國立中興大學 111 年 《普通生物及生化概論》

核心觀念

本題考查胺基酸的：

1. $pK_a$ 與酸鹼解離順序
2. 等電點（isoelectric point, $pI$）
3. 特定 pH 下的淨電荷

Glutamic acid（麩胺酸，Glu）具有三個可解離基團：

• $\alpha$-羧基：$pK_a=2.2$
• 側鏈羧基：$pK_a=4.2$
• $\alpha$-胺基：$pK_a=9.7$

當 $pH>pK_a$ 時，該基團傾向失去質子；當 $pH<pK_a$ 時，該基團傾向保留質子。

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解題方法

一、判定 Glutamic acid 的電荷變化

在強酸性環境中，所有可解離基團皆帶有質子：

$$\ce{NH3+},\quad \ce{COOH},\quad \ce{COOH}$$

此時總電荷為：

$$+1$$

隨 pH 升高，依照 $pK_a$ 由小到大逐步失去質子：

解離階段	主要結構	淨電荷
初始狀態	$\ce{NH3+}$、兩個 $\ce{COOH}$	$+1$
$pK_a=2.2$ 後	$\ce{NH3+}$、一個 $\ce{COO-}$、一個 $\ce{COOH}$	$0$
$pK_a=4.2$ 後	$\ce{NH3+}$、兩個 $\ce{COO-}$	$-1$
$pK_a=9.7$ 後	$\ce{NH2}$、兩個 $\ce{COO-}$	$-2$

等電點是分子平均淨電荷為零時的 pH，因此要取「包圍中性型態」的兩個 $pK_a$ 平均值。

中性型態位於 $pK_a=2.2$ 與 $pK_a=4.2$ 之間，所以：

$$pI=\frac{2.2+4.2}{2}$$ $$pI=3.2$$

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二、判定 pH $=7.4$ 時的淨電荷

在 pH $=7.4$ 時：

羧基

兩個羧基的 $pK_a$ 分別為 $2.2$ 與 $4.2$，且：

$$7.4>2.2,\qquad 7.4>4.2$$

因此兩個羧基主要皆失去質子，形成：

$$\ce{COO-}+\ce{COO-}$$

兩個羧基合計電荷為：

$$-2$$

胺基

胺基的 $pK_a=9.7$，而：

$$7.4<9.7$$

因此胺基主要仍以質子化形式存在：

$$\ce{NH3+}$$

胺基電荷為：

$$+1$$

核心觀念

本題考查 allosteric interaction（變構交互作用） 的定義。

變構作用是指：配體（ligand）結合蛋白質上的一個位置後，誘發蛋白質構形改變，進而影響蛋白質上另一個位置的結合性質或活性。這個受影響的位置通常與原先的配體結合位置不同，稱為 allosteric site（變構位點）。

其基本機轉為：

$$\text{配體結合} \rightarrow \text{蛋白質構形改變} \rightarrow \text{另一位點的親和力或活性改變}$$

受影響的性質可能包括：

• 對另一配體的結合親和力
• 酵素催化活性
• 蛋白質的活化或抑制狀態

經典例子是血紅蛋白（hemoglobin）：一個 $\ce{O2}$ 分子結合後，會促進其他 $\ce{O2}$ 分子與不同次單元結合，這種現象稱為 cooperative binding（協同性結合），也是變構作用的一種表現。

解題方法

判斷關鍵在於辨認「一個結合位置受到影響」的對象是否為另一個結合位置。

• 若配體結合後影響的是同一個 binding site，不能稱為典型的變構交互作用。
• 若配體結合後影響蛋白質上的另一個 site，符合變構作用的定義。
• 變構作用不要求配體與蛋白質形成共價鍵，也不要求同一位點能容納多個配體。

因此，直接尋找「binding to one site affects another site」的選項即可。

選項分析

(A) binding of a molecule to a binding site affects binding of additional molecules to the same site

一個分子結合某位點後，影響其他分子再結合同一個位點。

此描述不是典型的變構交互作用，因為變構作用的核心是「一個位點影響另一個位點」。若同一個位點因已被占據而無法再結合其他分子，屬於位點占據、立體阻礙或結合競爭，並非 allosteric interaction。

錯誤。

(B) binding of a molecule to a binding site affects binding properties of another site on the protein

一個分子結合蛋白質上的某個位點後，影響蛋白質上另一個位點的結合性質。

這正是變構作用的定義。配體結合所造成的構形改變，會傳遞到另一個位點，使該位點對配體的親和力增加或降低。

核心觀念

本題考查酵素抑制作用中「可逆性」的分類與機轉。

酵素抑制劑可依抑制作用是否能被移除，分為：

• 可逆性抑制（reversible inhibition）：抑制劑以非共價作用力與酵素結合，例如氫鍵、離子作用、疏水作用；移除抑制劑後，酵素活性通常可以恢復。
• 不可逆性抑制（irreversible inhibition）：抑制劑通常與酵素形成穩定的共價鍵，或造成酵素永久性化學修飾，使酵素失去活性。

**Suicide inhibitor（自殺型抑制劑）**又稱 mechanism-based inhibitor（機轉導向抑制劑），本身通常先以類似受質的形式進入酵素活性位，經酵素催化後轉變成具有高度反應性的中間物，再與酵素形成共價鍵，因此屬於不可逆性抑制劑。

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解題方法

判斷本題的關鍵，是看各種抑制劑與酵素的結合是否造成永久性失活。

標準酵素動力學中的三種抑制型態如下：

抑制類型	主要結合位置	是否可逆	對 $K_m$ 的影響	對 $V_{\max}$ 的影響
Competitive	活性位（active site）	通常可逆	增加	不變
Noncompetitive	活性位以外的變構位（allosteric site）	通常可逆	近似不變	降低
Uncompetitive	只與酵素－受質複合體（$ES$ complex）結合	通常可逆	降低	降低
Suicide inhibitor	經酵素催化後與酵素形成共價鍵	不可逆	不以單純可逆模型描述	酵素有效濃度下降

因此，題目問「不可逆形式的抑制」，最符合定義的是 suicide inhibitor。

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選項分析

(A) suicide inhibitor

正確。

Suicide inhibitor 先被酵素辨認為受質或受質類似物，進入活性位後接受酵素催化，產生反應性中間物。此中間物進一步與酵素的胺基酸殘基形成共價鍵，導致酵素永久失活。

典型例子是：

• **Penicillin（青黴素）**抑制細菌的 transpeptidase（轉肽酶），使酵素活性位的絲胺酸殘基受到共價修飾。
• **5-fluorouracil（5-氟尿嘧啶）**的活性代謝物可抑制 thymidylate synthase（胸腺嘧啶核苷酸合成酶）。
• **Clavulanic acid（克拉維酸）**可使細菌的 $\beta$-lactamase（β-內醯胺酶）受到不可逆抑制。

這類抑制作用的重點是「利用酵素自身的催化機轉，將抑制劑轉成能永久封鎖酵素的物質」，因此答案為此選項。

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(B) competitive inhibitor

錯誤。

Competitive inhibitor（競爭型抑制劑）與受質競爭同一個活性位，基本反應可表示為：

核心觀念

本題考查中樞神經系統中的神經傳導物質、受體作用，以及中樞興奮劑與致幻劑的藥理機轉。

「Agonist（致效劑）」是指能與受體結合，並產生類似內源性神經傳導物質作用的物質。考題將 amphetamine（安非他命）與 mescaline（仙人掌鹼）歸入可刺激中樞神經、產生致幻或精神活性作用的藥物，預期考生聯想到 dopamine（多巴胺）系統，因此標準答案為 dopamine。

但從嚴格藥理學觀點，兩者的主要作用並不完全相同：

• Amphetamine 主要透過增加 dopamine、norepinephrine 的釋放而刺激中樞神經。
• Mescaline 的主要致幻作用來自 serotonin（血清素）受體，尤其是 $5\text{-HT}_{2A}$ receptor（5-羥色胺 $2A$ 型受體）致效作用。

由於選項中沒有 serotonin，命題預期答案為 dopamine。

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解題方法

先抓住題幹關鍵字：

1. 刺激 central nervous system（中樞神經系統）
2. 產生 hallucinogenic effect（致幻作用）
3. 藥物被描述為 neurotransmitter receptor 的 agonist

在普通生物學與基礎藥理學的考試架構中，最常與精神興奮、欣快感、幻覺及獎賞系統連結的是 dopamine。

dopamine 主要作用於中樞神經系統的 mesolimbic pathway（中腦邊緣系統路徑）與 mesocortical pathway（中腦皮質路徑）。其中，腹側被蓋區的 dopamine neuron 將訊號傳至 nucleus accumbens（伏隔核）及大腦皮質，會影響：

• 欣快感與獎賞
• 動機與注意力
• 行為強化
• 精神運動性興奮
• 精神病樣症狀與幻覺

Amphetamine 的作用位置可整理如下：

$$\text{Amphetamine} \rightarrow \text{進入 presynaptic neuron} \rightarrow \text{增加 dopamine release} \rightarrow \text{提高 synaptic dopamine} \rightarrow \text{中樞興奮與精神活性作用}$$

更具體而言，amphetamine 可透過 dopamine transporter（DAT）進入突觸前神經元，干擾 vesicular monoamine transporter 2（VMAT2），使囊泡中的 dopamine 增加，並促使 DAT 反向運輸 dopamine 至突觸間隙。因此它常被視為 dopamine system 的 indirect agonist（間接致效劑），而非直接與 dopamine receptor 結合的典型 agonist。

Mescaline 則屬於 phenethylamine（苯乙胺）類致幻劑，主要刺激 serotonin $5\text{-HT}_{2A}$ receptor，影響大腦皮質神經網路與感覺訊息整合。題目將兩者的中樞作用合併歸於 dopamine，屬於考試上的簡化分類。

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選項分析

(A) acetylcholine（乙醯膽鹼）

Acetylcholine 參與：

核心觀念

本題考查類固醇荷爾蒙（steroid hormones）的作用機轉，代表性物質包括 glucocorticoids（糖皮質素，如 cortisol）。

類固醇荷爾蒙由 cholesterol（膽固醇）衍生而來，具有以下特性：

• 脂溶性高，能穿過細胞膜的 phospholipid bilayer（磷脂雙層）。
• 受體位於細胞內，常見於 cytoplasm（細胞質）或 nucleus（細胞核）。
• 荷爾蒙與 intracellular receptor（細胞內受體）結合後，形成荷爾蒙—受體複合體。
• 複合體進入細胞核，與特定 DNA 調控序列結合，調節基因轉錄。
• 之後經由 mRNA 生成與蛋白質合成，產生較慢但持久的生理作用。

以 glucocorticoid receptor（糖皮質素受體）為例，未結合配體時通常位於細胞質，並與 heat shock proteins（熱休克蛋白，如 HSP90）形成複合體。Cortisol 進入細胞後與受體結合，使受體構形改變、解除部分伴護蛋白，荷爾蒙—受體複合體再移入細胞核，結合 glucocorticoid response element, GRE（糖皮質素反應元件），調節相關基因的轉錄。

簡化流程如下：

$$\text{Cortisol} \rightarrow \text{穿過細胞膜} \rightarrow \text{結合細胞內受體} \rightarrow \text{進入細胞核} \rightarrow \text{結合 GRE} \rightarrow \text{調節轉錄} \rightarrow \text{改變蛋白質生成}$$

因此，本題的關鍵是辨認「脂溶性荷爾蒙進入細胞，最後調控基因轉錄」。

解題方法

判斷荷爾蒙作用機轉時，可先依荷爾蒙的溶解性分類：

• 水溶性荷爾蒙：無法直接穿過細胞膜，通常與 plasma membrane receptor（細胞膜受體）結合，啟動 second messenger（第二訊息傳遞者），如 cAMP、IP₃、DAG 或 $\ce{Ca^{2+}}$。
• 脂溶性荷爾蒙：可穿過細胞膜，通常與 cytoplasmic receptor 或 nuclear receptor 結合，直接影響基因轉錄。

Glucocorticoids 屬於脂溶性 steroid hormones，因此應選擇描述「進入細胞後調控轉錄」的選項。

選項分析

(A) binding to a plasma membrane receptor and then activating the kinases cascade.

此項錯誤。

細胞膜受體與 kinase cascade（激酶級聯）是許多水溶性訊息分子的典型作用方式，例如 insulin（胰島素）與 receptor tyrosine kinase（受體型酪胺酸激酶）結合後，可啟動 Ras–MAPK 或 PI3K–Akt 等訊息傳遞途徑。

Glucocorticoids 的經典作用並非先與細胞膜受體結合，也不是以 kinase cascade 作為主要機轉。其主要受體位於細胞內，後續直接調控基因表現。

核心觀念

1. DNA 雙股熔解溫度（Melting Temperature, $T_m$）之定義
   $T_m$ 是指在特定條件下，有 $50\%$ 的雙股 DNA 解離（變性，denaturation）成為單股 DNA 時的溫度。$T_m$ 愈高，代表該雙股 DNA 結構愈穩定，需要愈高的熱能才能破壞雙股間的交互作用。

2. 決定 $T_m$ 的分子結構因素

• 氫鍵（Hydrogen bonds）數量：在華生－克立克配對（Watson-Crick base pairing）中，鳥嘌呤與胞嘧啶（$\ce{G-C}$）之間形成 3 個氫鍵；腺嘌呤與胸腺嘧啶（$\ce{A-T}$）之間僅形成 2 個氫鍵。因此，$\ce{G-C}$ 配對的結合力較強。
• 鹼基堆疊作用（Base-stacking interactions）：鄰近鹼基對之間的凡得瓦力與 $\pi-\pi$ 疏水性堆疊作用是穩定雙螺旋的主要能量來源，且 $\ce{G-C}$ 鄰近堆疊的焓值（$\Delta H$）顯著優於 $\ce{A-T}$。
• $\text{GC}$ 含量（GC content）：當寡核苷酸長度相同且環境離子強度固定時，$\text{GC}$ 百分比愈高，雙股雜交分子的熱穩定性愈高，$T_m$ 亦隨之升高。

3. 短鏈寡核苷酸 $T_m$ 估算公式（Wallace Rule / Marmur-Doty Rule）
   對於長度小於 14–20 bp 的短鏈寡核苷酸，實驗室常用華萊士法則（Wallace rule）進行快速估算：
   $T_m = 2^\circ\text{C} \times (A + T) + 4^\circ\text{C} \times (G + C)$
   式中 $A, T, G, C$ 分別代表單股序列中各鹼基的出現次數。

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解題方法

1. 核對各選項寡核苷酸之長度
   各選項皆由 12 個核苷酸組成（長度 $N = 12\text{ nt}$）。

2. 統計各選項之 $\ce{G + C}$ 鹼基數與 $\ce{A + T}$ 鹼基數
   因為長度相同，$\ce{G + C}$ 數量最多（即 $\text{GC}$ 含量最高）者，其互補雙股形成的氫鍵總數最多、鹼基堆疊作用最強，熔解溫度（$T_m$）必然最高。

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選項分析

• (A) 錯誤
  序列為 5'-AAGTTCCAGTAA-3'。
  鹼基組成：$\ce{G} = 2$、$\ce{C} = 2$（$\ce{G + C} = 4$）；$\ce{A} = 5$、$\ce{T} = 3$（$\ce{A + T} = 8$）。
  $\text{GC}$ 含量為 $\frac{4}{12} \approx 33.3\%$。
  估算 $T_m = 2 \times 8 + 4 \times 4 = 32^\circ\text{C}$。

• (B) 錯誤
  序列為 5'-AT TACGAGCTAT-3'（包含 12 個鹼基）。
  鹼基組成：$\ce{G} = 2$、$\ce{C} = 2$（$\ce{G + C} = 4$）；$\ce{A} = 4$、$\ce{T} = 4$（$\ce{A + T} = 8$）。

核心觀念

本題考查白喉毒素（diphtheria toxin）抑制真核細胞蛋白質合成的機轉。

白喉毒素由 Corynebacterium diphtheriae 產生，進入細胞後，其催化性 A fragment 會利用 $\ce{NAD+}$，將 ADP-ribose 基團轉移至真核延伸因子 EF-2（eukaryotic elongation factor 2, eEF2）上的特殊組胺酸殘基 diphthamide。

反應可概念化表示為：

$$\ce{NAD+ + EF-2 ->[diphtheria\ toxin] nicotinamide + ADP-ribosylated\ EF-2}$$

被 ADP-ribosylation 修飾後的 EF-2 無法正常參與核糖體的轉位作用（translocation），因此蛋白質翻譯延伸階段被阻斷，細胞因無法持續合成蛋白質而死亡。

在翻譯延伸過程中，核糖體完成 peptide bond formation 後，需要將：

• peptidyl-tRNA 從 A site 移至 P site
• 原先的空 tRNA 從 P site 移至 E site
• mRNA 相對核糖體前進一個 codon

此步驟稱為 ribosome translocation，真核細胞主要由 eEF2 執行。

解題方法

題幹已直接指出：

Diphtheria toxin kills cells by inactivating EF-2 proteins.

關鍵在於辨認 EF-2 的功能。EF-2 是真核細胞蛋白質合成的延伸因子，負責翻譯延伸階段的核糖體轉位，而非 DNA 複製或 RNA 複製。

因此，先判斷 EF-2 所參與的細胞過程，再對照選項：

$$\text{EF-2 失活} \Rightarrow \text{翻譯延伸受阻} \Rightarrow \text{核糖體無法 translocation}$$

所以正確選項是 (E) Ribosome translocation。

選項分析

(A) Movement of DNA polymerase on the template DNA

錯誤。

DNA polymerase（DNA 聚合酶）沿著模板 DNA 移動，屬於 DNA replication（DNA 複製）過程。DNA 複製主要涉及 DNA polymerase、helicase、primase、DNA ligase 等酵素與因子，並不由 EF-2 執行。

白喉毒素的主要靶點是翻譯系統中的 EF-2，不是 DNA polymerase。

(B) Promoter clearance of the RNAPII

錯誤。

RNAPII（RNA polymerase II，第二型 RNA 聚合酶）在轉錄起始後離開 promoter，進入 transcription elongation 的步驟稱為 promoter clearance。

核心觀念

本題考查三酸甘油酯（triacylglycerol）分解後，甘油（glycerol）如何接入糖解作用（glycolysis），以及糖解作用中三碳糖磷酸之間的相互轉換。

三酸甘油酯水解產生：

$$\text{Triacylglycerol} \longrightarrow \text{Fatty acids}+\text{Glycerol}$$

甘油不能直接進入糖解作用，必須先經過磷酸化與氧化，形成糖解作用的中間物。

解題方法與代謝路徑

甘油進入糖解作用的主要步驟如下：

1. 甘油磷酸化

由甘油激酶（glycerol kinase）催化：

$$\text{Glycerol}+\text{ATP} \longrightarrow \text{Glycerol-3-phosphate}+\text{ADP}$$

2. 甘油-3-磷酸氧化

由甘油-3-磷酸去氫酶（glycerol-3-phosphate dehydrogenase）催化：

$$\text{Glycerol-3-phosphate} \longrightarrow \text{Dihydroxyacetone phosphate}$$

此反應同時涉及 $\ce{NAD+}$ 還原為 $\ce{NADH}$：

$$\text{Glycerol-3-phosphate}+\ce{NAD+} \longrightarrow \text{Dihydroxyacetone phosphate}+\ce{NADH}+\ce{H+}$$

因此，甘油直接接入糖解作用的中間物是 dihydroxyacetone phosphate，DHAP（二羥基丙酮磷酸）。

3. DHAP 與 GAP 的相互轉換

DHAP 可由三碳糖磷酸異構酶（triose phosphate isomerase）轉換成 glyceraldehyde-3-phosphate，GAP（甘油醛-3-磷酸）：

$$\text{DHAP} \rightleftharpoons \text{Glyceraldehyde-3-phosphate}$$

因此，雖然 DHAP 是甘油直接形成的產物，GAP 也屬於甘油進入糖解作用後可到達的糖解作用中間物。校方釋疑指出，因為 glyceraldehyde-3-phosphate 與 dihydroxyacetone phosphate 可藉由 isomerase 相互轉換，所以選項（A）亦可選。

選項分析

（A）glyceraldehyde-3-phosphate

正確。

甘油先形成 DHAP，DHAP 再由三碳糖磷酸異構酶轉換成 glyceraldehyde-3-phosphate。因此 GAP 是甘油進入糖解作用後可利用的中間物。

需注意：若題目問「甘油直接形成哪一個中間物」，最直接的答案是 DHAP；但依校方公告的命題認定，GAP 可經異構化反應由 DHAP 形成，故（A）列為正確。

核心觀念

本題考查電子傳遞鏈（electron transport chain, ETC）中 Complex I、Complex II 的電子受體與共同產物。

• Complex I：NADH dehydrogenase（NADH 脫氫酶）
• 接受 $\ce{NADH}$ 的電子。
• 電子依序經過 FMN（flavin mononucleotide）與 Fe-S centers（鐵硫中心）。
• 最後將電子交給 coenzyme Q（輔酶 Q，ubiquinone）。
• 輔酶 Q 接受電子與質子後形成 reduced coenzyme Q，即 ubiquinol（泛醇，$\ce{QH2}$）。

$\ce{NADH + H+ + Q -> NAD+ + QH2}$

• Complex II：succinate dehydrogenase（琥珀酸脫氫酶）
• 催化檸檬酸循環中的 succinate（琥珀酸）氧化成 fumarate（延胡索酸）。
• 電子先傳給酵素內的 FAD，形成 $\ce{FADH2}$，再經 Fe-S centers 傳給 coenzyme Q。
• 因此 Complex II 也將 coenzyme Q 還原為 $\ce{QH2}$。

$\ce{Succinate + Q -> Fumarate + QH2}$

所以，Complex I 與 Complex II 的共同電子受體及共同還原產物，都是 reduced coenzyme Q（$\ce{QH2}$）。

解題方法

判斷電子傳遞鏈各複合體「最後把電子交給誰」：

1. Complex I 的電子來源是 $\ce{NADH}$。
2. Complex II 的電子來源是 succinate 經 FADH₂ 傳來的電子。
3. Complex I 與 Complex II 都不直接將電子交給 cytochrome c 或 $\ce{O2}$。
4. 兩者皆把電子交給位於內膜中的 mobile electron carrier：coenzyme Q。
5. coenzyme Q 被還原後形成 $\ce{QH2}$，再將電子送往 Complex III。

因此答案為 reduced coenzyme Q。

選項分析

(A) $\ce{NAD+}$：錯誤

Complex I 氧化 $\ce{NADH}$ 時會生成 $\ce{NAD+}$：

$\ce{NADH -> NAD+}$

但 Complex II 不使用 $\ce{NADH}$，也不會產生 $\ce{NAD+}$，因此 $\ce{NAD+}$ 不是兩者的共同產物。

(B) FAD：錯誤

核心觀念

本題考查細胞對抗氧化壓力（oxidative stress）的抗氧化防禦系統。氧化壓力是指活性氧（reactive oxygen species, ROS）生成量超過細胞清除能力，使蛋白質、脂質與 DNA 受到氧化損傷。

常見抗氧化防禦可分為：

1. 酵素性抗氧化物

• Superoxide dismutase（SOD，超氧化物歧化酶）
• Catalase（過氧化氫酶）
• Glutathione peroxidase（麩胱甘肽過氧化酶）

2. 非酵素性抗氧化物

• Vitamin C（維生素 C）
• Uric acid（尿酸）
• Glutathione（麩胱甘肽）
• Vitamin E（維生素 E）

Vitamin B6（維生素 B6）主要是胺基酸代謝與其他酵素反應的輔酶來源，並非生物體內典型的主要抗氧化物。

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解題方法

判斷每個選項是否屬於抗氧化防禦因子：

• 若能直接清除 ROS，或催化 ROS 轉換成毒性較低的物質，即屬於抗氧化物。
• 若主要功能是作為代謝酵素的輔酶，且不屬於標準抗氧化系統，則不是本題所問的 antioxidant。

本題中，A、B、D、E 均直接參與 ROS 的清除或還原，因此不符合「NOT an antioxidant」；C 的主要角色是代謝輔酶，故為答案。

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選項分析

(A) catalase（過氧化氫酶）

Catalase 是重要的抗氧化酵素，主要存在於過氧化體（peroxisome），負責分解過氧化氫：

$$2\ce{H2O2} \xrightarrow{\text{catalase}} 2\ce{H2O}+\ce{O2}$$

過氧化氫雖不是自由基，但可在鐵離子存在下經由 Fenton reaction 生成高度反應性的 hydroxyl radical（羥基自由基）：

$$\ce{Fe^{2+} + H2O2 -> Fe^{3+} + OH^- + .OH}$$

因此，Catalase 能降低 $\ce{H2O2}$ 濃度，避免更具破壞性的羥基自由基形成，是抗氧化防禦的一部分。

判定：正確的抗氧化物。

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(B) uric acid（尿酸）

Uric acid 是 purine（嘌呤）代謝的最終產物，具有非酵素性抗氧化作用。它能捕捉部分自由基與氧化性物質，並可與多種 ROS 或 RNS（reactive nitrogen species，活性氮物種）反應。

尿酸的形成涉及 hypoxanthine、xanthine 與 xanthine oxidase：

$$\text{hypoxanthine} \xrightarrow{\text{xanthine oxidase}} \text{xanthine} \xrightarrow{\text{xanthine oxidase}} \text{uric acid}$$

在人體血漿中，尿酸是重要的水溶性抗氧化物之一。雖然尿酸在特定環境下也可能與氧化反應相關，但在本題的標準生物化學分類中，尿酸被視為抗氧化因子。

判定：抗氧化物。

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(C) vitamin B6（維生素 B6）

核心觀念

本題考查 acetyl-CoA carboxylase（乙醯輔酶 A 羧化酶，ACC）所需的輔酶。

ACC 催化脂肪酸合成的承諾步驟，將 acetyl-CoA 羧化為 malonyl-CoA：

$$\ce{Acetyl-CoA + HCO3^- + ATP -> Malonyl-CoA + ADP + Pi}$$

此反應需要 biotin（生物素，維生素 B7） 作為共價結合於酵素上的輔基。Biotin 負責暫時攜帶活化的 $\ce{CO2}$，再將羧基轉移至 acetyl-CoA。

ACC 包含兩個主要催化功能：

1. Biotin carboxylase：利用 ATP 將 $\ce{HCO3^-}$ 活化，並將 $\ce{CO2}$ 加到 biotin 上。
2. Carboxyl transferase：將 biotin 上的羧基轉移至 acetyl-CoA，生成 malonyl-CoA。

因此，本題的正確選項為 biotin。

解題方法

判斷羧化反應所需的輔酶即可。

凡是涉及「將 $\ce{CO2}$ 加到受質上」的羧化酶，常與 biotin 有關。Biotin 的功能是作為可移動的羧基載體，在酵素活性中心之間傳遞羧基。

ACC 的反應可分成兩階段：

$$\ce{Biotin + HCO3^- + ATP -> Carboxybiotin + ADP + Pi}$$

接著：

$$\ce{Carboxybiotin + Acetyl-CoA -> Malonyl-CoA + Biotin}$$

因此 ACC 的關鍵輔酶是 biotin；ATP 則是能量來源，不屬於本題所列的輔酶選項。

選項分析

(A) biotin：正確

Biotin 是 acetyl-CoA carboxylase 的輔基，透過其 ureido ring 暫時攜帶羧基。ACC 利用 biotin 將 $\ce{CO2}$ 傳遞給 acetyl-CoA，形成 malonyl-CoA。

(B) pyridoxal phosphate and TPP：錯誤

核心觀念

本題測驗生化代謝中非必需胺基酸生合成（Nonessential Amino Acid Biosynthesis）的前驅物分類與家族譜系。在生物化學（如 Lehninger Principles of Biochemistry）中，20 種標準胺基酸依據碳骨架來源（代謝前驅物）可歸納為六大家族：

1. $\alpha$-酮戊二酸家族（$\alpha$-Ketoglutarate family）：Glutamate、Glutamine、Proline、Arginine。
2. 草醯乙酸家族（Oxaloacetate family）：Aspartate、Asparagine、Methionine、Threonine、Lysine、Isoleucine。
3. 丙酮酸家族（Pyruvate family）：Alanine、Valine、Leucine。
4. 3-磷酸甘油酸家族（3-Phosphoglycerate family）：Serine、Glycine、Cysteine。
5. 磷酸烯醇丙酮酸與 4-磷酸赤藻糖家族（PEP + Erythrose 4-phosphate family）：Phenylalanine、Tyrosine、Tryptophan。
6. 5-磷酸核糖家族（Ribose 5-phosphate family）：Histidine。

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解題方法

題幹詢問 麩胺酸（Glutamic acid / Glutamate）、精胺酸（Arginine） 與 脯胺酸（Proline） 在胺基酸生合成途徑中的共同關聯：

1. 起點酵素反應：檸檬酸循環（TCA cycle）的中間產物 $\alpha$-酮戊二酸（$\alpha$-Ketoglutarate, $\alpha$-KG） 透過麩胺酸去氫酶（Glutamate dehydrogenase） 還原胺化，或經由轉胺酶（Transaminase / Aminotransferase） 催化轉胺作用，首先生成麩胺酸（Glutamate）。
2. 下游分枝合成：

• Proline 合成：Glutamate 經活化磷酸化與還原生成 $\gamma$-麩胺酸半醛（$\ce{\gamma-glutamyl semialdehyde}$），自發環化為 $\Delta^1$-吡咯啉-5-羧酸（$\Delta^1\text{-pyrroline-5-carboxylate}$），再由吡咯啉-5-羧酸還原酶（Pyrroline-5-carboxylate reductase）還原成 Proline。
• Arginine 合成：Glutamate 亦可透過轉胺作用轉化為鳥胺酸（Ornithine），進入尿素循環（Urea cycle）中，進一步合成精胺酸琥珀酸（Argininosuccinate），最終由精胺酸琥珀酸裂解酶（Argininosuccinase）裂解產生 Arginine。

核心觀念

本題測驗**嘧啶核苷酸從頭合成途徑（de novo pyrimidine nucleotide biosynthesis）**的第一個關鍵酵素——**胺甲醯磷酸合成酶 II（carbamoyl phosphate synthetase II, CPS-II）**的受質特異性與催化機轉。

在真核生物中，CPS-II 位於細胞質，是大型三功能融合蛋白 CAD（包含 Carbamoyl phosphate synthetase 2、Aspartate transcarbamylase、Dihydroorotase）的一部分，負責催化嘧啶合成的第一步定速反應。其催化結構域包含谷氨醯胺酶結構域（glutaminase domain）與合成酶結構域（synthetase domain），透過分子內部通道（molecular tunnel）傳遞中間物。整體化學反應需消耗 2 分子 ATP，其反應歷程與中間物如下：

1. 重碳酸根活化：$\ce{HCO3^-}$ 接受第 1 個 ATP 磷酸化，生成高能中間物**羧基磷酸（carboxyphosphate）**與 ADP。
2. 親核攻擊生成中間物：由 glutamine 釋放出的 $\ce{NH3}$ 攻擊 carboxyphosphate，釋出無機磷酸（$\ce{P_i}$）並形成胺甲酸（carbamate）。
3. 產物生成：carbamate 接受第 2 個 ATP 磷酸化，生成**胺甲醯磷酸（carbamoyl phosphate）**與 ADP。

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解題方法

分析 CPS-II 的受質範圍時，切入點為比對其與尿素循環中的 CPS-I 之異同，並釐清受質的生化定義：

• CPS-I（粒線體，尿素循環）：以 $\ce{NH4+}$ 作為專一性氮源，絕對需要 $N$-乙醯麩胺酸（$N$-acetylglutamate, NAG）作為異位活化劑。
• CPS-II（細胞質，嘧啶合成）：在體內以 glutamine 為生理氮源；但在體外（in vitro）高濃度環境下，亦能直接以 $\ce{NH4+}$ 作為替代氮源受質（具有 ammonia-dependent activity）。

核心觀念

本題考「嘌呤（purine）從頭合成」中的一碳單位（one-carbon unit）來源。

嘌呤環的合成需要由四氫葉酸（tetrahydrofolate, THF）衍生物提供兩個一碳單位，分別形成嘌呤環的：

• C2
• C8

實際參與反應的形式是 $N^{10}$-formyl-THF（$N^{10}$-甲醯四氫葉酸），其攜帶甲醯基（formyl group, $\ce{-CHO}$），每次提供一個碳。

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解題方法

判斷關鍵在於辨認「嘌呤合成需要兩個一碳單位」所使用的輔酶。

嘌呤從頭合成的重要步驟如下：

1. GAR transformylase

glycinamide ribonucleotide（GAR）接受第一個甲醯基：

$$\text{GAR} + N^{10}\text{-formyl-THF} \rightarrow \text{FGAR} + \text{THF}$$

此步驟加入嘌呤環的 C8。

2. AICAR transformylase

aminoimidazole carboxamide ribonucleotide（AICAR）接受第二個甲醯基：

$$\text{AICAR} + N^{10}\text{-formyl-THF} \rightarrow \text{FAICAR} + \text{THF}$$

此步驟加入嘌呤環的 C2。

因此，兩個一碳單位皆由 $N^{10}$-formyl-THF 提供，而其核心輔酶為 THF。

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選項分析

(A) biotin（生物素）—錯誤

Biotin 是羧化反應的輔酶，負責攜帶並轉移 $\ce{CO2}$，常見於：

• pyruvate carboxylase
• acetyl-CoA carboxylase
• propionyl-CoA carboxylase

核心觀念

本題考查禁食（fasting）或飢餓（starvation）時，腦部的燃料來源與酮體代謝。

長時間缺乏食物時，代謝順序大致如下：

1. 脂肪組織進行脂解，釋放游離脂肪酸（free fatty acids）。
2. 肝臟將脂肪酸進行 $\beta$-氧化（$\beta$-oxidation），產生大量 acetyl-CoA。
3. 肝臟因草醯乙酸（oxaloacetate）被分流至糖質新生作用（gluconeogenesis），無法充分與 acetyl-CoA 進入檸檬酸循環，因此將 acetyl-CoA 用於酮體生成（ketogenesis）。
4. 產生的酮體主要包括 acetoacetate 與 $\beta$-hydroxybutyrate。
5. $\beta$-hydroxybutyrate 經血液運送至腦部，作為替代性能源。

腦部本身不適合大量利用脂肪酸，也沒有足夠的肝臟型酮體生成能力；其主要改變是「利用血液中的酮體」。

解題方法

判斷本題的關鍵，是區分：

• 酮體的生成場所：主要為肝臟。
• 酮體的利用場所：腦、心肌與骨骼肌等周邊組織。
• 腦部是否具有大量 glycogen 或是否會分解自身蛋白質供能：皆不是正常的主要策略。

腦部利用 $\beta$-hydroxybutyrate 的主要步驟如下：

$$\beta\text{-hydroxybutyrate} \overset{\beta\text{-hydroxybutyrate dehydrogenase}}{\longrightarrow} acetoacetate$$

接著，acetoacetate 由 succinyl-CoA:acetoacetate CoA transferase（又稱 SCOT 或 thiophorase）活化，再經 thiolase 分解成兩分子 acetyl-CoA：

$$acetoacetate \longrightarrow acetoacetyl\text{-CoA} \longrightarrow 2\ acetyl\text{-CoA}$$

acetyl-CoA 最後進入檸檬酸循環，產生 ATP。

因此，本題最符合生理事實的敘述是腦部「利用血液中的 $\beta$-hydroxybutyrate」。

選項分析

(A) convert endogenous fatty acids into $\beta$-hydroxybutyrate

錯誤。

脂肪酸轉換成 $\beta$-hydroxybutyrate 的主要場所是肝臟，而非腦部。肝臟先進行脂肪酸 $\beta$-氧化：

$$\text{fatty acid} \rightarrow acetyl\text{-CoA}$$

再經由酮體生成途徑：

核心觀念

本題考查 pH 的定義，以及 pH 與氫離子濃度 $[\ce{H+}]$ 之間的對數關係：

$$\mathrm{pH}=-\log[\ce{H+}]$$

因此：

$$[\ce{H+}]=10^{-\mathrm{pH}}$$

pH 每降低 $1$，代表 $[\ce{H+}]$ 增加 $10$ 倍；pH 差距不是氫離子濃度的直接倍數，而是濃度倍數的對數。

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解題方法

血液 pH 為 $7.4$：

$$[\ce{H+}]_{\text{blood}}=10^{-7.4}$$

胃液 pH 為 $1.4$：

$$[\ce{H+}]_{\text{gastric}}=10^{-1.4}$$

比較胃液與血液的氫離子濃度：

$$\frac{[\ce{H+}]_{\text{gastric}}}{[\ce{H+}]_{\text{blood}}} = \frac{10^{-1.4}}{10^{-7.4}} = 10^{7.4-1.4} = 10^6$$

所以：

$$[\ce{H+}]_{\text{gastric}} = 1,000,000\,[\ce{H+}]_{\text{blood}}$$

胃液的氫離子濃度比血液高一百萬倍，因此血液的氫離子濃度比胃液低一百萬倍。

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選項分析

1) the $[\ce{H+}]$ in the blood sample is higher than in the gastric juice

錯誤。血液 pH $7.4$ 高於胃液 pH $1.4$。pH 越高，$[\ce{H+}]$ 越低，因此血液的 $[\ce{H+}]$ 低於胃液。

2) the difference of $[\ce{H+}]$ between the gastric juice and the blood sample is one million times

正確。兩者 pH 相差：

$$7.4-1.4=6$$

核心觀念

本題考查由胜肽結構判讀胺基酸種類與胜肽方向。判讀時需：

• 由游離的 N-terminal（胺基端） 往游離的 C-terminal（羧基端） 讀取。
• 依各胺基酸的側鏈（side chain）辨認種類。
• 胜肽鍵的排列方向為
  $\mathrm{N\text{-}terminus \rightarrow C\text{-}terminus}$

圖中左上方的游離胺基為 N-terminal，右側末端的羧基為 C-terminal。

解題方法

由 N-terminal 開始逐一辨認側鏈：

1. 第一個胺基酸的側鏈含有 $\ce{-CH2-CH2-CH2-NH-C(=NH)-NH2}$，為胍基（guanidino group），因此是 Arginine（精胺酸，Arg，R）。
2. 第二個胺基酸的 $\alpha$ 碳沒有額外側鏈，只有氫，為 Glycine（甘胺酸，Gly，G）。
3. 第三個胺基酸的側鏈為 $\ce{-CH2-COOH}$，為 Aspartic acid（天門冬胺酸，Asp，D）。
4. 第四個胺基酸的側鏈為 $\ce{-CH2-OH}$，為 Serine（絲胺酸，Ser，S）。

所以由 N-terminal 至 C-terminal 的胺基酸序列為：

$\mathrm{Arg-Gly-Asp-Ser}$

單字母代碼為：

$\mathrm{RGDS}$

選項分析

核心觀念

本題考查基因突變（mutation）的基本分類，判斷重點在於：

1. 突變發生於編碼區或非編碼區。
2. 核苷酸替換是否改變胺基酸。
3. 是否產生終止密碼子（stop codon）。
4. 是否改變閱讀框（reading frame）。

常見突變定義如下：

• Silent mutation（同義突變／沉默突變）：編碼區的核苷酸改變，但因遺傳密碼簡併性，所編碼的胺基酸不變。
• Missense mutation（錯義突變）：核苷酸替換使密碼子改變，導致一個胺基酸被另一個胺基酸取代。
• Nonsense mutation（無義突變）：核苷酸替換使原本編碼胺基酸的密碼子變成終止密碼子，造成蛋白質提早終止。
• Frameshift mutation（移碼突變）：插入或刪除的核苷酸數目不是 3 的倍數，使下游閱讀框整體改變，通常會造成大量後續胺基酸改變，並常伴隨提早出現終止密碼子。

解題方法

逐一比對每個選項中的「突變類型」與「結果描述」。

判斷時可抓住三個關鍵：

• 替換（substitution）：通常只影響一個密碼子，可能造成 silent、missense 或 nonsense。
• 單一鹼基刪除（deletion of a single base）：刪除數目為 $1$，不是 $3$ 的倍數，會使閱讀框改變，屬於 frameshift。
• 非編碼區（non-coding region）：不直接決定蛋白質胺基酸序列，不能以 silent mutation 的典型定義描述。

各選項均不符合正確定義，因此選擇 (E)。

選項分析

(A) silent: change of a single base in the non-coding region of a gene

錯誤。

Silent mutation 的核心是「編碼區的密碼子改變，但胺基酸不變」，例如：

$$\text{GAA} \rightarrow \text{GAG}$$

兩者皆編碼 glutamic acid（麩胺酸，Glu）。

題目所述「非編碼區的單一鹼基改變」屬於 non-coding region mutation。此類突變可能影響 promoter、enhancer、splice site 或其他調控區域，但不稱為典型的 silent mutation。

(B) missense: substitution of a single base results in a premature stop codon

錯誤。

單一鹼基替換造成提早終止密碼子，定義為 nonsense mutation，而非 missense mutation。

例如：

$$\text{UAU} \rightarrow \text{UAA}$$

原本的 UAU 編碼 tyrosine（酪胺酸，Tyr），UAA 則為終止密碼子，會使翻譯提早停止。

核心觀念

本題考查 Michaelis–Menten 酵素動力學，以及在底物濃度遠高於 $K_m$ 時，反應速率主要由酵素濃度決定。

Michaelis–Menten 方程式為：

$$v=\frac{V_{\max}[S]}{K_m+[S]}$$

其中：

• $v$：反應初速率
• $V_{\max}$：最大反應速率
• $[S]$：底物濃度
• $K_m$：使反應速率達到 $V_{\max}/2$ 的底物濃度

當 $[S]\gg K_m$ 時：

$$v\approx V_{\max}$$

而 $V_{\max}$ 與酵素濃度成正比：

$$V_{\max}\propto [E]$$

因此，在底物充分、酵素接近飽和的條件下，減少酵素量會使反應速率按比例降低。

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解題方法

原實驗中：

• 初始底物濃度為 $1000K_m$
• 12 分鐘內有 $1\%$ 底物轉換成產物
• 形成產物 $20\ \mu\mathrm{mol}$

因為：

$$[S]=1000K_m\gg K_m$$

所以酵素幾乎達到飽和，反應速率近似為：

$$v_1\approx V_{\max,1}$$

第二個實驗的條件為：

• 酵素量為原來的 $30\%$
• 底物量為原來的 $2$ 倍

底物濃度變為：

$$[S]_2=2000K_m$$

同樣遠高於 $K_m$，因此酵素仍接近飽和。第二個實驗的最大速率為：

$$V_{\max,2}=0.3V_{\max,1}$$

所以：

$$v_2\approx 0.3v_1$$

要形成相同的產物量 $20\ \mu\mathrm{mol}$，反應時間與速率成反比：

$$t_2=\frac{v_1}{v_2}t_1$$

代入：

$$t_2=\frac{1}{0.3}\times 12 =40\ \mathrm{min}$$

因此所需時間為：

核心觀念

本題考查真核生物 DNA replication（DNA 複製）的基本特徵：

1. 真核生物染色體很長，因此具有多個 replication origins（複製起點）。
2. DNA polymerase（DNA 聚合酶）只能將新核苷酸接到既有 3′-OH 端，因此新股一律以 $5'$ 到 $3'$ 方向合成。
3. DNA 複製具有 semi-conservative replication（半保留複製）特性。
4. DNA 複製為 semi-discontinuous replication（半不連續複製）：leading strand（先導股）連續合成，lagging strand（後隨股）以 Okazaki fragments（岡崎片段）分段合成。
5. DNA polymerase 對 deoxyribonucleotide（去氧核糖核苷酸）具有高度選擇性，但仍可能誤將 ribonucleotide（核糖核苷酸）摻入新生 DNA。

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解題方法

逐項判斷敘述是否符合 DNA 複製的定義與機轉，再將正確敘述組合至選項。

本題五個敘述中，正確者為：

• 1：真核細胞具有多個複製起點。
• 3：DNA 只能以 $5'$ 到 $3'$ 方向合成。
• 5：複製時可能誤摻入 ribonucleotide。

因此正確組合為 1、3、5。

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選項分析

1) There are multiple replication origins.

正確。

真核生物的染色體通常非常長，單一複製起點無法在細胞週期限定時間內完成整條染色體複製，因此一條染色體上具有許多 replication origins。

每個複製起點可形成一個 replication bubble（複製泡），並通常向兩側形成 replication forks（複製叉），使 DNA 複製能夠雙向進行。

相較之下，許多細菌的環狀染色體通常以單一主要複製起點開始複製。

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2) Two strands of the DNA are replicated independently.

錯誤。

DNA 的兩條親代股確實分別作為模板，形成兩條新生股；但這兩條股並非彼此獨立完成，而是在同一個 replication fork 中受到協調。

原因如下：

• 一條模板股形成 leading strand，能以連續方式合成。
• 另一條模板股形成 lagging strand，必須先由 primase（引發酶）合成 RNA primer（RNA 引子），再由 DNA polymerase 分段合成 Okazaki fragments。
• 後續需由 RNase H、FEN1 等移除 RNA primers，DNA polymerase 補入 DNA，最後由 DNA ligase（DNA 連接酶）連接片段。

因此，兩條股是「分別以不同方式合成」，但整體複製必須在複製叉中協同進行，不能稱為完全 independently replicated。

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3) DNA could only be synthesized in a $5'$ to $3'$ direction.

正確。

DNA polymerase 催化新核苷酸接到正在延伸之 DNA 股的 3′-OH 端，因此新股延伸方向必定是 $5'$ 到 $3'$。

其基本反應可表示為：

$$\text{DNA}_{n}\text{-}3'\text{-OH} + \text{dNTP} \rightarrow \text{DNA}_{n+1} + \text{PP}_{i}$$

其中 dNTP 可為 dATP、dGTP、dCTP 或 dTTP；反應釋放 pyrophosphate（焦磷酸，$\mathrm{PP_i}$）。

核心觀念

本題考查「蛋白質轉譯後修飾」（post-translational modifications, PTMs）的定義與細胞訊息傳遞中的實例。

蛋白質完成轉譯後，胺基酸序列本身不變，但可經由下列方式改變其活性、穩定性、定位或與其他分子的交互作用：

• 磷酸化（phosphorylation）：由 protein kinase 將 $\ce{PO4^{3-}}$ 加到 Ser、Thr 或 Tyr。
• 去磷酸化（dephosphorylation）：由 protein phosphatase 移除磷酸基。
• 蛋白水解切割（proteolytic cleavage）：將無活性的前驅蛋白切割成活性蛋白。
• 泛素化（ubiquitination）：將 ubiquitin 接到蛋白質上，常標記蛋白質送往 proteasome 降解。
• 組蛋白修飾：包括 acetylation、methylation、phosphorylation、ubiquitination 等，參與基因表現調控。

判斷重點是：該事件是否直接改變了「蛋白質本身」，而不是只改變脂質、第二訊使或蛋白質的結合狀態。

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解題方法

逐項判斷修飾的對象：

1. 若蛋白質被切割、磷酸化、泛素化或加上其他化學基團，屬於蛋白質的轉譯後修飾。
2. 若修飾對象是脂質，例如 PIP2、PIP3，則不是蛋白質的轉譯後修飾。
3. 若只是第二訊使與蛋白質結合，使蛋白質構形改變或解離，沒有共價修飾蛋白質，也不屬於 PTM。
4. 訊息傳遞路徑中，只要涉及蛋白質的磷酸化、泛素化或降解，即可視為 PTM 的例子。

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各敘述分析

1) activation of pro-caspase 3 to caspase 3

正確。

Pro-caspase 3（caspase-3 前驅物）本身沒有活性，受到上游 apoptosome 所活化的 initiator caspase，例如 caspase-9，進行特定位點的蛋白水解切割。

切割後形成具有活性的 caspase-3，接著切割多種細胞內蛋白質，造成 apoptosis，包括：

• PARP
• cytoskeletal proteins
• DNA repair proteins
• nuclear proteins

此處的關鍵修飾是蛋白水解切割（proteolytic activation），屬於典型的轉譯後修飾。

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2) converting PIP2 to PIP3 by PI3 kinase

錯誤。

PI3 kinase（phosphoinositide 3-kinase, PI3K）將膜上的 PIP2 磷酸化為 PIP3：

$$\mathrm{PIP2 \xrightarrow{PI3K} PIP3}$$

更完整地說，是在 phosphatidylinositol 的肌醇環第 3 號碳位置加入磷酸基。PIP3 接著可招募具有 PH domain 的蛋白質，例如：

• PDK1
• AKT/PKB

此步驟屬於磷脂質修飾，不是蛋白質修飾。雖然反應是 phosphorylation，但被磷酸化的對象是 PIP2，而不是 protein，因此不屬於 protein post-translational modification。

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3) activation of protein kinase A by cAMP

錯誤。

Protein kinase A（PKA）通常以四聚體形式存在：

$$\mathrm{R_2C_2}$$

其中 $R$ 為 regulatory subunit，$C$ 為 catalytic subunit。cAMP 與 regulatory subunit 結合後，使 PKA 構形改變並釋放 catalytic subunit：

$$\mathrm{cAMP + PKA_{inactive} \rightarrow PKA_{active}}$$

活化後的 catalytic subunit 可磷酸化其他蛋白質，例如 glycogen phosphorylase kinase 或 CREB。

核心觀念

CRISPR/Cas9 基因編輯的核心，是利用 guide RNA（導引 RNA）將 Cas9 nuclease（Cas9 核酸酶）帶到特定 DNA 序列，造成基因組 DNA 的雙股 DNA 斷裂（double-strand break, DSB），再利用細胞本身的 DNA 修復機制改變序列。

Cas9 的兩個核酸酶結構域分別切割 DNA 的兩股：

• HNH domain：切割與 guide RNA 互補的 DNA 股。
• RuvC domain：切割另一股 DNA。
• 切割位置通常位於 PAM（protospacer adjacent motif）上游約 3 個鹼基處。

因此，Cas9 造成的是：

$$\text{double-strand breakage}$$

而不是單股斷裂、DNA 加合物或 DNA 股間交聯。

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DNA 斷裂後的主要修復機制

Cas9 造成雙股斷裂後，細胞主要有兩種修復結果。

1. Non-homologous end joining（NHEJ，非同源性末端接合）

NHEJ 直接將斷裂的 DNA 兩端重新接合，不需要同源模板。修復過程容易產生數個鹼基的插入或缺失（indel），可能造成：

• reading frame（讀框）移動
• premature stop codon（提前終止密碼）
• 基因功能喪失

2. Homology-directed repair（HDR，同源性導向修復）

若提供含有目標序列的 donor DNA（供體 DNA），細胞可利用同源序列作為模板進行精確修復。此機制與：

• homologous recombination（HR，同源重組）

有關，可用於精確置換、插入或修正特定序列。

因此，完整的正確配對應為：

$$\text{雙股斷裂}+\text{NHEJ}$$

或

$$\text{雙股斷裂}+\text{homologous recombination／HDR}$$

題目選項沒有提供這兩種正確配對。

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解題方法

先判斷第一組數字代表 DNA damage（DNA 損傷類型），第二組數字代表 repair mechanism（修復機制）。

DNA 損傷類型中：

• 1：single-strand breakage，單股斷裂
• 2：double-strand breakage，雙股斷裂
• 3：DNA adduct，DNA 加合物
• 4：inter-strand crosslinking，股間交聯

CRISPR/Cas9 的 Cas9 nuclease 會同時切割 DNA 兩股，所以第一組必須選 2。

修復機制中：

• 5：gap-filling，缺口填補
• 6：homologous recombination，同源重組
• 7：nucleotide excision repair，核苷酸切除修復
• 8：base excision repair，鹼基切除修復
• 9：non-homologous end joining，非同源性末端接合

核心觀念

本題考查真核生物 RNA polymerase II（RNA 聚合酶 II）進行轉錄起始時，基本轉錄因子所參與的事件。

真核生物 RNA polymerase II 本身不能獨立辨認啟動子，必須依序與基本轉錄因子（general transcription factors）組成 transcription initiation complex（轉錄起始複合體）。主要過程包括：

1. 啟動子辨認與特異性 DNA 結合
2. DNA 局部解旋，形成 open complex（開放複合體）
3. RNA polymerase II 的 C-terminal domain（CTD，羧端結構域）磷酸化
4. RNA 合成起始並進入 promoter escape（離開啟動子）

典型的轉錄起始因子包括 TFIID、TFIIA、TFIIB、TFIIF、TFIIE 與 TFIIH。

其中：

• TFIID 中的 TBP（TATA-binding protein）可辨認 TATA box。
• TFIIH 具有 DNA 解旋相關活性，可協助啟動子附近 DNA 解開。
• TFIIH 中的 CDK7 具有 protein kinase（蛋白質激酶）活性，可磷酸化 RNA polymerase II 的 CTD。
• CTD 磷酸化有助於 RNA polymerase II 從起始階段轉入 elongation（延長階段）。

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解題方法

逐一判斷五個敘述是否屬於 RNA polymerase II 轉錄起始所涉及的事件：

• 若該敘述是形成轉錄起始複合體、打開 DNA 或使 RNA polymerase II 進入延長階段所需的機制，判定為正確。
• 若該敘述屬於 DNA 複製的專一功能，則不屬於本題所問的轉錄起始機制。

逐項判斷後，正確項目為：

$$1,\ 3,\ 4,\ 5$$

因此選擇包含這四項的 (D)。

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選項分析

1) DNA helicase activity：正確

RNA polymerase II 的轉錄起始需要將啟動子附近的雙股 DNA 局部解開，使其中一股 DNA 作為模板進行 RNA 合成。

此功能主要與 TFIIH 有關。TFIIH 包含 XPB 與 XPD 等 DNA 解旋相關蛋白；在一般轉錄中，TFIIH 參與啟動子 DNA 的局部解旋，協助形成 transcription bubble（轉錄泡）。

因此，DNA helicase activity（DNA 解旋酶活性）確實涉及 RNA polymerase II 的轉錄起始。

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2) DNA polymerase activity：錯誤

DNA polymerase（DNA 聚合酶）負責 DNA 複製，催化下列反應：

$$\text{DNA primer-}3'\text{-OH}+\text{dNTP} \rightarrow \text{延長的 DNA}+\text{PP}_{\mathrm{i}}$$

RNA polymerase II 進行轉錄時，使用的是 ribonucleotide triphosphates（核糖核苷三磷酸），即 ATP、GTP、CTP 與 UTP，合成 RNA，而非以 deoxyribonucleotide triphosphates（去氧核糖核苷三磷酸）合成 DNA。

轉錄反應可表示為：

$$\text{RNA}_{n}+\text{NTP} \rightarrow \text{RNA}_{n+1}+\text{PP}_{\mathrm{i}}$$

因此，DNA polymerase activity 並不是 RNA polymerase II 轉錄起始的必要功能。

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3) Formation of an open complex：正確

轉錄起始前，啟動子附近的 DNA 必須由雙股封閉狀態轉為局部解開的狀態，形成：

核心觀念

本題考查 **Michaelis–Menten equation（米氏方程式）**如何轉換成 Lineweaver–Burk double reciprocal plot（Lineweaver–Burk 雙倒數圖）。

Michaelis–Menten 方程式為：

$$v=\frac{V_{\max}[S]}{K_m+[S]}$$

其中：

• $v$：反應初速率
• $V_{\max}$：最大反應速率
• $[S]$：基質濃度
• $K_m$：Michaelis constant（米氏常數），代表反應速率達到 $\frac{1}{2}V_{\max}$ 時的基質濃度

對方程式兩邊取倒數：

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

拆開後得到：

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

與直線方程式：

$$y=mx+b$$

比較可得：

$$y=\frac{1}{v}$$ $$m=\frac{K_m}{V_{\max}}$$ $$x=\frac{1}{[S]}$$ $$b=\frac{1}{V_{\max}}$$

因此，Lineweaver–Burk plot 是以 $\frac{1}{[S]}$ 為 $x$ 軸、以 $\frac{1}{v}$ 為 $y$ 軸的直線圖。

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解題方法

直接將雙倒數形式與 $y=mx+b$ 對照：

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

所以：

• 斜率：$\frac{K_m}{V_{\max}}$
• $y$ 截距：$\frac{1}{V_{\max}}$
• $x$ 軸變數：$\frac{1}{[S]}$
• $y$ 軸變數：$\frac{1}{v}$

求 $x$ 截距時令 $y=0$：

$$0=\frac{K_m}{V_{\max}}x+\frac{1}{V_{\max}}$$

核心觀念

本題考查真核生物 RNA polymerase II（RNAPII）轉錄起始時，於啟動子（promoter）TATA box 上組裝 **pre-initiation complex（PIC，轉錄前起始複合體）**所需的基本因子。

真核生物 RNAPII 的基本轉錄起始因子包括：

• TBP（TATA-binding protein）：辨認並結合 TATA box，使 DNA 彎曲。
• TAFs（TBP-associated factors）：與 TBP 組成 TFIID，協助辨識啟動子及招募其他轉錄因子。
• RNAPII：實際催化 RNA 合成。
• TFIIB：協助定位 RNAPII，決定轉錄起始位置。
• TFIIF：伴隨 RNAPII 到達啟動子，降低 RNAPII 的非特異性結合。
• TFIIE：招募並調節 TFIIH。
• TFIIH：具有解旋酶及蛋白激酶活性，負責打開 DNA 並磷酸化 RNAPII 的 C-terminal domain（CTD）。

其中，RNAPII 起始階段的重要反應可概括為：

$$\text{RNAPII CTD Ser5 phosphorylation} \longrightarrow \text{promoter clearance} \longrightarrow \text{transcription elongation}$$

TFIIH 中的 CDK7 負責磷酸化 RNAPII CTD 的 Ser5，促進 RNAPII 脫離啟動子並進入延長階段。

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解題方法

題目問的是：

哪些因子「不需要」參與 TATA box 上 PIC 的形成？

判斷方式是逐一區分：

1. 是否屬於 RNAPII 的基本轉錄起始機制？
2. 是否直接參與 TATA box 上的 PIC 組裝？
3. 是否只是調控轉錄強度，而非基本 PIC 組成成分？

基本 PIC 組裝順序可簡化表示為：

$$\text{TATA box} \rightarrow \text{TBP/TAFs（TFIID）} \rightarrow \text{TFIIB} \rightarrow \text{RNAPII-TFIIF} \rightarrow \text{TFIIE} \rightarrow \text{TFIIH}$$

因此：

• TBP、TAF、RNAPII、TFIIH：屬於基本 PIC 形成或起始功能所需因子。
• Enhancer：屬於轉錄調控區域，不是 PIC 的必要核心成分。
• TFIIC：不是經典 RNAPII 基本轉錄起始因子，標準教材中的 RNAPII 起始因子為 TFIIA、TFIIB、TFIIF、TFIIE、TFIIH，並無 TFIIC。

所以不需要的是：

$$1,\ 6$$

即 enhancer 與 TFIIC。

核心觀念

本題考查抗生素的「作用標的與作用機轉」，重點是辨認哪些藥物直接干擾蛋白質合成（translation）。

細菌蛋白質合成主要分為：

1. 起始（initiation）：核糖體與 mRNA、起始 tRNA 組合。
2. 延長（elongation）：tRNA 依序進入核糖體，並由核糖體的 peptidyl transferase（肽基轉移酶） 催化肽鍵形成。
3. 終止（termination）：遇到終止密碼子後釋放多肽鏈。

與本題相關的核糖體標的包括：

• 30S 小次單元：負責 mRNA 解讀與密碼子—反密碼子配對。
• 50S 大次單元：負責肽鍵形成與多肽延長。
• 70S 核糖體：細菌的完整核糖體，由 $30S+50S$ 組成。

因此，能直接作用於 $30S$、$50S$、tRNA，或造成翻譯過程中多肽鏈提早終止的抗生素，均屬於干擾翻譯作用的抗生素。

解題方法

逐一判斷各藥物的主要作用位置：

• 作用於細菌核糖體或胺基酸接合過程：屬於翻譯抑制劑。
• 作用於肽聚糖合成、細胞壁交聯：屬於細胞壁合成抑制劑，不是翻譯抑制劑。

本題五種藥物中，需選出干擾翻譯的藥物：

• Chloramphenicol：是
• Vancomycin：否
• Penicillin：否
• Puromycin：是
• Streptomycin：是

所以正確組合為 $1,4,5$。

各藥物分析

1) Chloramphenicol（氯黴素）——正確

Chloramphenicol 作用於細菌 50S 核糖體，抑制核糖體的 peptidyl transferase（肽基轉移酶）。

在正常延長過程中，肽鏈位於 P site 的 tRNA 上，新進入的 aminoacyl-tRNA 位於 A site，核糖體催化兩者之間形成肽鍵。Chloramphenicol 會抑制此肽鍵形成步驟，使多肽鏈無法正常延長。

因此，Chloramphenicol 是典型的翻譯抑制劑。

2) Vancomycin（萬古黴素）——錯誤

Vancomycin 不作用於核糖體，而是作用於細菌細胞壁的 肽聚糖（peptidoglycan）合成。

它會結合肽聚糖前驅物末端的 D-Ala-D-Ala，阻礙：

• 肽聚糖鏈的延長，即 transglycosylation（轉醣基作用）
• 肽聚糖鏈之間的交聯，即 transpeptidation（轉肽作用）

結果使細胞壁結構脆弱，細菌容易因滲透壓而裂解。這是細胞壁合成抑制，不是翻譯抑制。

3) Penicillin（青黴素）——錯誤

Penicillin 作用於細菌的 penicillin-binding proteins, PBPs（青黴素結合蛋白），尤其是負責肽聚糖交聯的 transpeptidase（轉肽酶）。

其作用類似肽聚糖前驅物的 D-Ala-D-Ala 結構，會使 PBP 受到不可逆抑制，阻止肽聚糖鏈間形成交聯。

因此，Penicillin 破壞的是細胞壁合成最後的交聯步驟，不涉及核糖體或蛋白質翻譯。

核心觀念

本題考查 lac operon（乳糖操縱組） 的負調控、正調控，以及葡萄糖與乳糖對基因表現的聯合影響。

lac operon 主要包含：

• lacZ：編碼 $\beta$-galactosidase（$\beta$-半乳糖苷酶），分解乳糖。
• lacY：編碼 permease（乳糖 permease），協助乳糖進入細胞。
• lacA：編碼 transacetylase（轉乙醯酶）。
• Promoter（啟動子）：RNA polymerase 結合處。
• Operator（操縱基因）：lac repressor 結合處。
• CAP-binding site：CAP-cAMP 複合體結合處。

lac operon 的調控同時受到兩個訊號影響：

1. 乳糖是否存在：控制 lac repressor，屬於負調控。
2. 葡萄糖是否缺乏：控制 cAMP-CAP，屬於正調控。

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解題方法

逐一判斷五個敘述是否符合 lac operon 的調控機制。

判斷重點如下：

• Repressor（阻遏蛋白）抑制轉錄，代表負調控。
• CAP-cAMP 協助 RNA polymerase 結合啟動子，代表正調控。
• 乳糖存在時會解除 repressor 的抑制。
• 葡萄糖會透過降低 cAMP 濃度，抑制 lac operon 的高效率表現。

在經典考試敘述中，乳糖被視為 lac repressor 的 allosteric regulator（變構調節物）。更精確地說，乳糖進入細胞後可轉變為 allolactose（異乳糖），真正直接誘導 repressor 構形改變的主要是 allolactose。

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lac repressor 的負調控機制

無乳糖時

無乳糖存在時，lac repressor 可結合 operator：

$$\text{lac repressor} + \text{operator} \longrightarrow \text{轉錄受阻}$$

RNA polymerase 即使結合 promoter，也無法有效轉錄 lacZ、lacY、lacA，因此 lac operon 維持關閉或僅有極低程度的基礎表現。

有乳糖時

乳糖進入細胞後，部分轉變為 allolactose。allolactose 結合 lac repressor 的變構位置，使 repressor 改變構形，降低其對 operator 的親和力：

$$\text{allolactose} + \text{lac repressor} \longrightarrow \text{repressor 構形改變}$$

repressor 脫離 operator，RNA polymerase 才能進行轉錄。因此，乳糖是解除 repression 的誘導物，而不是抑制 lac operon 的物質。

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CAP-cAMP 的正調控機制

當葡萄糖濃度低時，細胞內 cAMP 濃度升高。cAMP 與 CAP 結合形成 CAP-cAMP 複合體，並結合於 lac promoter 上游的 CAP-binding site，協助 RNA polymerase 結合 promoter：

$$\text{CAP} + \text{cAMP} \longrightarrow \text{CAP-cAMP 複合體}$$

CAP-cAMP 可提高 lac operon 的轉錄效率，因此稱為 positive control（正調控）。

當葡萄糖濃度高時，經由 phosphotransferase system（PTS，磷酸轉移系統）抑制 adenylate cyclase（腺苷酸環化酶），使 cAMP 濃度下降：

核心觀念

本題考查 epigenetic regulation（表觀遺傳調控） 的定義與常見機轉。

表觀遺傳調控是指：

在不改變 DNA 鹼基序列的前提下，藉由染色質狀態、DNA 修飾、組蛋白修飾或特定調控分子，改變基因的表現；部分變化可在細胞分裂後維持。

常見機制包括：

• DNA methylation（DNA 甲基化）
• Histone modification（組蛋白修飾）
• Chromatin remodeling（染色質重塑）
• X chromosome inactivation（X 染色體失活）
• Genomic imprinting（基因組銘印）

本題的關鍵在於區分：

• 表觀遺傳調控：改變基因表現，但不改變 DNA 序列。
• 基因層次的 DNA 重組：直接改變 DNA 序列排列。
• 轉錄後調控：在 mRNA 形成後調控其穩定性或翻譯效率。

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解題方法

逐一判斷五個敘述是否屬於表觀遺傳調控：

1. X chromosome inactivation
2. Genomic imprinting
3. Somatic recombination in B cells
4. RNA interference
5. Chromatin remodeling

本題採用傳統考試分類：

• 1、2、5 是典型表觀遺傳現象。
• 3 是 DNA 序列的體細胞重組。
• 4 屬於 RNA 層次的基因沉默，在本題分類下不列為典型表觀遺傳調控。

因此不是表觀遺傳調控的項目為 3、4。

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各敘述分析

1) X chromosome inactivation：正確屬於表觀遺傳調控

在具有兩條 X 染色體的雌性哺乳動物中，為了平衡雌雄之間的 X 染色體基因劑量，其中一條 X 染色體會大幅沉默，形成 Barr body（巴爾氏小體）。

主要機制包括：

• X 染色體上的 XIST RNA
• XIST RNA 覆蓋其中一條 X 染色體
• 招募染色質修飾相關蛋白
• 組蛋白去乙醯化
• 抑制性組蛋白修飾，例如 $\ce{H3K27me3}$
• DNA methylation
• 染色質凝縮

這些變化使 X 染色體上的多數基因停止轉錄，但 DNA 鹼基序列並未改變，因此屬於表觀遺傳調控。

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2) Genomic imprinting：正確屬於表觀遺傳調控

Genomic imprinting（基因組銘印） 是指某些基因的表現取決於該基因是由父親或母親遺傳而來。

例如，某基因的父源拷貝可能因 DNA methylation 而被沉默，只有母源拷貝表現；另一基因則可能呈現相反模式。

其特徵是：

• 父源與母源等位基因的 DNA 序列相同或高度相近
• 兩者的表現狀態不同
• 差異主要來自 DNA 甲基化與染色質修飾
• 不涉及 DNA 鹼基序列的改變

因此 genomic imprinting 是典型的表觀遺傳調控。

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3) Somatic recombination in B cells：不屬於表觀遺傳調控

B 細胞在發育過程中，會進行 V(D)J recombination（V(D)J 重組），重新排列免疫球蛋白基因，使每個 B 細胞產生具有不同抗原專一性的 B-cell receptor（B 細胞受體）。

其主要機轉為：

• RAG1、RAG2 辨識 recombination signal sequences
• 切割免疫球蛋白基因區段
• 由 DNA repair machinery 重新接合
• 形成不同的 V、D、J 基因片段組合

此過程會直接改變 DNA 的排列與序列內容，屬於 somatic recombination（體細胞重組），不是單純改變基因表現狀態。

因此第 3 項不是表觀遺傳調控。

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核心觀念

本題考查兩種常見電子載體的氧化還原特性：

• $\ce{NAD+}$（nicotinamide adenine dinucleotide，菸鹼醯胺腺嘌呤二核苷酸）
• FAD（flavin adenine dinucleotide，黃素腺嘌呤二核苷酸）

關鍵在於比較：

1. $\ce{NAD+}$ 是否能進行單電子轉移。
2. FAD 是否能進行單電子或雙電子轉移。

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$\ce{NAD+}$ 的電子轉移方式

在代謝反應中，$\ce{NAD+}$ 通常以接受一個氫化物離子（hydride ion，$\ce{H-}$）的方式被還原：

$$\ce{NAD+ + 2e- + H+ -> NADH}$$

也可表示為接受兩個氫原子中的電子，結果是：

• 轉移電子數：$2$ 個
• 接受氫離子：$1$ 個
• 另一個質子通常釋放到溶液中

例如乳酸脫氫酶反應：

$$\ce{Lactate + NAD+ <=> Pyruvate + NADH + H+}$$

在此反應中，乳酸上的兩個電子以氫化物形式轉移至 $\ce{NAD+}$，形成 $\ce{NADH}$。

$\ce{NAD+}$ 的菸鹼醯胺環（nicotinamide ring）主要進行雙電子轉移；在一般生化代謝與電子傳遞反應中，不以穩定的單電子轉移形式作為主要機制。

因此，$\ce{NAD+}$ 可轉移的電子數為 $2$ 個。

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FAD 的電子轉移方式

FAD 的反應中心是異咯嗪環（isoalloxazine ring），可接受電子形成半醌自由基（semiquinone），再進一步接受第二個電子與質子。

其還原可分兩個階段：

第一階段，單電子還原：

$$\ce{FAD + e- + H+ -> FADH^.}$$

形成 FAD 半醌自由基。

第二階段，再接受一個電子與一個質子：

$$\ce{FADH^. + e- + H+ -> FADH2}$$

總反應為：

$$\ce{FAD + 2e- + 2H+ -> FADH2}$$

因此，FAD 具有兩種重要特性：

• 可一次轉移 $1$ 個電子，經過半醌中間物。
• 也可總共轉移 $2$ 個電子，形成 $\ce{FADH2}$。

這項能夠在單電子與雙電子狀態間轉換的能力，使 FAD 適合連接「雙電子載體」與「單電子載體」。例如電子傳遞鏈中的 succinate dehydrogenase（琥珀酸脫氫酶）含有共價結合的 FAD，能將琥珀酸氧化為延胡索酸：