发布时间 : 星期三 文章生化习题及大纲更新完毕开始阅读48f5847cb307e87100f69608
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，