时，由于相对应的ｔＲ
ＮＡ的数量很少，同时由于氨酰－ｔＲＮＡ合成酶具有很高的专一性，所以活化的氨基酸速度就很慢，
因而导致蛋白合成量极少。
１２．质粒在基因工程中有何作用？中国科学院研究生院２０１２
解答：由于质粒具有以下特点： （１）质粒是存在于细菌染色体外的小型环形双链 ＤＮＡ分子，
分子大小为２～３ｋｂ至几百ｋｂ不等；（２）质粒分子本身具有复制功能，可在宿主细胞内独立自主地
复制，并在细胞分裂时保持恒定地传给子代细胞；（３）可在细菌内保持一定的拷贝数，并易于从一
个细菌转移入另一细菌；（４）含有ＥｃｏＲⅠ、ＨｉｎｄⅢ、ＢａｍＨⅠ等多种限制酶切割位点；（５）质粒
带有某些遗传信息，会赋予宿主细胞一些遗传性状，如对氨苄青霉素和四环素的抗性等，可作为选
择标志，便于筛选；（６）具有基因表达的功能，可构建成表达栽体，在原核细胞中进行目的基因的
表达。因此天然的质粒需要经过人工改造，才能构建成理想的基因栽体。
所以质粒可以在基因工程中作为载体，携带目标基因进入宿主体内，实现目标基因的克隆或
表达。
１３．简述将重组ＤＮＡ导入哺乳动物细胞的方法。（中国科学院研究生院２０１２）
解答：外源基因导入哺乳动物细胞的常用方法有：
　　１．磷酸钙共沉淀法；
　　２．ＤＥＡＥ－葡聚糖或聚阳离子促进吸收法；
　　３．脂质体转染法；
　　４．电穿孔法；
　　５．病毒转染法；
　　６．显微注射法。
１４．简述基因工程的步骤。山东大学１９９５
解答：获取目标基因———将目标基因与载体相连形成重组 ＤＮＡ分子，———利用合适的方法将
重组体导入宿主细胞———对含有重组体ＤＮＡ的细胞进行筛选和鉴定。
—１６１—
王镜岩 《生物化学》考研真题及典型题精讲精练