5.2　課后習題詳解

1（1）計算一個含有78個氨基酸的α-螺旋的軸長。

（2）此多肽的α-螺旋完全伸展時多長？

答：（1）α-螺旋中每個殘基繞軸旋轉100°，沿軸上升0.15nm，故該α-螺旋的軸長為78×0.15nm＝11.7nm。

（2）完全伸展的肽鏈，殘基間距離為0.36nm，故該多肽的α-螺旋完全伸展時長度為0.36×78＝28.08nm。

2某一蛋白質的多肽鏈除一些區段為α-螺旋構象外，其他區段均為β-折疊片構象。該蛋白質相對分子質量為240000，多肽鏈外形的長度為5.06×10－5cm。試計算：α-螺旋占該多肽鏈的百分數。（假設β-折疊構象中每氨基酸殘基的長度為0.35nm）

答：已知氨基酸殘基的平均相對分子質量為110，所以該多肽鏈中氨基酸殘基數為240000/110＝2182個；

設此多肽鏈中α-螺旋的氨基酸殘基數為x，則β-折疊的氨基酸殘基數為2182－x；

根據α-螺旋構象中，每個殘基上升的高度為0.15nm，β-折疊構象中，每個殘基上升的高度為0.35nm，則有

0.15x＋0.35×（2182－x）＝5.06×10－5×107

解得x＝1289；

故α-螺旋氨基酸占總氨基酸的1289/2182＝59%。

3雖然在真空中氫鍵鍵能約為20kJ/mol，但在折疊的蛋白質中它對蛋白質的穩定焓貢獻卻要小得多（＜5kJ/mol）。試解釋這種差別的原因。

答：原因：在伸展的蛋白質中大多數氫鍵的供體和接納體都與水形成氫鍵，導致它在折疊的蛋白質中對蛋白質的穩定焓貢獻要小得多。

4多聚甘氨酸是一個簡單的多肽，能形成一個具有φ＝－80°，ψ＝＋120°的螺旋，根據拉氏構象圖，描述該螺旋的（1）手性；（2）每圈的堿基數。

圖5-1　拉氏構象圖

答：

（1）根據拉氏構象圖（圖5-1），φ＝－80°，ψ＝＋120°時可知該螺旋為左手性。

（2）根據拉氏構象圖（圖5-1），φ＝－80°，ψ＝＋120°時可知該螺旋每圈殘基數為3.0。

5α-螺旋的穩定性不僅取決于肽鏈間的氫鍵形成，而且還取決于肽鏈的氨基酸側鏈的性質。試預測在室溫下的溶液中下列多聚氨基酸哪些種將形成α-螺旋，哪些種形成其他的有規則的結構，哪些種不能形成有規則的結構？并說明理由。①多聚亮氨酸，pH＝7.0；②多聚異亮氨酸，pH＝7.0；③多聚精氨酸，pH＝7.0；④多聚精氨酸，pH＝13；⑤多聚谷氨酸，pH＝1.5；⑥多聚蘇氨酸，pH＝7.0；⑦多聚脯氨酸，pH＝7.0。

答：（1）②和⑥的α-碳原子附近有較大的R基，造成空間阻礙因而不能形成α-螺旋。

（2）③在pH7.0時，其R基帶正電荷，彼此間產生靜電排斥，不能形成鏈內氫鍵，所以不能形成α-螺旋；

（3）④與⑤的R基在給定的pH條件下均不帶電荷，能形成鏈內氫鍵，所以可以形成α-螺旋。

（4）⑦的α-碳原子參與R基吡咯的形成，環內的C_α-N鍵和C-N肽鍵不能旋轉，且多聚脯氨酸的肽鍵不具酰胺氫，不能形成鏈內氫鍵，所以含有脯氨酸α-螺旋被中斷，產生結節。

因此①④和⑤能形成α-螺旋；②③和⑥不能形成有規則的結構；⑦有規則，但不是α-螺旋。

6多聚甘氨酸的右手或左手α-螺旋中哪一個比較穩定？為什么？

答：甘氨酸是在α-碳原子上呈對稱的特殊氨基酸，因此多聚甘氨酸的右手螺旋和左手螺旋為一對對映體，所以它們在能量上是相當的，也是同等穩定的。

7考慮一個小的含101殘基的蛋白質。該蛋白質將有200個可旋轉的鍵。并假設對每個鍵φ和ψ有兩個定向。問：

（1）這個蛋白質可能有多少種隨機構象（w）？

（2）根據（1）的答案計算在當使1mol該蛋白質折疊成只有一種構象的結構時構象熵的變化（ΔS_折疊）。

（3）如果蛋白質完全折疊成由H鍵作為穩定焓的唯一來源的α-螺旋，并且每molH鍵對焓的貢獻為－5kJ/mol，試計算ΔH_折疊。

（4）根據你的（2）和（3）的答案，計算25℃時蛋白質的ΔG_折疊。該蛋白質的折疊形式在25℃時是否穩定？

答：（1）隨機構象：由題意可知每個鍵可采取2個不同的定向，則W＝2200＝1.61×1060種。

（2）熵的變化：ΔS_折疊＝1.15kJ/（K·mol）。

（3）ΔH_折疊＝100×（－5kJ/mol）＝－500kJ/mol。

（4）ΔG_折疊＝ΔH_折疊－T×ΔS_折疊＝－500＋（273＋25）×1.15＝－157.3kJ/mol，由于在25℃時，ΔG_折疊＜0，因此折疊的蛋白質是穩定的。

8兩個多肽鏈A和B，有著相似的三級結構。但是在正常情況下A是以單體形式存在的，而B是以四聚體（B₄）形式存在的，問A和B的氨基酸組成可能有什么差別。

答：A和B的氨基酸組成可能有的差別：亞基締合的驅動力主要是疏水作用，參與四聚體B₄的亞基締合的表面可能比單體A的對應表面具有較多的疏水殘基。

9下面的序列是一個球狀蛋白質的一部分。利用表5-7中的數據和Chou-Faman的經驗規則預測此區域的二級結構。

圖5-2　Chou-Faman的經驗規則

表5-7　氨基酸的Chou-Faman構象傾向性因子及形成螺旋和折疊片能力的分類

答：（1）根據Chou-Faman的經驗規則，形成α-螺旋殘基P_α＜1.0，并且螺旋內部不含Pro，結合表5-7數據可判斷殘基4～11是一個α-螺旋。

（2）根據Chou-Faman的經驗規則，β-折疊片向兩端延伸直至4個殘基的P_β＜1.0，且延伸后的片段P_β＜1.05，結合表5-7數據可判斷殘基14～19和24～30是β-折疊片。

（3）根據Chou-Faman的經驗規則，β-轉角的P_τ＞P_α及P_β，且＞1.0，結合表5-7數據可判斷殘基20～23很可能形成β-轉角。

10從熱力學考慮，完全暴露在水環境中和完全埋藏在蛋白質分子非極性內部的兩種多肽片段，哪一種更容易形成α-螺旋？為什么？

答：完全埋藏在蛋白質的非極性內部的多肽片段更容易形成α-螺旋。原因是因為在水環境中多肽對穩定焓（ΔH_折疊）的貢獻要小些。

11一種酶相對分子質量為300000，在酸性環境中可解離成兩個不同組分，其中一個組分的相對分子質量為100000，另一個為50000。大的組分占總蛋白質的三分之二，具有催化活性，小的組分無活性。用β-巰基乙醇（能還原二硫橋）處理時，大的失去催化能力，并且它的沉降速度減小，但沉降圖案上只呈現一個峰。關于該酶的結構作出什么結論？

答：（1）由酶和解離得到的組分的相對分子質量可知此酶含4個亞基。

（2）由組分的活性可知，兩個無活性亞基的相對分子質量為50000，兩個催化亞基的相對分子質量為100000。

（3）由β-巰基乙醇處理后得到的沉降圖案可知每個催化亞基是由兩條無活性的多肽鏈（相對分子質量為50000）組成，彼此間由二硫鍵交聯在一起。

12今有一種植物的毒素蛋白，直接用SDS凝膠電泳分析時，它的區帶位于肌紅蛋白（相對分子質量為16900）和β-乳球蛋白（相對分子質量37100）兩種蛋白之間，當這個毒素蛋白用β-巰基乙醇和碘乙酸處理后，在SDS凝膠電泳中仍得到一條區帶，但其位置靠近標記蛋白細胞素（相對分子質量為13370），進一步實驗表明，該毒素蛋白與FDNB反應并酸水解后，釋放出游離的DNP-Gly和DNP-Tyr。關于此蛋白的結構，你能做出什么結論？

答：（1）已知β-巰基乙醇能夠還原二硫鍵為-SH，碘乙酸能作用于-SH。該毒素蛋白在處理前后經SDS凝膠電泳分析得到的相對分子質量不同，并且進一步實驗，與FDNB能得到兩種不同的N-末端氨基酸，可判斷概毒素蛋白由兩條不同的多肽鏈通過鏈間二硫鍵交聯而成。

（2）經β-巰基乙醇和碘乙酸處理后，進行SDS凝膠電泳分析只得到一條相對分子質量在13370的條帶，可判斷這兩條不同的太短的相對分子質量均在13000左右。

13一種蛋白質是由相同亞基組成的四聚體。

（1）對該分子說出兩種可能的對稱性。穩定締合的是哪種類型的相互作用（同種或異種）？

（2）假設四聚體，如血紅蛋白，是由兩個相同的單位（每個單位含α和β兩種鏈）組成的。問它的最高對稱性是什么？

答：（1）該分子可能的對稱性有：C₄和D₂；穩定締合的作用類型分別為：C₄是通過異種相互作用締合在一起，D₂是通過同種相互作用締合在一起。

（2）最高對稱性是C₂，因為每個α、β二聚體是一個不對稱的原聚體。

14證明一個多階段裝配過程比一個單階段裝配過程更容易控制蛋白質的質量。考慮一個多聚體酶復合物的合成，此復合物含6個相同的二聚體，每個二聚體由一個多肽A和一個B組成，多肽A和B的長度分別為300個和700個氨基酸殘基。假設從氨基酸合成多肽鏈，多肽鏈組成二聚體，再從二聚體聚集成多聚體酶，在這一建造過程中每次操作的錯誤頻率為10-8，假設氨基酸序列沒有錯誤的話，多肽的折疊總是正確的，并假設在每一裝配階段剔除有缺陷的亞結構效率為100%，試比較在下列情況下有缺陷復合物的頻率：

（1）該復合物以一條6000個氨基酸連續的多肽鏈一步合成，鏈內含有6個多肽A和6個多肽B。

（2）該復合物分3個階段形成：第一階段，多肽A和B的合成；第二階段，AB二聚體的形成；第三階段，6個AB二聚體裝配成復合物。

答：（1）有缺陷復合物的平均頻率是6000×10－8＝6×10－5。

（2）由于有缺陷的二聚體可被剔除，因此有缺陷復合物的平均頻率只是最后階段的操作次數（5次操作裝配6個亞基）乘以錯誤頻率，即5×10－8。

因此分3個階段合成比一步合成所產生的缺陷頻率約低1000倍。