108 年 國立中正大學生物醫學科學系分子生物碩士班《生物化學》

核心觀念
泛素化（ubiquitination）是將小分子蛋白質 ubiquitin 透過酰胺鍵共價附著於目標蛋白的側鏈上，形成可逆的後翻譯修飾。此酰胺鍵只能在具備胺基（–NH₂）側鏈的氨基酸上形成。

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解題步驟

(a) 了解泛素化的化學機制

1. 泛素的 C‑端甘氨酸（Gly）：在泛素化過程中，泛素 C‑端的末端甘氨酸（Gly‑76）的羧基會被活化形成酰基中間體。
2. 目標氨基酸的側鏈胺基：此酰基與目標蛋白上含有自由 ε‑胺基的側鏈進行核醇取代反應，形成酰胺鍵（-CONH-）。
3. 必須具備可供核醇攻擊的胺基：在常見的20種胺基酸中，只有**賴氨酸（Lys, K）**的 ε‑胺基在生理條件下未被質子化且能作為核醇，適合與活化的泛素酰基形成酰胺鍵。

(b) 檢視選項的側鏈官能基

選項	氨基酸	側鏈官能基	是否具備可形成酰胺鍵的胺基

核心觀念
本題考查的是胺基酸的胺基形式。大多數蛋白質胺基酸在α‑碳上帶有 一次（primary）α‑胺基（–NH₂），但 脯胺 (proline) 的側鏈與其α‑氮原子形成環狀結構，使其α‑胺基變成 二級胺基（secondary amine），因此不具備一次胺基的特性。

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解題過程

1. 先回顧氨基酸的結構

   • 標準胺基酸：α‑碳連接 α‑胺基 (–NH₂)、α‑羧基 (–COOH)、一個氫原子與側鏈 $R$。
   • 一次胺基：氮原子上連接兩個氫原子（–NH₂），屬於 primary amine。
   • 二級胺基：氮原子上連接一個氫原子與一個烷基（–NHR），屬於 secondary amine。

2. 檢視選項的胺基形式

   • Glutamine (Gln, Q)：側鏈為 –CH₂–CH₂–C(=O)–NH₂，α‑胺基仍為 –NH₂ → *

核心觀念
酵素之所以能成為極佳的催化劑，關鍵在於它們能穩定反應的過渡態，從而降低活化能 (activation energy, $ΔG^{\ddagger}$)。酵素不會改變整體自由能變化 $ΔG$，也不會把吸熱反應變為放熱反應。

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解題步驟與說明

(a) 何謂酵素的催化機制？
酵素的作用是透過活化能的降低加速反應速率。根據過渡態理論，反應速率 $k$ 與活化能 $ΔG^{\ddagger}$ 的關係為
$k = A\,e^{-\frac{ΔG^{\ddagger}}{RT}}$
其中 $A$ 為前因子，$R$ 為氣體常數，$T$ 為絕對溫度。若酵素能提供一個較低能量的過渡態（即較穩定的過渡態），$ΔG^{\ddagger}$ 下降，指數項變大，反應速率顯著提升。

(b) 為什麼選項 (A) 正確？
酵素的活性位點會與底物形成暫時的酵素‑底物複合物，此複合物使底物在空間與電子分布上更接近過渡態的構型。這種過渡態穩定化（transition‑state stabilization）直接減少 $ΔG^{\ddagger}$，因此酵素能在常溫下快速促進反應。

(c) 為什麼其他選項不成立？

選項	為何不正確	說明

核心觀念
此題測驗「競爭性抑制劑 (competitive inhibitor)」對酵素動力學參數 $V_{\max}$ 與 $K_m$ 的影響。競爭性抑制劑與底物爭奪活性中心，因而改變酶與底物的結合親和力，但不影響酶在飽和底物條件下的最高反應速率。

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解題過程

1. 回顧米氏方程式
   在沒有抑制劑的情況下，酶促反應速率 $v$ 與底物濃度 $[S]$ 的關係為
   $v = \frac{V_{\max}[S]}{K_m + [S]}$
   其中 $V_{\max}$ 為酶在底物飽和時的最大速率，$K_m$ 為酶對底物的親和常數（$K_m$ 越小，親和力越高）。

2. 競爭性抑制的機制

   • 抑制劑 $I$ 與底物 $S$ 競爭同一活性位點。
   • 抑制劑結合後，酶無法同時結合底物，形成酶-抑制劑複合物 $EI$，此複合物不具催化活性。
   • 隨著底物濃度升高，底物可以「驅逐」抑制劑，使酶恢復活性。

3. 對 $V_{\max}$ 的影響
   當底物濃度非常高（$[S]\to\infty$），底物幾乎全部取代抑制劑與酶結合，形成 $ES$ 複合物。此時反應速率趨近於原先的 $V_{\max}$，因此 $V_{\max}$ 不變。

核心觀念
本題測試對蛋白質結構層級的認識。蛋白質結構依序分為：Primary（胺基酸序列） → Secondary（α‑螺旋、β‑折板等） → Tertiary（單一多肽鏈的三維摺疊） → Quaternary（多條多肽鏈組合形成的完整功能單元）。題目描述血紅素由兩條 α 鏈與兩條 β 鏈組成，必須判斷其所呈現的最高結構層級。

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解題步驟與說明

1. 辨識題目資訊

   • 「Hemoglobin is made up of two α chains and two β chains」說明血紅素是由 四條多肽鏈 組成的複合體。
   • 每條鏈本身已具備 primary、secondary、tertiary 結構；多條鏈之間的相互作用形成額外的結構層級。

2. 回顧蛋白質結構層級

   • Primary：胺基酸序列。僅涉及單一鏈的化學連接。
   • Secondary：局部規則的氫鍵形成，如 α‑螺旋、β‑折板。仍屬於單一鏈。

核心觀念
此題測驗的是 Lineweaver‑Burk 雙倒數圖（亦即 $1/V$ 對 $1/[S]$ 的直線圖）在 競爭性抑制劑（competitive inhibitor）存在時，酶動力學參數與圖形特徵的變化。關鍵在於：競爭性抑制劑只會改變表觀的 $K_m$，而不影響 $V_{\max}$，因此會改變 $1/[S]$ 軸（x‑軸）的截距，而 $1/V$ 軸（y‑軸）的截距保持不變。

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解題過程

(a) 了解 Lineweaver‑Burk 方程式

Michaelis–Menten 方程式為
$V = \frac{V_{\max}[S]}{K_m + [S]}$

取倒數得到 Lineweaver‑Burk 直線式：
$\frac{1}{V}= \frac{K_m}{V_{\max}}\frac{1}{[S]} + \frac{1}{V_{\max}}$

此式為 $y = mx + b$ 的形式，其中

• 斜率 $m = \dfrac{K_m}{V_{\max}}$
• y‑截距（在 $1/V$ 軸）$b = \dfrac{1}{V_{\max}}$
• x‑截距 為 $-\dfrac{1}{K_m}$（令 $1/V=0$ 時求 $1/[S]$）

(b) 競爭性抑制劑的動力學效應

在存在競爭性抑制劑 $I$ 時，酶的有效 $K_m$ 變為
$K_m^{\text{app}} = K_m\!\left(1 + \frac{[I]}{K_i}\right)$
而 $V_{\max}$ 不受抑制劑影響：
$V_{\max}^{\text{app}} = V_{\max}$

核心觀念
本題測驗的是水的離子積常數 $K_\mathrm{w}$ 與 $pH$、$pOH$ 之間的關係，以及對對數運算的熟練度。
在 25 °C 下，$K_\mathrm{w}= [\mathrm{H}^+][\mathrm{OH}^-]=1.0\times10^{-14}$，因此有 $pH + pOH = 14$
只要先求出 $pOH$，再利用此關係即可得到 $pH$。

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解題步驟

1. 計算 $pOH$
   $pOH$ 定義為 $-\log[\mathrm{OH}^-]$。

$pOH = -\log\left(3.45\times10^{-5}\right)$

利用對數的分拆性質

核心概念
本題主要測驗肽鏈序列推斷的技巧，需結合以下概念：

1. 氨基酸組成與比例：從水解得到的5 種胺基酸皆為等量 (1:1:1:1:1)。
2. 胺基酸特徵：
   • Cys 含硫，能與 Sanger 試劑 (DNP‑Cl) 生成紫紅色 DNP‑Cys。
   • Lys 具側鏈氨基，會被 胰凝乳蛋白酶 (trypsin) 在其羧端切割。
   • Phe 含芳香環，吸收紫外光 (220–280 nm)。
3. 酶切特性：
   • Carboxypeptidase 逐一從 C 端剪除氨基酸。
   • Chymotrypsin 偏好在 Phe、Tyr、Trp（芳香族）或 Leu、Met 的羧端切割。
   • Tryps�in 僅在 Lys、Arg（羧端）切割。
4. 質量驗證：肽的總分子量約 650 Da，檢查每個選項的理論質量是否相符（略過，因所有選項皆符合近似值）。

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(a) 由 Carboxypeptidase 的產物推斷 C 端

Carboxypeptidase 只釋放 Val，說明 Val 位於肽鏈的 C 端（最後一個胺基酸）。

結論：末端 = Val。

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(b) 由 Sanger 試劑 的反應確定 Cys 的位置

Sanger 試劑會標記 N‑端 的 Cys（形成 DNP‑Cys），因此 Cys 必須是 N‑端（第一個胺基酸）。

結論：首端 = Cys。

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(c) 由 Trypsin 切割產生的二肽物與三肽物推斷 Lys 的位置

Trypsin 只在 Lys（或 Arg）羧端切割。若肽被 trypsin 切成 二肽 + 三肽，則 Lys 必在 二肽與三肽之間的界位，且 Lys 位於 二肽的 C 端（即二肽的最後一個胺基酸），三肽的 N 端為 Lys 後的下一個胺基酸。

假設序列為

$\text{Cys}-X_2-X_3-X_4-\text{Val}$

且 Lys 必在第 3 或第 4 個位置，使切割後得到：

• 二肽：前 2 個胺基酸
• 三肽：後 3 個胺基酸

若 Lys 為第 3 個，則二肽 = Cys‑Ala（或 Cys‑其他），三肽 = Lys‑Phe‑Val（或其他排列）。但 二肽 必含 Lys 的 C 端，故 Lys 必是二肽的最後一個，亦即第 2 個位置。這與 trypsin 的切割方式不符（trypsin 只在 Lys 的 羧端 切斷），因此 Lys 必在第 3 個位置，使二肽 = Cys‑Ala‑Lys（含 Lys 的 C 端），三肽 = Phe‑Val。但二肽長度只能是 2，故 Lys 必在第 2 個位置，二肽 = Cys‑Lys，三肽 = Ala‑Phe‑Val。此時 trypsin於 Cys‑Lys 的羧端切斷，產生二肽 Cys‑Lys 與三肽 Ala‑Phe‑Val，符合題目說「trypsin 產生二肽與三肽」。

結論：Lys 位於第 2 個位置（緊接於 Cys 後）。

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(d) 由 Chymotrypsin 的產物推斷 Phe 的位置

Chymotrypsin 偏好在 Phe（芳香環）羧端切割。題目說「chymotrypsin 產生一個含硫且具有 UV 吸收的二肽」與「一個三肽」。含硫的二肽必含 Cys，且具有 UV 吸收代表該二肽中還有 Phe（芳香環）。

核心觀念
本題測驗的是膜蛋白運輸方式的分類，特別是「同時以相反方向搬運兩種分子」的概念。此類運輸屬於次級主動運輸 (secondary active transport)，其中的 antiport（交換載體）可將一種分子送入細胞，同時把另一種分子送出細胞。

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解題過程

1. 先了解選項的定義
   • symport：同向運輸，兩種分子同時朝相同方向移動。
   • uniport：單一分子單向通道，只有一種分子通過，方向不受其他分子影響。
   • gap junction：細胞間的直接電位或小分子通道，並非個別膜上的運輸蛋白。
   • equilibrium channel：平衡通道，允許離子或分子在濃度梯度相等時自由通過，沒有耦合的逆向運輸。

核心觀念
本題在測驗「酶的 turnover number（又稱 $k_{\text{cat}}$）」意義：

• $k_{\text{cat}}$ 定義為每一個酶分子在單位時間內可將多少基質分子轉化為產物。
• 數值越大，表示酶催化反應的速度越快，與酶的穩定性、輔因子需求或可控性無直接關係。

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解題步驟

1. 理解選項與 $k_{\text{cat}}$ 的關聯
   • (A) Can easily be denatured（易於變性） → 變性與酶的結構穩定性相關，與每秒可催化的分子數量無關。
   • (B) Can easily be replaced with another enzyme（易被其他酶取代） → 取代性是指功能冗餘或特異性，與 turnover number 無關。
   • (C) Needs a constant supply of cofactors（需要持續供應輔因子） → 輔因子需求屬於酶活性的前提條件，並非 $k_{\text{cat}}$ 所描述的速率。

核心觀念
本題測驗的是 Hill 常數（Hill coefficient, n） 之概念與血紅素（hemoglobin）與肌紅素（myoglobin）在氧氣結合時的協同效應差異。Hill 常數反映結合位點之合作性：

• $n = 1$ → 無合作性（獨立結合）。
• $n > 1$ → 正合作性（前一分子結合後，提高後續分子結合的親和力）。

肌紅素只有單一結合位點，故 $n \approx 1$；血紅素有四個亞基，呈現正合作，Hill 常數約在 $2.8\sim3$ 左右。題目要求比較兩者的 Hill 常數大小比例。

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解題步驟

1. 回憶 Hill 方程式
   $\theta = \frac{[L]^n}{K_d + [L]^n}$
   其中 $\theta$ 為配位率（結合位點的佔有率），$[L]$ 為配體濃度，$K_d$ 為表徵結合親和力的常數，$n$ 為 Hill 常數。

   • $n$ 越大，曲線越陡峭，表示更強的合作效應。

2. 了解血紅素與肌紅素的結構與功能

   • 肌紅素 (myoglobin)：單體蛋白，僅有一個 heme 亞基，無亞基間互動，因此 $n \approx 1$（無合作）。

核心觀念
此題考查 血清素蛋白酶（serine protease） 的 特異口（specificity pocket） 與 底物側鏈電荷互補 的概念。了解不同血清素蛋白酶（如胰凝乳蛋白酶 chymotrypsin、胰蛋白酶 trypsin）在特異口所攜帶的殘基電性，即可判斷在「偏好切割鄰接負電荷側鏈」的酶，其特異口應呈 正電性（含 Arg、Lys 等鹼性胺基酸）以與底物的負電荷互補。

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解題過程

(a) 判斷酶的底物偏好與特異口電性

• 已知新發現的血清素蛋白酶「preferentially cleaves a peptide bond adjoining a negatively charged side chain」——即底物的 P1 位點為 Asp 或 Glu（帶負電）。
• 在酶‑底物結合時，電荷互補 會提升結合親和力：負電荷的底物需要 正電荷的特異口 予以吸引。

(b) 回顧已知血清素蛋白酶的特異口特徵

酶	偏好底物	特異口主要殘基	電性
chymotrypsin	大、疏水的芳香族或支鏈側鏈（Phe、Tyr、Trp、Leu）	多為疏水殘基（如 Leu、Val）	中性‑疏水
trypsin	帶 正電 的側鏈（Lys、Arg）	Asp189（負電）提供鹼性底物的正電位點	負電

核心觀念
SDS‑PAGE 以 SDS 使蛋白質變性、帶上近似相同的電荷密度，讓蛋白質在聚丙烯酰胺凝膠中只依大小（分子量）分離，凝膠的孔徑提供分子篩效應。

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解題過程

(a) 選項 (A) – 「Proteins are separated on the basis of their charge in SDS‑PAGE」
SDS 會把每一個蛋白質覆蓋上相同的負電荷，形成固定的 電荷/質量比，使得電荷不再是分離依據，主要依靠分子大小。
結論： 錯誤。

(b) 選項 (B) – 「Molecular weight is determined by plotting (linear) molecular weight versus only the distance the protein band has moved from the beginning」

核心觀念
本題測驗學生對於醇脫氫酶 (Alcohol dehydrogenase, ADH) 的底物、產物與酶類別的了解。ADH 以 NAD⁺ 為輔酶，將醇氧化成醛/酮，屬於氧化還原酶 (oxidoreductase)。

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解題步驟

1. 確認 ADH 的催化反應

   • ADH 的一般反應式：
     $\text{R‑CH}_2\text{OH} + \text{NAD}^+ \longrightarrow \text{R‑CHO} + \text{NADH} + \text{H}^+$
   • 其中 R‑CH₂OH 為醇，產物為醛（或酮）。

2. 以題目給予的底物「methanol」代入

   • Methanol 的化學式為 CH₃OH，屬於一級醇。
   • 依照 ADH 的通式，CH₃OH 被氧化為相應的醛：
     $\text{CH}_3\text{OH} + \text{NAD}^+ \longrightarrow \text{CH}_2\text{O} + \text{NADH} + \text{H}^+$

核心觀念

此題測試 產物抑制 (product inhibition) 的概念。若一個產物同時表現 競爭性 (competitive) 與 非競爭性 (uncompetitive) 抑制，代表它必須同時能結合 游離酵素 (E) 以及 酵素‑底物複合體 (ES)，亦即需具備 兩個不同的結合位點：一個位於活性中心，另一個位於調節（別構）位點。

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解題過程

1. 回顧競爭性與非競爭性抑制的特徵

   • 競爭性抑制：抑制劑與底物競爭同一活性位點，只能與 E 結合。酵素動力學上，$K_m$ 變大而 $V_{\max}$ 不變。
     $\text{E + I} \rightleftharpoons \text{EI}$

   • 非競爭性抑制（此題中指 uncompetitive）：抑制劑只能與已結合底物的酵素（ES）結合，形成 ESI 複合體。此時 $K_m$ 與 $V_{\max}$ 同時降低。
     $\text{ES + I} \rightleftharpoons \text{ESI}$

2. 題目資訊

   • 產物 glucose‑6‑phosphate (G6P) 為 hexokinase 之產物。
   • G6P 同時具備 competitive 與 uncompetitive 抑制的特性。

3. 從雙重抑制推論結合位點

   • 若 G6P 能與 E 結合（競爭性），它必須能佔據 活性位點（與葡萄糖競爭）。
   • 若 G6P 能與 ES 結合（uncompetitive），則它必須在 酶‑底物複合體已形成 時，找得到另一個 調節位點（非活性中心），形成 ES•G6P 複合體，阻止產物釋放或影響催化循環。

4. 結合位點的完整圖示

核心觀念
本題測驗的是 糖蛋白的醣基如何與胺基酸側鏈結合。糖基化主要分為

• N‑linked glycosylation：醣基經由胺基（N）連接於 天門冬醯胺 (Asparagine, Asn)，且序列必須是 Asn‑X‑Ser/Thr（X≠Pro）。
• O‑linked glycosylation：醣基經由羥基（O）連接於 絲氨酸 (Serine, Ser) 或 蘇氨酸 (Threonine, Thr) 的側鏈。

因此，能形成糖基化鍵的胺基酸只能是 Asn、Ser、Thr。

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解題過程

1. 辨識選項中的胺基酸
   • (A) Glycine、Alanine：僅有氫原子與甲基，缺乏可供醣基連接的側鏈官能基。
   • (B) Tryptophan、Phenylalanine：是疏水性芳香族胺基酸，亦無羥基或胺基可供醣基結合。
   • (C) Aspartate、Glutamate：含羧酸側鏈，會以負電形式存在，非醣基的結合位點。

核心觀念

本題在考查 蛋白質結構層級的概念：

• 一次結構：胺基酸序列。
• 二次結構：局部規律的氫鍵形成的 α‑螺旋 或 β‑摺板。
• 三級結構：整體三維摺疊，使得單一多肽鏈形成 球狀 (globular) 域，由多種二次結構交錯排列並受疏水作用、離子鍵、疏水相互作用等穩定。
• 四級結構：多條已摺疊好的多肽鏈（次單元）組合形成的 多聚體。

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解題步驟

選項	內容說明	為何不是三級結構
(A) A multimeric protein	由兩條或以上已摺疊好的多肽鏈組成的複合體。	代表 四級結構（多聚體），屬於次單元之間的相互作用，非單一鏈的三維摺疊。
(B) An α‑helix	膽鹼酸鏈的局部規律螺旋，靠主鏈間的氫鍵穩定。	只描述 二次結構，是局部的螺旋形態，未涉及全域的三維摺疊。

核心觀念
此題測驗血紅素的T（去氧） ↔ R（氧合）構象變化與2,3‑BPG (bisphosphoglycerate) 的異位調節關係。BPG 只在 T 狀態的中心口袋中能穩定結合，R 狀態因構象收縮，使口袋變小而無法容納 BPG。

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解題步驟

1. 了解 BPG 的結合部位

   • BPG 結合於血紅素四聚體的 中心口袋，該口袋位於兩條 β‑鏈的交叉處，由多個正電胺基（如 His146、Lys、Arg）形成。
   • BPG 為二負電的有機酸（$2,3$‑bisphosphoglycerate），以 電荷互補 與正電胺基結合，同時透過氫鍵與水分子固定。

2. 比較 T 與 R 兩種構象的口袋尺寸

   • T（去氧）狀態：β‑鏈間距較遠，形成 較大的中央腔，足以容納 BPG。此結合降低氧氣對血紅素的親和力，促進氧氣釋放（Bohr 效應的主要機制之一）。
   • R（氧合）狀態：氧分子結合於每個亞基的 heme，導致 β‑鏈向內移動、螺旋旋轉，使中心口袋 收縮，體積大幅減小，無法容納 BPG。

3. 檢視選項

核心觀念
此題測驗你對 跨膜蛋白的膜穿越區段特徵 的認識。膜穿越的 α‑螺旋（或 β‑桶）必須富含 疏水性胺基酸，長度大約 20~25 個殘基，且缺乏帶電或極性基團。因此，只要找出在序列中最具疏水性、且長度足夠的片段，即可判斷哪一段最可能是跨膜區域。

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解題步驟

1. 檢視各選項的氨基酸組成
   • (A) LSTTEVAMHTTTSSSVSKSY：含有多個帶正負電的 T、E、K、S，極性高。
   • (B) SQTNDTHKRDTYAATPRA：富含 S、T、D、K、R，極性與帶電殘基很多。
   • (C) VSEISVRTVYPPEEETGE：雖有 V、I 等疏水殘基，但同時出現 E、D、R、P，整體不連續。

核心觀念
此題考查酸鹼中和反應的機制：在等摩爾的鹼 (NaOH) 與多酸 (谷氨酸) 反應時，先被鹼中和的是 酸度較強、pKa 較低的羧基。因此須比較谷氨酸兩個‑COOH 的 pKa 值，判斷哪一個先失去質子。

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(a) 谷氨酸的結構與 pKa

谷氨酸 (Glutamic acid) 為 α‑胺基酸，分子式為 $\mathrm{HOOC–CH_2–CH_2–CH(NH_2)–COOH}$，共含三個可離子化的官能團：

官能團	位置	pKa
α‑羧基	$–\mathrm{COOH}$ (與氨基相鄰)	$\approx 2.1$
γ‑羧基 (側鏈)	$–\mathrm{COOH}$ (遠離氨基)	$\approx 4.1$
α‑胺基	$–\mathrm{NH_3^+}$	$\approx 9.5$

pKa 越低，酸性越強，對應的 $\mathrm{HA \rightleftharpoons H^+ + A^-}$ 平衡右移較多，質子更易被鹼奪走。

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(b) 反應機制與順序判斷

1. 加入等摩爾 NaOH
   NaOH 在水溶液中完全解離為 $\mathrm{Na^+}$ 與 $\mathrm{OH^-}$，$\mathrm{OH^-}$ 為強鹼，會從最酸的位點抽取質子。

核心概念

本題測驗的是 蛋白質切割試劑的特異性：了解每種化學試劑或酶是依據哪種側鏈的化學性質進行切割或修飾。要能從選項中辨識出唯一能在 Met（甲硫氨酸）側鏈的羧基側 斷裂多肽鏈的試劑。

解題過程

(A) Chymotrypsin

• 作用機制：絲胰凝乳蛋白酶屬於胰蛋白酶家族，主要切割 芳香族胺基酸（Phe、Tyr、Trp） 的羧基側。
• 與Met的關聯：Met 不屬於其底物特異性，故 不會在Met旁切割。

(B) Cyanogen bromide (CNBr)

• 化學性質：CNBr 在酸性條件下與 Met 的硫原子發生親核取代，形成 環狀中間體，最終在 Met 的羧基側 產生肽鍵斷裂。
• 反應式（簡化）
  $\text{–CH}_2\text{–S–CH}_3 \xrightarrow{\text{CNBr}} \text{–CH}_2\text{–CO–NH–} + \text{–CH}_2\text{–COO}$
  產物為 homoserine lactone（端點）與前段多肽。

核心觀念

本題在測驗 α‑螺旋 (α‑helix) 的氫鍵特性，尤其是氫鍵的形成位點與方向。 α‑螺旋的穩定性主要源自主鏈 (backbone) 中的 C=O 與 N‑H 之間的內部氫鍵，而非側鏈 (R group) 或特定位置的氫鍵。

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解題過程

(a) 了解 α‑螺旋的氫鍵排列

• α‑螺旋每 3.6 個胺基酸完成一完整的螺旋迴轉，螺旋上升 5.4 Å。
• 每個胺基酸的 羰基氧 (C=O) 會與 第 i+4 個胺基酸的酰胺氫 (N‑H) 形成氫鍵。
• 這些氫鍵 平行於螺旋軸，形成約 100° 的角度，並非垂直。

(b) 檢視選項與氫鍵的真正來源

選項	內容	與 α‑螺旋氫鍵的符合度
(A)	“氫鍵與螺旋軸垂直”	錯誤：氫鍵與螺旋軸 近乎平行，不垂直。

核心觀念
本題考查的是胺基酸側鏈對主鏈二面角 $\phi$（phi）與 $\psi$（psi）的限制程度。側鏈的環狀或缺乏側鏈會直接影響骨架的柔軟度，從而決定其構象的受限程度。

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(a) 為什麼 Proline 是最受構象限制的胺基酸

• 環狀側鏈：Proline 的側鏈與氮原子形成五元環（$-$(CH₂)₃-）與氮相連，導致N‑Cα 鍵成為 次級胺（imide），失去氫原子。
• $\phi$ 角限制：環的剛性使得 $\phi$（N‑Cα 鍵的二面角）只能在約 $‑60^\circ$ 左右波動，範圍非常窄。
• $\psi$ 角受限：雖然 $\psi$（Cα‑C 鍵的二面角）仍有一定自由度，但因環的立體阻礙，整體可接受的構象區域在 Ramachandran 圖上僅限於左上角的小區域。
• 結果：由於 $\phi$、$\psi$ 都被嚴格限制，Proline 在所有天然胺基酸中構象自由度最小。

(b) 為什麼 Glycine 是最不受構象限制的胺基酸

• 無側鏈：Glycine 的側鏈僅是一個氫原子，沒有任何立體阻礙。

核心觀念
本題在測驗「反應級數（reaction order）」的概念。當一個反應對各反應物的濃度呈**一階（first‑order）時，速率與該反應物的濃度呈線性比例；若同時對多個反應物皆為一階，則總速率等於各濃度的乘積，乘上一個整體速率常數 $k$。（此為整體二階（second‑order）**的情況）

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(a) 解題步驟與說明

1. 確認題目條件
   • 反應式：$A + B \rightarrow C$
   • 「對 A 為一階」：速率與 $[A]$ 成正比。可寫成 $\text{rate} \propto [A]$。
   • 「對 B 為一階」：速率與 $[B]$ 成正比。可寫成 $\text{rate} \propto [B]$。

核心觀念
此題測驗對胺基酸手性（chirality）的認識：手性來源於 α‑碳原子同時連接四個不同的取代基，形成非對稱碳中心。只要碳原子不具對稱平面或中心，即稱為手性碳。

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解題過程

1. 什麼是手性碳 (chiral carbon)？
   手性碳指的是一個四價碳原子，其四個鍵接的四個配基全部不同。這樣的碳原子缺乏鏡像對稱，可形成兩種鏡像異構體（enantiomers），分別為 $L$ 與 $D$ 形式。

2. 檢視選項

   • (A) is a carboxylic acid
     這描述的是 α‑碳上的羧基（$-COOH$）是「羧酸」的性質，與手性無關。若僅有羧酸並不保證四個取代基不同，故此項不構成手性的原因。

   • (B) is bonded to four different chemical groups

核心觀念
此題測驗的是蛋白質的「結構域」如何透過特定的序列或分子訊號辨識、結合目標分子，進而傳遞訊號或調控功能。了解每種結構域的結合特徵（結合位點的氨基酸序列或離子）是解題關鍵。

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(a) SH2 domain

解題步驟

1. SH2（Src Homology 2） 是一種約 100‑120 個胺基酸的結構域，常見於訊號傳遞酵素（如受體酪氨酸激酶）。
2. SH2 具有一個結合口袋，專門識別磷酸化的酪氨酸（pY） 以及其鄰近的四至六個氨基酸的序列。典型的結合序列可寫成 pY‑X‑X‑Φ（X 為任意氨基酸，Φ 為疏水性氨基酸）。
3. 結合是通過 磷酸基的負電荷 與 SH2 域表面的正電性氨基酸（如 Arg、Lys）形成靜電與氫鍵，且鄰近的側鏈提供額外的疏水接觸。
4. 因此，能被 SH2 結合的分子必須攜帶磷酸化酪氨酸，通常是已被酪氨酸激酶磷酸化的受體或訊號蛋白。

答案
SH2 domain 結合 磷酸化酪氨酸（pY）序列 的肽段。
【答案】

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(b) SH3 domain

解題步驟

1. SH3（Src Homology 3） 是約 60 個胺基酸的 β‑桶結構域，常見於訊號傳遞、細胞骨架相關蛋白。

核心觀念
本題在測驗學生能否辨識酵素活化中心中，哪些胺基酸側鏈的官能基能提供「親核」原子（Nucleophile），在化學反應的過程中以其孤對電子或可離解的陰離子形式攻擊電正中心，促進鍵的斷裂或形成。常見的生物學上重要的親核官能基包括 硫硫醇、羥基、胺基與咪唑氮**，分別分佈於 Cys、Ser、Thr、Lys、His 等胺基酸。

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解題過程與說明

1. 先確認何謂「親核基團」
   親核基團必須具備可供給孤對電子的原子（S、O、N），且在酵素環境下常以去質子化或陰離子形式存在，因而能對電正的碳原子（或其他電正中心）發起攻擊。

2. 檢視常見胺基酸側鏈的官能基

   胺基酸	側鏈官能基	親核特性說明
   Cysteine (Cys)	$-SH$（硫醇）	硫原子較氧更軟、較易去質子形成 $S^{-}$，是 硫醇鹽（thiolate），在胱胺酶 (cysteine proteases) 中直接作為親核攻擊底物的羰基碳。
   Serine (Ser)	$-OH$（醇）	雖然羥基的氧較硫弱，但在酶的微環境（如 Ser‑His‑Asp 三聯體）可被去質子化成 $O^{-}$，在 血清素酶 (serine proteases) 中擔任親核攻擊。

核心觀念
本題測驗的是「葡萄糖在細胞內的主要代謝去向」——即葡萄糖被利用（利用＝分解、轉換、儲存）所走的三條最重要路徑。掌握這三條路徑能幫助理解能量產生、還原力供給與碳骨架供應的整體代謝網。

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(a) 糖解作用 (Glycolysis, Embden‑Meyerhof pathway)

1. 起始步驟：葡萄糖在細胞質被磷酸化成葡萄糖‑6‑磷酸 (Glc‑6‑P)。
   $\text{Glc} + \text{ATP} \xrightarrow{\text{Hexokinase}} \text{Glc‑6‑P} + \text{ADP}$
2. 代謝流程：Glc‑6‑P 依序經過磷酸化、分子分裂、氧化還原與底物層級磷酸化，最終產生 2 分子 丙酮酸、2 分子 ATP（凈產 2 ATP）與 2 分子 NADH。
3. 意義：提供快速的 ATP 來源；在缺氧時，丙酮酸會轉成乳酸；在有氧條件下，丙酮酸進入線粒體的 TCA 循環，進一步產生大量 ATP。

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(b) 戊糖磷酸途徎 (Pentose Phosphate Pathway, Hexose Monophosphate Shunt)

1. 起始酵素：葡萄糖‑6‑磷酸脫氫酶 (G6PD) 將 Glc‑6‑P 氧化成 6‑磷酸葡萄糖酸內酯，並產生 NADPH。
   $\text{Glc‑6‑P} + \text{NADP}^+ \xrightarrow{\text{G6PD}} \text{6‑Phosphoglucono‑δ‑lactone} + \text{NADPH} + \text{H}^+$
2. 分支：此途徑可分為氧化段（產生 NADPH）與非氧化段（產生核糖‑5‑磷酸 (R5P) 及其他糖磷酸）。
3. 功能：

核心觀念

本題考查肝醣分解（glycogenolysis）如何產生可進入血液的游離葡萄糖。核心流程為：

$$\text{肝醣} \rightarrow \text{葡萄糖-1-磷酸} \rightarrow \text{葡萄糖-6-磷酸} \rightarrow \text{葡萄糖}$$

其中，肝醣分解的主要產物不是游離葡萄糖，而是葡萄糖-1-磷酸；只有肝臟與腎臟等組織能進一步將葡萄糖-6-磷酸去磷酸化，釋出游離葡萄糖。

解題方法

依照肝醣分子的分支結構，依序說明分解酵素與產物。

1. 肝醣磷酸化酶切除直鏈部分

肝醣磷酸化酶（glycogen phosphorylase）利用無機磷酸進行磷酸解，切斷肝醣直鏈上的 $\alpha$-1,4-糖苷鍵，從非還原端逐一釋出葡萄糖-1-磷酸：

$$\text{肝醣}_{n}+\mathrm{P_i} \rightarrow \text{肝醣}_{n-1}+\text{葡萄糖-1-磷酸}$$

此酵素無法切斷分支點附近的 $\alpha$-1,6-糖苷鍵，因此會留下接近分支點的 limit dextrin。

2. 去分支酵素處理分支點

去分支酵素（debranching enzyme）具有兩種活性：

• 轉移酶活性（transferase）：將分支點附近的三個葡萄糖殘基移至另一條直鏈上，恢復可供肝醣磷酸化酶作用的 $\alpha$-1,4-結構。
• $\alpha$-1,6-葡萄糖苷酶活性：水解分支點的 $\alpha$-1,6-糖苷鍵，釋出一個游離葡萄糖。

因此，肝醣分解的主要產物是葡萄糖-1-磷酸，少部分分支點葡萄糖則以游離葡萄糖形式產生。

3. 葡萄糖-1-磷酸轉變為葡萄糖-6-磷酸

磷酸葡萄糖變位酶（phosphoglucomutase）催化磷酸基團由第 1 碳移至第 6 碳：

$$\text{葡萄糖-1-磷酸} \rightleftharpoons \text{葡萄糖-6-磷酸}$$

此反應會先經過葡萄糖-1,6-二磷酸中間體。

4. 葡萄糖-6-磷酸去磷酸化

核心觀念
本題在考查「無氧條件下肝臟內各種底物轉變成丙酮酸時，能從糖解作用得到的 ATP 數」；必須熟悉肝臟對葡萄糖、果糖與乳酸的代謝路徑，並計算每條路徑的淨 ATP 產生量。

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(a) Glucose → Pyruvate（無氧）

1. 糖解作用 (Glycolysis)

   • 起始：葡萄糖 → 2 ATP（消耗） → 2 NADH（不計入 ATP） → 2 丙酮酸。
   • 中間產生 4 ATP（每 1,3‑二磷酸甘油酸與磷酸烯醇式丙酮酸各產 2 ATP）。

2. 淨 ATP
   $\text{產生} \;4\;\text{ATP} - \text{消耗} \;2\;\text{ATP} = 2\;\text{ATP}$

3. 為什麼只算到丙酮酸
   無氧環境下，丙酮酸不會進入線粒體的檸檬酸循環；因此產生的 ATP 只來自糖解。

【答案】 $2$ ATP

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(b) Fructose → Pyruvate（無氧，肝臟）

1. 代謝入口
   • 果糖激酶（Ketohexokinase）使用 1 ATP 把果糖磷酸化成 果糖‑1‑磷酸。
   • 醛縮酶 B 把果糖‑1‑磷酸裂解為 二羥丙酮酸 (DHAP) 和 甘油醛。

核心觀念
此題測驗的是「硫胺素焦磷酸 (TPP，亦稱硫胺素二磷酸) 為必要輔酶」的酵素類型。TPP 能穩定 α‑羰基酸的碳正離子，因而常出現在α‑酮酸脫羧與羥基轉移反應的酵素中。

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解題步驟

1. 確認 TPP 的生化功能

   • TPP 由硫胺素 (Vitamin B1) 結合焦磷酸而成，具有活性亞胺基 ( $ylide$ )，可在酶的活性中心接受α‑羰基酸的羰基碳，形成共振穩定的 羰基烯醇中間體。
   • 此特性使 TPP 成為α‑酮酸脫羧酶與羥基轉移酶（如轉酮酶）的必備輔因子。

2. 回想常見的 TPP‑依賴酵素

   • 丙酮酸脫氫酶複合體 (PDH) 的 E1 亞基：催化丙酮酸 → 乙酰‑CoA 的第一步脫羧反應。
   • α‑酮戊二酸脫氫酶複合體 (α‑KGDH) 的 E1 亞基：催化 α‑酮戊二酸 → 琥珀酰‑CoA。
   • 轉酮酶 (Transketolase)：在磷酸戊糖路中，將糖基從五碳糖轉移至三碳糖，需利用 TPP 形成羰基烯醇中間體。
   • 支鏈氨基酸α‑酮酸脫氫酶 (BCKDH) 的 E1 亞基、乙酰乳酸合酶 (Acetolactate synthase) 等也屬於此類。

3. 挑選兩個最具代表性的酵素

   • (1) 丙酮酸脫氫酶 (Pyruvate dehydrogenase, E1)

核心觀念
本題測驗的是「解耦氧化磷酸化」的概念：DNP 透過作為質子（H⁺）的載體，使線粒體內膜的質子梯度（Δp）被「旁路」泄漏，迫使細胞為維持 ATP 合成而加速基礎代謝（呼吸速率、β‐氧化、糖解等），最終提升整體代謝率。

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解題過程

1. 線粒體氧化磷酸化的正常機制

   • 電子傳遞鏈（ETC）：NADH、FADH₂ 供電子於複合體 I、II、III、IV，電子流動釋放能量。
   • 質子泵：上述複合體將質子從基質泵入膜間空間，形成跨膜電化學梯度 Δp，表示為
     $\Delta p = \Delta \psi - \frac{2.303RT}{F}\Delta \text{pH}$
     其中 Δψ 為膜電位，ΔpH 為質子濃度差。
   • ATP 合成：ATP 合酶利用 Δp 的自由能將 ADP + Pᵢ 合成 ATP，效率 ≈ 70 %。

2. DNP（2,4‑二硝基酚）作為質子載體的特性

   • DNP 為弱酸，pKa 約 4.1。於細胞質（pH ≈ 7.2）大部分以去質子化的陰離子形式存在，能穿過內膜；在膜間空間（pH 較低）則重新質子化。
   • 這一「質子穿梭」過程相當於在膜間空間與基質之間提供了 無選擇性的質子通道，直接消耗 Δp。

核心概念
本題考查「線粒體氧化磷酸化」中，從 NADH 所提供的高能電子，如何依序經由呼吸鏈四個大復合體（Complex I、III、IV）傳遞至最終受體 O₂，並藉由質子抽轉形成跨膜電化學梯度，驅動 ATP 合成。

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電子傳遞流程與機制說明

步驟	位置	主要分子	作用說明
(a) NADH → Complex I	內線粒體基質側的 NADH 脫氫酶 (NADH:ubiquinone oxidoreductase)	NADH、FMN、Fe‑S 蛋白、Q (ubiquinone)	NADH 失去 2 電子與 1 個質子，形成 NAD⁺；電子先傳遞至 FMN，形成 FMNH₂，再經多個 Fe‑S 簇傳至 Q，使 Q 被還原為 QH₂。此過程伴隨四個質子由基質抽轉至膜間隙。
(b) QH₂ → Complex III	內線粒體膜的細胞色素 bc₁ 複合體 (cytochrome bc₁ complex)	QH₂、cytochrome c₁、Fe‑S、cytochrome b、cytochrome c	QH₂ 於「Q 循環」中分兩次釋放電子：第一電子經由 cytochrome c₁ → cytochrome c；第二電子經由二氧化鐵（b）返回 Q，重新生成半氧化的 Q。每次電子傳遞同時抽轉兩個質子至膜間隙 (共 4 個質子)。
(c) cytochrome c → Complex IV	內線粒體膜的細胞色素 c 氧化酶 (cytochrome c oxidase)	cytochrome c (氧化態)、O₂、Cu_A、heme aₐₚₐ、heme a₃、Cu_B	兩個由 cytochrome c 送來的電子同時傳至 O₂；在 Cu_B‑heme a₃ 組合中心，O₂ 接受 4 電子與 4 個質子，生成兩分子 H₂O。此步驟再抽轉兩個質子至膜間隙。
(d) 整體質子抽轉與 ATP 合成	基質 ↔ 膜間隙	ATP 合酶 (F₁F₀‑ATP synthase)	以上三個複合體共抽轉 10 個質子 (Complex I 4 個、III 4 個、IV 2 個) 形成電化學梯度，ATP 合酶利用此梯度將 ADP + Pᵢ 合成 ATP。

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為什麼電子必須依序通過上述複合體？

1. 能量梯度 (ΔE°')
   每一步的標準還原電位逐步遞增：

核心觀念
本題測驗的是脂質代謝在哺乳動物細胞內的分工。不同的代謝途徑由特定的酵素群所掌控，而這些酵素大多固定於特定的細胞器（或細胞質），藉此保證底物與產物的有效傳遞、避免代謝沖突，並與能量代謝、磷脂組裝等生理需求相匹配。因此，只要熟記各條路徑的關鍵酵素及其所在的細胞器，即可正確判斷次級位置。

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(a) 脂肪酸合成 (Fatty acid synthesis)

• 關鍵酵素：乙酰‑CoA羧化酶 (ACC) 與脂肪酸合成酶 (FAS) 為多功能大型酶複合體。
• 位置：細胞質 (cytosol)。
  • ACC 和 FAS 均為細胞質可溶性酶；合成的長鏈脂肪酸會在細胞質中以 CoA 形式儲存，然後送往內質網或線粒體進行後續代謝。

【答案】細胞質

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(b) 脂肪酸延長 (Fatty acid elongation)

• 關鍵酵素：延長酶 (ELOVL 系列) 依次進行加長、還原、脫水與再次還原四步驟。
• 位置：內質網 (endoplasmic reticulum, ER) 膜上。
  • ELOVL 複合體嵌入 ER 膜，利用 ER 內的 NADPH 作為還原劑，故延長反應必須在此膜環境中進行。

【答案】內質網

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(c) 脂肪酸脫飽和 (Fatty acid desaturation)

• 關鍵酵素：Δ⁹ 脫飽和酶 (Stearoyl‑CoA desaturase, SCD) 及其他 Δ⁶/Δ⁵ 脫飽和酶。
• 位置：內質網膜（也有部分脫飽和酶位於線粒體內膜，但在哺乳動物主要合成單不飽和脂肪酸的酶在 ER）。
  • 脫飽和酶需要氧分子與 NADH/NADPH 供給，這些電子傳遞元件在 ER 膜上較為集中。

【答案】內質網

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(d) 磷脂合成 (Phospholipids synthesis)

• 關鍵途徑：CDP‑DAG（磷脂酸）路徑與 Kennedy 路徑（磷脂胺、磷脂膽鹼）。
• 位置：內質網（大部分磷脂合成於 ER 膜；