5.2 课后习题详解
1（1）计算一个含有78个氨基酸的α-螺旋的轴长。
（2）此多肽的α-螺旋完全伸展时多长？
答：（1）α-螺旋中每个残基绕轴旋转100°，沿轴上升0.15nm，故该α-螺旋的轴长为78×0.15nm＝11.7nm。
（2）完全伸展的肽链，残基间距离为0.36nm，故该多肽的α-螺旋完全伸展时长度为0.36×78＝28.08nm。
2某一蛋白质的多肽链除一些区段为α-螺旋构象外，其他区段均为β-折叠片构象。该蛋白质相对分子质量为240000，多肽链外形的长度为5.06×10－5cm。试计算：α-螺旋占该多肽链的百分数。（假设β-折叠构象中每氨基酸残基的长度为0.35nm）
答：已知氨基酸残基的平均相对分子质量为110，所以该多肽链中氨基酸残基数为240000/110＝2182个；
设此多肽链中α-螺旋的氨基酸残基数为x，则β-折叠的氨基酸残基数为2182－x；
根据α-螺旋构象中，每个残基上升的高度为0.15nm，β-折叠构象中，每个残基上升的高度为0.35nm，则有
0.15x＋0.35×（2182－x）＝5.06×10－5×107
解得x＝1289；
故α-螺旋氨基酸占总氨基酸的1289/2182＝59%。
3虽然在真空中氢键键能约为20kJ/mol，但在折叠的蛋白质中它对蛋白质的稳定焓贡献却要小得多（＜5kJ/mol）。试解释这种差别的原因。
答：原因：在伸展的蛋白质中大多数氢键的供体和接纳体都与水形成氢键，导致它在折叠的蛋白质中对蛋白质的稳定焓贡献要小得多。
4多聚甘氨酸是一个简单的多肽，能形成一个具有φ＝－80°，ψ＝＋120°的螺旋，根据拉氏构象图，描述该螺旋的（1）手性；（2）每圈的碱基数。
图5-1 拉氏构象图
答：
（1）根据拉氏构象图（图5-1），φ＝－80°，ψ＝＋120°时可知该螺旋为左手性。
（2）根据拉氏构象图（图5-1），φ＝－80°，ψ＝＋120°时可知该螺旋每圈残基数为3.0。
5α-螺旋的稳定性不仅取决于肽链间的氢键形成，而且还取决于肽链的氨基酸侧链的性质。试预测在室温下的溶液中下列多聚氨基酸哪些种将形成α-螺旋，哪些种形成其他的有规则的结构，哪些种不能形成有规则的结构？并说明理由。①多聚亮氨酸，pH＝7.0；②多聚异亮氨酸，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多聚苏氨酸，pH＝7.0；⑦多聚脯氨酸，pH＝7.0。
答：（1）②和⑥的α-碳原子附近有较大的R基，造成空间阻碍因而不能形成α-螺旋。
（2）③在pH7.0时，其R基带正电荷，彼此间产生静电排斥，不能形成链内氢键，所以不能形成α-螺旋；
（3）④与⑤的R基在给定的pH条件下均不带电荷，能形成链内氢键，所以可以形成α-螺旋。
（4）⑦的α-碳原子参与R基吡咯的形成，环内的Cα-N键和C-N肽键不能旋转，且多聚脯氨酸的肽键不具酰胺氢，不能形成链内氢键，所以含有脯氨酸α-螺旋被中断，产生结节。
因此①④和⑤能形成α-螺旋；②③和⑥不能形成有规则的结构；⑦有规则，但不是α-螺旋。
6多聚甘氨酸的右手或左手α-螺旋中哪一个比较稳定？为什么？
答：甘氨酸是在α-碳原子上呈对称的特殊氨基酸，因此多聚甘氨酸的右手螺旋和左手螺旋为一对对映体，所以它们在能量上是相当的，也是同等稳定的。
7考虑一个小的含101残基的蛋白质。该蛋白质将有200个可旋转的键。并假设对每个键φ和ψ有两个定向。问：
（1）这个蛋白质可能有多少种随机构象（w）？
（2）根据（1）的答案计算在当使1mol该蛋白质折叠成只有一种构象的结构时构象熵的变化（ΔS折叠）。
（3）如果蛋白质完全折叠成由H键作为稳定焓的唯一来源的α-螺旋，并且每molH键对焓的贡献为－5kJ/mol，试计算ΔH折叠。
（4）根据你的（2）和（3）的答案，计算25℃时蛋白质的ΔG折叠。该蛋白质的折叠形式在25℃时是否稳定？
答：（1）随机构象：由题意可知每个键可采取2个不同的定向，则W＝2200＝1.61×1060种。
（2）熵的变化：ΔS折叠＝1.15kJ/（K·mol）。
（3）ΔH折叠＝100×（－5kJ/mol）＝－500kJ/mol。
（4）ΔG折叠＝ΔH折叠－T×ΔS折叠＝－500＋（273＋25）×1.15＝－157.3kJ/mol，由于在25℃时，ΔG折叠＜0，因此折叠的蛋白质是稳定的。
8两个多肽链A和B，有着相似的三级结构。但是在正常情况下A是以单体形式存在的，而B是以四聚体（B4）形式存在的，问A和B的氨基酸组成可能有什么差别。
答：A和B的氨基酸组成可能有的差别：亚基缔合的驱动力主要是疏水作用，参与四聚体B4的亚基缔合的表面可能比单体A的对应表面具有较多的疏水残基。
9下面的序列是一个球状蛋白质的一部分。利用表5-7中的数据和Chou-Faman的经验规则预测此区域的二级结构。
图5-2 Chou-Faman的经验规则
表5-7 氨基酸的Chou-Faman构象倾向性因子及形成螺旋和折叠片能力的分类
答：（1）根据Chou-Faman的经验规则，形成α-螺旋残基Pα＜1.0，并且螺旋内部不含Pro，结合表5-7数据可判断残基4～11是一个α-螺旋。
（2）根据Chou-Faman的经验规则，β-折叠片向两端延伸直至4个残基的Pβ＜1.0，且延伸后的片段Pβ＜1.05，结合表5-7数据可判断残基14～19和24～30是β-折叠片。
（3）根据Chou-Faman的经验规则，β-转角的Pτ＞Pα及Pβ，且＞1.0，结合表5-7数据可判断残基20～23很可能形成β-转角。
10从热力学考虑，完全暴露在水环境中和完全埋藏在蛋白质分子非极性内部的两种多肽片段，哪一种更容易形成α-螺旋？为什么？
答：完全埋藏在蛋白质的非极性内部的多肽片段更容易形成α-螺旋。原因是因为在水环境中多肽对稳定焓（ΔH折叠）的贡献要小些。
11一种酶相对分子质量为300000，在酸性环境中可解离成两个不同组分，其中一个组分的相对分子质量为100000，另一个为50000。大的组分占总蛋白质的三分之二，具有催化活性，小的组分无活性。用β-巯基乙醇（能还原二硫桥）处理时，大的失去催化能力，并且它的沉降速度减小，但沉降图案上只呈现一个峰。关于该酶的结构作出什么结论？
答：（1）由酶和解离得到的组分的相对分子质量可知此酶含4个亚基。
（2）由组分的活性可知，两个无活性亚基的相对分子质量为50000，两个催化亚基的相对分子质量为100000。
（3）由β-巯基乙醇处理后得到的沉降图案可知每个催化亚基是由两条无活性的多肽链（相对分子质量为50000）组成，彼此间由二硫键交联在一起。
12今有一种植物的毒素蛋白，直接用SDS凝胶电泳分析时，它的区带位于肌红蛋白（相对分子质量为16900）和β-乳球蛋白（相对分子质量37100）两种蛋白之间，当这个毒素蛋白用β-巯基乙醇和碘乙酸处理后，在SDS凝胶电泳中仍得到一条区带，但其位置靠近标记蛋白细胞素（相对分子质量为13370），进一步实验表明，该毒素蛋白与FDNB反应并酸水解后，释放出游离的DNP-Gly和DNP-Tyr。关于此蛋白的结构，你能做出什么结论？
答：（1）已知β-巯基乙醇能够还原二硫键为-SH，碘乙酸能作用于-SH。该毒素蛋白在处理前后经SDS凝胶电泳分析得到的相对分子质量不同，并且进一步实验，与FDNB能得到两种不同的N-末端氨基酸，可判断概毒素蛋白由两条不同的多肽链通过链间二硫键交联而成。
（2）经β-巯基乙醇和碘乙酸处理后，进行SDS凝胶电泳分析只得到一条相对分子质量在13370的条带，可判断这两条不同的太短的相对分子质量均在13000左右。
13一种蛋白质是由相同亚基组成的四聚体。
（1）对该分子说出两种可能的对称性。稳定缔合的是哪种类型的相互作用（同种或异种）？
（2）假设四聚体，如血红蛋白，是由两个相同的单位（每个单位含α和β两种链）组成的。问它的最高对称性是什么？
答：（1）该分子可能的对称性有：C4和D2；稳定缔合的作用类型分别为：C4是通过异种相互作用缔合在一起，D2是通过同种相互作用缔合在一起。
（2）最高对称性是C2，因为每个α、β二聚体是一个不对称的原聚体。
14证明一个多阶段装配过程比一个单阶段装配过程更容易控制蛋白质的质量。考虑一个多聚体酶复合物的合成，此复合物含6个相同的二聚体，每个二聚体由一个多肽A和一个B组成，多肽A和B的长度分别为300个和700个氨基酸残基。假设从氨基酸合成多肽链，多肽链组成二聚体，再从二聚体聚集成多聚体酶，在这一建造过程中每次操作的错误频率为10-8，假设氨基酸序列没有错误的话，多肽的折叠总是正确的，并假设在每一装配阶段剔除有缺陷的亚结构效率为100%，试比较在下列情况下有缺陷复合物的频率：
（1）该复合物以一条6000个氨基酸连续的多肽链一步合成，链内含有6个多肽A和6个多肽B。
（2）该复合物分3个阶段形成：第一阶段，多肽A和B的合成；第二阶段，AB二聚体的形成；第三阶段，6个AB二聚体装配成复合物。
答：（1）有缺陷复合物的平均频率是6000×10－8＝6×10－5。
（2）由于有缺陷的二聚体可被剔除，因此有缺陷复合物的平均频率只是最后阶段的操作次数（5次操作装配6个亚基）乘以错误频率，即5×10－8。
因此分3个阶段合成比一步合成所产生的缺陷频率约低1000倍。