108 年 國立臺灣大學食品科技研究所戊組《生物化學（A）》

核心觀念

本題考查蛋白質的結構、等電點與離子交換層析、SDS-PAGE，以及複合蛋白質與蛋白酶的定義。

• $\alpha$-角蛋白主要存在於毛髮、指甲、皮膚表皮等組織。
• 蛋白質在 $pH<pI$ 時帶正電，在 $pH>pI$ 時帶負電。
• SDS-PAGE 中，SDS 使蛋白質具有近似一致的「電荷／質量比」，主要依分子量分離。
• 複合蛋白質由蛋白質部分與非蛋白質部分組成；後者若與蛋白質緊密結合，稱為 prosthetic group。
• Carboxypeptidase 從多胜肽的羧基端逐一切除胺基酸，且具有底物特異性。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合上述定義。離子交換層析與 SDS-PAGE 可直接依電荷及分子量判斷；蛋白酶與複合蛋白質則需注意其作用位置及專有名詞的嚴格定義。

選項分析

(A) $\alpha$-Keratin is rich in connective tissue.

錯誤。

$\alpha$-Keratin（$\alpha$-角蛋白）主要分布於毛髮、羊毛、指甲、皮膚表皮等角化組織，屬於纖維狀蛋白質。

結締組織中主要富含的是 collagen（膠原蛋白），不是 $\alpha$-keratin。因此此選項將角蛋白與膠原蛋白混淆。

(B) A protein should be dissolved in a buffer with pH higher than its pI in order to bind to a cation exchange column.

錯誤。

當

$$pH>pI$$

蛋白質整體帶負電；當

$$pH<pI$$

蛋白質整體帶正電。

Cation exchange column（陽離子交換柱）的固定相帶負電，用來吸附帶正電的蛋白質。因此蛋白質應在

$$pH<pI$$

的條件下上柱。

在 $pH>pI$ 時，蛋白質帶負電，較適合結合 anion exchange column（陰離子交換柱）。

(C) If protein A runs faster than protein B in SDS-PAGE, protein A must have lower molecular mass than protein B.

在標準 SDS-PAGE 的假設下，正確。

SDS 會使蛋白質變性並大致賦予一致的電荷／質量比，因此凝膠中的移動速度主要與分子量相關。分子量越小，越容易穿過聚丙烯醯胺凝膠孔洞，移動距離越遠、速度越快。

因此：

$$\text{protein A runs faster} \Rightarrow M_A<M_B$$

核心觀念

纖維素（cellulose）是由許多 D-葡萄糖（Glc） 所組成的同多醣，單醣之間以 β-1→4 糖苷鍵連接。

其基本結構可表示為：

$$\mathrm{Glc}(\beta 1\to4)\mathrm{Glc}$$

其中：

• Glc：葡萄糖（glucose）
• β：異頭碳上的糖苷鍵為 β 構型
• 1→4：前一個葡萄糖的第 1 碳，連接到下一個葡萄糖的第 4 碳

大量葡萄糖以此方式連接後，形成纖維素長鏈。β-1→4 糖苷鍵使相鄰葡萄糖排列伸展，分子鏈之間可形成大量氫鍵，因此纖維素具有高強度與難以消化的特性。

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解題方法

判斷纖維素的結構時，依序確認兩項：

1. 組成單醣種類：纖維素由葡萄糖組成，因此必須是 Glc。
2. 糖苷鍵型式：纖維素的葡萄糖以 β-1→4 糖苷鍵連接。

因此結構為：

$$\mathrm{Glc}(\beta 1\to4)\mathrm{Glc}$$

符合選項 (C)。

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選項分析

(A) Gal($\beta$1$\to$4)Glc

錯誤。Gal 代表半乳糖（galactose），此結構是由半乳糖與葡萄糖組成的二醣，代表性例子為乳糖（lactose），不是纖維素。纖維素的重複單位必須是葡萄糖，而非半乳糖。

(B) GlcNAc($\beta$1$\to$4)GlcNAc

核心觀念

本題測驗的核心為血紅素（Hemoglobin, Hb）的氧氣結合特性及其立體結構調控（Allosteric regulation）。

1. 結合飽和度（Fractional Saturation, $\theta$ 或 $Y$）：
   定義為已被配體（$O_2$）佔據的結合位點數量佔總結合位點數量的比例：
   $\theta = \frac{\text{結合氧氣的結合位點數}}{\text{總結合位點數}}$
2. 肌紅素（Myoglobin, Mb） vs. 血紅素（Hemoglobin, Hb）：
   • 肌紅素（Mb）：為單體蛋白質（Monomer），只有一個血基質（Heme）結合位，結合氧氣時無協同效應（Non-cooperative），其氧結合曲線為標準的雙曲線（Hyperbolic）：
     $\theta = \frac{pO_2}{pO_2 + P_{50}}$
   • 血紅素（Hb）：為四聚體蛋白質（$\alpha_2\beta_2$ Tetramer），具有四個血基質結合位，次單元之間存在**正協同效應（Positive cooperativity）**與異位調控，由 Hill 方程式描述：
     $\theta = \frac{(pO_2)^{n_H}}{(pO_2)^{n_H} + (P_{50})^{n_H}}$
     其中血紅素的 Hill 係數 $n_H \approx 2.8 > 1$，因此其氧結合曲線呈典型的 S 型曲線（Sigmoidal curve / 乙狀曲線）。

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解題方法

1. 結構構型轉換機制（T 態與 R 態）：
   • 去氧血紅素（Deoxy-Hb） 主要處於 T 態（Tense state），對氧氣的親和力較低。
   • 當第一個氧分子結合後，引發次單元結構改變，帶動鄰近次單元轉變為高親和力的 R 態（Relaxed state），促使後續氧分子更容易結合。
2. 曲線型態分析：
   • 在低氧分壓（$pO_2$ 低）時，親和力低，曲線上升緩慢；
   • 當氧分壓上升引發 T $\rightarrow$ R 轉變後，親和力大幅提升，結合曲線斜率陡增；
   • 當結合位點接近完全佔滿時，斜率逐漸平緩並趨於飽和（$\theta \to 1$）。

核心觀念

本題測驗「輔酶（Coenzymes）的化學特性及其所媒介的化學基團轉移反應」。

• 脫氫酶（Dehydrogenase）與氫負離子（Hydride anion, $\text{H}^-$）：
  許多去氫反應牽涉受質氧化失去兩個電子與兩個質子（$2e^- + 2\text{H}^+$）。在吡啶核苷酸（Pyridine nucleotides）如 $\text{NAD}^+$／$\text{NADP}^+$ 參與的脫氫反應中，受質釋出的成分為一個帶兩個電子的氫負離子（$\text{H}^-$）以及一個游離的質子（$\text{H}^+$）：
  $\text{Substrate-H}_2 + \text{NAD}^+ \rightarrow \text{Substrate} + \text{NADH} + \text{H}^+$
  其中 $\text{NAD}^+$ 的菸鹼醯胺環（Nicotinamide ring）上的 C-4 位置會直接接受此氫負離子（$\text{H}^-$）。

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解題方法

從題目關鍵字「dehydrogenase（脫氫酶）」與「direct transfer of hydride anion（氫負離子的直接轉移）」切入：

1. 分析題幹問的是負責轉移**氫負離子（$\text{H}^-$，即包含 1 個質子與 2 個電子）**的輔酶。
2. 比對各選項輔酶的主要生理生化功能：
   • $\text{NAD}^+$：氧化還原反應，為專門接受/提供 $\text{H}^-$ 的電子載體。
   • Folic acid、Lipoic acid、TPP、Biotin：分別媒介一碳基團轉移、醯基轉移配合電子轉移、活化醛基轉移與去羧反應、以及羧基轉移反應。
3. 確定符合「直接轉移氫負離子」特徵的輔酶為 $\text{NAD}^+$。

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選項分析

• (A) $\text{NAD}^+$（正確）：
  $\text{NAD}^+$（菸鹼醯胺腺嘌呤二核苷酸，Nicotinamide adenine dinucleotide）衍生自菸鹼酸（Vitamin $\text{B}_3$）。其氧化還原活性中心為吡啶環（Pyridinium ring）。在脫氫酶作用下，受質上的氫負離子（$\text{:H}^-$，帶一對非共用電子對）以立體特異性（stereospecific）方式立體化學進攻 $\text{NAD}^+$ 的 C-4 位置，還原為 NADH，並伴隨釋放一個水合質子（$\text{H}^+$）。因此，$\text{NAD}^+$ 為直接傳遞氫負離子的輔酶。

• (B) Folic acid（錯誤）：
  葉酸（Folic acid，Vitamin $\text{B}_9$）經還原後轉變為具活性的四氫葉酸（Tetrahydrofolate, THF）。

核心觀念

反應

$$\mathrm{ATP + H_2O \rightarrow ADP + P_i}$$

是 ATP 的水解反應。其本質是 ATP 末端的 $\gamma$-磷酸基團轉移給水，形成無機磷酸（$P_i$），因此屬於基團轉移反應（group transfer reaction）。

ATP 中被水解的是磷酸酐鍵，而不是碳—碳鍵或一般氧化還原鍵。反應可概念化為：

$$\mathrm{ATP + H_2O \rightarrow ADP + P_i}$$

其中水參與反應，使末端磷酸基團以 $P_i$ 形式離去。

解題方法

判斷此題的關鍵，是觀察反應是否涉及：

1. 特定化學基團從一個分子轉移至另一個分子；
2. 電子轉移或氧化數改變；
3. 分子內部的原子重新排列；
4. 自由基或均裂鍵結的形成。

ATP 水解時，ATP 的末端磷酸基團轉移給水，產物為 ADP 與 $P_i$。因此符合「基團由一個分子轉移至另一個分子」的定義，答案為 group transfer。

選項分析

(A) group transfer：正確

ATP 的 $\gamma$-磷酸基團在水解過程中轉移至水，最後形成無機磷酸：

$$\mathrm{ATP \rightarrow ADP + P_i}$$

這是典型的磷酸基團轉移反應，故選此項。

(B) internal rearrangement：錯誤

這題考驗對單株抗體 (monoclonal antibody) 和多株抗體 (polyclonal antibody) 的區別。

單株抗體 (Monoclonal Antibodies, mAbs)：

• 由單一 B 細胞克隆產生的抗體。
• 所有抗體分子都識別抗原上的 同一種表位 (epitope)。
• 具有高度特異性，應用廣泛，如診斷、治療。
• 生產過程通常涉及將產生抗體的 B 細胞與骨髓瘤細胞 (myeloma cells) 融合，形成雜交瘤細胞 (hybridoma cells)，然後篩選並培養單一雜交瘤細胞株。

多株抗體 (Polyclonal Antibodies, pAbs)：

• 由多個不同的 B 細胞克隆產生的抗體混合物。
• 識別抗原上的 多種不同表位。
• 生產過程是將抗原注入動物體內，動物免疫系統產生對抗多種表位的抗體，然後從動物體內提取血清。

現在分析選項：
(A) are labeled with chemicals that can be visualized. (被化學物質標記以便觀察)：單株抗體和多株抗體都可以被標記（例如螢光染料、酶、放射性同位素），以便於檢測和定量。這不是單株抗體與多株抗體的區別。

核心觀念

本題考查檸檬酸循環（Citric acid cycle，又稱 Krebs cycle 或 TCA cycle）的：

• 細胞代謝地位
• 反應場所
• 分解代謝與合成代謝的雙重功能
• 每一分子乙醯輔酶 A 完成一輪循環時的產物

每一輪檸檬酸循環是指「一分子乙醯輔酶 A 與草醯乙酸結合，最後再生草醯乙酸」的完整過程。

解題方法

依序檢查檸檬酸循環的基本特徵：

1. 是否為細胞代謝的核心途徑？
2. 主要反應場所是否正確？
3. 是否同時具有分解代謝與合成代謝功能？
4. 每輪產生的還原型輔酶與高能磷酸鍵數量是否正確？

若 A～D 全部正確，則選擇「以上皆非錯誤」的（E）。

選項分析

(A) 正確

檸檬酸循環是細胞代謝的重要樞紐，原因是其反應中間產物可被其他代謝途徑利用。

例如：

• 檸檬酸可輸出至細胞質，作為脂肪酸與膽固醇合成的碳源。
• α-酮戊二酸與草醯乙酸可用於胺基酸合成。
• 琥珀醯輔酶 A 可參與血基質合成。
• 草醯乙酸也可補充糖質新生途徑。

因此，檸檬酸循環不只是分解乙醯輔酶 A 的途徑，也與醣類、脂質及胺基酸代謝相互連結，是中央代謝途徑。

(B) 正確

在真核細胞中，檸檬酸循環主要發生於粒線體基質（mitochondrial matrix）。

但有一項重要細節：琥珀酸去氫酶是檸檬酸循環中唯一嵌入粒線體內膜的酵素，同時也是電子傳遞鏈的複合體 II。雖然該酵素位於內膜，檸檬酸循環的整體反應場所仍判定為粒線體基質。

(C) 正確

檸檬酸循環具有兩種功能，因此稱為兩用代謝途徑（amphibolic pathway）。

其分解代謝功能包括：

核心觀念

本題考查粒線體氧化磷酸化的電子來源與電子傳遞鏈。

氧化磷酸化包含兩個連續過程：

1. $NADH$ 與 $FADH_2$ 提供高能電子。
2. 電子經由電子傳遞鏈傳遞至 $O_2$，形成水；其釋放的能量驅動 $H^+$ 跨過內膜，建立質子梯度，供 ATP synthase 合成 ATP。

主要反應可概括為：

$$NADH + H^+ + \frac{1}{2}O_2 \rightarrow NAD^+ + H_2O$$ $$FADH_2 + \frac{1}{2}O_2 \rightarrow FAD + H_2O$$

其中，$NAD^+$ 與 $FAD$ 是被還原形成 $NADH$ 與 $FADH_2$ 的氧化型輔酶。

解題方法

判斷各物質是否為氧化磷酸化不可缺少的電子傳遞成分：

• $NADH$、$FADH_2$：電子供體。
• $O_2$：電子傳遞鏈的最終電子受體。
• $NAD^+$：$NADH$ 被氧化後的產物，也是粒線體基質中許多脫氫酶反應所需的輔酶。

若缺乏其中任一物質，電子傳遞鏈或其上游反應都會受阻，因此都會限制氧化磷酸化速率。

選項分析

(A) NAD⁺

錯誤。$NAD^+$ 是三羧酸循環及其他基質內氧化反應所需的氧化型電子受體。例如：

$$\text{Substrate} + NAD^+ \rightarrow \text{Oxidized substrate} + NADH + H^+$$

若 $NAD^+$ 不足，$NADH$ 的生成會下降，使送入電子傳遞鏈的電子減少，進而限制氧化磷酸化。

(B) NADH

錯誤。$NADH$ 將電子交給複合體 I，啟動電子傳遞鏈：

核心觀念

本題考查生物化學與熱力學中最基礎的吉布斯自由能（Gibbs free energy）基本定義式與關係：

1. 吉布斯自由能公式：
   $\Delta G^0 = \Delta H^0 - T\Delta S^0$
   其中：
   • $\Delta G^0$：標準自由能變化（Standard free energy change）
   • $\Delta H^0$：標準焓變化（Standard enthalpy change）
   • $T$：絕對溫度（Absolute temperature，單位為 $\text{K}$）
   • $\Delta S^0$：標準熵變化（Standard entropy change）
2. 標準自由能與化學平衡常數的關係：
   $\Delta G^0 = -RT \ln K_{\text{eq}}$
   其中 $R$ 為理想氣體常數。

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解題方法

由題意可知，反應的標準焓變化為零，即：
$\Delta H^0 = 0$

將 $\Delta H^0 = 0$ 代入吉布斯自由能公式：
$\Delta G^0 = \Delta H^0 - T\Delta S^0$
$\Delta G^0 = 0 - T\Delta S^0$
$\Delta G^0 = -T\Delta S^0$

因此，當反應的焓變為零時，標準自由能變化 $\Delta G^0$ 等於 $-T\Delta S^0$。

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選項分析

• (A) 錯誤：
  $\Delta G^0 = -RT \ln K_{\text{eq}}$，即使考慮其關係，式中亦缺少 $-RT$ 係數；

核心觀念

本題考查「脂質是否具有訊息傳遞功能」。脂質不僅是細胞膜與能量儲存的成分，其中部分脂質可作為：

1. 細胞內第二訊息者：由膜脂質衍生，快速傳遞受體活化訊號。
2. 細胞間訊息分子：由細胞合成並分泌，作用於其他細胞或遠端組織。
3. 局部訊息分子：在細胞膜附近或組織局部產生，調節發炎、血管張力等生理反應。

磷脂醯肌醇、鞘脂與二十碳四烯酸衍生物均可參與訊號傳遞；雌二醇則是脂溶性類固醇荷爾蒙。維生素 K 的主要功能是作為凝血蛋白與骨代謝相關蛋白進行 $\gamma$-羧化反應所需的輔酶，並非典型的脂質訊息傳遞分子。

解題方法

判斷各選項是否為 signal messenger，可檢查其是否具有下列特徵：

• 是否能由受體刺激後生成或釋放？
• 是否能活化下游蛋白、酵素、離子通道或基因表現？
• 是否具有明確的荷爾蒙、第二訊息者或局部訊息分子功能？

符合上述條件者屬於脂質訊息分子；主要扮演營養素、膜結構成分或酵素輔因子者，通常不列為典型 signal messenger。

選項分析

(A) Phosphatidylinositol

磷脂醯肌醇（phosphatidylinositol, PI）是細胞膜中的磷脂，也是多種脂質訊號分子的前驅物。

PI 可被磷酸化形成磷脂醯肌醇磷酸類，例如：

• $PIP_2$：磷脂醯肌醇-4,5-二磷酸
• $PIP_3$：磷脂醯肌醇-3,4,5-三磷酸

當受體活化磷脂酶 C（PLC）時，$PIP_2$ 可被分解為：

$$PIP_2 \rightarrow IP_3 + DAG$$

其中 $IP_3$ 促進內質網釋放 $Ca^{2+}$，$DAG$ 則活化 protein kinase C（PKC）。此外，$PIP_3$ 可招募並活化 Akt 等訊號蛋白，參與細胞生長與存活。

因此，PI 及其磷酸化衍生物明確參與訊號傳遞，本選項不是答案。

(B) Estradiol

雌二醇（estradiol）是主要的雌激素，屬於類固醇荷爾蒙。它可穿過細胞膜，與細胞內的 estrogen receptor 結合，形成受體複合體後調控基因轉錄。

雌二醇也能透過細胞膜上的雌激素受體，引發較快速的非基因組訊號，例如影響：

• MAPK/ERK 路徑
• PI3K/Akt 路徑
• 細胞內鈣離子訊號

因此，雌二醇是典型的脂溶性細胞間訊息分子，本選項不是答案。

(C) Sphingolipid

核心觀念

本題測驗的核心為細胞膜脂質的不對稱性（Membrane Lipid Asymmetry）以及細胞凋亡（Apoptosis）早期的分子標記與偵測技術。

1. 正常細胞膜的不對稱分佈：在健康的真核細胞質膜上，磷脂醯膽鹼（Phosphatidylcholine, PC）與神經鞘磷脂（Sphingomyelin, SM）主要分佈於外側小葉（Outer leaflet）；而帶負電荷的磷脂醯絲胺酸（Phosphatidylserine, PS）與磷脂醯乙醇胺（Phosphatidylethanolamine, PE）則透過消耗 ATP 的翻轉酶（Flippase / Aminophospholipid translocase）維持在內側小葉（Inner leaflet）。
2. 細胞凋亡的脂質翻轉：當細胞發生早期凋亡時，Flippase 活性受到抑制，同時依賴鈣離子的攪亂酶（Scramblase）活化，促使 PS 從內側小葉翻轉至外側小葉（PS externalization）。
3. 凋亡偵測原理：暴露在外側的 PS 會作為吞噬細胞辨識的「吃我」（Eat-me）訊號；在實驗室中，利用對 PS 具有高度親和力的抗凝血蛋白 Annexin V（通常標記螢光染劑如 FITC），即可特異性結合細胞外表面暴露的 PS，搭配流式細胞儀（Flow Cytometry）定量早期凋亡細胞。

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解題方法

本題問「哪一種脂質廣泛應用於細胞凋亡的偵測？」（註：題目原文之 "wildly" 實為 "widely" 之筆誤）。
解題切入點在於連結「細胞凋亡早期最經典的生物標記（Biomarker）」。因為細胞凋亡的特徵之一為質膜磷脂失去不對稱性，導致原存於質膜胞質側（內葉）的**磷脂醯絲胺酸（Phosphatidylserine, PS）**翻轉暴露至細胞外側，並可被螢光標記的 Annexin V 專一性辨識，故此題應直接鎖定 Phosphatidylserine。

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選項分析

• (A) Phosphatidylglycerol（磷脂醯甘油）：錯誤。主要存在於細菌質膜以及真核細胞的粒線體內膜、植物葉綠體膜和肺泡界面活性劑中，亦為心磷脂（Cardiolipin）合成的前驅物，並不用於細胞凋亡的特異性偵測。
• (B) Phosphatidylethanolamine（磷脂醯乙醇胺, PE）：錯誤。

這題考驗對脂肪酸命名法和 $\omega$ 脂肪酸分類的理解。

脂肪酸的命名法通常表示為 $C:D(\Delta^{E, F, ...})$，其中 $C$ 是碳原子數，$D$ 是雙鍵數量，$\Delta^{E, F, ...}$ 表示雙鍵的位置，從羧基端 (C-1) 開始計數。

$\omega$ 脂肪酸的分類是從末端甲基端 (C-n) 開始計數雙鍵的位置。

• $\omega$-3 脂肪酸：第一個雙鍵在末端甲基端往內數的第 3 個碳原子上。
• $\omega$-6 脂肪酸：第一個雙鍵在末端甲基端往內數的第 6 個碳原子上。

我們需要計算每個選項中第一個雙鍵距離末端甲基端的碳原子數。

(A) EPA (20:5($\Delta$5,8,11,14,17))

• 碳原子數 = 20
• 雙鍵位置 (從羧基端計數) = 5, 8, 11, 14, 17
• 末端甲基端的碳原子數是 20。
• 第一個雙鍵在 $\Delta^{17}$，距離末端甲基端是 20 - 17 = 3。所以 EPA 是 $\omega$-3 脂肪酸。

(B) DHA (22:6($\Delta$4,7,10,13,16,19))

• 碳原子數 = 22
• 雙鍵位置 (從羧基端計數) = 4, 7, 10, 13, 16, 19

這題考驗對 $\beta$-氧化 (beta-oxidation) 過程的理解，以及哪些脂肪酸可以被正常進行 $\beta$-氧化。

$\beta$-氧化是脂肪酸分解代謝的主要途徑，發生在粒線體基質中。它通過不斷從脂肪酸鏈的 $\beta$-碳原子處切掉一個乙醯CoA單元，最終將長鏈脂肪酸分解為乙醯CoA，進入克氏循環產生能量。

$\beta$-氧化過程有幾個關鍵要求：

1. 飽和脂肪酸： 脂肪酸必須是飽和的，即沒有雙鍵。
2. 偶數碳原子數： 脂肪酸鏈的碳原子數必須是偶數。
3. 直鏈： 脂肪酸必須是直鏈的，而不是支鏈的。

讓我們逐一分析選項：
(A) Palmitic acid (16:0)：這是飽和的、偶數碳鏈的脂肪酸。它可以正常進行 $\beta$-氧化，產生 8 個乙醯CoA。
(B) Linoleic acid (18:2($\Delta$9,12))：這是含有兩個雙鍵的不飽和脂肪酸，碳原子數為 18 (偶數)。不飽和脂肪酸需要特殊的酶來處理雙鍵，但仍然可以通過 $\beta$-氧化進行部分分解。
(C) Phytanic acid (植物烷酸)：這是一種支鏈脂肪酸，在植物和動物脂肪中都有。由於其 $\alpha$-碳原子上有一個甲基支鏈，它不能直接進行 $\beta$-氧化。植物烷酸需要先在 $\alpha$-碳原子上進行羥基化，然後進行 $\alpha$-氧化，才能移除支鏈，然後才能進入 $\beta$-氧化途徑。因此，植物烷酸不能正常進行 $\beta$-氧化。

核心觀念

本題考查酵素依催化反應類型所做的六大分類。Hexokinase 與 glucokinase 都屬於 kinase（激酶），其功能是利用 ATP 將磷酸基團轉移至受質上。

典型反應如下：

$$\text{Glucose}+\text{ATP}\rightarrow \text{Glucose-6-phosphate}+\text{ADP}$$

反應中，ATP 的磷酸基團被轉移至葡萄糖，因此這類酵素屬於 Transferase（轉移酶）。

在酵素分類系統中，激酶通常歸於 EC 2 類：

• EC 1：Oxidoreductase，氧化還原酶
• EC 2：Transferase，轉移酶
• EC 3：Hydrolase，水解酶
• EC 4：Lyase，裂解酶
• EC 5：Isomerase，異構酶
• EC 6：Ligase，連接酶

解題方法

判斷酵素分類時，應觀察其催化的「化學反應本質」，而非只看反應物或 ATP 是否參與反應。

Hexokinase 與 glucokinase 的共同功能是催化葡萄糖磷酸化：

$$\text{Glucose}+\text{ATP}\rightarrow \text{Glucose-6-phosphate}+\text{ADP}$$

其中：

1. 葡萄糖是接受磷酸基團的受質。
2. ATP 提供磷酸基團。
3. 磷酸基團由 ATP 轉移至葡萄糖。
4. 反應核心是「官能基團的轉移」。

因此，兩者均屬於轉移酶中的激酶。

選項分析

(A) Oxidoreductase（氧化還原酶）—錯誤

氧化還原酶催化電子或氫原子的轉移，例如脫氫酶、氧化酶與還原酶。Hexokinase 與 glucokinase 的反應沒有葡萄糖或 ATP 的氧化數改變，主要是磷酸基團轉移，因此

核心觀念

本題測驗「五碳糖磷酸途徑」（Pentose Phosphate Pathway, PPP，又稱磷酸己糖旁路 Hexose Monophosphate Shunt, HMP shunt）之主要生理與代謝功能。

五碳糖磷酸途徑發生於細胞質（cytosol），主要功能有二：

1. 提供還原力 $\text{NADPH}$：氧化階段（oxidative phase）由葡萄糖-6-磷酸脫氫酶（G6PD）等催化產生 $\text{NADPH}$。$\text{NADPH}$ 為還原性生合成（如脂肪酸、膽固醇、類固醇荷爾蒙合成）所需的高能電子來源，同時亦用以維持還原型穀胱甘肽（reduced glutathione, GSH），對抗活性氧（ROS）造成的氧化壓力。
2. 提供五碳糖（Pentoses）：產生核糖-5-磷酸（Ribose-5-phosphate），為核苷酸（nucleotides）、核酸（RNA、DNA）及多種輔酶（如 $\text{ATP}$、$\text{CoA}$、$\text{NAD}^+$、$\text{FAD}$）合成不可或缺的前驅物。

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解題方法

直接由五碳糖磷酸途徑的兩大產物及其後續代謝去向切入：

• 途徑的氧化階段：
  $\text{Glucose-6-phosphate} + 2\text{NADP}^+ + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{Ribose-5-phosphate} + 2\text{NADPH} + 2\text{H}^+ + \text{CO}_2$
• 產生的 $\text{NADPH}$ 用於脂質（如脂肪酸）還原合成與抗氧化防禦；
• 產生的 $\text{Ribose-5-phosphate}$ 用於核酸生合成。
  兩相對照即可鎖定符合代謝實況的敘述。

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核心觀念

B 型 DNA（B-form DNA）雙股螺旋的穩定性，主要來自相鄰鹼基之間的鹼基堆疊作用（base stacking），而非互補鹼基間的氫鍵。

DNA 鹼基為平面芳香環，沿著同一股 DNA 堆疊時，可產生：

• 范德華力與色散力
• 芳香環間的堆疊作用
• 疏水作用，使鹼基避開水相環境

這些作用共同降低系統自由能，使雙股螺旋更加穩定。互補鹼基間的氫鍵主要負責鹼基配對的專一性，也有穩定作用，但不是 B 型 DNA 整體穩定性的主要來源。

解題方法

判斷各選項是否描述 DNA 雙股螺旋的主要穩定因素：

1. DNA 的兩股以反平行方式排列。
2. 鹼基位於螺旋內部，呈平面狀，彼此上下堆疊。
3. 磷酸骨架與核糖位於外側，接觸水相環境。
4. DNA 雙股的主要穩定力來自內部鹼基的堆疊，而非骨架間的氫鍵或共價鍵。

因此，最符合題意的是同一股中相鄰鹼基間的非專一性堆疊作用。

選項分析

(A) hydrogen bonds between the riboses of each strand.

錯誤。核糖並非 DNA 雙股間主要形成氫鍵的部位。DNA 的互補鹼基可形成氫鍵，例如 A–T 通常形成兩個氫鍵，G–C 通常形成三個氫鍵；核糖骨架位於螺旋外側，並非主要穩定雙股螺旋的結構。

(B) ribose interactions with the planar base pairs.

錯誤。核糖與鹼基對之間確實存在一定的立體與非共價作用，但這不是 B 型 DNA 穩定性的主要來源。真正關鍵的是鹼基彼此之間沿螺旋軸方向的堆疊作用。

核心觀念

限制酶會在特定 DNA 辨識序列上切割雙股 DNA，依兩股切割位置是否相同，可產生：

• 平端（blunt ends）：兩股在同一位置切開，沒有單股突出端。
• 5′突出端（5′ overhang）：突出單股 DNA 的末端為 5′端。
• 3′突出端（3′ overhang）：突出單股 DNA 的末端為 3′端。

本題要找的是能產生錯位的 3′端（staggered 3′ ends），也就是限制酶在兩股 DNA 的不同位置切割，形成 3′突出端。

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解題方法

判斷各限制酶的典型切割方式，觀察兩股 DNA 的切點：

• EcoRI 類型：產生 5′突出端。
• PstI 類型：產生 3′突出端。
• HpaI、SmaI 類型：產生平端。

其中 PstI 的辨識序列為：

$$5'-CTGCAG-3'$$

其雙股 DNA 切割方式為：

$$\begin{array}{rcl} 5'-CTGCA|G-3'\\ 3'-G|ACGTC-5' \end{array}$$

上下兩股的切點不在同一位置，因此會形成單股突出區域；突出端的末端為 3′端，故屬於3′突出端。

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選項分析

（A）$5'-T-TCGAA-3'$

此序列可對應 BstBI 類型的切割方式：

$$\begin{array}{rcl} 5'-TT|CGAA-3'\\ 3'-AAGC|TT-5' \end{array}$$

兩股 DNA 的切點錯開，會形成突出端；但突出區域的末端為 5′端，因此是 5′突出端，不是 3′突出端。

核心觀念

本題考查植物葉綠體光反應（Light reactions）中**循環電子傳遞（Cyclic electron flow）與非循環電子傳遞（Noncyclic / Linear electron flow）**的產物差異：

1. 非循環電子傳遞（Linear Electron Flow, LEF）：

   • 同時動用光系統 II（PSII）與光系統 I（PSI）。
   • 水分子在 PSII 被光解（Photolysis），釋放電子並產生氧氣（$\text{O}_2$）與質子（$\text{H}^+$）。
   • 電子經電子傳遞鏈（Cytochrome $b_6f$ 等）建立質子梯度驅動合成 $\text{ATP}$（光合磷酸化作用），最終由鐵氧化還原蛋白-NADP⁺ 還原酶（FNR）將電子傳給 $\text{NADP}^+$ 生成 $\text{NADPH}$。
   • 產物：$\text{ATP}$、$\text{NADPH}$、$\text{O}_2$。

2. 循環電子傳遞（Cyclic Electron Flow, CEF）：

   • 僅涉及光系統 I（PSI）。
   • 激發態的反應中心 $\text{P700}^*$ 釋出電子，傳遞至鐵氧化還原蛋白（Ferredoxin, Fd）後，不傳給 $\text{NADP}^+$，而是循環傳回細胞色素複合體（Cytochrome $b_6f$ complex），再經由質體藍素（Plastocyanin, PC）送回 $\text{P700}$。
   • 電子回流的過程中伴隨質子跨類囊體膜的泵入，利用化學滲透磷酸化產生 $\text{ATP}$。
   • 不涉及 PSII，因此不裂解水分子（不產生 $\text{O}_2$），亦不還原 $\text{NADP}^+$（不產生 $\text{NADPH}$）。
   • 產物：僅有 $\text{ATP}$。

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解題方法

由題幹關鍵字 "Cyclic electron flow" 進行判斷：

1. 是否產氧（$\text{O}_2$）？
   $\text{O}_2$ 的生成源自 PSII 錳氧析出中心（Oxygen-evolving complex, OEC）對水的裂解；循環電子傳遞完全跳過 PSII，因此無 $\text{O}_2$ 生成。
2. 是否生成 $\text{NADPH}$？

核心觀念

胺基酸分解代謝包含兩個部分：

1. 胺基氮的去除與排泄：胺基酸經轉胺作用、氧化脫胺作用產生氨，氨再透過尿素循環轉化為尿素。
2. 碳骨架的利用：去除胺基後形成的 $\alpha$-酮酸可進入糖解作用、檸檬酸循環或生糖／生酮代謝。

常見胺基酸碳骨架會轉化為：

• Pyruvate（丙酮酸）
• $\alpha$-Ketoglutarate（$\alpha$-酮戊二酸）
• Oxaloacetate（草醯乙酸）
• Acetyl-CoA
• Acetoacetate
• Fumarate
• Succinyl-CoA

Citrulline（瓜胺酸）則是尿素循環的中間產物，與胺基酸分解所產生的氨之處理有關。

解題方法

逐一判斷各代謝物是否位於胺基酸分解的主要路徑中：

• 若為胺基酸碳骨架代謝的中間物或產物，屬於胺基酸分解代謝。
• 若參與由胺基酸產生之氨的尿素合成，也屬於胺基酸分解相關代謝。
• 若主要來自脂質分解，且不屬於胺基酸分解的典型中間物，則不是本題所問的代謝物。

選項分析

(A) Pyruvate：錯誤選項

多種胺基酸可分解為丙酮酸，例如：

• Alanine 經丙胺酸轉胺酶作用形成 pyruvate
• Serine 可經脫水反應形成 pyruvate
• Glycine、cysteine 等也可轉化為 pyruvate

丙酮酸可再進入糖質新生、乙醯輔酶 A 生成或檸檬酸循環，因此確實參與胺基酸碳骨架的分解。

(B) $\alpha$-Ketoglutarate：錯誤選項

$\alpha$-Ketoglutarate 是重要的轉胺作用受體：

$$\text{胺基酸}+\alpha\text{-ketoglutarate} \rightleftharpoons \alpha\text{-酮酸}+\text{glutamate}$$

許多胺基酸的胺基會轉移至 $\alpha$-ketoglutarate，形成 glutamate。Glutamate 再經氧化脫胺作用釋放氨，因此 $\alpha$-ketoglutarate 是胺基酸分解與氮代謝的重要代謝物。

此外，部分胺基酸也可直接分解形成 $\alpha$-ketoglutarate。

(C) Citrulline：錯誤選項

Citrulline 是尿素循環的中間產物。尿素循環中的反應包括：

核心觀念

Aminotransferases（胺基轉移酶，又稱 transaminases）催化胺基酸與 α-酮酸之間的胺基轉移反應。其一般反應式為：

$$\text{胺基酸}_1+\alpha\text{-酮酸}_2 \rightleftharpoons \alpha\text{-酮酸}_1+\text{胺基酸}_2$$

反應過程中，胺基先轉移至輔酶 pyridoxal phosphate（PLP，磷酸吡哆醛），再轉移至另一個 α-酮酸，因此 PLP 扮演胺基載體的角色。

此類酵素的代表包括：

• ALT（alanine aminotransferase）：丙胺酸胺基轉移酶
• AST（aspartate aminotransferase）：天門冬胺酸胺基轉移酶

血清 ALT、AST 濃度升高時，常代表肝臟、心肌或骨骼肌等組織受到損傷，使細胞內酵素釋放至血液中。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合胺基轉移酶的共同特徵：

1. 是否能將 α-胺基酸轉為 α-酮酸？
2. 是否使用 PLP 傳遞胺基？
3. 反應是否具有高度可逆性？
4. 是否需要 ATP？
5. 血清酵素濃度是否具有組織損傷指標意義？

其中，胺基轉移反應本質上只是官能基的轉移，不涉及 ATP 所提供的高能磷酸鍵。因此「使用 ATP」與其典型反應機制不符。

選項分析

(A) can make an α-ketoacid from an α-amino acid.

正確。胺基轉移酶會將 α-胺基酸上的胺基移除並轉移至另一個 α-酮酸，原本的 α-胺基酸因此轉變為相對應的 α-酮酸。

例如 ALT 催化：

核心觀念

本題考查脫氧核糖核苷三磷酸（dNTP）與胸腺嘧啶核苷酸（dTMP、dTDP、dTTP）的生合成途徑。

核心反應如下：

1. 核糖核苷二磷酸（NDP）經由核糖核苷酸還原酶（ribonucleotide reductase, RNR）還原為脫氧核糖核苷二磷酸（dNDP）：

   $\mathrm{ADP/GDP/CDP/UDP \rightarrow dADP/dGDP/dCDP/dUDP}$

2. dNDP 再經由核苷二磷酸激酶轉換為 dNTP：

   $\mathrm{dNDP + ATP \rightarrow dNTP + ADP}$

3. dTTP 的合成需先形成 dUMP，再由 thymidylate synthase 甲基化形成 dTMP，最後逐步磷酸化為 dTDP 與 dTTP。

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解題方法

本題問「Which statement is incorrect?」，應逐項檢查各敘述是否符合核苷酸代謝途徑，並特別注意選項中的絕對性用語，例如 “all biology”。

判斷重點是：

• RNR 的直接受質是 NDP，而不是 NTP。
• RNR 的功能是將核糖核苷酸還原成脫氧核糖核苷酸。
• dTMP 形成後，需利用 ATP 進行磷酸化以形成 dTDP。

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選項分析

(A) The biosynthesis of dNTPs utilizes NTPs as source.

此敘述可視為正確。

dNTP 的碳骨架來自核糖核苷酸。代謝上通常先由 NTP 去磷酸化形成 NDP，再由 RNR 將 NDP 還原成 dNDP，最後形成 dNTP。例如：

$\mathrm{ATP \rightarrow ADP \xrightarrow{RNR} dADP \rightarrow dATP}$

因此，NTP 可作為 dNTP 生合成的前驅物來源。

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(B) Ribonucleotide reductase ctatlyzes ribose to deoxyribose in all biology.

此敘述錯誤。

RNR 的確催化核糖核苷酸轉變為脫氧核糖核苷酸，但其直接反應並不是單純將游離的 ribose（核糖）轉變為 deoxyribose（脫氧核糖），而是還原核糖核苷二磷酸中的核糖部分：

$\mathrm{NDP \rightarrow dNDP}$

核心觀念

本題測驗生化代謝整合中的樞紐分子——乙醯輔酶A（acetyl-CoA）的代謝來源。
考生須清楚掌握三大營養素（醣類、脂質、蛋白質）在分解代謝中如何匯流至 acetyl-CoA，並能辨析主要代謝途徑的主要產物與生理功能：

1. 醣類分解：葡萄糖經由**糖解作用（Glycolysis）**生成丙酮酸（pyruvate），再經由粒線體內的丙酮酸去氫酶複合體（Pyruvate Dehydrogenase Complex, PDC）進行氧化去羧反應，生成 acetyl-CoA。
2. 脂肪酸氧化：脂肪酸經由**$\beta$-氧化（$\beta$-oxidation）**，每輪剪切釋放一分子 acetyl-CoA。
3. 胺基酸降解：生酮胺基酸（Ketogenic amino acids，如亮胺酸 Leu、離胺酸 Lys 等）及部分生糖兼生酮胺基酸分解時，碳骨架會直接轉化為 acetyl-CoA 或乙醯乙醯輔酶A（acetoacetyl-CoA，可進一步轉為 acetyl-CoA）。
4. 五碳糖磷酸途徑（Pentose Phosphate Pathway, PPP）：主要功能為提供細胞質中還原性生物合成所需的 $\text{NADPH}$ 以及核酸合成原料 核糖-5-磷酸（Ribose-5-phosphate），並非 acetyl-CoA 的產出來源。

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解題方法

從 acetyl-CoA 的「匯流樞紐（Convergence hub）」特性切入分析：

• 檢查各大選項中的代謝途徑產物，是否包含 acetyl-CoA 或其可直接生成的直接前驅物（如丙酮酸）。
• 尋找純屬「合成原料製備途徑」而非「直接通往三羧酸循環（TCA cycle）產能之分解途徑」。五碳糖磷酸途徑（PPP）的終產物為 NADPH、五碳糖或可回流糖解的中間物（甘油醛-3-磷酸、果糖-6-磷酸），該途徑本身並不產生 acetyl-CoA。

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選項分析

• (A) Amino acid degradation（錯誤，是 acetyl-CoA 的來源）：
  許多胺基酸的碳骨架分解會產生 acetyl-CoA。例如單純生酮胺基酸（Leu、Lys）以及兼具生糖與生酮特性的胺基酸（Ile、Phe、Trp、Tyr、Thr），其碳骨架分解代謝之終產物皆包含 acetyl-CoA 或 acetoacetyl-CoA（後者經 thiolase 作用可裂解為 2 分子 acetyl-CoA）。此外，生糖胺基酸（如 Ala、Ser、Cys）可轉化為丙酮酸，進而生成 acetyl-CoA。

• (B) $\beta$-oxidation of fatty acid（錯誤，是 acetyl-CoA 的來源）：

這題考驗對 $\beta$-氧化過程的理解，以及計算脂肪酸分解所需的循環次數。

給定的脂肪酸是 CH₃(CH₂)₁₀COOH。
首先，確定這個脂肪酸的碳原子數。
CH₃(CH₂)₁₀COOH = CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-COOH
總共有 1 + 10 + 1 = 12 個碳原子。
所以，這是一個 12 碳的飽和脂肪酸。

$\beta$-氧化過程是每次從脂肪酸鏈的 $\beta$-碳原子處切下一段乙醯CoA (2 個碳原子)。
一個循環包括氧化、水合、氧化、裂解四個步驟。
每次循環會使脂肪酸鏈縮短 2 個碳原子，並產生一個乙醯CoA。

核心觀念

分子伴護蛋白（molecular chaperone）的主要功能，是協助新生或受損的多肽鏈正確摺疊成具有功能的三維結構，並避免多肽鏈彼此聚集形成錯誤結構。

蛋白質摺疊主要依賴胺基酸側鏈之間的作用力，例如：

• 疏水作用
• 氫鍵
• 離子鍵
• 范德華力
• 二硫鍵

分子伴護蛋白通常不會成為成熟蛋白質的一部分，也不會提供蛋白質摺疊所需的主要結構資訊，而是暫時性地與多肽鏈上的特定結構或暴露的疏水區域結合，降低錯誤摺疊與聚集的機會。

典型例子包括 Hsp70 與 GroEL/GroES。部分分子伴護蛋白需要 ATP 提供構形變化所需的能量，但 ATP 的功能是驅動伴護蛋白本身的循環，不是直接作為多肽鏈聚合的能量來源。

解題方法

本題詢問的是「分子伴護蛋白的功能」，可先抓住關鍵字：

assist the folding of a protein into its correct three dimensional shape

這正是分子伴護蛋白的標準定義。因此，應選擇描述「與多肽鏈結合並協助其正確摺疊」的選項。

選項分析

(A) 錯誤

此選項表示分子伴護蛋白在胺基酸聚合成多肽鏈的過程中，直接作為能量來源。

胺基酸聚合成蛋白質的能量，主要來自胺基酸活化以及翻譯過程中的 ATP、GTP 消耗。例如胺基酸先由 aminoacyl-tRNA synthetase 使用 ATP 活化，再連接到 tRNA 上；翻譯延伸階段則會消耗 GTP。

分子伴護蛋白的主要工作是在多肽鏈生成後或生成過程中協助摺疊，並非蛋白質聚合反應的能量來源。

(B) 錯誤

這題考驗對 DNA 轉錄為 RNA 時鹼基配對規則的理解。

DNA 複製和 RNA 轉錄時，遵循沃森-克里克鹼基配對規則：

• 腺嘌呤 (Adenine, A) 與胸腺嘧啶 (Thymine, T) 配對 (在 RNA 中，T 被尿嘧啶 Uracil, U 取代)。
• 鳥糞嘌呤 (Guanine, G) 與胞嘧啶 (Cytosine, C) 配對。

題目問的是，在 DNA 轉錄為 RNA 時，胞嘧啶 (Cytosine, C) 會與哪個鹼基配對。
胞嘧啶 (C) 始終與鳥糞嘌呤 (G) 配對。

我們需要查看圖片選項，找出鳥糞嘌呤 (G) 的結構。
圖片中的鹼基結構：
(A) 顯示的是尿嘧啶 (Uracil, U) 的結構。
(B) 顯示的是胸腺嘧啶 (Thymine, T) 的結構。
(C) 顯示的是鳥糞嘌呤 (Guanine, G) 的結構。

核心觀念

等電點（isoelectric point, pI）是蛋白質「總正電荷等於總負電荷」時的 pH：

$$\text{net charge}=0$$

蛋白質的 pI 主要由可解離基團決定，包括：

• 酸性基團：Asp（D）、Glu（E）、羧基末端（C-terminal）
• 鹼性基團：Lys（K）、Arg（R）、His（H）、胺基末端（N-terminal）

疏水性胺基酸如 Leu（L）、Val（V）、Ile（I）、Phe（F）、Trp（W）雖然影響蛋白質的溶解性與膜嵌入性，但對 pI 的直接影響很小。

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解題方法

先統計 Protein A 的可解離基團。

Protein A：

ASDFGHKLLL QWEATYIPCV LLVVWIAAQW MSAALFISTT LLYLLPST

其中帶電或可解離的胺基酸為：

• Asp（D）：1 個
• Glu（E）：1 個
• Lys（K）：1 個
• His（H）：1 個
• N-terminal：1 個
• C-terminal：1 個

因此，Protein A 具有：

• 酸性基團：Asp、Glu、C-terminal，共 3 組
• 鹼性基團：Lys、His、N-terminal，共 3 組

低 pH 時，酸性基團主要呈未解離狀態，而鹼性基團帶正電，蛋白質呈正電。隨 pH 升高：

1. Asp、Glu 與 C-terminal 先逐漸失去質子，產生負電；
2. His 在約 pH 6 附近失去正電；
3. Lys 與 N-terminal 的正電要到更高 pH 才會消失。

因此，Protein A 的等電點會落在酸性基團解離完成、但 His 尚未完全失去正電的區域，約為 pH 5 左右。

以典型 pKa 值估算：

• C-terminal：約 3
• Asp：約 4
• Glu：約 4
• His：約 6
• N-terminal：約 8
• Lys：約 10.5

pI 位於使正、負電荷總量相等的兩個主要解離區間之間，約為：

核心觀念

本題考查以胺基酸序列相似性推估蛋白質演化親緣關係，以及 BLOSUM62 取代矩陣的使用。

BLOSUM62 為蛋白質序列比對用的評分矩陣：

• 保守性高、常見於同源蛋白的胺基酸取代，給予較高甚至正分。
• 不常見或不利的取代，給予負分。
• 將兩條蛋白質序列逐位比對後，把各位置的 BLOSUM62 分數加總，可得到整體序列比對分數。

在比對條件相同、序列長度相近且使用相同 gap penalty 的前提下，與 Protein A 比對所得總分越高，代表序列相似性越高，通常也表示演化距離越近。

解題方法

分別計算 Protein A 與 Protein B、C、D、E 的比對分數：

$$S(A,X)=\sum_{i=1}^{n} s(a_i,x_i)-\text{gap penalty}$$

其中 $s(a_i,x_i)$ 是 BLOSUM62 對第 $i$ 個胺基酸配對所給的分數。

比較：

$$S(A,B),\quad S(A,C),\quad S(A,D),\quad S(A,E)$$

分數最高者即為與 Protein A 演化上較接近的蛋白質。

本題所附的「figure below」及上題的序列／比對結果未包含在題目內容中，因此缺少判定 Protein B、C、D、E 各自總分所需的資料。僅依目前提供的文字，無法確定 A～D 中哪一個蛋白質的 BLOSUM62 總分最高。

選項分析

核心觀念

本題整合三種蛋白質水解試劑的切割特異性、胺基酸手性，以及胜肽在 pH 7 的淨電荷。

• Chymotrypsin（胰凝乳蛋白酶）：通常切在芳香族胺基酸 Phe（F）、Tyr（Y）、Trp（W） 的羧基端。
• Cyanogen bromide，CNBr（溴化氰）：切在 Met（M） 的羧基端；若 Met 位於胜肽最末端，因其後沒有肽鍵，實際上不會造成片段切開。
• Trypsin（胰蛋白酶）：切在 Lys（K）或 Arg（R） 的羧基端，但後一個胺基酸為 Pro（P）時通常不切。
• 具有兩個手性中心的標準胺基酸為 Ile（I）與 Thr（T）。
• pH 7 下，主要考慮：
  • 胺基端：$+1$
  • 羧基端：$-1$
  • Lys、Arg：$+1$
  • Asp、Glu：$-1$
  • His 在 pH 7 多數呈中性，但仍有部分質子化。

解題方法

九個胺基酸若經一次特定位點切割，產生三肽與六肽，切點必須位於：

$$3 \mid 6$$

因此，Chymotrypsin 與 Trypsin 都必須各自能在第 3 個胺基酸之後切開，且不能有其他會造成不同片段的有效切點。

逐一檢查可知，選項 E：

$$\mathrm{C-S-K-Q-A-Y-N-D-R}$$

• Chymotrypsin 在 Tyr（Y， 第 6 位）之後切割：

$$\mathrm{CSKQAY \mid NDR}$$

產生六肽與三肽。

• Trypsin 在 Lys（K，第 3 位）之後切割；末端 Arg 沒有後續肽鍵可切：

$$\mathrm{CSK \mid QAYNDR}$$

產生三肽與六肽。

• 序列沒有 Met，因此 CNBr 無切割位點。
• 序列沒有 Ile 或 Thr，因此不含具有兩個手性中心的胺基酸。
• pH 7 下淨電荷為：

$$(+1)_{\mathrm{N端}}+(+1)_{\mathrm{Lys}}+(+1)_{\mathrm{Arg}} +(-1)_{\mathrm{C端}}+(-1)_{\mathrm{Asp}} =+1$$

故胜肽帶正電。

選項分析

(A) MSEFAHKVW

• Chymotrypsin 可在 Phe（F，第 4 位）之後切割，且 Trp（W，第 9 位）位於末端：

$$\mathrm{MSEF \mid AHKVW}$$

產生四肽與五肽，不是三肽與六肽。

• 含有 Met，CNBr 可在 Met 之後切割。
• 沒有 Ile 或 Thr。
• Trypsin 可在 Lys（K，第 7 位）之後切割，產生七肽與二肽。
• 不符合多項條件，錯誤。

(B) SERLLWATK

這題考驗對 Michaelis-Menten 動力學常數 $K_m$ 的定義和意義的理解。

Michaelis-Menten 機制為：
$E + S \xrightarrow{k_1} ES \xrightarrow{k_2} E + P$
$ES \xrightarrow{k_{-1}} E + S$

其中：

• $E$ 是酶 (enzyme)
• $S$ 是基質 (substrate)
• $ES$ 是酶-基質複合物 (enzyme-substrate complex)
• $P$ 是產物 (product)
• $k_1$ 是結合速率常數 (association rate constant)
• $k_{-1}$ 是解離速率常數 (dissociation rate constant)
• $k_2$ 是催化速率常數 (catalytic rate constant)

Michaelis 認為，在穩態近似 (steady-state approximation) 下，酶-基質複合物的生成速率等於其分解速率：
$k_1[E][S] = k_{-1}[ES] + k_2[ES]$
$k_1[E][S] = (k_{-1} + k_2)[ES]$

當 $[ES]$ 濃度最大時，也就是反應達到最大速率 $V_{max}$ 時，此時幾乎所有的酶都與基質結合。
$V_0$ (初速率) 的定義是：
$V_0 = \frac{V_{max}[S]}{K_m + [S]}$

其中，$K_m$ 被定義為：
$K_m = \frac{k_{-1} + k_2}{k_1}$

現在我們分析各選項：
(A) Its numeric value has the units of moles¹. (其數值單位為莫耳^{-1})

• $K_m$ 的單位是濃度單位，例如 M (莫耳/升)。在某些情況下，如果 $k_2 \ll k_{-1}$，$K_m \approx k_{-1}/k_1$，這時 $K_m$ 代表解離常數 $K_d$，單位是濃度。所以單位不是莫耳^{-1}。

核心觀念

本題旨在測驗酵素動力學中**米氏動力學（Michaelis-Menten kinetics）**的基本定義與數據判讀能力：

1. 米氏方程式（Michaelis-Menten Equation）：

   $$V_0 = \frac{V_{\max}[S]}{K_m + [S]}$$
   • $V_0$：初始反應速率（Initial velocity）
   • $V_{\max}$：最大反應速率（Maximum velocity）
   • $[S]$：受質（基質）濃度（Substrate concentration）
   • $K_m$：米氏常數（Michaelis constant），代表酵素與受質之親和力指標（$K_m$ 越小親和力越高）

2. $K_m$ 的操作型定義：
   當反應速率達到最大反應速率的一半（即 $V_0 = \frac{1}{2} V_{\max}$）時，所對應的受質濃度即為 $K_m$：

   $$\frac{1}{2}V_{\max} = \frac{V_{\max}[S]}{K_m + [S]} \implies K_m + [S] = 2[S] \implies K_m = [S]$$

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解題方法

步驟一：由極高受質濃度估算 $V_{\max}$

當受質濃度遠大於 $K_m$（$[S] \gg K_m$）時，酵素活性位已被受質完全飽和，反應速率趨近於 $V_{\max}$。
題目數據中，當 $[S] = 1{,}000\text{ mmol/L}$（$1{,}000\text{ mM}$）時：

$$V_0 = 647\text{ mol/min} \approx V_{\max} \approx 650\text{ mol/min}$$

步驟二：計算半最大反應速率（$\frac{1}{2}V_{\max}$）並對照求得 $K_m$

計算 $\frac{1}{2}V_{\max}$ 之數值：

$$\frac{1}{2} V_{\max} \approx \frac{650}{2} = 325\text{ mol/min}$$

對照實驗數據表格，當反應速率 $V_0 = 325\text{ mol/min}$ 時，所對應的受質濃度為：

$$[S] = 2\text{ mmol/L} = 2\text{ mM}$$

因此，該酵素之 $K_m \approx 2\text{ mM}$。

步驟三：驗算其餘數據點（確認模型一致性）

若 $V_{\max} = 650\text{ mol/min}$ 且 $K_m = 2\text{ mM}$：

• 當 $[S] = 4\text{ mM} = 2 K_m$ 時： $$V_0 = \frac{2}{3} V_{\max} = \frac{2}{3} \times 650 \approx 433.3\text{ mol/min} \quad (\text{表格數據為 } 433)$$

這題考驗對電子傳遞、氧化磷酸化、化學滲透和毒物作用的理解。

讓我們逐一分析每個陳述：

1. A positive reduction potential means substance has higher affinity for electron.
說明： 標準還原電位 ($E^0$) 衡量一個物質接受電子的傾向。一個正的還原電位表示該物質具有較強的電子接受能力，也就是對電子有較高的親和力。在電子傳遞鏈中，電子從還原電位較低的物質傳遞給還原電位較高的物質。因此，這個陳述是正確的。

2. ATP synthase would be unable to produce ATP if a toxin inhibits the establishment of the proton gradient in the mitochondrial intermembrane space.
說明： ATP 合成酶 (ATP synthase) 通過化學滲透機制合成 ATP，這個機制依賴於粒線體內膜兩側的質子梯度 (proton gradient)。質子從膜間隙順著濃度梯度流回粒線體基質，驅動 ATP 合成酶的旋轉，從而合成 ATP。如果毒物抑制了質子梯度的建立，那麼 ATP 合成酶就無法獲得驅動其運作的能量，因此無法合成 ATP。這個陳述是正確的。

**3. Cells treated with the drug 2,4-dinitrophenol (2,4-DNP) which destroys the H+ gradient that forms in the electron transport chain will be forced

核心觀念

本題考查羧化酶（carboxylase）所使用的輔酶。Pyruvate carboxylase 將丙酮酸轉變為草醯乙酸：

$$\text{Pyruvate}+\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{ATP} \rightarrow \text{Oxaloacetate}+\mathrm{ADP}+\mathrm{P_i}$$

此反應屬於羧化反應，需要將二氧化碳以「活化形式」暫時攜帶，再轉移至受質上。Pyruvate carboxylase 的關鍵輔酶是 biotin（生物素，維生素 B7）。

生物素通常以共價鍵連接在酵素的 lysine 殘基上，形成 biocytin 結構。其主要功能是攜帶由 ATP 活化的二氧化碳，協助完成羧基轉移。

解題方法

判斷這類題目的切入點是先辨認反應類型：

1. Pyruvate carboxylase 將三碳的 pyruvate 加上一個羧基。
2. 產物 oxaloacetate 含有四個碳，代表發生羧化反應。
3. 生物素是多種羧化酶的共同輔酶，負責暫時攜帶活化的 $\mathrm{CO_2}$。
4. 因此正確答案為 Biotin。

反應機制可分為兩階段：

$$\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{ATP} \rightarrow \text{Carboxyphosphate} \rightarrow \text{Carboxybiotin}$$

接著，羧基由 carboxybiotin 轉移至 pyruvate：

$$\text{Carboxybiotin}+\text{Pyruvate} \rightarrow \text{Oxaloacetate}+\text{Biotin}$$

生物素在反應後被再生，因此屬於輔酶，而非反應的淨消耗物。

選項分析

(A) Thiamine pyrophosphate

錯誤。Thiamine pyrophosphate（TPP，硫胺素焦磷酸，維生素 B1 的活性形式）主要參與：

• $\alpha$-酮酸的氧化脫羧反應
• 醛基轉移反應
• 碳—碳鍵形成反應

例如 pyruvate dehydrogenase 使用 TPP 將 pyruvate 進行氧化脫羧，生成 acetyl-CoA 的前驅物 acetaldehyde-like 中間體。

核心觀念

本題考查**糖質新生作用（Gluconeogenesis）**中關鍵酵素——**丙酮酸羧化酶（Pyruvate carboxylase, PC）**的反應催化機制與輔因子參與過程。

1. 反應本質：
   丙酮酸羧化酶催化丙酮酸（Pyruvate, 3C）轉變為草醯乙酸（Oxaloacetate, 4C），此為糖質新生克服糖解作用不可逆步驟（Pyruvate kinase）的第一個繞道反應。其整體化學反應式如下： $$\text{Pyruvate} + \text{HCO}_3^- + \text{ATP} \xrightarrow{\text{Biotin, Acetyl-CoA, } \text{Mg}^{2+}} \text{Oxaloacetate} + \text{ADP} + \text{P}_i$$
2. 反應機構分步：
   反應分為兩個獨立的活性部位（Active sites）進行，並由長鏈共價接在離胺酸殘基上的輔因子**生物素（Biotin，形成 Biocytin 臂）**在兩部位之間傳遞活化的二氧化碳：
   • 第一階段（Site 1：ATP 依賴性羧化）：
     重碳酸根離子（$\text{HCO}_3^-$）上的氧原子親核攻擊 ATP 的 $\gamma$-磷酸基（$\gamma$-phosphate），釋出 ADP，形成高能中間產物羧基磷酸（Carbonylphosphate / Carboxyphosphate）。
     接著，羧基磷酸迅速分解出活性 $\text{CO}_2$ 並釋出無機磷酸（$\text{P}_i$）；親核性的生物素（Biotin）再捕獲該 $\text{CO}_2$，生成羧基生物素（Carboxybiotin）。
   • 第二階段（Site 2：羧基轉移）：
     帶有活化羧基的生物素臂擺盪至第二活性部位，將羧基轉移給烯醇態的丙酮酸（Pyruvate），最終生成草醯乙酸（Oxaloacetate）。

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解題方法

本題題幹核心句為：

"...bicarbonate is 'activated' by attachment to the ______ of ATP to form ______."

題目詢問重碳酸根（$\text{HCO}_3^-$）活化的具體生化步驟：

1. 結合位置：重碳酸根活化時，會攻擊 ATP 最外側的末端磷酸基，即 $\gamma$-磷酸（$\gamma$-phosphate），並同時產生副產物 ADP。

核心觀念

本題考查植物種子萌發時的「乙醛酸循環（glyoxylate cycle／glyoxylate pathway）」及其與脂肪酸分解、糖質新生的整合。

乙醛酸循環是三羧酸循環的變形，植物主要在乙醛酸體（glyoxysome）中進行。其關鍵特色是繞過三羧酸循環中的兩個脫羧步驟，因此能將脂肪酸分解產生的 acetyl-CoA，轉變為可供糖質新生使用的四碳化合物。

兩個關鍵反應為：

$$\text{isocitrate} \rightarrow \text{succinate}+\text{glyoxylate}$$

此反應由 isocitrate lyase 催化。

$$\text{glyoxylate}+\text{acetyl-CoA} \rightarrow \text{malate}+\text{CoA-SH}$$

此反應由 malate synthase 催化。

每完成一輪乙醛酸循環，消耗兩分子 acetyl-CoA，產生一分子 succinate，並再生 oxaloacetate：

$$2\text{ acetyl-CoA} \rightarrow \text{succinate}$$

Succinate 可轉變為 oxaloacetate，再經糖質新生形成 phosphoenolpyruvate，最後合成 glucose。因此，乙醛酸循環使植物能完成「脂質轉換為醣類」的淨反應。

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解題方法

判斷每個敘述是否符合乙醛酸循環的功能：

1. 是否能讓 acetyl-CoA 的碳進入糖質新生，形成 glucose？
2. 是否能由 acetyl-CoA 淨合成四碳二羧酸？
3. 是否是乙醛酸循環本身負責將脂肪酸變成 acetyl-CoA？
4. glyoxylate 的直接來源是否是脂肪酸？
5. 是否能在種子萌發時促成脂質轉成醣類？
6. 是否能由三羧酸循環中間物淨合成長鏈脂肪酸？

其中第 3 項是脂肪酸的 β-氧化功能；第 4 項則混淆了 glyoxylate 的來源。乙醛酸循環的主要功能集中在第 1、2、5 項。

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選項逐一分析

敘述 1：carry out the synthesis of glucose from acetyl-CoA

正確。

乙醛酸循環本身主要先將 acetyl-CoA 轉成 succinate 等四碳中間物，接著 succinate 可轉成 oxaloacetate，進入糖質新生而形成 glucose。

因此，從整體代謝功能而言，乙醛酸循環使植物能由 acetyl-CoA 淨合成 glucose。

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敘述 2：accomplish the net synthesis of four-carbon dicarboxylic acids from acetyl-CoA

正確。

乙醛酸循環繞過三羧酸循環的兩個脫羧步驟，保留 acetyl-CoA 的碳骨架，並產生四碳二羧酸 succinate。

每輪反應的概念性淨結果為：

$$2\text{ acetyl-CoA} \rightarrow \text{succinate}$$

Succinate、malate 與 oxaloacetate 都是四碳二羧酸或相關四碳二羧酸中間物，因此此敘述正確。

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敘述 3：obtain acetyl-CoA from fatty acids

核心觀念

本題測驗「五碳糖磷酸途徑（Pentose Phosphate Pathway, PPP）」中碳原子的命運與脫羧反應（Decarboxylation）：

1. 氧化期（Oxidative phase）的脫羧反應：
   Glucose 進入細胞後先磷酸化為 Glucose-6-phosphate（G6P）。在 PPP 的氧化階段中，G6P 經由兩步氧化反應與一步脫羧反應轉化為 Ribulose-5-phosphate（Ru5P）：
   • 第一步：G6P 經 Glucose-6-phosphate dehydrogenase (G6PD) 催化，氧化成 6-Phosphoglucono-$\delta$-lactone，同時生成 NADPH。
   • 第二步：內酯水解酶（Lactonase）催化開環生成 6-Phosphogluconate。
   • 第三步：6-Phosphogluconate dehydrogenase 催化氧化性脫羧反應（Oxidative decarboxylation），脫除 C-1 上的碳原子並釋放為 $\text{CO}_2$，同時產生第二個 NADPH 與 Ru5P。
2. 同位素標定碳原子的釋放速率比較：
   • 題目明確指出組織萃取液富含五碳糖磷酸途徑的酵素（rich in the enzymes of the pentose phosphate pathway）。
   • 若葡萄糖在 C-1 標定 $^{14}\text{C}$，只需經過 PPP 氧化期最初的三步酵素反應，便能立即將標定的碳以 $^{14}\text{CO}_2$ 形式釋放，路徑最短、速度最快。
   • 若走傳統糖解作用（Glycolysis）接三羧酸循環（TCA cycle），Glucose 的 C-3 與 C-4 會先變成 Pyruvate 的羧基碳（C-1），隨後在 Pyruvate dehydrogenase complex 催化下轉成 $\text{CO}_2$；而 C-1、C-6、C-2、C-5 則需進入 TCA 循環經多步反應才會釋放。然而在富含 PPP 酵素的體系中，首當其衝最快速釋放 $\text{CO}_2$ 的碳原子絕對是直接經由 6-Phosphogluconate dehydrogenase 脫羧的 C-1。

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解題方法

1. 追蹤 PPP 氧化反應式：
   $\text{Glucose-6-phosphate} + 2\text{NADP}^+ + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{Ribulose-5-phosphate} + \text{CO}_2 + 2\text{NADPH} + 2\text{H}^+$
2. 分析碳原子的對應去向：
   • 原始 Glucose 之碳編號：$\text{C}_1-\text{C}_2-\text{C}_3-\text{C}_4-\text{C}_5-\text{C}_6$。
   • 經 6-Phosphogluconate 脫羧時，釋放出的 $\text{CO}_2$ 來自於 $\text{C}_1$。
   • 產物 Ribulose-5-phosphate 的碳架構（5 個碳）分別來自原先的 $\text{C}_2$（變為 Ru5P 之 C-1）、$\text{C}_3$、$\text{C}_4$、$\text{C}_5$、$\text{C}_6$。
3. 結論：

核心觀念

本題考查肌肉在有氧與無氧收縮時的能量代謝，以及丙酮酸的代謝去向。

葡萄糖經由糖解作用產生丙酮酸：

$$\text{Glucose} \rightarrow 2\text{ Pyruvate} + 2\text{ ATP} + 2\text{ NADH}$$

在缺氧或能量需求超過粒線體氧化能力時，丙酮酸由乳酸脫氫酶催化還原成乳酸（生理條件下主要為乳酸根），同時再生 $NAD^+$，使糖解作用能夠持續：

$$\text{Pyruvate} + NADH + H^+ \rightarrow \text{Lactate} + NAD^+$$

在氧氣充足時，糖解作用仍然會進行；但大部分丙酮酸進入粒線體，經丙酮酸脫氫酶轉化為乙醯輔酶 A，再進入檸檬酸循環與電子傳遞鏈，進行完整氧化：

$$\text{Pyruvate} \rightarrow \text{Acetyl-CoA} \rightarrow \text{Citric acid cycle} \rightarrow CO_2 + H_2O$$

因此，有氧條件下丙酮酸較少被還原成乳酸，乳酸生成量便低於無氧條件。

解題方法

判斷關鍵在於比較「糖解作用是否發生」以及「糖解作用產生的丙酮酸往哪裡去」。

1. 有氧條件下，糖解作用仍會發生，因此不能否定糖解作用。
2. 糖解作用的產物是丙酮酸。
3. 氧氣充足時，丙酮酸主要進入粒線體，經檸檬酸循環氧化。
4. 氧氣不足時，丙酮酸主要被還原成乳酸，以再生 $NAD^+$。
5. 所以正確敘述應指出：有氧時，大部分丙酮酸進入檸檬酸循環，而不是轉化為乳酸。

選項分析

(A) glycolysis does not occur to significant extent under aerobic conditions.

錯誤。糖解作用位於細胞質，在有氧與無氧條件下都可以進行。肌肉有氧收縮時仍會利用糖解作用產生 ATP、丙酮酸與 NADH，只是丙酮酸的主要去向由乳酸發酵轉為粒線體氧化。

(B) muscle is metabolically less active under aerobic than anaerobic conditions.

錯誤。乳酸生成量較少，不代表肌肉代謝活性較低。有氧條件下，肌肉仍高度活躍，且可透過檸檬酸循環與電子傳遞鏈產生更多 ATP。無氧條件下每個葡萄糖分子只能由糖解作用淨得 2 個 ATP；

核心觀念

本題主要測驗哺乳動物體內糖質新生作用（Gluconeogenesis）的前驅物代謝途徑與偶數碳脂肪酸無法產生淨葡萄糖合成（Net synthesis of glucose）的生化限制。

1. 糖質新生的基本條件：基質必須能經由代謝途徑淨轉化為丙酮酸（Pyruvate）或三羧酸循環（TCA cycle）的中間產物，進而合成草醯乙酸（Oxaloacetate, OAA），才能循糖質新生途徑轉化為磷酸烯醇丙酮酸（Phosphoenolpyruvate, PEP）並生成葡萄糖。
2. 偶數碳脂肪酸氧化產物的限制：
   • 哺乳動物氧化偶數碳飽和脂肪酸（如 Palmitate，16 碳）完全降解為乙醯輔酶 A（Acetyl-CoA）。
   • 丙酮酸去氫酶複合體（Pyruvate dehydrogenase complex, PDH）所催化的反應為不可逆反應：
     $\text{Pyruvate} + \text{NAD}^+ + \text{CoA-SH} \xrightarrow{\text{PDH}} \text{Acetyl-CoA} + \text{NADH} + \text{CO}_2 + \text{H}^+$
     哺乳動物體內缺乏逆向轉化反應（無法將 Acetyl-CoA 轉化為 Pyruvate）。
   • 當 Acetyl-CoA 進入三羧酸循環（TCA cycle）時，輸入 2 個碳（Acetyl 基團），但在形成草醯乙酸（OAA）之前，會於異檸檬酸去氫酶（Isocitrate dehydrogenase）與 $\alpha$-酮戊二酸去氫酶（$\alpha$-Ketoglutarate dehydrogenase）步驟釋放 2 分子的 $\text{CO}_2$。因此，淨碳數變化為零，無法貢獻淨草醯乙酸（OAA）的生成。
   • 哺乳動物缺乏**乙醛酸循環（Glyoxylate cycle）**中的關鍵酵素（異檸檬酸裂解酶 Isocitrate lyase 與蘋果酸合酶 Malate synthase），因此無法繞過脫羧反應將 Acetyl-CoA 淨轉化為四碳的二羧酸。

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解題方法

判斷一分子是否能作為哺乳動物肝臟「淨糖質新生（Net gluconeogenesis）」的受質，切入點為檢視其代謝進入點：

1. 生糖胺基酸（Glucogenic amino acids）：可經轉氨作用或去氨作用轉變為 Pyruvate 或 TCA 循環中間物（如 $\alpha$-Ketoglutarate、Succinyl-CoA、Fumarate、Oxaloacetate），提供淨增的 OAA，故可進行淨糖質新生。
2. 糖解/糖質新生中間物：如 Pyruvate、Lactate、Glycerol 等，可直接納入糖質新生途徑，可進行淨糖質新生。
3. 偶數碳長鏈脂肪酸：$\beta$-氧化僅產生 Acetyl-CoA，受限於 PDH 的不可逆性及缺乏乙醛酸循環，無法進行淨糖質新生。

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選項分析

核心觀念

本題考查磷酸戊糖途徑（pentose phosphate pathway, PPP）非氧化階段中，$transketolase$ 與 $transaldolase$ 的反應辨識。

1. Transketolase

Transketolase 將一個酮糖的「兩個碳單位」轉移給醛糖，需以硫胺素焦磷酸（TPP）作為輔酶。因此典型反應為：

$$\text{xylulose-5-P}+\text{ribose-5-P} \rightleftharpoons \text{glyceraldehyde-3-P}+\text{sedoheptulose-7-P}$$ $$\text{xylulose-5-P}+\text{erythrose-4-P} \rightleftharpoons \text{glyceraldehyde-3-P}+\text{fructose-6-P}$$

2. Transaldolase

Transaldolase 轉移三個碳單位，典型反應為：

$$\text{sedoheptulose-7-P}+\text{glyceraldehyde-3-P} \rightleftharpoons \text{fructose-6-P}+\text{erythrose-4-P}$$

本題中的 xyulose-5-P 應視為 xylulose-5-P，即木酮糖-5-磷酸。

解題方法

逐一將題目反應與上述三個非氧化階段反應比對。PPP 中這些反應具有可逆性，因此題目若將反應物與產物顛倒，仍可由同一酵素催化。

反應 I

題目反應為：

$$\text{fructose-6-P}+\text{glyceraldehyde-3-P} \rightarrow \text{xylulose-5-P}+\text{erythrose-4-P}$$

Transketolase 的第二個典型反應為：

$$\text{xylulose-5-P}+\text{erythrose-4-P} \rightleftharpoons \text{glyceraldehyde-3-P}+\text{fructose-6-P}$$

題目反應是此反應的逆向，因此由 transketolase 催化。

反應 II

題目反應為：

$$\text{erythrose-4-P}+\text{fructose-6-P} \rightarrow \text{sedoheptulose-7-P}+\text{glyceraldehyde-3-P}$$

核心觀念

本題探討肝臟中果糖代謝（Fructolysis）途徑與糖解作用（Glycolysis）之調控差異，及其如何促進脂肪新生（De novo lipogenesis, DNL）。

1. 糖解作用的關鍵限速步驟：
   葡萄糖進行糖解作用時，最重要的速率決定步驟（Rate-limiting step）是由**磷酸果糖激酶-1（Phosphofructokinase-1, PFK-1）**催化 $Fructose\text{-}6\text{-}phosphate \rightarrow Fructose\text{-}1,6\text{-}bisphosphate$。PFK-1 會受到高濃度 ATP 與檸檬酸（Citrate）的強烈異位抑制（Allosteric inhibition），避免細胞在能量充足時過度消耗葡萄糖。

2. 肝臟中果糖的代謝路徑：
   在肝臟中，果糖主要經由果糖激酶（Fructokinase / Ketohexokinase, KHK）磷酸化為 $Fructose\text{-}1\text{-}phosphate$（F1P），再由醛縮酶 B（Aldolase B）裂解為二羥丙酮磷酸（Dihydroxyacetone phosphate, DHAP）與甘油醛（Glyceraldehyde）。甘油醛經甘油醛激酶（Glyceraldehyde kinase）或轉化還原後，進入三碳糖磷酸鹽池（Triose phosphate pool），成為甘油醛-3-磷酸（Glyceraldehyde-3-phosphate, GAP）。

3. 旁路效應（Bypass effect）與脂肪合成：
   果糖在肝臟中裂解生成的產物（DHAP 與 GAP）完全繞過了受緊密調控的 PFK-1 檢核點。因此，即使肝臟能量飽和（高 ATP / Citrate），果糖仍會不受節制地大量向下游進行代謝，產生大量的丙酮酸（Pyruvate）與乙醯輔酶 A（Acetyl-CoA），同時生成合成甘油三酯骨架所需的甘油-3-磷酸（Glycerol-3-phosphate），直接促進脂肪酸與三酸甘油酯（Triacylglycerols, TAG）的合成。

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解題方法

切入點在於比較果糖與葡萄糖進入糖解作用的中間產物位置：

1. 審視果糖在肝臟中的進入點：果糖以三碳醣形式（DHAP 與 GAP）進入糖解路徑。
2. 比對 PFK-1 的位置：PFK-1 位於六碳醣階段（生成 Fructose-1,6-bisphosphate），在三碳醣階段之上游。

核心觀念

本題考查兩個連續步驟：

1. 糖解作用的碳原子追蹤
2. 酵母菌厭氧發酵：丙酮酸轉為乙醇

葡萄糖經糖解作用形成兩分子丙酮酸。葡萄糖在第 3 碳標記的碳，會成為其中一分子丙酮酸的羧基碳，也就是丙酮酸的 C1。

丙酮酸的結構可表示為：

$$\mathrm{CH_3(C3)-CO(C2)-COOH(C1)}$$

酵母菌厭氧時採行酒精發酵：

$$\text{Pyruvate} \rightarrow \text{Acetaldehyde}+\mathrm{CO_2} \rightarrow \text{Ethanol}$$

丙酮酸的羧基碳 C1 會先以二氧化碳形式脫去。

解題方法：追蹤葡萄糖 C3

果糖-1,6-二磷酸在糖解作用中於 C3 與 C4 之間裂解，形成兩個三碳中間物。碳原子對應關係如下：

葡萄糖碳原子	形成的丙酮酸碳原子
C1	丙酮酸 C3
C2	丙酮酸 C2
C3	丙酮酸 C1
C4	另一分子丙酮酸 C1
C5	另一分子丙酮酸 C2
C6	另一分子丙酮酸 C3

因此：

$$\text{葡萄糖 C3} \rightarrow \text{丙酮酸 C1}$$

酵母菌酒精發酵的脫羧反應為：

$$\text{丙酮酸 C1} \rightarrow \mathrm{CO_2}$$

所以，標記的 $\mathrm{^{14}C}$ 最後會出現在二氧化碳中。

選項分析

(A) CO₂：正確。

核心觀念

pBR322 具有兩個抗生素抗性基因：

• amp^R：使細胞具有 ampicillin 抗性。
• tet^R：使細胞具有 tetracycline 抗性。

利用限制酶進行基因插入時，若插入位置位於某個抗性基因內，會造成該基因的插入失活，使其所對應的抗生素抗性消失。

由圖可知，PstI 的切位點位於 amp^R 基因內，而不在 tet^R 基因內。

解題方法

以 PstI 切開 pBR322 後，將欲插入的基因接入 PstI 切口：

1. PstI 切點位於 amp^R 基因中。
2. 外來基因插入後，amp^R 基因被破壞，無法正常表現。
3. 因此，帶有重組載體的細胞：
   • 對 ampicillin 敏感；
   • 因 tet^R 基因仍完整，對 tetracycline 抗性。

所以重組細胞的表型為：

$$\text{Amp}^{S}\text{Tet}^{R}$$

選項分析

核心觀念

本題考查粒線體氧化磷酸化中的「解偶聯作用」（uncoupling）。

電子傳遞鏈將電子由 NADH、FADH₂ 傳遞給氧，並利用釋放的能量將 $H^+$ 自粒線體基質打入膜間腔，建立質子電化學梯度。之後，$H^+$ 經由 ATP synthase 回到基質，驅動：

$$\text{ADP} + P_i \rightarrow \text{ATP}$$

2,4-dinitrophenol（2,4-DNP）是脂溶性弱酸，可在質子化與去質子化形式之間轉換，攜帶 $H^+$ 穿越內膜，使質子梯度消散。其結果是：

• 電子傳遞鏈與耗氧速率上升；
• ATP 合成效率下降；
• 能量以熱的形式散失；
• ADP 增加、ATP 減少，促進 TCA cycle 與電子傳遞鏈運作。

解題方法

判斷各選項時，掌握兩個重點：

1. 2,4-DNP 必須能穿越粒線體內膜，才能往返搬運質子。
2. 解偶聯會讓電子傳遞與 TCA cycle 加速，但不能有效產生 ATP。

2,4-DNP 的作用可簡化表示如下：

在膜間腔中，質子濃度較高，DNP 的陰離子形式接受質子：

$$\mathrm{DNP^- + H^+ \rightarrow DNPH}$$

質子化的中性形式 $\mathrm{DNPH}$ 具有較高脂溶性，可穿過內膜進入基質。在基質中釋放質子：

$$\mathrm{DNPH \rightarrow DNP^- + H^+}$$

如此反覆循環，便將電子傳遞鏈建立的質子梯度轉化為熱，而不是充分用於 ATP 合成。

選項分析

(A) 2,4-DNP is protonated in the mitochondria matrix and deprotonated in the intermembrane space.

錯誤。

粒線體膜間腔的 $H^+$ 濃度高、pH 較低；基質的 $H^+$ 濃度低、pH 較高。因此，2,4-DNP 通常是在膜間腔接受質子而被質子化：

$$\mathrm{DNP^- + H^+ \rightarrow DNPH}$$

質子化後的中性分子穿越內膜，進入基質並釋放 $H^+$。所以正確方向是：

• 膜間腔：質子化；
• 基質：去質子化。

題目敘述將方向完全顛倒。

(B) The presence of an uncoupler results in an increase in the activity of the TCA cycle and electron transport.

正確。

核心觀念

本題測驗的核心觀念為無氧醣解作用（Anaerobic Glycolysis）與乳酸發酵（Lactic Acid Fermentation）的生理意義。

1. 醣解作用中的氧化還原瓶頸：
   在醣解作用的第六步反應中，甘油醛-3-磷酸去氫酶（Glyceraldehyde-3-phosphate dehydrogenase, GAPDH）催化以下氧化反應：
   $\text{Glyceraldehyde-3-phosphate} + \text{NAD}^+ + \text{P}_i \rightleftharpoons \text{1,3-Bisphosphoglycerate} + \text{NADH} + \text{H}^+$
   此步驟需要消耗輔酶 $\text{NAD}^+$。細胞質內的 $\text{NAD}^+$ 儲量極為有限，若沒有途徑將產生的 $\text{NADH}$ 重新氧化為 $\text{NAD}^+$，醣解作用將隨即停滯。

2. 乳酸去氫酶（Lactate Dehydrogenase, LDH）的功用：
   在缺氧或劇烈運動的骨骼肌中，粒線體的電子傳遞鏈（ETC）無法藉由氧氣將 $\text{NADH}$ 再氧化。此時細胞透過乳酸去氫酶催化丙酮酸（Pyruvate）還原為乳酸（Lactate）：
   $\text{Pyruvate} + \text{NADH} + \text{H}^+ \rightleftharpoons \text{Lactate} + \text{NAD}^+$
   此反應的主要生物學目的，就是將 $\text{NADH}$ 重新氧化為 $\text{NAD}^+$，以維持 GAPDH 反應所需之氧化型輔酶庫，確保醣解作用能持續進行以快速提供 ATP。

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解題方法

由題幹關鍵字「anaerobic conditions（無氧條件）」與「generates lactate from pyruvate（由丙酮酸生成乳酸）」切入：

1. 能量生成時機：由丙酮酸轉化為乳酸的單一反應步驟不產生任何 ATP，因此生成乳酸並非直接為了獲得額外的 ATP。
2. 代謝途徑的連續性（Flux）：在無氧狀態下，細胞仰賴受質層次磷酸化（Substrate-level phosphorylation）產生 ATP，唯一能運作的路徑是醣解作用。要維持醣解作用不斷運轉，受質與輔酶供應必須平衡，其中 $\text{NAD}^+$ 的再生是不可或缺的限速關鍵。

核心觀念

本題考查「熱量限制」（calorie restriction, CR）延緩老化的細胞分子機制。

熱量限制是指在不造成營養不良的前提下，降低總熱量攝取。其典型效應包括：

• 延長平均壽命與最大壽命
• 降低代謝壓力與氧化損傷
• 改善粒線體功能
• 促進受損蛋白質與胞器的清除
• 調節營養感測路徑

其中重要的分子變化為：

1. Sirtuin 活化
2. AMPK 活化
3. mTOR 活性下降
4. 自噬作用（autophagy）增強

Sirtuin 是一群具去乙醯化活性的蛋白質，尤其是粒線體相關的 SIRT1、SIRT3 等，可調節基因表現、抗氧化反應、粒線體代謝與 DNA 修復，因此被視為熱量限制延緩老化的重要介質。

解題方法

判斷本題的關鍵，是將熱量限制造成的「低營養、低能量訊號」與細胞內營養感測路徑連結起來。

熱量攝取降低後，細胞能量狀態下降，AMP/ATP 比值上升，會促進 AMPK 活化；同時，胰島素、IGF-1 及胺基酸等營養訊號減少，使 mTOR 活性下降。這些變化進一步促進自噬，清除受損蛋白質與胞器。

此外，熱量限制會改變細胞內 NAD⁺ 等代謝物的比例，促進 sirtuin 活化。Sirtuin 活化可：

• 促進抗氧化與壓力抵抗
• 增強粒線體功能
• 調節 DNA 修復
• 抑制部分促發炎反應
• 與自噬及 AMPK 路徑協同作用

因此，選項中符合熱量限制分子機制的是 Activation of sirtuin。

選項分析

(A) Decrease in body weight

體重下降是熱量限制常見的生理結果，但不是本題所問的主要細胞分子機制。

熱量限制延長壽命的重點，在於營養感測、代謝調節、抗氧化、DNA 修復及自噬等作用。若只是單純降低體重，並不能完整解釋壽命延長。因此此項錯誤。

核心觀念

脂肪酸 β 氧化每一輪會從脂醯輔酶 A 的羧基端移除 2 個碳，並依序經過：

$$\text{trans-}\Delta^2\text{-烯醯輔酶 A} \rightarrow \text{3-羥基脂醯輔酶 A} \rightarrow \text{3-酮脂醯輔酶 A} \rightarrow \text{縮短 2 個碳的脂醯輔酶 A}$$

題目脂肪酸 $\mathrm{CH_3(CH_2)_{10}COOH}$ 共 12 個碳。判斷各結構時，須同時確認碳鏈長度與官能基位置：雙鍵應在 $\mathrm{C2=C3}$，羥基或酮基應在 $\mathrm{C3}$。

解題方法

圖中（1）是含 10 個碳、雙鍵鄰近輔酶 A 硫酯端的烯醯輔酶 A；（2）的羥基位在雙鍵碳上，該碳又直接鄰接硫酯羰基；（3）為酮基在硫酯端數來第 3 個碳的結構；（4）的酮基則離硫酯端較遠；（5）是含 8 個碳、羥基在第 3 個碳的結構。

逐項依碳數及官能基位置判斷：

• （1）正確。 $\mathrm{CH_3(CH_2)_6CH=CHC(=O)SCoA}$ 共 10 個碳，雙鍵位於 $\mathrm{C2=C3}$，符合 12 碳脂肪酸經一輪 β 氧化並移除 2 個碳後的烯醯輔酶 A。
• （2）錯誤。 圖示羥基在與硫酯羰基相鄰的雙鍵碳上，並非 β 氧化水合反應形成的 3-羥基脂醯輔酶 A；該反應產物應是飽和結構，羥基位於 $\mathrm{C3}$。
• **（3）正確。

核心觀念

長鏈脂肪酸進入粒線體基質，主要依靠肉鹼穿梭系統。長鏈脂醯基先由肉鹼棕櫚醯轉移酶 I（CPT-I）轉到肉鹼上，形成脂醯肉鹼；脂醯肉鹼經轉位酶穿過粒線體內膜後，再由 CPT-II 把脂醯基轉回輔酶 A，供基質中的 β-氧化使用。

肉鹼的結構為：

$${}^{-}\mathrm{OOC}-\mathrm{CH_2}-\mathrm{CH(OH)}-\mathrm{CH_2}-\mathrm{N^{+}(CH_3)_3}$$

它的主鏈含有四個碳，包含羧酸根中的羧酸碳；若不計羧酸碳，其餘碳才是三個。

解題方法

核心觀念

本題考查 Northern blot（北方墨點法）。實驗先分離細胞中的 RNA，以瓊脂糖凝膠電泳依片段大小分離，再將 RNA 轉移至膜上，最後加入能與基因 X 轉錄產物互補的探針進行雜交。

若膜上出現探針訊號，表示樣本中有與探針互補的 RNA，代表基因 X 在肝細胞中有表現。Northern blot 也可用來觀察 RNA 的大小與相對表現量。

常見墨點法可依分析目標區分：

• Southern blot：分析 DNA。
• Northern blot：分析 RNA。
• Western blot：分析蛋白質。

解題方法

判斷實驗目的時，先看樣本材料，再看探針辨認的分子。本題萃取的是肝細胞的 RNA，並以基因 X 探針偵測 RNA，因此要回答的是：肝細胞中是否有基因 X 的轉錄產物，也就是基因 X 是否表現。

這項實驗直接偵測的是 RNA，不能直接判定基因 X 的 DNA 拷貝數、染色體位置、突變序列，或其蛋白質是否存在。

選項分析

(A) You are trying to determine how many copies of Gene X are in liver cells.
錯。基因拷貝數屬於 DNA 層級的問題，需分析 DNA；本題偵測的是 RNA。

核心觀念

本題考察乳糖操縱組（lac operon）的負調控。乳糖阻遏蛋白通常會結合操縱子（operator），抑制乳糖代謝相關基因的轉錄；有乳糖時，異乳糖與阻遏蛋白結合，使阻遏作用解除。

若阻遏蛋白突變到無法結合操縱子，這道「關閉轉錄」的負調控就失效，乳糖代謝相關基因呈現構成型表現，不再需要乳糖來解除阻遏。

解題方法

依原卷圖，第 49 題設定為：大腸桿菌的乳糖阻遏蛋白突變後，永遠無法結合操縱子；選項詢問葡萄糖代謝酵素、乳糖代謝酵素是否產生，以及結果是否依葡萄糖濃度而變。判斷關鍵是先看阻遏蛋白能否結合操縱子：既然無法結合，乳糖操縱組就不會被這個阻遏蛋白關閉，因此乳糖代謝酵素會持續表現。

葡萄糖可透過分解代謝物活化蛋白（CAP）與環磷酸腺苷（cAMP）調節乳糖操縱組的轉錄強度，但這不會恢復已失效的阻遏作用；本題問的是阻遏蛋白失去結合能力後的表現判讀，答案為乳糖代謝酵素持續產生。

核心觀念

端粒是染色體線性 DNA 末端的重複序列與相關蛋白質，具有保護染色體末端的功能。DNA 複製時，末端複製問題使線性染色體末端難以完整複製，因此多數細胞的端粒會隨分裂逐漸縮短。

端粒酶是由 RNA 與蛋白質組成的核糖核蛋白複合體。其 RNA 部分提供模板，蛋白質部分具有反轉錄酶活性，可在染色體 3′ 端添加端粒 DNA 重複序列，以補償端粒縮短。

解題方法

判斷本題可抓住兩個關鍵：第一，端粒酶以 RNA 為模板合成的是 DNA，因此它是反轉錄酶，不是 DNA 外切酶，也不是一般 RNA 聚合酶；第二，比較不同細胞的端粒酶活性。胚胎細胞通常端粒較長、端粒酶活性較高；多數體細胞的端粒酶活性低，端粒會隨細胞分裂逐漸縮短。許多癌細胞則重新活化端粒酶，維持端粒長度，支持持續增殖。

選項分析