109 年 國立清華大學生命科學院聯招：分子與細胞生物研究所、分子醫學研究所、生物資訊與結構生物研究所、生物科技研究所、系統神經科學研究所乙組《生物化學》

此題考查蛋白質與膜脂交互作用的胺基酸偏好性。跨膜蛋白位於親水的細胞質與胞外環境，以及疏水的脂質雙層之間。膜-水介面（membrane-water interface）指的蛋白質與水性環境接觸的部分。

胺基酸的極性決定其在水性環境或疏水環境中的溶解度。帶電的胺基酸（如 E, K）和極性胺基酸（如 S, T, N, Q, Y）偏好存在於水性環境，而疏水性胺基酸（如 L, I, V, A, F, W, M）偏好存在於脂質雙層內部。

在膜-水介面，蛋白質會與水性環境接觸，因此偏好帶有電荷或極性的胺基酸。

• (A) W (色胺酸) 是一種芳香族胺基酸，具有較大的疏水性，通常位於膜的內部。
• (B) E (麩胺酸) 是一種帶負電的酸性胺基酸，高度親水，適合存在於水性環境，包括膜-水介面。
• (C) K (離胺酸) 是一種帶正電的鹼性胺基酸，高度親水，適合存在於水性環境，包括膜-水介面。

此題考查不同膜運輸系統的能量需求。膜運輸系統可分為被動運輸（不需能量）和主動運輸（需能量）。被動運輸包括簡單擴散、促進性擴散（通過離子通道或載體蛋白）。主動運輸則需要能量，通常是 ATP 水解或利用離子梯度。

讓我們逐一分析選項：
(A) Ca+2-ATPase：名稱中的 "ATPase" 表明這是 ATP 酶，需要水解 ATP 來提供能量，將 Ca+2 泵入細胞外或細胞器內，屬於主動運輸。
(B) bacteriorhodopsin：這是一種光驅動質子泵，利用光能來將質子（H+）泵出細胞，產生質子梯度，屬於一種特殊形式的主動運輸（光能驅動）。

核心觀念

本題考查生物膜的「不對稱性（membrane asymmetry）」：

1. 橫向不對稱（transverse asymmetry）
   指脂質雙層之外層與內層，其脂質組成不同。

2. 側向異質性（lateral heterogeneity）
   指同一層膜面上，不同區域的脂質與膜蛋白分布不均勻，例如 lipid rafts。

3. 胞器間差異
   不同胞器具有不同的膜脂組成與膜蛋白，反映其功能需求。

4. 膜蛋白方向性
   跨膜蛋白具有固定的拓撲方向，細胞外側與細胞質側的結構域通常不同。

5. 膜脂不對稱性的維持
   主要依靠 flippase、floppase 與 scramblase 等脂質轉運蛋白調節脂質在兩個 leaflet 之間的分布；其中 flippase 與 floppase 通常具有方向性及選擇性。

解題方法

判斷各選項是否符合生物膜的基本分布原則，尤其注意磷脂在內、外兩層的典型分布：

膜脂	主要分布
Phosphatidylcholine, PC	外層較多
Sphingomyelin, SM	外層較多
Glycolipids	幾乎位於外層
Phosphatidylethanolamine, PE	內層較多
Phosphatidylserine, PS	內層較多
Phosphatidylinositol, PI	內層較多

其中 PS、PI 等帶負電的酸性磷脂，主要集中在細胞質側的內層，並非外層。因此錯誤敘述為 (E)。

選項分析

(A) Membrane proteins display transverse and lateral asymmetry.

正確。

膜蛋白具有橫向與側向的不對稱性：

• 橫向不對稱：跨膜蛋白的胺基端、羧基端及不同功能結構域，分別朝向細胞外側或細胞質側。
• 側向不對稱：膜蛋白不會均勻分布於整個膜面，可能集中於突觸、細胞連接處、lipid rafts 或特定訊號平台。

因此膜蛋白確實同時具有 transverse 與 lateral asymmetry。

(B) The lipids of the membrane exhibit lateral heterogeneity and transverse asymmetry.

正確。

膜脂在膜面上呈現側向異質性，例如膽固醇、鞘磷脂與特定膜蛋白可聚集形成 lipid rafts。

此題考查胺基酸的側鏈在生理 pH 值（約 7.4）下的離子狀態。胺基酸根據其側鏈的性質可分為幾類：非極性（疏水性）、極性（親水性）但不帶電、酸性（帶負電）和鹼性（帶正電）。

中性 pH (pH 7.4) 下，胺基酸的 α-羧基 (-COOH) 和 α-胺基 (-NH2) 都會去質子化和質子化，形成兩性離子。關鍵在於側鏈的離子狀態。

我們逐一分析選項中的胺基酸：
(A) A (丙胺酸) 和 C (半胱胺酸)：丙胺酸的側鏈是甲基 (-CH3)，非極性。半胱胺酸的側鏈是 -CH2-SH，在生理 pH 下，硫醇基 (-SH) 的 pKa 約為 8.3，因此在 pH 7.4 時，大部分仍是質子化的 -SH 狀態，不帶電。
(B) D (天冬胺酸) 和 E (麩胺酸)：天冬胺酸的側鏈是 -CH2-COOH，其羧基的 pKa 約為 3.9。

核心觀念

肝醣分解（glycogenolysis）的限速酵素是肝醣磷酸化酶（glycogen phosphorylase）。此酵素催化肝醣末端的 $\alpha(1\rightarrow4)$ 醣苷鍵進行磷酸解，產生葡萄糖-1-磷酸：

$$\text{Glycogen}_{n}+\text{Pi} \rightarrow \text{Glycogen}_{n-1}+\text{Glucose-1-phosphate}$$

肝醣磷酸化酶存在兩種主要型態：

• phosphorylase b：去磷酸化型，活性較低。
• phosphorylase a：磷酸化型，活性較高。

在升糖素或腎上腺素刺激下，訊息傳遞路徑會促進 phosphorylase kinase 活化，接著將肝醣磷酸化酶由 phosphorylase b 磷酸化為 phosphorylase a，使肝醣分解速率上升。

解題方法

判斷此題的關鍵，是區分：

1. 肝醣磷酸化酶的共價調控；
2. ATP、ADP、葡萄糖-6-磷酸等分子的變構調控。

肝醣分解通常在細胞需要能量或血糖時增強，因此肝醣磷酸化酶的主要活化方式是磷酸化。肌肉中 AMP 是重要的變構活化劑，但題目選項沒有 AMP；ATP 與葡萄糖-6-磷酸則代表能量或葡萄糖供應充足，會抑制肝醣分解。

因此正確答案為 (D) phosphorylation。

選項分析

(A) ATP

此題考查胺基酸生物合成途徑與其他代謝途徑的關聯。特別是，題目詢問哪個胺基酸的生物合成與普林 (purine) 生物合成有共同的中間產物。

普林核苷酸 (purine nucleotides) 的從頭合成 (de novo synthesis) 是一個複雜的過程，其骨架由多種前體分子提供，包括：

• 5-磷酸核糖-1-焦磷酸 (PRPP) - 提供五碳糖環
• 甘胺酸 (glycine) - 提供 C4 和 N3 和 C2
• 碳單元供體（如 N10-甲醯四氫葉酸）- 提供 C8 和 C6
• 碳單元供體（如 N5,N10-亞甲基四氫葉酸）- 提供 C4
• 氨 (NH3) - 提供 N1 和 N3

嚴格來說，普林環的合成本身就牽涉到甘胺酸、PRPP、甲酸 (formate) 等。然而，題目問的是「胺基酸的生物合成」與普林生物合成的關聯。這通常指的是，某個胺基酸的合成途徑與普林核苷酸合成的某些中間產物共享。

讓我們審視選項中的胺基酸：
(A) Pro (脯胺酸)：脯胺酸的合成主要從麩胺酸 (glutamate) 開始，經過一些步驟。

此題考查膽固醇合成途徑中的關鍵限速酶——HMG-CoA還原酶 (HMG-CoA reductase) 的調控機制。HMG-CoA還原酶是將 HMG-CoA 轉化為 mevalonate 的酶，這是膽固醇合成的速率決定步驟。其調控非常複雜，涉及多種機制。

我們逐一分析選項：
(A) Phosphorylation by cAMP-dependent kinase activates HMG-CoA reductase. (cAMP 依賴性激酶的磷酸化會活化 HMG-CoA 還原酶。)
cAMP 依賴性蛋白激酶 (PKA) 負責細胞內信號傳導。當細胞外信號（如腎上腺素）升高 cAMP 水平時，PKA 會被活化。PKA 磷酸化 HMG-CoA 還原酶，但這種磷酸化會抑制其活性，而不是活化。這是因為在高能量狀態下（由 cAMP 信號指示），細胞不需要合成更多的膽固醇。
此敘述是 FALSE。

(B) A high AMP:ATP ratio leads to activation of HMG-CoA reductase. (高 AMP:ATP 比值導致 HMG-CoA 還原酶的活化。)
高 AMP:ATP 比值通常表示細胞能量水平低。在能量低時，細胞會優先利用能量，而不是合成結構分子如膽固醇。因此，高 AMP:ATP 比值會通過抑制 AMP 活化蛋白激酶 (AMPK) 來間接抑制 HMG-CoA 還原酶的活性。AMPK 磷酸化 HMG-CoA 還原酶，使其失活。
此敘述是 FALSE。

核心觀念

本題考查飽和偶數碳脂肪酸進行完整氧化時的 ATP 產量，包括：

1. 脂肪酸活化所消耗的 ATP。
2. β-氧化產生的 NADH 與 FADH₂。
3. 乙醯輔酶 A 進入檸檬酸循環後產生的 ATP。

現代生物化學通常採用：

• $1$ 個 NADH $=2.5$ ATP
• $1$ 個 FADH₂ $=1.5$ ATP
• $1$ 個乙醯輔酶 A 完整進入檸檬酸循環 $=10$ ATP

肉豆蔻酸（myristate）為 $14:0$ 脂肪酸，即含有 $14$ 個碳且沒有雙鍵。

解題方法

對於含有 $n$ 個碳的偶數碳飽和脂肪酸：

• β-氧化循環次數：

$$\frac{n}{2}-1$$

• 產生的乙醯輔酶 A 數量：

$$\frac{n}{2}$$

因此，肉豆蔻酸含有 $14$ 個碳：

$$\text{β-氧化循環次數}=\frac{14}{2}-1=6$$ $$\text{乙醯輔酶 A 數量}=\frac{14}{2}=7$$

1. β-氧化產生的 ATP

每一輪 β-氧化產生：

• $1$ 個 NADH：$2.5$ ATP
• $1$ 個 FADH₂：$1.5$ ATP

所以每輪產生：

$$2.5+1.5=4\text{ ATP}$$

六輪 β-氧化共產生：

$$6\times 4=24\text{ ATP}$$

2. 乙醯輔酶 A 進入檸檬酸循環

每個乙醯輔酶 A 產生 $10$ ATP，七個乙醯輔酶 A 產生：

$$7\times 10=70\text{ ATP}$$

3. 扣除脂肪酸活化成本

此題考查果糖-2,6-二磷酸 (fructose-2,6-bisphosphate, F2,6BP) 對糖質新生 (gluconeogenesis) 的調控作用。F2,6BP 是一種重要的信號分子，它在調節糖酵解 (glycolysis) 和糖質新生這兩個代謝途徑之間起到關鍵的交叉調控作用。

F2,6BP 的主要作用是作為一種強效的變質性活化劑，活化糖酵解途徑中的關鍵限速酶——磷酸果糖激酶-1 (phosphofructokinase-1, PFK-1)。同時，F2,6BP 也是糖質新生途徑中關鍵限速酶——果糖-1,6-二磷酸酶 (fructose-1,6-bisphosphatase, FBPase-1) 的變質性抑制物。

因此，F2,6BP 的作用是：

1. 活化 PFK-1：PFK-1 是糖酵解的限速酶，其活化會促進糖酵解。
2. 抑制 FBPase-1：FBPase-1 是糖質新生（從果糖-1,6-二磷酸轉化為果糖-6-磷酸）的限速酶，其抑制會阻礙糖質新生。

這兩種作用共同確保了糖酵解和糖質新生這兩個互為逆向的途徑不會同時高效進行，避免了能量的浪費（所謂的「循環」）。

現在我們來看選項：
(A) It inhibits phosphofructokinase to stimulate gluconeogenesis. (它抑制磷酸果糖激酶以刺激糖質新生。)
錯誤。F2,6BP 活化 PFK-1，而不是抑制。而且，活化 PFK-1 是促進糖酵解，抑制糖質新生。

核心觀念

脂肪酸合成所需的乙酸單位，必須先以高能硫酯形式活化，形成 Acetyl-CoA（乙醯輔酶 A）。其反應可表示為：

$$\text{Acetate}+\text{CoA}+\text{ATP} \rightarrow \text{Acetyl-CoA}+\text{AMP}+\text{PP}_{i}$$

Acetyl-CoA 是脂肪酸合成的起始單位，也是後續形成 Malonyl-CoA 的原料。

在脂肪酸合成過程中，Acetyl-CoA 可由 Acetyl-CoA carboxylase 催化羧化成 Malonyl-CoA：

$$\text{Acetyl-CoA}+\text{CO}_{2}+\text{ATP} \rightarrow \text{Malonyl-CoA}+\text{ADP}+\text{P}_{i}$$

其中 Malonyl-CoA 是脂肪酸鏈延長時提供兩碳單位的主要供體，但「乙酸單位的活化」本身是指形成 Acetyl-CoA。

解題方法

判斷題目所問的「活化」發生在哪一個步驟：

1. 乙酸先與 CoA 結合，消耗 ATP，形成高能量的 Acetyl-CoA。
2. Acetyl-CoA 再經羧化形成 Malonyl-CoA。
3. 因此，乙酸單位直接被活化的產物是 Acetyl-CoA，而非 Malonyl-CoA。

此題考查粒線體電子傳遞鏈 (electron transport chain, ETC) 的相關知識。ETC 是將電子從還原劑（如 NADH 和 FADH2）傳遞到最終電子受體（氧氣）的過程，同時將質子從粒線體基質泵入粒線體膜間隙，產生質子梯度，用於 ATP 合成。

我們逐一分析選項：
(A) Complex I transfers electrons from FADH2 to ubiquinone. (複合體 I 將電子從 FADH2 傳遞給泛醌。)
複合體 I (NADH 脫氫酶) 接收電子來自 NADH，並將電子傳遞給泛醌 (ubiquinone, Q)。FADH2 的電子則是由複合體 II (琥珀酸脫氫酶) 傳遞給泛醌。
此敘述是 FALSE。

(B) The Q cycle mediated by Complex II reduces cytochrome c. (由複合體 II 介導的 Q 循環還原細胞色素 c。)
複合體 II (琥珀酸脫氫酶) 將電子從 FADH2 傳遞給泛醌。Q 循環 (Q cycle) 是由複合體 III (細胞色素 bc1 複合體) 介導的，它將泛醌還原的電子傳遞給細胞色素 c (cytochrome c)。複合體 II 本身不參與 Q 循環，也不直接還原細胞色素 c。
此敘述是 FALSE。

(C) A single catalytic cycle of Complex III transports four protons from the intermembrane space to the matrix. (複合體 III

核心觀念

TCA 循環中唯一直接產生高能磷酸鍵的步驟，是由 succinyl-CoA synthetase 催化的基質層級磷酸化。此酵素又稱 succinate thiokinase。

反應如下：

$$\text{Succinyl-CoA} + \text{GDP} + P_i \rightleftharpoons \text{Succinate} + \text{CoA-SH} + \text{GTP}$$

因此，TCA 循環每轉一圈，可在 succinyl-CoA 轉變為 succinate 時形成 1 分子 GTP。

解題方法

判斷關鍵在於掌握 TCA 循環各步驟的產物：

1. $\alpha$-ketoglutarate 轉為 succinyl-CoA：產生 NADH。
2. Succinyl-CoA 轉為 succinate：產生 GTP。
3. Succinate 轉為 fumarate：產生 FADH$_2$。
4. Malate 轉為 oxaloacetate：產生 NADH。

題目問的是「形成 GTP 的酵素」，所以直接對應到 succinyl-CoA 轉為 succinate 的反應，答案為 succinyl-CoA synthetase。

此步驟屬於基質層級磷酸化，不需經過電子傳遞鏈即可形成 GTP。

選項分析

(A) succinyl-CoA synthetase

正確。此酵素催化：

$$\text{Succinyl-CoA} + \text{GDP} + P_i \rightarrow \text{Succinate} + \text{CoA-SH} + \text{GTP}$$

反應先利用 succinyl-CoA 的高能硫酯鍵形成酵素磷酸化中間體，再將磷酸基轉移給 GDP，生成 GTP。

(B) nucleoside diphosphate kinase

錯誤。Nucleoside diphosphate kinase，簡稱 NDP kinase，主要催化不同核苷二磷酸與核苷三磷酸之間的磷酸基轉移，例如：

$$\text{GTP} + \text{ADP} \rightleftharpoons \text{GDP} + \text{ATP}$$

核心觀念

葡萄糖-6-磷酸去氫酶（glucose-6-phosphate dehydrogenase, G6PD）催化磷酸戊糖途徑氧化階段的第一步，也是主要速率決定步驟：

$$\text{Glucose-6-phosphate}+\text{NADP}^{+} \rightarrow \text{6-phosphoglucono-}\delta\text{-lactone}+\text{NADPH}+\text{H}^{+}$$

G6PD 的主要功能是產生 NADPH。NADPH 可供細胞進行脂肪酸合成、膽固醇合成，以及維持還原型穀胱甘肽（GSH），保護細胞免受氧化壓力。

因此，G6PD 的調控重點是細胞內 $[\text{NADP}^{+}]/[\text{NADPH}]$ 比值：

• NADP⁺ 增加：代表細胞需要更多 NADPH，活化 G6PD。
• NADPH 增加：代表 NADPH 供應充足，抑制 G6PD，形成負回饋。

解題方法

先辨認 G6PD 的反應物與產物。G6PD 使用 NADP⁺ 作為電子受體，並生成 NADPH。當細胞內 NADPH 被消耗時，NADP⁺比例上升，會促進磷酸戊糖途徑運作，使 G6PD 活性增加。

所以本題應選擇「能活化 G6PD 的物質」。直接符合此調控原理的是 NADP⁺。

選項分析

(A) Activated by NADPH

錯誤。NADPH 是 G6PD 反應的產物，也是細胞內還原力的主要來源之一。當 NADPH 濃度升高時，表示細胞暫時不需要繼續大量產生 NADPH，因此會對 G6PD 產生抑制作用，而非活化作用。

這屬於產物負回饋抑制。

核心觀念

脂肪酸進入 $\beta$-氧化前，必須先被活化成脂醯輔酶 A（fatty acyl-CoA）。催化此反應的酵素是脂醯輔酶 A 合成酶（fatty acyl-CoA synthetase，亦稱 thiokinase）。

整體反應為：

$$\text{脂肪酸}+\text{CoA-SH}+\text{ATP} \rightarrow \text{脂醯-CoA}+\text{AMP}+\text{PP}_{i}$$

生成的焦磷酸（$\text{PP}_{i}$）會再被水解：

$$\text{PP}_{i}+\text{H}_{2}\text{O} \rightarrow 2\text{P}_{i}$$

因此，ATP 在脂肪酸活化過程中是由 ATP 裂解成 AMP 與 $\text{PP}_{i}$，也就是 ATP 的兩個高能磷酸鍵等效被消耗。

解題方法

判斷脂肪酸活化所消耗的核苷三磷酸形式即可。

脂醯-CoA 合成酶先將脂肪酸與 ATP 反應，形成脂醯腺苷酸（acyl-AMP）中間體：

$$\text{脂肪酸}+\text{ATP} \rightarrow \text{脂醯-AMP}+\text{PP}_{i}$$

接著 CoA-SH 取代 AMP，形成脂醯-CoA：

$$\text{脂醯-AMP}+\text{CoA-SH} \rightarrow \text{脂醯-CoA}+\text{AMP}$$

合併兩步可得：

$$\text{ATP}\rightarrow\text{AMP}+\text{PP}_{i}$$

所以正確選項為 ATP hydrolysis to AMP。

選項分析

(A) UTP to UMP

此題考查單碳單元 (one-carbon units) 的轉移。在代謝過程中，許多反應需要轉移不同狀態的單碳單元，例如甲基 (-CH3)、甲醯基 (-CHO)、亞甲基 (-CH2-)、甲炔基 (-CH=) 等。這些轉移通常需要特定的輔酶來攜帶。

我們逐一分析選項中的輔酶：
(A) Biotin (生物素)：生物素是羧化反應的輔酶，參與將 CO2 轉移到底物上（例如，乙醯輔酶 A 羧化酶）。它參與的是 CO2 的轉移，而不是單碳單元（如甲基、甲醯基）。
(B) Thiamine pyrophosphate (TPP, 硫胺素焦磷酸)：TPP 是丙酮酸脫氫酶複合體和 α-酮戊二酸脫氫酶複合體中的輔酶，參與醛基的轉移和脫羧反應。它不直接轉移甲基或甲醯基。

此題考查單醣的分類。單醣根據羰基（carbonyl group）的位置分為醛糖 (aldose) 和酮糖 (ketose)。如果羰基在鏈的末端（C1），則為醛糖；如果羰基在鏈的內部（C2 或其他位置），則為酮糖。

我們逐一分析選項中的糖類：
(A) ribose (核糖)：核糖是一種五碳糖 (pentose)，其結構式中，C1 為醛基 (-CHO)，因此是醛糖。
(B) maltose (麥芽糖)：麥芽糖是一種二醣 (disaccharide)，由兩個葡萄糖單元通過 α-1,4 糖苷鍵連接而成。

核心觀念

題目考查「光合作用電子傳遞鏈」與「粒線體電子傳遞鏈」的功能對應。

Cytochrome $b_6f$ complex（細胞色素 $b_6f$ 複合體）位於光系統 II（PSII）與光系統 I（PSI）之間，主要功能是：

1. 接受還原型質體醌（plast oquinol，$PQH_2$）的電子。
2. 透過類似醌循環（Q cycle）的機制，將電子傳給細胞色素 $f$，再傳至 plastocyanin。
3. 將質子移入類囊體腔，建立質子濃度梯度，供 ATP synthase 合成 ATP。

粒線體電子傳遞鏈中的 Complex III 也具有高度相似的功能：

1. 接受還原型泛醌（ubiquinol，$QH_2$）的電子。
2. 經由 Q cycle 將電子傳給 cytochrome $c$。
3. 將質子輸送至膜間腔，建立質子動力勢。

因此，兩者都是「醌類電子載體至細胞色素電子載體」之間的電子傳遞與質子轉位複合體。

解題方法

判斷這類題目的關鍵，是比較電子傳遞鏈各複合體的功能，而不是只比較名稱。

光合作用中的電子流可簡化表示為：

$$H_2O \rightarrow PSII \rightarrow PQ/PQH_2 \rightarrow cytochrome\ b_6f \rightarrow plastocyanin \rightarrow PSI$$

粒線體中的相關電子流為：

$$NADH/FADH_2 \rightarrow Q/QH_2 \rightarrow Complex\ III \rightarrow cytochrome\ c \rightarrow Complex\ IV$$

兩條路徑中，$b_6f$ complex 與 Complex III 都位於：

$$\text{醌類電子載體} \rightarrow \text{細胞色素電子載體}$$

這一段，且都藉由 Q cycle 進行電子傳遞與質子轉位。因此：

$$\text{cytochrome } b_6f \text{ complex} \longleftrightarrow \text{mitochondrial Complex III}$$

選項分析

(A) Complex I：錯誤

粒線體 Complex I 又稱 NADH dehydrogenase complex，接受 NADH 的電子，將電子傳給 ubiquinone，反應方向為：

$$NADH \rightarrow Complex\ I \rightarrow Q$$

此題考查電子傳遞鏈 (ETC) 的電子進入方式，以及是否需要穿梭系統 (shuttle system)。

粒線體電子傳遞鏈位於粒線體內膜上。還原性輔酶 NADH 和 FADH2 是 ETC 的主要電子來源。

• NADH：

  • 在粒線體基質中產生的 NADH (例如，來自 TCA 循環和脂肪酸 β-氧化) 可以直接將電子傳遞給粒線體內膜上的複合體 I。
  • 在細胞質中產生的 NADH (例如，來自糖酵解) 無法直接穿過粒線體內膜進入基質，因此需要通過「穿梭系統」將其還原能力轉移到粒線體內部，再傳遞給 ETC。常見的穿梭系統有：
    • 蘋果酸-草醯乙酸穿梭系統 (Malate-aspartate shuttle)：將細胞質 NADH 的電子傳遞給粒線體內的 NAD+，生成粒線體 NADH，進而進入複合體 I。
    • 甘油磷酸穿梭系統 (Glycerol-3-phosphate shuttle)：將細胞質 NADH 的電子傳遞給位於粒線體內膜上的甘油磷酸脫氫酶，生成 FADH2，進而進入複合體 II。

• FADH2：

  • 在粒線體基質中產生的 FADH2 (例如，來自 TCA 循環中的琥珀酸脫氫酶和脂肪酸 β-氧化) 可以將電子直接傳遞給粒線體內膜上的複合體 II。

核心觀念

本題考查芳香族胺基酸的生合成，以及莽草酸途徑（shikimate pathway）的共同中間物。

芳香族胺基酸苯丙胺酸（phenylalanine）、酪胺酸（tyrosine）與色胺酸（tryptophan）皆可由莽草酸途徑的共同分支點 chorismate 合成。其核心關係可表示為：

$$\text{Shikimate pathway} \longrightarrow \text{Chorismate} \longrightarrow \begin{cases} \text{Phenylalanine}\\ \text{Tyrosine}\\ \text{Tryptophan} \end{cases}$$

Chorismate 也可作為其他含苯環細胞化合物的前驅物，例如對胺基苯甲酸、泛醌相關化合物及部分植物次級代謝物。因此題幹所稱的「合成芳香族胺基酸與含苯環細胞化合物的共同中間物」就是 chorismate。

解題方法

判斷此題的關鍵是辨認「芳香族胺基酸」與「含苯環化合物」所共用的生合成途徑。

莽草酸途徑先將磷酸烯醇式丙酮酸（PEP）與赤藻糖-4-磷酸等碳源轉換，經一連串反應形成莽草酸及其衍生物，最後生成 chorismate。Chorismate 位於途徑末端，是多條芳香族化合物生合成支路的分叉點：

• 經 prephenate 支路形成 phenylalanine 與 tyrosine。
• 經 anthranilate 支路形成 tryptophan。
• 經其他支路形成含芳香環的細胞代謝物。

因此，看到題幹同時出現「aromatic amino acids」與「benzene rings」，應直接聯想到 shikimate pathway 的分支點 chorismate。

選項分析

(A) Chorismate：正確

Chorismate 是莽草酸途徑的共同中間物，也是芳香族胺基酸生合成的重要分支點。

其主要分流如下：

$$\text{Chorismate} \longrightarrow \text{Prephenate} \longrightarrow \text{Phenylalanine、Tyrosine}$$

以及：

$$\text{Chorismate} \longrightarrow \text{Anthranilate} \longrightarrow \text{Tryptophan}$$

此題考查酶動力學中，競爭性抑制劑 (competitive inhibitor) 對 Lineweaver-Burk 圖的影響。Lineweaver-Burk 圖是 1/v 對 1/[S] 的雙倒數圖。

對於一個沒有抑制劑的酶反應，Lineweaver-Burk 方程式為：
$\frac{1}{v} = \frac{K_m}{V_{max}} \frac{1}{[S]} + \frac{1}{V_{max}}$
其中，$V_{max}$ 是最大反應速率，$K_m$ 是米氏常數。
圖中的實線代表沒有抑制劑的情況，它在 y 軸的截距為 $1/V_{max}$，在 x 軸的截距為 $-1/K_m$。

競爭性抑制劑的作用是與底物競爭結合酶的活性位點。它會增加酶對底物的表觀 $K_m$ ($K_m^{app}$)，但不會改變 $V_{max}$。
當存在競爭性抑制劑時，Lineweaver-Burk 方程式變為：
$\frac{1}{v} = \frac{K_m^{app}}{V_{max}} \frac{1}{[S]} + \frac{1}{V_{max}}$
其中，$K_m^{app} = K_m (1 + \frac{[I]}{K_i})$，[I] 是抑制劑濃度，$K_i$ 是抑制劑解離常數。
由於 $K_m^{app} > K_m$，因此 $1/K_m^{app} < 1/K_m$。
這意味著：

1. y 軸截距 ($1/V_{max}$) 保持不變，因為 $V_{max}$ 不變。

此題考查酶動力學中的米氏方程 (Michaelis-Menten equation) 的應用，計算米氏常數 $K_m$。

米氏方程描述了酶促反應速率 $v$ 與底物濃度 $[S]$ 之間的關係：
$v = \frac{V_{max} [S]}{K_m + [S]}$
其中：

• $v$ 是反應速率
• $V_{max}$ 是最大反應速率
• $[S]$ 是底物濃度
• $K_m$ 是米氏常數

題目給出了以下資訊：

• $v = 2 \text{ mM/min}$
• $V_{max} = 10 \text{ mM/min}$

此題考查血紅蛋白 (hemoglobin) 和肌紅蛋白 (myoglobin) 的氧氣結合曲線，以及 pH 值對血紅蛋白氧氣親和力的影響。

核心觀念：

• 肌紅蛋白 (Myoglobin, Mb)：單一肽鏈，含一個血紅素輔基，負責氧氣的儲存，其氧氣結合曲線呈雙曲線 (hyperbolic) 狀，表示單位的結合位點，親和力不受變構效應影響。
• 血紅蛋白 (Hemoglobin, Hb)：四個肽鏈組成，含四個血紅素輔基，負責氧氣的運輸。其氧氣結合曲線呈 S 型 (sigmoidal)，表示協同效應 (cooperativity)，即一個氧氣分子結合後會增加其他氧氣位點的結合親和力。
• Bohr effect (波耳效應)：pH 值和 CO2 濃度會影響血紅蛋白對氧氣的親和力。pH 值降低或 CO2 濃度升高會降低血紅蛋白對氧氣的親和力，有利於氧氣從血液釋放到組織。反之，pH 值升高或 CO2 濃度降低會增加血紅蛋白對氧氣的親和力。

圖示分析：
原圖顯示了 pH 7.2 時，肌紅蛋白和血紅蛋白的氧氣飽和度 (Y, fractional saturation) 與氧分壓 (pO2) 的關係圖。

• 肌紅蛋白曲線是單一雙曲線，表示其氧氣親和力高。
• 血紅蛋白曲線是 S 型，表示其氧氣親和力較肌紅蛋白低，且具有協同效應。

(1) pH 升高至 7.6 時的曲線：
pH 升高（鹼性增加）會增加血紅蛋白對氧氣的親和力。這意味著在相同的 pO2 下，血紅蛋白的飽和度會更高，或者達到相同的飽和度所需的 pO2 會更低。
因此，當 pH 從 7.2 升高到 7.6 時，血紅蛋白的 S 型曲線應向左移動（朝向較低的 pO2 方向），曲線會變得更陡峭，表示親和力增強。

(2) pH 降低至 6.8 時的曲線：
pH 降低（酸性增加）會降低血紅蛋白對氧氣的親和力。這意味著在相同的 pO2 下，血紅蛋白的飽和度會更低，或者達到相同的飽和度所需的 pO2 會更高。

核心觀念

β-氧化是脂肪酸在粒線體基質中逐輪分解的途徑。每一輪包含四個反應：

1. 脂醯－CoA 脱氫，產生 $1$ 個 $FADH_2$
2. 烯醯－CoA 水合，消耗 $H_2O$
3. β-羥基脂醯－CoA 脱氫，產生 $1$ 個 $NADH$
4. β-酮脂醯－CoA 硫解，產生 $1$ 個乙醯－CoA

每完成一輪，脂肪酸碳鏈縮短 $2$ 個碳，並釋放一個乙醯－CoA。

本題指定換算值為：

$$NADH=2.5\ ATP,\qquad FADH_2=1.5\ ATP$$ $$乙醯\text{-}CoA=10\ ATP$$

脂肪酸活化為脂醯－CoA 時需消耗：

$$ATP\rightarrow AMP+PP_i$$

此反應相當於消耗 $2$ 個 ATP 當量。

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解題方法：β-氧化的四個步驟

第一步：脂醯－CoA 脱氫

酵素為脂醯－CoA 脱氫酶（acyl-CoA dehydrogenase）。

$$\text{脂醯-CoA} \xrightarrow[\text{FAD}]{\text{脂醯-CoA 脱氫酶}} \text{反式-烯醯-CoA}+\text{FADH}_2$$

此步驟在 α、β 碳之間形成雙鍵，產生反式 $\Delta^2$-烯醯－CoA。

能量結果：

$$1\ FADH_2=1.5\ ATP$$

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第二步：雙鍵水合

酵素為烯醯－CoA 水合酶（enoyl-CoA hydratase）。

$$\text{反式-烯醯-CoA}+H_2O \xrightarrow{\text{烯醯-CoA 水合酶}} L\text{-}\beta\text{-羥基脂醯-CoA}$$

水分子加到雙鍵上，形成 β-羥基脂醯－CoA。

能量結果：

此步驟不產生或消耗 ATP、NADH、FADH₂。

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第三步：β-羥基脂醯－CoA 脱氫

酵素為 β-羥基脂醯－CoA 脱氫酶（β-hydroxyacyl-CoA dehydrogenase）。

$$L\text{-}\beta\text{-羥基脂醯-CoA}+NAD^+ \xrightarrow{\text{β-羥基脂醯-CoA 脱氫酶}} \beta\text{-酮脂醯-CoA}+NADH+H^+$$

β 位的羥基被氧化為酮基，形成 β-酮脂醯－CoA。

能量結果：

$$1\ NADH=2.5\ ATP$$

題目雖列出 $NADPH=3.5$ ATP，但β-氧化此步驟實際使用的是 $NAD^+$，因此產物是 $NADH$，不是 $NADPH$。

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第四步：硫解

酵素為 β-酮硫解酶（β-ketothiolase 或 thiolase）。

$$\beta\text{-酮脂醯-CoA}+CoA\text{-}SH \xrightarrow{\text{硫解酶}} \text{乙醯-CoA}+\text{縮短兩碳的脂醯-CoA}$$

由 CoA-SH 參與硫解，切斷 α、β 碳之間的鍵，產生一分子乙醯－CoA，剩餘脂醯－CoA 再進入下一輪。

能量結果：

$$1\ 乙醯\text{-}CoA=10\ ATP$$

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β-氧化四步驟總圖

$$\text{脂醯-CoA} \xrightarrow[\text{FAD}\rightarrow FADH_2]{\text{脂醯-CoA 脱氫酶}} \text{反式-烯醯-CoA}$$ $$\xrightarrow[+H_2O]{\text{烯醯-CoA 水合酶}} L\text{-}\beta\text{-羥基脂醯-CoA} \xrightarrow[NAD^+\rightarrow NADH+H^+]{\text{β-羥基脂醯-CoA 脱氫酶}} \beta\text{-酮脂醯-CoA}$$ $$\xrightarrow[+CoA\text{-}SH]{\text{硫解酶}} \text{乙醯-CoA}+\text{縮短兩碳的脂醯-CoA}$$

因此，每一輪 β-氧化固定產生：

此題考查三羧酸循環 (TCA cycle) 的產物以及這些產物通過電子傳遞系統 (electron transport system, ETS) 產生的 ATP 量。

第一部分：TCA 循環每分子乙醯輔酶 A (Acetyl-CoA) 產生的 NADH, FADH2, GTP

TCA 循環是一個代謝循環，將乙醯輔酶 A 氧化為 CO2。每經過一輪 TCA 循環（即一個乙醯輔酶 A 分子進入循環），會產生以下還原性輔酶和高能磷酸鍵分子：

1. NADH：在 TCA 循環中有三個步驟產生 NADH。

   • α-酮戊二酸脫氫酶複合體 (α-ketoglutarate dehydrogenase complex) 催化 α-酮戊二酸氧化脫羧生成琥珀醯輔酶 A。
   • 蘋果酸脫氫酶 (malate dehydrogenase) 催化蘋果酸氧化生成草醯乙酸。
   • 每個乙醯輔酶 A 分子進入 TCA 循環，最終會產生 3 分子 NADH。

2. FADH2：在 TCA 循環中有一個步驟產生 FADH2。

   • 琥珀酸脫氫酶 (succinate dehydrogenase) 催化琥珀酸氧化生成延胡索酸。
   • 每個乙醯輔酶 A 分子進入 TCA 循環，最終會產生 1 分子 FADH2。

3. GTP：在 TCA 循環中有一個步驟通過底物層級磷酸化產生 GTP。

   • 琥珀醯輔酶 A 合成酶 (succinyl-CoA synthetase) 催化琥珀醯輔酶 A 的水解，同時將 GDP 磷酸化為 GTP。
   • 每個乙醯輔酶 A 分子進入 TCA 循環，最終會產生 1 分子 GTP (相當於 1 分子 ATP)。

總結 TCA 循環產物 (每分子 Acetyl-CoA)：

• NADH: 3 分子
• FADH2: 1 分子
• GTP: 1 分子

第二部分：這些產物通過電子傳遞系統 (ETS) 產生的 ATP 量

此題考查膽固醇 (cholesterol) 的生物合成及其相關調控。

1. 膽固醇生物合成的起始結構單元 (start building block)：
膽固醇的從頭合成 (de novo synthesis) 起始於乙醯輔酶 A (Acetyl-CoA)。乙醯輔酶 A 經過一系列反應，首先合成一個 6 個碳的分子——乙醯乙醯輔酶 A (acetoacetyl-CoA)，然後乙醯輔酶 A 和乙醯乙醯輔酶 A 縮合形成 3-羥基-3-甲基戊二醯輔酶 A (HMG-CoA)。HMG-CoA 是膽固醇合成途徑中的一個關鍵中間產物。隨後，HMG-CoA 被還原為 mevalonate，這是一個 6 個碳的分子，也是膽固醇合成的關鍵前體。
因此，嚴格來說，膽固醇合成的起始「單位」是乙醯輔酶 A (Acetyl-CoA)。但如果從合成路徑的早期關鍵中間產物來看，HMG-CoA 也是一個重要的節點。然而，最根本的起始單元是乙醯輔酶 A。

2. 膽固醇生物合成的控制酶 (control enzyme)：
膽固醇合成途徑的速率決定步驟，也是最主要的調控點是 HMG-CoA 還原酶 (HMG-CoA reductase)。該酶催化 HMG-CoA 轉化為 mevalonate。它的活性受到多種機制的嚴格調控，包括激素（如胰島素、升糖素）、細胞內膽固醇水平、藥物（他汀類藥物）等。

3. 血液循環中膽固醇的主要轉運體 (major transporter of cholesterol in circulation system)：
膽固醇在血液中以脂蛋白 (lipoprotein) 的形式運輸。主要的脂蛋白載體包括：

• 低密度脂蛋白 (Low-density lipoprotein, LDL)：主要負責將肝臟合成的膽固醇運輸到全身組織，因此常被稱為「壞膽固醇」。
• 高密度脂蛋白 (High-density lipoprotein, HDL)：主要負責從外周組織將膽固醇運回肝臟進行代謝或排泄，因此常被稱為「好膽固醇」。
• 乳糜微粒 (Chylomicrons) 和極低密度脂蛋白 (VLDL) 也參與膽固醇的運輸，但 LDL 和 HDL 是最主要的膽固醇轉運體。
  在題目問「major transporter」時，通常指的是 LDL，因為它攜帶了體內大部分的膽固醇。