BÀI TẬP Bồi dưỡng học sinh giỏi PHẦN HÓA SINH

BÀI TẬP PHẦN HÓA SINH
Câu 1: Đường phân là quá trình thiết yếu đối vợi mọi cơ thể sống.
1. Hình dưới đây mô tả các phản ứng của đường phần. Các số trên hình (1-10) biểu diễn
các enzyme xúc tác cho các phản ứng. Hãy xếp nhóm mỗi enzyme vào “kiểu enzyme” được
liệt kê dưới đây và điền số chỉ phản ứng vào ơ thích hợp. Lưu ý là một số kiểu enzyme có
thể khơng có.
O

H

1

OH
OH

ATP

H

OH

OH

CH2OPO32-

O

3

OH

OH

OH

ADP

CH2OH

O

2

OH

OH
OH

O

H

CH2OPO32-

CH2OPO32-

CH2OPO32-

CH2OH
H

OH
ADP

ATP

OH

OH
OH

CH2OPO32C

O

4

CH2 OH

5
-

-

O
C

O
O

OPO33-

C

O

8
HC

OPO32-

HC

OH

H2O

Pi

C

HC

OH

CH2OPO32-

OO

C

10

C

OPO32ATP

CH2

NADH + H+ NAD+

O

CH2OH

OC

6

OPO32-

ADP

CH2OPO32-

CH2OH

CH

O

HC
ATP

9

C

7

ADP

O
O

CH3

Kiểu enzyme:
A. Oxidoreductase

B. Transferase

C. Hydrolase

D. Lyase

E. Isomerase

F. Ligase

2. Một mẫu tế bào cơ được ni cấy trong mơi trường sục khí oxy, rồi sau đó được chuyển

nhanh sang điều kiện thiếu oxy. Nồng độ của ba hợp chất quan trọng trong q trình chuyển
hóa đường glucose được đo ngay sau khi loại bỏ oxy (thời điểm này
được kí hiệu là 0) và được biểu diễn như sơ đồ dưới đây:
Hãy ghép các đường cong trên đồ thị (1, 2 và 3) cho phù hợp với
các chất chuyển hóa có nồng độ thay đổi.
Các chất chuyển hóa.
A. Glucose-6-phosphate

76


Bài tập phần hóa sinh
B. Lactate

C. Fructose-1,6-bisphosphate
Hướng dẫn giải

1. Việc đầu tiên bạn đọc muốn trả lời được câu hỏi này, các bạn phải hiểu được đặc điểm
xúc tác các kiểu enzyme:
A. Oxidoreductase:

xúc tác cho phản ứng oxy hóa – khử (vận chuyển điện tử, các ion hydride
hoặc nguyên tử H).

B. Transferase:

xúc tác cho các phản ứng chuyển vị các nhóm từ một phân tử này đến
một phân tử khác.

C. Hydrolase:

xúc tác các phản ứng thủy phân (cũng là phản ứng vận chuyển các nhóm
chức năng).

D. Lyase:

xúc tác cho các phản ứng thêm các nhóm vào nối đơi, hoặc tạo thành nối
đơi bằng cách loại các nhóm.

E. Isomerase:

xúc tác cho các phản ứng đồng phân hóa, hoặc chuyển vị các nhóm
trong nội bộ phân tử tạo thành các dạng đồng phân.

F. Ligase:

xúc tác cho các phản ứng tạo thành liên kết C-C; C-O; C-S và C-N bằng
phản ứng ngưng tụ, kèm theo phản ứng cắt đứt liên kết giàu năng lượng
của các nucleoside triphosphate, thường dấu hiệu nhận biết của kiểu
enzyme này với lyase là có sự xuất hiện của ATP.

Kết quả thu được
A
6

B
1, 3, 5, 7, 10

C

D
4, 9

E
2, 5, 8

F

2. 3 chất chuyển hóa này ở chu trình nào ? – vị trí nào ? – chất nào là sản phẩm của chất nào
? – diễn ra trong điều kiện nào ?. Khi bạn trả lời được những câu hỏi này chắc chắn bạn sẽ hoàn
thành tuyệt đối câu hỏi này.
Và tất nhiên, lactate là sản phẩm của quá trình yếm khí khi khơng có oxy nên lượng lactate
sẽ tăng nhẹ (do đo ngay lập tức). Hai chất còn lại đều sản phẩm trung gian của quá trình đường
phân, trong đó glucose-6-phosphate qua 2 phản ứng sẽ tạo ra frutocse-6-phosphate nên lượng
glucose-6-phosphate sẽ thấp hơn.
1
B

2
C

3
A

Câu 2:
a. Phân biệt 3 cơ chế hoạt động của các chất ức chế enzyme có thể phục hồi và cách nhận
biết mỗi cơ chế dựa vào động học enzyme.
b. Hoạt tính của protein do cấu trúc khơng gian của nó quyết định, trong khi cấu trúc khơng
gian đó do trình tự acid amin (cấu trúc bậc 1) quy định. Bằng kỹ thuật di truyền, người ta tạo được
2 phân tử protein đơn phân có trình tự acid min giống hệt nhau nhưng ngược chiều (từ đầu N đến

dầu C ). Hai phân tử protein này có cấu trúc khơng gian hoạt tính giống nhau không ? Tại sao ?
Hướng dẫn giải
a. Ba cơ chế hoạt động của các chất ức chế enzyme có thể phục hồi và cách nhận biết:

77


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
-Ức chế cạnh tranh: Chất ức chế liên kết vào trung tâm hoạt động của enzyme (cạnh tranh
với cơ chất). Nhận biết: Km tăng (ái lực giảm) và Vmax không đổi.
-Ức chế không cạnh tranh: Chất ức chế liên kết phức hợp enzyme cơ chất (không phải
enzyme tự do) ở vị trí khác trung tâm hoạt động ảnh hưởng đến đến trung tâm hoạt động dẫn
đến giảm hoạt tính xúc tác của enzyme. Nhận biết Km không thay đổi và Vmax giảm.
-Ức chế kiểu hỗn hợp: Chất ức chế đồng thời liên kết được vào cả trung tâm hoạt động và
vị trí khác (enzyme tự do và phức hợp enzyme – cơ chất). Nhận biết: đồng thời Km tăng (hoặc
ái lực giảm) và Vmax giảm.
Khơng. Vì liên kết peptide có tính phân cực từ đầu N đến đầu C hai chuỗi polipeptide dù
có trình tự giống nhau nhưng ngược chiều sẽ có gốc R hướng về các phía khác nhau và vì vậy sẽ
có cấu trúc bậc 2, 3 và 4 hoàn toàn khác nhau, dẫn đến nhiều khả năng dẫn đến hoạt tính protein
nhiều khả năng bị thay đổi hoặc mất.
Câu 3: Các enzyme ligaza dưới đây (1 – 6) xúc tác hình thành các liên kết phân tử (từ I đến IV).
Loại enzyme
1. DNA ligase
2. Enzyme tạo phức magie
3. Enzyme tổng hợp acetyl-CoA
4. Enzyme nối acid amin – tARN
5. Enzyme chuyển nhóm carboxyl của pyruvate
6. Enzyme tổng hợp glutathione

Loại liên kết hóa học

I. Liên kết carbon – oxy
II. Liên két carbon – lưu huỳnh
III. Liên kết carbon – nito
IV. Liên kết carbon – carbon
V. Liên kết este của phostpho
VI. Liên kết nito – kim loại

Có các phản ứng được xúc tác bởi những enzyme này được nêu dưới đây:
ATP

A

ADP + Pi

χ−L-glutamyl-L-cysterin + glycine

glutathione
Ser

ATP

B

Ser

+

ATP

C

AMP + PPi

ADP + Pi

2+

Protoporphyrin IX + Mg

Mg-protoporphyrin IX
H2 O

2H+

D
OH
O

P

Pyruvate

P

O
-

O

ADP + Pi

Acetate + CoA

ATP

F

O

O-

ATP

E

O

O

O

Acetyl-CoA
ADP + Pi

Oxaloacetate
CO2

78

Bài tập phần hóa sinh
Hãy kết cặp giữa từng loại enzyme (1 tới 6) với từng phản ứng enzyme tương ứng ở hình
trên (A tới F) phù hợp với các loại liên kết cộng hóa trị (I tới VI).
Hướng dẫn giải
Tiếp tục là một câu hỏi về enzyme. Câu hỏi này khá hay đòi hỏi các bạn phải tỉnh táo quan
sát và loại trừ nếu bạn không phải là một chuyên gia về hóa sinh. Hãy đi lần lượt từ A à C à E
à D à F à B.
I

II

III

IV

V

VI

Loại enzim

4

3

6

5

1

2

Phản ứng

B

E

A

F

D

C

Câu 4: Tốc độ phản ứng từ cơ chế S thành sản phẩm P do enzyme E xúc tác được xác định trong
điều kiện chỉ có 1 lượng nhỏ sản phẩm phản ứng được tạo ra. Số liệu thu được như sau:

Nồng độ cơ chất S (µM)

Tốc độ phản ứng (µM/phút)

0,08

0,15

0,12

0,21

0,54

0,70

1,23

1,10

1,82

1,30

2,72

1,50

4,94

1,70

10,00

1,80

a. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn kết quả thí nghiệm nêu trên và tính giá trị tương đối của KM và
Vmax dựa theo phương trình Mechaelis-Menten: v = Vmax [S] /( [S] + KM ).Trong đó v là tốc độ
phản ứng, Vmax là tốc độ phản ứng tối đa, [S] là nồng độ cơ chất, KM là hằng số MechaelisMenten.
b. Tại sao phải xác định tốc độ phản ứng trong điều kiện chỉ có 1 lượng nhỏ sản phẩm phản

ứng được tạo ra ?
c. Giả sử enzyme E sau khi được phosphoryl hóa (Ep) có giá trị KM tăng gấp 3 lần Vmax
không thay đổi. Phản ứng phosphoryl hóa này có ảnh hưởng như thế nào đối với enzyme E ?
Giải thích.
d. Hãy vẽ đồ thị so sánh phản ứng enzyme được phosphoryl hóa Ep với enzyme ban đầu
theo phương trình Lineweaver-Burk: 1/v = (KM /Vmax)(1/[S])+1/ Vmax. Theo đồ thị LineweaverBurk, khi được phosphoryl hóa, giá trị KM của enzyme E sẽ là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
a. Vẽ được đồ thị tương tự hình dưới đây (dạng hypecbol):

79


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào

Từ đồ thị, tính được giá trị tương đối Vmax ≈ 2µM/ phút và KM ≈ 1µM

a. Vì trong điều kiện chỉ có 1 lượng nhỏ sản phẩm phản ứng được tạo ra sẽ xác định được
tốc độ phản ứng theo lý thuyết động học enzyme. Lượng sản phẩm hình thành nhỏ chứng tỏ
lượng cơ chất mất đi và sự tích lũy sản phẩm diễn ra chậm. Do vậy, tốc độ phản ứng đo được
không thấp hơn lý thuyết và phản ánh gần đúng lý thuyết động học enzyme.
b. Hoạt tính của enzyme E bị giảm, dẫn đến nồng độ cơ chế phải tăng lên để đạt được (
KM tăng lên). Sự phosphoryl hóa có thể làm thay đổi cấu dạng của phân tử enzyme vì gốc
phosphate mang điện tích âm có thể hấp dẫn một nhóm các acid amin mang điện tích dương,
dẫn đến thay đổi hoạt tính enzyme. Sự phosphate hóa có thể ảnh hưởng đến cấu trúc của trung
tâm hoạt động của enzyme, làm giảm khả năng kết hợp với chất.
c. Từ số liệu đã cho, tính tốn giá trị 1/[S] và 1/v rồi vẽ đồ thị biểu diễn phản ứng enzyme
Ep và enzyme.
Nồng độ cơ chất S (µM)

1/[S]

Tốc độ phản ứng (µM/phút)

1/v

0,08

12,5

0,15

6,7

0,12
0,54
1,23
1,82
2,72
4,94
10,00

8,3
1,85
0,81
0,56
0,37
0,2
0,1

0,21

0,70
1,10
1,30
1,50
1,70
1,80

4,8
1,4
0,91
0,77
0,67
0,59
0,56

Từ phương trình Lineweaver-Burk, tính được KM của enzyme ban đầu = 0,99µM và KM
của enzyme bị phosphoryl hóa là = 2,97µM
Câu 5: Enzyme A tham gia vào giải độc ammoniac. Ở gà, enzyme này được vận chuyển đến ty thể,
còn ở người, E enzyme nzyme này định vị ở tế bào chất. Để được vận chuyển tới ty thể, enzyme A
phải mang đoạn peptide tín hiệu tồn tại ở dạng xoắn alpha lưỡng cực. Trong đó các acid amin tích
điện dương nằm ở 1 phía, còn các acid amin kị nước và các acid amin khác nằm ở phía đối diện.

80


Bài tập phần hóa sinh
Dựa vào mơ hình vịng quay xoắn (hình 1) và 2 trình tự đầu amin (-NH2): trình tự 1 và trình
tự 2 (hình 2) của enzyme A ở gà và người, hãy cho biết:
a. Trong 2 trình tự này, trình tự nào là của gà và trình tự nào là của người? Giải thích
b. Nếu có 1 lượng lớn enzyme A thì có ảnh hưởng đến sự vận chuyển protein khác vào

trong ty thể không? Giải thích.
c. Khi vận chuyển enzyme A vào ty thể, có cần protein vận chuyển qua màng ngồi ty thể
khơng? Tại sao?
Hướng dẫn giải
a. Kết quả xây dựng mơ hình vịng quay xoắn của 2 trình tự đầu amin (hình dưới đây) cho
thấy trình tự 2 tạo ra mơ hình vịng quay xoắn lưỡng cực với một phía tích điện dương rõ nét.
Trong khi đó trình tự 1 tạo ra vịng quay xoắn với tính lưỡng cực kém hơn, mang quá ít điện tích
dương. Do vậy, trình tự 1 là của người và trình tự 2 là của gà.

b. Có. Vì enzyme A mang peptide tín hiệu sẽ cạnh tranh với các protein khác của ty thể,
đồng thời do có số lượng lớn nên sẽ làm giảm hoặc làm ngừng quá trình vận chuyển các protein
khác vào trong ty thể.
c. Có. Vì enzyme A được mã hóa ở nhân và mang peptide tín hiệu nên cần có protein vận
chuyển nhận biết được đoạn peptide tín hiệu, chuyển trình tự tín hiệu vào khe gian màng rồi
chuyển enzyme đi qua màng ngoài ty thể.
Câu 6: Tính mẫn cảm của một enzyme đối với các chất ức chế khác nhau được nghiên cứu. Tốc
độ hình thành sản phẩm được xác định tại các nồng độ cơ chất khác nhau khi nồng độ enzyme
là 10nM. Tốc độ ban đầu vi (tại thời điểm = 0 giây) được tính tốn và làm tham chiếu lập đồ thị
như một hàm đối với nồng độ cơ chất khi có mặt hoặc vắng mặt hai chất ức chế khác nhau.

81


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn.
A. Khi khơng có bất kỳ chất ức chế nào, thì hằng số KM (hằng số Michaelis) của enzyme là 0,15 µM.
B. Ảnh hưởng của chất ức chế 1 có thể được phục hồi một phần bằng cách bổ sung thêm
cơ chất.
C. Chất ức chế 2 làm giảm tốc độ tối đa (Vmax ) của enzyme.
Hướng dẫn giải

A. Dựa vào đồ thị, Vmax đạt 0.3 µM/s. Giá trị Km nằm trên trục hồnh tương ứng với
Vmax/2 (0.15 µM/s). Chiếu xuống ta được Km là 0.5 µM.
B. Ta thấy ở trường hợp có chất ức chế 1, tốc độ sản phẩm vẫn đạt giá trị max. Tuy nhiên,
giá trị max lại tương ứng với nồng độ cơ chất được sử dụng nhiều hơn (10µM). Điều đó chứng
tỏ, khi lượng cơ chất được tăng cường thì sẽ cạnh tranh với chất ức chế làm giảm tác dụng của
chất ức chế nên việc bổ sung thêm cơ chất là một cách để tăng cường phản ứng và tạo sản phẩm
của việc xúc tác ở enzyme là hợp lí.
C. Đúng. Chúng ta thấy rõ trên hình khi Vmax ở chất ức chế 2 chỉ đạt 0,13-0,15.
Câu 7: Ở hình dưới đây, các chữ cái trong các ơ vuông đại diện cho một mô hoặc một cơ quan
trong cơ thể.
a

b

Glucose

Acid béo

Lactate

Glucose

c

Acid béo

d

Glycerol
Acid béo

e

Hãy ghi một chữ các tương ứng với các mô hoặc cơ quan
Mô hoặc cơ quan
Não
Gan
Cơ tim
Cơ xương
Mô mỡ

Chữ cái

Hướng dẫn giải
Với kiểu câu hỏi này, chúng ta giải quyết theo hướng đi gỡ từng nút thắt một. Bắt đầu đơn
giản nhất và theo thứ tự dưới đây:
C: ta thấy hầu hết các hợp chất hữu cơ đều qua đây để tái tạo, phân phối đến tồn bộ cơ thể
chính vì vậy gan là một lựa chọn tối ưu nhất.

82


Bài tập phần hóa sinh
A: vì lúc ta thấy sự xuất hiện của lactate (nên nhớ lactate phần lớn xảy ra ở tế bào cơ), nếu
lượng lactate mà nhiều sẽ xảy ra toan (pH acid) như vậy không thể nào là cơ tim được à cơ xương.
D: là nơi dự trữ lượng acid béo và glycocerol cung cấp cho gan à mô mỡ.
E và B: tất nhiên là não hầu hết không dùng chất béo để cung cấp năng lượng rồi vì nếu vậy
lượng oxy sẽ đầu tư rất lớn.
Mơ hoặc cơ quan
Não

Gan
Cơ tim
Cơ xương
Mô mỡ

Chữ cái
b
c
e
a
d

Câu 8: Khi E.coli được nuôi trên môi trường chứa hỗn hợp glucose và lactose. Đồ thị dưới đây
cho thấy kiểu biểu hiện mRNA lac ở các tế bào E.coli kiểu dại và kiểu đột biến sau khi lactose
được bổ sung vào môi trường đã cạn kiệt glucose.

Hãy chỉ ra trong các thể đột biến dưới đây, các thể đột biến nào có thể và các thể đột biến
nào khơng thể có kiểu biểu hiện giống thế độ biến ở đồ thì trên bằng cách đánh dấu ( ).
I. Thể đột biến ở E.coli mất khả năng biểu hiện protein ức chế.
II. Thể đột biến ở E.coli mà ở đó protein ức chế có khả năng liên kết vào trình tự chỉ huy
(vùng O) nhưng khơng có khả năng liên kết với lactose.
III. Thể đột biến ở E.coli mà ở đó promoter bị đột biến dẫn đến protein ức chế khơng cịn
khả năng liên kết vào nó.
IV. Thể đột biến ở E.coli mà ở đó RNA polymerase khơng có khả năng liên kết vào trình tự
khởi đầu phiên mã (promoter) của operon lac.
Hướng dẫn giải
Câu hỏi này mang tính chất khá giống với nội dung ôn thi Đại Học.
-Nhiệm vụ đầu tiên của các bạn là phải biết được cơ chất của lactose nếu khơng có khả
năng phân tích tốt dữ kiện hình ảnh.
-Ta thấy khi bổ sung lactose, kiểu dại (kiểu bình thường) có tốc độ biểu hiện rất nhanh cho

thấy q trình phiên mã đang diễn ra với tốc độ cao. Như vậy lactose sẽ là nguyên nhân kích
thích hoạt động phiên mã – bằng cách nào ? Kiểu đột biến thì khơng có gì thay đổi – sẽ có sự
thay đổi cấu trúc trong hệ gen của chủng này ?

83


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
-Việc suy loại cũng rất quan trọng trong câu hỏi này. Đầu tiên, thể đột biến 1 – việc mất khả
năng biểu hiện protein ức chế sẽ tăng cường sản phẩm nên ta sẽ thấy rằng đây là điều không thể.
-Việc liên kết vào vùng O và mất tính cảm ứng với lactose cũng có thể là nguyên nhân
làm cho sản phẩm khơng được tạo ra. Như vậy có thể lactose khi được bổ sung sẽ cảm ứng với
protein ức chế nhằm ngăn chặn sự liên kết của protein này với vùng O.
-Protein ức chế không thể liên kết vào vùng P vì vùng P chỉ có chức năng là điểm nhận biết
cho một sự khởi đầu phiên mã.
-Hoàn toàn hợp lí vì vùng P là vùng khởi động phiên mã, nếu khơng trải qua bước này thì
sẽ khơng đến bước tiếp theo.
Thể đột biến
I

Có thể

Khơng thể

II
III
IV

Câu 9: Bảng dưới liệt kê cấu trúc hóa học, pK1, pK2 và pKR của một số acid amin

1. Hãy xác định dạng (ion hóa hay trung hòa điện) của các phân tử gồm 7 acid amin, kí hiệu
từ A tới C, ở các độ pH 1, pH 7 và pH 12, bằng cách tính độ tích điện thực (net charge) tương ứng
của mỗi phân tử ở mỗi độ pH (làm tròn về số nguyên; nhớ viết dấu âm/dương cho phù hợp) và
viết kết quả tính được vào ơ tương ứng.
2. Độ pH nào của đệm điện di là phù hợp nhất để phân tách ba chuỗi peptit này? Chỉ ra
độ pH thích hợp nhất bằng cách đánh dấu ü vào ô tương ứng và đánh dấu û vào các ơ cịn lại.

84


Bài tập phần hóa sinh
Hướng dẫn giải
1.
-Đối với câu hỏi này – rất hay và lạ đối với học sinh. Các bạn phải hiểu nếu muốn tính được
điện tích thực ở pH1 thì phải biết điểm đẳng điện (pI) của các peptide.
-Cơ sở của việc xác định pI là dựa vào các nhóm tích điện của các acid amin. Chẳng hạn:
R
O

O

OH

HO
NH2

-COO-

NH3+

Đây sẽ là 3 nhóm tích điện trong 1 acid amin, khi chúng ở trạng thái tích điện (NH3+ hay
–COO-). Vậy trong một chuỗi peptide gồm nhiều acid amin, sẽ có hai nhóm NH3+ và –COO- sẽ
mang điện tích và các nhóm R ( vì các nhóm ở giữa đã thực hiện liên kết –CO-NH- nên khơng
mang điện tích).
pI > pHx = +1
pI < pHx = -1
pI = pHx = 0
Ví dụ. Asp-Ala-Glu-Asp-Gly-Ser-Ser.
-Nhìn vào ta sẽ thấy Ser- Ser-Gly- là các acid amin thuộc nhóm khơng tích điện.
-Asp-Glu-Asp- . Các nhóm tích điện là NH3+ (pK
của Ser) và chuỗi bên của Asp; Glu.
NH
-COOR (NH3+)
R (-COO-)
pH=1
pH=7
pH=12
+
3

Asp
9.9
1.99
3.9
+1
0
-1

Ala
9.87

2.35

-NH2 của Asp); -COO- (pK α-COOH

Glu
9.47
2.1

Asp
9.9
1.99

4.07
0
-1
-1

3.9
0
-1
-1

Gly
9.78
2.35

Ser
9.21
2.19

Ser
9.21
2.19

0
-1
-1

Ở pH = 1, H+ dư thừa sẽ hình thành liên kết với –COO- à -COOH, lúc này sẽ khơng tích điện,
ở pH = 12 OH- dư thừa sẽ liên kết với –NH3+.
-Làm tương tự ta sẽ có kết quả như dưới.
Điện tích
thực ở pH 1

Peptit 7 acid amin
Peptide A
Asp-Ala-Glu-Asp-Gly-Ser-Ser
Peptide B
Gly-Lys-Asp-Ala-Ala-Ser-Gly
Peptide C
Ser-Lys-Ser-Lys-Gly-Asp-Ala

+1

85

Điện tích
Điện tích
thực ở pH 7 thực ở pH 12
-3

-4

+2

0

-2

+3

+1

-2


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
2. Điện di là kỹ thuật di truyền dựa trên nguyên tắc phân tích khối lượng và kích thước của
1 chuỗi phân tử trên bản chạy điện di từ một chiều điện cực ( từ + đến - ). Việc chọn một pH
phù hợp để chạy điện di là nhiệm vụ rất quan trọng nhằm xác định khoảng pH của peptide cần
nghiên cứu. Ở đây, dựa vào kết quả thu được ta thấy pH = 7 là khoảng giá trị trung bình giữa
pH=1 và pH=12 nên chọn pH =7 là điều hiển nhiên để thu được kết quả tốt nhất.
pH 1

pH 7

pH 12

x

x

Câu 10: Bilirubin là sản phẩm phân hủy tạo ra từ q trình dị hóa nhân heme và được đưa đến
gan, tại đây nó liên kết với hai phân tử acid glucuronic nhờ enzyme UGT (xem hình dưới).
Bilirubin liên kết sau đó được tiết vào ruột non như là một thành phần của dịch mật.
1

N
O

N

N

N

HO

2

OO

+

OH

O
HO

O

HO
OH

OH

N

N

O

UGT

N

N

O
O
HO

O

HO
OH

OH

O

OO
O
OH

O

O
HO

O

OH
OH

OH

a. Dựa vào cấu trúc của bilirubin ở dạng liên kết hãy giải thích tại sao chúng dễ dàng được
vận chuyển vào ruột non trong khi bilirubin là một phân tử kỵ nước ?
b. Một khối u làm tắc đoạn ống dẫn mật sát với ruột non làm giảm hàm lượng bilirubin liên
kết trong máu. Giải thích cho hiện tượng đó ?
c. Ngun nhân của bệnh nhân mắc bệnh Morbus Meulengracht là do đột biến điểm làm
UGT khơng hoạt động bình thường dẫn đến lượng bilirubin ở túi mật cao và gây vàng da. Đề
xuất một giải thích cho triệu chứng đó ?
d. Sốt rét là một trong những bệnh truyền nhiễm phổ biến nhất, vấn đề rất nghiêm trọng
đối với sức khỏe cộng đồng. Bệnh gây ra bởi ký sinh trùng Plasmodium falciparum . Giải thích tạo
sao khi bị nhiễm trùng sốt rét thì hàm lượng bilirubin liên kết trong máu cao ?
Hướng dẫn giải
a. Vì acid glucuronic là một phân tử ưa nước, trong khi bilirubin là phân tử kỵ nước và
khơng hịa tan trong nước. Kết hợp với acid glucuronic làm tăng độ hịa tan trong nước bằng

cách hình thành các liên kết hydro qua các nhóm –OH linh động.
b. Vì bilirubin là phân tử được tích tụ trong ống mật. Chúng được đưa vào máu thông qua
ruột non. Khi khối u làm tắc đoạn ống dẫn mật sát với ruột non làm cho lượng bilirubin tích tụ
trong mật cao và liên kết trong máu giảm.
c. Nếu UGT khơng hoạt động bình thường (như ở bệnh nhân mắc bệnh Morbus Meulengracht),
sự liên kết của bilirubin giảm và mức bilirubin không liên kết tăng lên, chúng được giữ ở túi mật
nhiều gây nên triệu chứng vàng da.

86


Bài tập phần hóa sinh
d. Vì ở một thời điểm nào đó, những hồng cầu này vỡ ra khi ký sinh trùng đẻ con, dẫn đến
sự giải phóng hemoglobin, do đó làm tăng mức bilirubin trong máu và sẽ được liên hợp.
Câu 11: Hình dưới đây minh họa một phần con đường shikimate, một phần của con đường
tổng hợp các acid amin vòng thơm ở vi khuẩn.

O

COO-

COO-

COO-

HO

a

OH

b

X

OH

O

HO

OH
OH

+

NADPH + H

OH
OH

+

NADP

Y
c
COO-

2-O P

3

Z

2-O P
3

PO43-

d

O

-

COO

OH

COO-

COO-

2-O P
3

OH
OH

Hãy chỉ ra các phát biểu đúng hay sai và giải thích cho sự lựa chọn của bạn.

a. Nêu tên các chất X, Y lần lượt trong các phản ứng a, c.
b. Trong phản ứng b, liệu có phải cơ chất bị khử không ?
c. Phản ứng d là phản ứng phosphorylase hay phosphoryl hóa. Giải thích cho câu trả lời
của bạn ?
Hướng dẫn giải
a. H2O vì ta thấy một nhóm –OH được tách ra từ sản phẩm. Y có thể là ATP vì ta thấy có gốc
phosphate gắn vào sản phẩm.
b. Đúng vì phản ứng NADH + H+ đặc trưng cho phản ứng oxy hóa khử được xúc tác bởi
enzyme dehydrogenase.
c. Vì gốc phosphate được loại ra từ cơ chất thứ hai chứ không phải được gắn vào. Đây là
quá trình phosphatase.
Câu 12: Khi ty thể dạng tinh sạch được hoà vào dung dịch đệm chứa ADP, Pi, và một cơ chất
có thể bị oxy hố, ba q trình sau xảy ra và có thể dễ dàng đo được: Cơ chất đó bị oxy hố;
O2 được tiêu thụ; và ATP được tổng hợp. Cyanua (CN- ) là chất ức chế sự vận chuyển điện
tử đến O2 . Oligomycin ức chế enzyme ATP synthase bằng cách tương tác với tiểu đơn vị F .
2,4-dinitrophenol (DNP) có thể khuếch tán dễ dàng qua màng ty thể và giải phóng 1 proton vào
chất nền, do đó làm giảm sự chênh lệch nồng độ H (gradient proton).

A

ADP + Pi

B

y

z

ADP + Pi
Succinate

x

t

t

87


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
Sự tiêu thụ oxy và tổng hợp ATP trong ty thể. Đường kẻ liền biểu diễn lượng oxy tiêu thụ
và đường nét đứt là lượng ATP được tổng hợp.
Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn
A. x là cơ chất có thể bị oxy hố.
B. y là oligomycin hoặc CNC. z là DNP.
D. Nếu z là hỗn hợp của oligomycin và DNP, tổng hợp ATP sẽ không giảm.
Hướng dẫn giải
A. Đúng vì ở giai đoạn đầu, sự tiêu thụ O2 và tổng hợp ATP chưa diễn ra tức là lúc này cơ
chất mới vận chuyển electron đến các phức hệ. Khi x được tác động, cơ chất bị oxy cung cấp
electron đến O2 và sự chênh lệch H+ tăng cường tổng hợp ATP.
B. Đúng vì ta thấy rằng trong giai đoạn tác động của y thì lượng ATP tổng hợp và sự tiêu
thụ O2 bị đình trệ. Trong đó oligomycin ức chế enzyme ATP synthase bằng cách tương tác với
tiểu đơn vị F à sự tổng hợp ATP giảm. Cyanua (CN- ) là chất ức chế sự vận chuyển điện tử đến
O2 à O2 khơng được tiêu thụ.
C. Đúng vì đích tác động của DNP là giảm sự chênh lệch proton H+ nên sự tổng hợp ATP
sẽ giảm nhưng không tác động đến quá trình tiêu thụ O2.
D. Sai vì z là tác nhân hướng đến việc ngăn cản tổng hợp ATP thông qua ức chế enzyme và
sự chênh lệch proton H+.
Câu 13: Poly(3-hydroxybutyrate) (PHB) là một chất dự trữ được tích lũy ở nhiều lồi vi khuẩn,

thường ở các điều kiện sinh trưởng thiếu một chất dinh dưỡng như oxy, nito, phosphate, lưu
huỳnh hoặc magie và ở môi trường có dư thừa cacbon. Hình dưới đây cho biết con đường
tổng hợp PHB từ acetyl-CoA của Ralstonia eutropha, được điều hịa theo cơ chế ức chế phản hồi
(feedback inhibition). Ngồi ra, acetyl-CoA có thể đi vào chu trình acid citric.
β-Ketothilase
Glucose

Acetyl
CoA

Acetoacyl
CoA - reductase
D-β-hydroxylbutyryl
Acetoacyl
CoA
CoA

HSCoA
NADPH +

Acid Citric cycle

H+

NADP+

: Citrate synthase

Con đường tổng hợp PHB

88

PHB synthase

Poly (3-hydroxylbutyrate) PHB


Bài tập phần hóa sinh
Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn
A. Sự tăng hoạt tính enzyme citrate synthase làm giảm quá trình tổng hợp PHB.
B. Khi nồng độ HSCoA ngoại bào cao, tốc độ tổng hợp PHB sẽ tăng lên.
C. Khi tốc độ tổng hợp PHB tăng, tốc độ sinh trưởng của các tế bào Ralstonia eutropha cũng
sẽ tăng lên.
D. Sự tổng hợp PHB được kích thích bởi tỷ lệ (NADPH+ H )/NADP.
Hướng dẫn giải
Enzyme beta - ketothiolase bị ức chế mạnh bởi CoA và có Km tương đối với acetyl-CoA
(0.5mM). Hỗn hợp citrate synthase có ái lực cao hơn nhiều đối với acetyl-CoA (Km 0.07 mM)
và bị ức chế đáng kể bởi NADH/NADPH. Trong quá trình tăng trưởng, beta-ketothiolase gần
như bị ức chế hoàn toàn bởi CoA, và acetyl-CoA chủ yếu được chuyển hóa bởi citrate synthase.
/>A. Đúng vì khi enzyme citrate synthase tăng hoạt tính, xúc tác phản ứng acetyl-CoA thực
hiện chu trình acid citric.
B. Sai vì khi HSCoA ngoại bào cao sẽ ức chế hoạt động enzyme beta-ketothiolase.
C. Sai vì tốc độ sinh trưởng phụ thuộc vào việc tạo ra năng lượng cung cấp cho các hoạt
động sống tế bào, hay nói cách khác tăng cường chu trình acid citric. Trong đó PHB là sản phẩm
của sự chuyển hóa acetyl CoA thành các thể ketone sau đó được vận chuyển đến cơ xương, cơ
tim, vỏ thận và biến đổi lại thành acetyl CoA tham gia vào chu trình acid citric.
D. Sai.
Câu 14: Các glycoprotein chống đóng băng (Antifreeze glycoproteins (AFGPs) có khả năng ức
chế sự hình thành băng đá và vì thế là thiết yếu đối với khả năng sống sót của nhiều lồi cá ở
biển đóng băng, nơi thường có nhiệt độ dưới 0oC. Một AFGP điển hình cấu thành từ các đơn vị

ba nucleotide lặp lại, như alanyl-threonyl-alanyl (Ala-Thr-Ala)n được nối với một disaccharide
qua liên kết glycosidic tại nhóm hydroxyl thứ hai của vị trí acid amin threonine. Để xác định
được nhóm hóa học ảnh hưởng tới hoạt tính chống đóng băng của glycoprotein này, các nhà
khoa học đã tổng hợp nhiều phân tử tương tự AFGP khác nhau bằng cách biến đổi cả cấu trúc
của phần đường và phần peptit bằng việc thay thế ba nhóm R1, R2 và R3 như được nêu ở hình
dưới với các nhóm hóa học khác nhau và ghi lại hoạt tính chống đóng băng.
CH2OH
O

OH
O

H

R3

H

O
R1O

H
N

N
H

R2
H
N

O

Cấu trúc một AFGP điển hình

89

O

n = 8-15


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
Các kết quả nghiên cứu này được nêu ở bảng sau:
STT
1
2
3
4
5
6

R1
HO
N-actetyl
N-actetyl
N-actetyl
O-Acety
N-actetyl

R2

CH3
CH3
H
CH3
CH3
CH3

R3
Galactosyl
Galactosyl
Galactosyl
H
H
Galactosyl-Galactosyl

Hoạt tính chống đống băng
Khơng
Có
Khơng
Có
Khơng
Khơng

Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn.
A. Một disaccharide bám vào vị trí threonine cần thiết cho hoạt tính chống đóng băng.
B. Một đột biến có các vị trí threonine bị thay thế bởi serine làm giảm hoạt tính chống đóng băng.
C. Nhóm N-acetyl tại vị trí C-2 cần thiết cho hoạt tính chống đóng băng.
D. Số lượng các motif lặp lại ở gen AFGP trong số các lồi có quan hệ gần gũi nhau có thể
do DNA polymerase hoạt động thiếu chính xác trong sao chép.
Hướng dẫn giải

A. Sai vì ta thấy ở thí nghiệm 6 – disaccharide gắn vào và không biểu hiện.
B. Đúng vì sự khác nhau trong cấu trúc hóa học của threonie và serine thêm một gốc –CH3
nên hoạt tính chống đống băng chưa chắc đã được kích thích, nó cịn phụ thuộc vào vị trí R1.
C. Đúng vì hoạt tính đống băng biểu hiện ở thí nghiệm 2 và 4 với điều kiện tối thiểu là sự
có mặt của N-acetyl.
D. Đúng vì sự sao chép của DNA polymerase thiếu chính xác này là một cơ chế giúp chúng
sống sót và tồn tại trong điều kiện khắc nghiệt là băng giá và đây có thể là một giả thuyết tuy
nhiên vẫn chưa cơng trình khoa học nào cơng bố ngun nhân chính thức cho hoạt động này.
Câu 15: Sự phân cực, điện tích và khối lượng phân tử của các phân tử có thể ảnh hưởng đến tốc
độ khuếch tán thụ động qua màng tế bào. Các amino acid và các thuốc như aspirin khác nhau
cả về hiệu quả và vị trí hấp thụ. Hình dưới đây trình bày cấu trúc hoá học và giá trị pKa của
aspirin và arginine.
-

O

9.04

+

H3N

2.18
C
C

O
H

CH2

CH2

O

CH2
H3C

O

OH

3.5
O

NH
C
NH2

Aspirin

Arginine

90

NH2+ 12.48


Bài tập phần hóa sinh
Hãy chỉ ra các câu sau là Đúng hay Sai và giải thích cho câu trả lời của bạn.
A. Aspirin khuếch tán qua màng chủ yếu trong dạ dày vì các phân tử aspirin ở dạng khử

proton tại pH khoảng 1,6 có nhiều hơn trong dạ dày.
B. Dựa vào khối lượng phân tử, người ta có thể mong đợi rằng Aspirin khuếch tán qua
màng dễ dàng hơn Arginine.
C. Dải pH tối ưu để hấp thụ Arginine bằng khuếch tán thụ động là từ 2,18 đến 9,04.
D. Omeprazole, là chất ức chế bơm proton, ngăn chặn sự hấp thụ Aspirin vào máu trong ít
phút đầu sau khi uống thuốc.
Hướng dẫn giải
Ở dạ dày pH = 1.6; máu pH = 7.4; pKa của aspirine = 3,4 là một acid yếu.
HA <->H+ + A- à pH= pKa + lg ([A-]/[HA]) -> lg ([A-]/[HA]) = pH-pKa
Tại dạ dày: lg ([A-]/[HA]) =1.6-3.4= -1.8
[A-]/[HA]) = 0.016 và [HA] = 63 [A-]
Tại máu: lg ([A-]/[HA]) =7.4-3.4= 4
[A-]/[HA]) = 10000 và [HA] = 0.0001 [A-]
à[HA] di chuyển từ dạ dày vào máu
A. Sai vì bởi vì ở pH dạ dày nhỏ hơn pI của aspirin, tỷ lệ nhận proton từ aspirin cao hơn.
Các phân tử tích điện hơn, ít khuếch tán qua màng tế bào.
B. Sai vì bởi vì trọng lượng phân tử của arginine nhỏ hơn so với aspirin.
C. Sai vì Arginine là trung tính giữa pH 9.4 và 12.48.
D. Đúng vì Aspirin được hấp thụ chủ yếu trong dạ dày trong vài phút đầu tiên. Omeprazol
làm tăng pH trong dạ dày vì nó ức chế bơm proton vào dạ dày.
Câu 16: Peter Mitchell (1920-1992) đã khám phá ra cách thức ty thể tạo ra ATP. Điện tử được
chuyển từ succinate, malate và ascorbate (vitamin C) đến oxy. Các phức hệ I-IV lần lượt dùng
năng lượng để bơm proton qua màng trong ti thể (1). Độ bão hòa oxy của một dịch huyền
phù từ ty thể, được xử lý với các cơ chất và các chất độc gồm kali cyanua (KCN), rotenone và
antimycin A (AA) tại các thời điểm được đánh dấu và theo trình tự thời gian (2).
Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn.
A. Rotenone ức chế phức hệ I.
B. Antimycin A ức chế cytochrome c.
C. Ngộ độc xyanua có thể được điều trị bằng malate.
Hướng dẫn giải

A.Đúng vì dựa vào hình số 1 ta thấy khi có sự tác động của Rotenone làm lượng O2 không
giảm. Khi malate được bổ sung vào, khi đó electron sẽ truyền đến O2 tạo nước tuy nhiên khi có
mặt rotenone thì lượng oxy không giảm đi.

91


Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa – sinh tế bào
B.Sai vì ascorbate được bổ sung vào thì lượng O2­vẫn tiếp tục giảm khi cùng có sự tác động
của Antimycin.
C.Sai vì ta thấy sự tác động của xyanua đều làm ngưng sự tiêu thụ oxy.
1

H+

H+

H+

H+

Cyt c
I

III

IV

II
Malate

Ascorbate

H+

H+

ADP + Pi

ATP

Succinate

2
t

t

t

Ascorbate

Succinate

Malate
Succinate

Malate

Malate

Retonone

Retonone

Retonone

KCN

KCN

KCN
pO2

t

t

t
Succinate

Malate

Ascorbate

Malate

Succinate

AA

pO2

pO2

KCN

Malate

AA

KCN

AA

KCN
pO2

pO2

pO2

Câu 17: Trong các cuộc thi gần đây, đội tuyển Anh (GB) đã áp dụng khoa học thể thao để vươn
lên thứ hạng hai trong các bảng tổng sắp huy chương Olympic và Paralympic. Tốc độ chạy của
các vận động viên khác nhau giành huy vàng trong nội dung chạy cự ly ngắn 100m được biểu
diễn như dưới đây (1). Phosphocreatine, một chất có mặt trong tế bào chất của cơ, giữ ổn định
tạm thời lượng ATP qua phản ứng gồm một bước (2). Q trình đường phân tạo ra một vài
ATP thơng qua chuyển hoá glucose thành pyruvate. Ty thể tạo ra hàng loạt ATP thơng qua việc
chuyển hố pyruvate thành CO2.
m/s
13

m/s
12.5

1

Usain Bolt
11

2

Carl Lewis

Creatine

ATP

ATP

ADP

ADP

Phosphocreatine

70m

70m

92

100m


Bài tập phần hóa sinh
Hãy xác định mỗi câu sau đây là Đúng hay Sai và giải thích cho sự chọn của bạn.
A.Vận động viên cự ly ngắn chạy nhanh hơn có tốc độ chuyển hố glycogen thành CO2
trong cơ nhanh hơn so với vận động viên cự ly ngắn chạy chậm hơn.
B. Động học của các enzyme trong quá trình đường phân đóng vai trị quyết định đến thứ
hạng huy chương mà vận động viên chạy cự ly ngắn có thể giành được.
C. Với vai trị là thành phần thức ăn bổ sung, creatine có thể làm tăng kết quả thi của Usain
Bolt (vận động viên Jamaica đã chiến thắng ở cự ly 100m và 200m) hơn Paula Radcliffe (vận
động viên người Anh đã phá kỷ lục marathon).
D. Quá trình đường phân trở thành nguồn cung cấp năng lượng chính cho các vận động
viên chạy cự li ngắn sau khi chạy được 70m.
Hướng dẫn giải
A. Sai vì glycogen được sử dụng tạo thành glucose thực hiện quá trình đường phân cung
cấp một năng lượng chủ yếu trong cự ly ngắn. Việc tạo ra CO2 diễn ra trong ty thể là quá trình
quyết định kết quả ở cự ly dài.
B. Đúng vì quá trình đường phân cung cấp lượng ATP tức thời cho vận động viên.
C. Đúng vì creatine làm tăng cường phân giải ATP à ADP cung cấp một lượng năng lượng
lớn cho vận động viên.
D. Đúng.

93