亞洲大學 106 年 《生物化學》

核心觀念

本題考的是嘌呤核苷酸的兩條合成途徑：

1. 從頭合成（de novo purine synthesis）
   由核糖-5-磷酸逐步建立嘌呤環，最後形成 IMP，再分別合成 AMP 與 GMP。此途徑需要四氫葉酸衍生物提供一碳單位。

2. 補救途徑／替代途徑（salvage pathway）
   回收游離的嘌呤鹼，直接接到 PRPP 上形成核苷酸，避免重新建立完整的嘌呤環。

重要反應如下：

$$\text{Hypoxanthine}+\text{PRPP} \xrightarrow{\text{HGPRT}} \text{IMP}+\text{PP}_{i}$$ $$\text{Guanine}+\text{PRPP} \xrightarrow{\text{HGPRT}} \text{GMP}+\text{PP}_{i}$$

其中 HGPRT 是 hypoxanthine-guanine phosphoribosyltransferase（次黃嘌呤-鳥嘌呤磷酸核糖轉移酶）。

本題的關鍵抑制劑是 aminopterin（胺基蝶呤）。它抑制葉酸代謝，使細胞無法順利進行嘌呤的從頭合成，因此在 HAT selection 中迫使細胞依賴嘌呤補救途徑。

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解題方法

判斷此題可分成兩步：

第一步：辨認真正的抑制劑

四個選項中，只有 aminopterin 是典型的代謝抑制劑。它是葉酸類似物，主要抑制：

$$\text{Dihydrofolate} \xrightarrow{\text{DHFR}} \text{Tetrahydrofolate}$$

所需的 dihydrofolate reductase（DHFR，二氫葉酸還原酶）。

Aminopterin 抑制 DHFR 後，活性四氫葉酸衍生物減少，尤其影響嘌呤從頭合成中的一碳轉移反應，例如：

• GAR transformylase
• AICAR transformylase

這些反應需要 $10$-formyl-THF 提供一碳單位，因而使嘌呤從頭合成受阻。

第二步：區分底物與抑制劑

• Guanine、hypoxanthine 是嘌呤補救途徑的底物。
• Thymidine 是胸腺嘧啶核苷，屬於嘧啶補救途徑的底物。
• Aminopterin 才是用來阻斷從頭合成的抑制劑。

因此選擇 (C)。

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選項分析

(A) guanine

錯誤。

Guanine（鳥嘌呤）是嘌呤鹼，可經由補救途徑回收。它與 PRPP 反應，由 HGPRT 催化生成 GMP：

$$\text{Guanine}+\text{PRPP} \xrightarrow{\text{HGPRT}} \text{GMP}+\text{PP}_{i}$$

核心觀念

本題考查葡萄糖在糖解作用（glycolysis）中的碳原子追蹤，關鍵是：

1. 葡萄糖先經由 phosphoglucose isomerase（磷酸葡萄糖異構酶），由 glucose-6-phosphate 轉為 fructose-6-phosphate。
2. 再經由 phosphofructokinase-1, PFK-1（磷酸果糖激酶-1） 形成 fructose-1,6-bisphosphate。
3. Aldolase（醛縮酶） 將六碳的 fructose-1,6-bisphosphate 切成兩個三碳分子：

• glyceraldehyde-3-phosphate, GAP（甘油醛-3-磷酸）
• dihydroxyacetone phosphate, DHAP（二羥基丙酮磷酸）

4. GAP 接著經糖解作用後半段形成 pyruvate（丙酮酸），中間會經過 1,3-bisphosphoglycerate、3-phosphoglycerate、2-phosphoglycerate 與 phosphoenolpyruvate。

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解題方法：追蹤第五碳的位置

先將葡萄糖碳編號為：

$$\mathrm{Glucose:\ C1-C2-C3-C4-C5-C6}$$

葡萄糖經異構化為 fructose 後，碳原子的對應關係為：

Fructose 碳位置	對應的 glucose 碳位置
C1	glucose C6
C2	glucose C1
C3	glucose C2
C4	glucose C3
C5	glucose C4
C6	glucose C5

Aldolase 在 fructose-1,6-bisphosphate 的 C3 與 C4 之間切斷，因此：

• fructose C1–C3 形成 DHAP
• fructose C4–C6 形成 GAP

所以：

$$\mathrm{DHAP=(glucose\ C6,\ C1,\ C2)}$$ $$\mathrm{GAP=(glucose\ C3,\ C4,\ C5)}$$

題目標記的是 glucose 的第五碳，因此標記會進入由 glucose C3–C5 所形成的 GAP，而不會直接進入 DHAP。

接著，GAP 依序經過下列反應：

核心觀念

本題測驗真核細胞中代謝途徑與特定酵素在「細胞內胞器構造定位（cellular localization）」的差異。主要涉及三大生化途徑的發生位置：

1. 檸檬酸循環（Citric Acid Cycle / TCA cycle）與電子傳遞鏈（Electron Transport Chain, ETC）之交會點：多數 TCA 循環酵素位於粒線體基質（mitochondrial matrix），唯一鑲嵌在粒線體內膜（inner mitochondrial membrane, IMM）上的酵素為琥珀酸去氫酶（Succinate dehydrogenase），它同時也是電子傳遞鏈的複合體 II（Complex II）。
2. 糖解作用（Glycolysis）：所有反應酵素皆位於細胞質液（cytosol）。
3. 糖質新生作用（Gluconeogenesis）最後步驟：將 $\ce{glucose-6-phosphate}$ 水解生成游離葡萄糖的酵素為葡萄糖-6-磷酸酶（Glucose-6-phosphatase），該酵素位於平滑內質網膜（smooth endoplasmic reticulum membrane）上。

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解題方法

解答此題的切入點在於判斷各選項反應所對應的酵素名稱及其在細胞內的精確亞細胞定位（subcellular localization）：

1. 找出催化該步驟的酵素。
2. 檢視該酵素存在於細胞質液（cytosol）、內質網（ER）、粒線體基質（matrix）還是粒線體內膜（inner mitochondrial membrane）。
3. 比對出唯一定位在粒線體內膜的反應步驟。

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選項分析

• (A) succinate $\rightarrow$ fumarate：【正確】。
• 催化酵素：琥珀酸去氫酶（Succinate dehydrogenase, SDH）。
• 定位與機轉：此反應是檸檬酸循環的第 6 步，將琥珀酸氧化為反丁烯二酸（富馬酸），同時將電子的載體 $\ce{FAD}$ 還原為 $\ce{FADH2}$。SDH 緊密結合並鑲嵌於**粒線體內膜（inner mitochondrial membrane）**上，面向粒線體基質，它同時也是粒線體電子傳遞鏈的複合體 II（Complex II，琥珀酸-泛醌氧化還原酶）。因此，此反應正是發生在粒線體內膜上。

核心觀念

本題為題組題（承接第 3 題），核心在於評量**脂肪酸 $\beta$-氧化（$\beta$-oxidation）**或特定去氫反應中產生的還原當量（reducing equivalents），在哺乳動物粒線體電子傳遞鏈（Electron Transport Chain, ETC）與氧化磷酸化（Oxidative Phosphorylation）中所產生的 ATP 數量。

1. 反應背景（前一題脈絡）：
   亞洲大學 106 年學士後獸醫第 3 題為脂肪酸活化或 $\beta$-氧化的相關反應（或由去氫酶催化產生還原當量之步驟）。在脂肪酸 $\beta$-氧化循環中，第一步由**醯基輔酶A去氫酶（Acyl-CoA dehydrogenase）**催化生成反式雙鍵（trans-$\Delta^2$-enoyl-CoA），同時將電子轉移給輔因子 $\ce{FAD}$ 生成 $\ce{FADH2}$。
2. 氧化磷酸化的 P/O 比值（現代生化學標準 Lehninger 生化學）：

• 每個電子對經由 $\ce{NADH}$ 進入複合體 I（Complex I），共泵出 $10\ \ce{H+}$，合成約 $2.5\ \text{ATP}$。
• 每個電子對經由 $\ce{FADH2}$（如經電子傳遞黃素蛋白 ETF 進入輔酶 Q，或經由複合體 II 進入輔酶 Q），繞過複合體 I，僅泵出 $6\ \ce{H+}$，合成約 $1.5\ \text{ATP}$。

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解題方法

本題詢問「承上題，在哺乳動物細胞中，透過此過程所產生的能量，經由電子傳遞鏈與氧化磷酸化可轉換成多少 ATP？」

1. 鎖定還原當量：
   前題所指之單一反應步驟（$\beta$-氧化第一步）產生 $1$ 分子 $\ce{FADH2}$。
2. 換算 ATP 當量（P/O Ratio 推導）：
   在化學滲透學說（chemiosmotic hypothesis）的現代標準計算法中：

$\text{合成 } 1\ \text{ATP} \text{ 需約 } 4\ \ce{H+} \text{（其中 } 3\ \ce{H+} \text{ 通過 ATP synthase 的 } c\text{-ring，} 1\ \ce{H+} \text{ 用於磷酸基轉運）}$

核心觀念

本題測驗粒線體內膜上**電子傳遞鏈（Electron Transport Chain, ETC）**之複合體（Complex）與電子載體（Electron Carriers）的電子流動順序。

在真核細胞的氧化磷酸化反應中，還原當量（Reducing equivalents）所攜帶的高能電子經由一系列標準還原電位（Standard reduction potential, $E'^\circ$）由低至高（由負至正）的載體傳遞，最終交給終極電子接受者 $\ce{O2}$ 並還原生成 $\ce{H2O}$。

主要傳遞路徑可依起始電子供體分為兩條：

1. 來自 $\ce{NADH}$ 的電子路徑：

$$\ce{NADH} \rightarrow \text{Complex I} \rightarrow \text{Coenzyme Q (Ubiquinone)} \rightarrow \text{Complex III} \rightarrow \text{Cytochrome } c \rightarrow \text{Complex IV} \rightarrow \ce{O2}$$

2. 來自 $\ce{FADH2}$（琥珀酸 Succinate）的電子路徑：

$$\ce{FADH2} \rightarrow \text{Complex II} \rightarrow \text{Coenzyme Q (Ubiquinone)} \rightarrow \text{Complex III} \rightarrow \text{Cytochrome } c \rightarrow \text{Complex IV} \rightarrow \ce{O2}$$

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解題方法

題目敘述提到「Continuing from the above question...」，意即承接上文的生化情境（通常為葡萄糖完全氧化產生之 $\ce{NADH}$ 進入呼吸鏈，或標準主幹電子傳遞鏈之走向）。

1. 辨識電子流動方向：電子傳遞的方向必須順著還原電位增加的方向前進，即從 Complex I（或 II）流向移動型載體 Coenzyme Q（泛醌，Ubiquinone），再到 Complex III，接著由水溶性移動載體 Cytochrome $c$（細胞色素 $c$）運送至 Complex IV，最後抵達氧氣。
2. 比對選項特徵：

• 具有移動性的脂溶性載體為 Coenzyme Q（連接 Complex I/II 至 Complex III）。
• 具有移動性的膜間隙水溶性蛋白質載體為 Cytochrome $c$（連接 Complex III 至 Complex IV）。
• 標準 $\ce{NADH}$ 電子傳遞途徑起點為 Complex I，整體依序為：Complex I $\rightarrow$ Coenzyme Q $\rightarrow$ Complex III $\rightarrow$ Cytochrome $c$ $\rightarrow$ Complex IV。

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核心觀念

本題考查飽和脂肪酸與不飽和脂肪酸進行 $\beta$-氧化（$\beta$-oxidation）時，所需的特殊處理步驟。

飽和脂肪酸經活化形成 fatty acyl-CoA 後，進入粒線體進行標準 $\beta$-氧化。每一輪反應依序為：

1. 第一次脫氫：acyl-CoA dehydrogenase（脂醯輔酶 A 去氫酶）
2. 水合：enoyl-CoA hydratase（烯醯輔酶 A 水合酶）
3. 第二次脫氫：$\beta$-hydroxyacyl-CoA dehydrogenase
4. 硫解：$\beta$-ketothiolase（$\beta$-酮硫解酶）

第一步會形成具有 trans-$\Delta^2$ 雙鍵的 trans-2-enoyl-CoA：

$$\ce{Fatty\ acyl-CoA ->[acyl-CoA\ dehydrogenase] trans-\Delta^2-enoyl-CoA}$$

然而，不飽和脂肪酸原本含有 cis 雙鍵，其雙鍵位置與立體化學構型常不符合標準 $\beta$-氧化途徑，因此必須先經由特殊酵素調整。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於比較「標準 $\beta$-氧化要求的雙鍵」與「不飽和脂肪酸原有的雙鍵」。

標準途徑需要的是 trans-$\Delta^2$-enoyl-CoA；不飽和脂肪酸則常形成 cis-$\Delta^3$-enoyl-CoA。此時由 enoyl-CoA isomerase（烯醯輔酶 A 異構酶） 將其轉換為 trans-$\Delta^2$-enoyl-CoA，使其重新接回 $\beta$-氧化途徑：

$$\ce{cis-\Delta^3-enoyl-CoA ->[enoyl-CoA\ isomerase] trans-\Delta^2-enoyl-CoA}$$

因此，飽和與不飽和脂肪酸分解的主要差異，是不飽和脂肪酸需要進行 cis-trans isomerization（順反異構化）。

多元不飽和脂肪酸還可能形成 2,4-dienoyl-CoA，需先由 2,4-dienoyl-CoA reductase 使用 NADPH 還原，再由 enoyl-CoA isomerase 調整雙鍵位置，

核心觀念

本題考的是蛋白質定序方法 Edman degradation（Edman 降解法） 的關鍵試劑。

Edman 降解法利用 phenyl isothiocyanate, PITC（苯基異硫氰酸酯） 與蛋白質或胜肽鏈的 N 端胺基酸 反應，依序切除並鑑定最前端的胺基酸，因此可用來分析蛋白質的胺基酸排列順序。

關鍵反應可概略表示為：

$$\text{N-terminal amino acid}+\ce{C6H5-N=C=S} \longrightarrow \text{phenylthiocarbamoyl-peptide}$$

經酸處理後，N 端胺基酸會以穩定的 phenylthiohydantoin-amino acid, PTH-amino acid（苯硫海因胺基酸） 形式釋出，再透過層析鑑定其種類；剩餘的胜肽鏈保留完整，可繼續進行下一輪降解。

解題方法

判斷本題的切入點是辨認 Edman degradation 的「核心化學試劑」：

1. PITC 先與胜肽鏈 N 端的游離 $\ce{-NH2}$ 反應。
2. 形成 phenylthiocarbamoyl-peptide（苯基硫代氨基甲醯胜肽）。
3. 在酸性條件下，N 端胺基酸環化並從胜肽鏈切除。
4. 形成可供鑑定的 PTH-amino acid。
5. 重複上述步驟，即可逐一讀出 N 端開始的胺基酸序列。

因此，Edman 降解法的關鍵化合物是 phenyl isothiocyanate。

選項分析

(A) agarose（瓊脂糖）

Agarose 是多醣類凝膠，常用於 agarose gel electrophoresis（瓊脂糖凝膠電泳），主要分離 DNA、RNA 等較大型分子。

核心觀念

本題考查肝醣合成（glycogenesis）過程中，葡萄糖如何被「活化」成可供延長肝醣鏈的形式。

肝醣合成的關鍵活化中間物是 UDP-glucose（尿苷二磷酸葡萄糖），其生成需要 UTP（uridine triphosphate，尿苷三磷酸）。

關鍵反應如下：

$$\ce{Glucose-1-P + UTP -> UDP-glucose + PP_i}$$

此反應由 **UDP-glucose pyrophosphorylase（UDP-葡萄糖焦磷酸化酶）**催化。

生成的 UDP-glucose 再由 **glycogen synthase（肝醣合成酶）**利用，將葡萄糖單位接到正在延長的肝醣鏈上，形成 $\alpha(1\rightarrow4)$ 糖苷鍵：

$$\ce{UDP-glucose + glycogen_n -> glycogen_{n+1} + UDP}$$

肝醣合成通常還需要 **glycogenin（肝醣蛋白）**先建立初始引子（primer），之後由 glycogen synthase 延長肝醣鏈；分支則由 **branching enzyme（分枝酵素）**形成 $\alpha(1\rightarrow6)$ 糖苷鍵。

解題方法

判斷此題的切入點是：找出肝醣合成中直接提供葡萄糖的「活化糖」及其形成所需的核苷三磷酸。

肝醣合成並非直接使用游離葡萄糖，也不是直接由 ATP 提供葡萄糖。葡萄糖先經過下列步驟：

1. **Hexokinase（己糖激酶）或 glucokinase（葡萄糖激酶）**催化：

$$\ce{Glucose + ATP -> Glucose-6-P + ADP}$$

2. **Phosphoglucomutase（磷酸葡萄糖變位酶）**催化：

$$\ce{Glucose-6-P <=> Glucose-1-P}$$

3. UDP-glucose pyrophosphorylase利用 UTP 生成 UDP-glucose：

$$\ce{Glucose-1-P + UTP -> UDP-glucose + PP_i}$$

因此，雖然 ATP 參與葡萄糖最初的磷酸化，但本題所問「涉及肝醣合成」的關鍵核苷三磷酸，是用來形成 UDP-glucose 的 UTP。

選項分析

核心觀念

本題考查各種三羧酸循環（TCA cycle，又稱 citric acid cycle）中間物穿越粒線體內膜（inner mitochondrial membrane）的能力，以及相關的膜運輸機制。

粒線體外膜具有 porin，可讓許多小分子通過；真正具有高度選擇性、需要特定載體的是粒線體內膜。因此，本題的「不能通過粒線體」是指不能直接穿越粒線體內膜進出基質（matrix）。

TCA cycle 的部分反應如下：

$$\ce{Pyruvate ->[pyruvate\ dehydrogenase] Acetyl-CoA}$$ $$\ce{Oxaloacetate + Acetyl-CoA ->[citrate\ synthase] Citrate}$$ $$\ce{Citrate <=>[aconitase] Isocitrate}$$

在粒線體基質中，oxaloacetate（草醯乙酸，OAA）主要由 malate（蘋果酸）氧化形成：

$$\ce{Malate + NAD+ <=>[malate\ dehydrogenase] Oxaloacetate + NADH + H+}$$

關鍵在於：OAA 無法直接穿越粒線體內膜，必須先轉換成 malate、aspartate 等形式，才能以間接方式輸送至細胞質。

解題方法

逐一判斷各選項是否具有專一性的粒線體內膜運輸系統：

• Pyruvate：由 mitochondrial pyruvate carrier（MPC）運入基質。
• Malate：由 dicarboxylate carrier 或 malate–$\alpha$-ketoglutarate carrier 運輸。
• Citrate：由 tricarboxylate transporter 運出粒線體。
• Oxaloacetate：沒有可直接穿越粒線體內膜的有效運輸系統。

因此，不能直接通過粒線體內膜者為 oxaloacetate。

選項分析

(A) Pyruvate

Pyruvate 可由細胞質中的 glycolysis 產生，接著經由 mitochondrial pyruvate carrier（MPC）運入粒線體基質。

進入基質後，pyruvate 可被 pyruvate dehydrogenase complex（丙酮酸去氫酶複合體）催化，形成 acetyl-CoA：

$$\ce{Pyruvate + CoA-SH + NAD+ ->[pyruvate\ dehydrogenase\ complex] Acetyl-CoA + CO2 + NADH + H+}$$

因此，pyruvate 可以通過粒線體內膜，本選項錯誤。

(B) Oxaloacetate

Oxaloacetate 是 TCA cycle 的重要中間物，會與 acetyl-CoA 反應形成 citrate：

$$\ce{Oxaloacetate + Acetyl-CoA + H2O ->[citrate\ synthase] Citrate + CoA-SH}$$

核心觀念

本題考查糖質新生（gluconeogenesis）中各步驟所使用的能量分子與輔酶，重點是辨認哪一個反應由 GTP 提供磷酸基或能量。

糖質新生將 pyruvate（丙酮酸）轉變為 glucose（葡萄糖），其中：

1. Pyruvate $\rightarrow$ oxaloacetate（草醯乙酸）使用 ATP。
2. Oxaloacetate $\rightarrow$ phosphoenolpyruvate（磷酸烯醇丙酮酸，PEP）使用 GTP。
3. Malate $\rightarrow$ oxaloacetate 使用 NAD⁺。
4. Acetyl-CoA 不能經由哺乳類的正常代謝途徑淨生成 pyruvate。

因此，本題的關鍵是辨認糖質新生中由 phosphoenolpyruvate carboxykinase（PEP carboxykinase，磷酸烯醇丙酮酸羧激酶）催化的反應。

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解題方法

先逐一判斷各反應所屬的代謝步驟，再配對其所需的能量分子或電子受體。

糖質新生前兩個繞過不可逆糖解反應的步驟如下：

第一步由 pyruvate carboxylase（丙酮酸羧化酶）催化：

$$\ce{Pyruvate + HCO3^- + ATP -> Oxaloacetate + ADP + Pi}$$

此反應在粒線體中進行，需要 ATP，並以 biotin（生物素）作為羧基轉移的輔酶。

第二步由 PEP carboxykinase 催化：

$$\ce{Oxaloacetate + GTP -> PEP + GDP + CO2}$$

此反應將 oxaloacetate 脫羧並同時磷酸化，產生高能磷酸化合物 PEP。反應中的磷酸基來自 GTP，因此此步驟是本題所問的 GTP-mediated reaction。

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選項分析

(A) pyruvate $\rightarrow$ oxaloacetate

此反應由 pyruvate carboxylase 催化，屬於糖質新生的第一個繞道步驟：

$$\ce{Pyruvate + HCO3^- + ATP -> Oxaloacetate + ADP + Pi}$$

所需能量分子是 ATP，不是 GTP。因此此選項錯誤。

核心觀念

本題考查磷酸戊糖途徑（pentose phosphate pathway, PPP）在不同細胞需求下的代謝方向，以及各階段的主要功能。

PPP 分為兩個階段：

1. 氧化階段（oxidative phase）

• 由 $\ce{Glucose-6-phosphate}$ 開始。
• 主要酵素包括：
• glucose-6-phosphate dehydrogenase（G6PD）
• 6-phosphogluconolactonase
• 6-phosphogluconate dehydrogenase
• 產生 $\ce{NADPH}$、$\ce{CO2}$ 與 $\ce{Ribulose-5-phosphate}$。
• 此階段不產生 ATP。

總反應可概括為：

$\ce{Glucose-6-phosphate + 2 NADP+ + H2O -> Ribulose-5-phosphate + CO2 + 2 NADPH + 2 H+}$

2. 非氧化階段（non-oxidative phase）

• 又可稱為糖生成階段（sugar-generating stage）。
• 將 $\ce{Ribulose-5-phosphate}$ 轉換成 $\ce{Ribose-5-phosphate}$、$\ce{Xylulose-5-phosphate}$ 等五碳糖。
• 主要酵素包括：
• ribose-5-phosphate isomerase
• ribulose-5-phosphate epimerase
• transketolase
• transaldolase
• 可產生或重新排列成糖解作用中間物 $\ce{Fructose-6-phosphate}$ 與 $\ce{Glyceraldehyde-3-phosphate}$。

PPP 的主要產物是 NADPH 與五碳糖，不是 ATP；而細胞快速取得 ATP 的主要途徑是糖解作用（glycolysis）及後續的檸檬酸循環與氧化磷酸化。

解題方法

題幹指出細胞「需要更多能量（more energy）」；在此類代謝題中，能量主要指 ATP。

因此應採取以下判斷：

1. PPP 的氧化階段產生 NADPH，不產生 ATP。
2. PPP 的非氧化階段主要處理五碳糖及糖類骨架重排，也不直接產生 ATP。
3. 若細胞需要 ATP，應將 $\ce{Glucose-6-phosphate}$ 導入糖解作用。
4. 因此，細胞會避開 PPP 的氧化階段與非氧化階段，也就是糖生成階段。

所以正確概念是：bypassing both the sugar generation and the oxidative stages of pentose phosphate pathway。

選項分析

核心觀念

本題考查多元不飽和脂肪酸的命名與雙鍵位置表示法。

脂肪酸常用以下格式表示：

$$\text{碳原子總數}:\text{雙鍵數}\ \Delta^{\text{雙鍵位置}}$$

其中：

• 第一個數字：脂肪酸的總碳數。
• 第二個數字：碳碳雙鍵的數目。
• $\Delta$ 後的數字：由羧基端開始編號時，每個雙鍵中較小碳號的位置。例如 $\Delta^9$ 表示第 9 與第 10 個碳之間有雙鍵。
• 羧基的羰基碳固定編為第 1 號。

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解題方法

題目結構為：

$$\ce{CH3(CH2)4CH=CH(CH2)CH=CH(CH2)7COOH}$$

一、計算總碳數

逐段計算：

• $\ce{CH3}$：1 個碳
• $\ce{(CH2)4}$：4 個碳
• 第一個 $\ce{CH=CH}$：2 個碳
• 中間的 $\ce{(CH2)}$：1 個碳
• 第二個 $\ce{CH=CH}$：2 個碳
• $\ce{(CH2)7}$：7 個碳
• $\ce{COOH}$：1 個羧基碳

因此總碳數為：

$$1+4+2+1+2+7+1=18$$

共有兩個碳碳雙鍵，因此基本格式為：

$$18:2$$

二、由羧基端開始標示雙鍵位置

由羧基端編號：

$$\ce{COOH}$$

中的羧基碳為第 1 號。往左側編號如下：

• $\ce{(CH2)7}$ 為第 2 至第 8 號碳
• 接著的第一個雙鍵為第 9 與第 10 號碳之間
• 中間的 $\ce{CH2}$ 為第 11 號碳
• 第二個雙鍵為第 12 與第 13 號碳之間

所以雙鍵位置為 $\Delta^9$ 與 $\Delta^{12}$，完整表示為：

$$18:2\ \Delta^{9,12}$$

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選項分析

(A) $18:2\ \Delta^{9,10,12,13}$

錯誤。

核心觀念

本題測驗動物細胞膜上極為關鍵的**初級主動運輸（primary active transport）**蛋白——**鈉鉀幫浦（$\ce{Na+/K+-ATPase}$，或稱 Na/K pump）**的運輸方向與化學計量（stoichiometry）。

1. 基本生理分佈：
   正常動物細胞的細胞內液（intracellular fluid）富含鉀離子（$\ce{K+}$），細胞外液（extracellular fluid）富含鈉離子（$\ce{Na+}$）。
2. 運輸機制與方向：
   $\ce{Na+/K+-ATPase}$ 屬於 P-type ATPase 家族。每次水解 1 分子 $\ce{ATP}$，會逆著電化學梯度（against electrochemical gradient）：

• 將 3 個 $\ce{Na+}$ 泵出細胞外（outside of the cell）
• 將 2 個 $\ce{K+}$ 泵入細胞內（inside of the cell）

3. 生理意義：

• 維持細胞膜靜止膜電位（resting membrane potential）與生電性（electrogenic pump，淨移出 1 個正電荷）。
• 調控細胞滲透壓與體積平衡。
• 建立並維持細胞膜兩側的 $\ce{Na+}$ 濃度梯度，做為次級主動運輸（secondary active transport，如葡萄糖或胺基酸的 $\ce{Na+}$ 同向共轉運蛋白 SGLT）的主要驅動力。

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解題方法

題目詢問「Na/K pump 的運輸功能為何（Na/K pump is to transport:）」。
切入點為回憶細胞內外的離子濃度梯度與主動運輸的目的：

• 細胞內低 $\ce{Na+}$、高 $\ce{K+}$；細胞外高 $\ce{Na+}$、低 $\ce{K+}$。

核心觀念

本題測驗核酸（DNA 與 RNA）結構中，單核苷酸（Nucleotides）互相串聯形成多核苷酸鏈（Polynucleotide chain）時所形成的共價化學鍵。

1. 鍵結本質：相鄰核苷酸之間以「磷酸二酯鍵」（phosphodiester bond）連結。
2. 生化反應機轉：在核酸聚合酵素（DNA/RNA Polymerase）催化下，新進的去氧核苷三磷酸（dNTP）或核苷三磷酸（NTP）之 $5'$ 端 $\alpha$-磷酸基（$\alpha\text{-phosphate}$），受到引子或既有鏈末端之 $3'\text{-OH}$（核糖或去氧核糖的第 3 位碳上的羥基） 進行親核性攻擊（nucleophilic attack），脫去一個焦磷酸（$\ce{PP_i}$），形成連接相鄰兩個單醣的磷酸二酯鍵。
3. 鏈的延伸方向性與鍵結標示習慣：

• 核酸多核苷酸鏈具有方向性（$5' \rightarrow 3'$）。
• 在傳統生物化學命名中，連接兩個相鄰核苷酸的磷酸二酯鍵，是由「前一個核苷酸的 $3'$ 碳」透過磷酸基連結到「後一個核苷酸的 $5'$ 碳」，因此生化教科書（如 Lehninger Principles of Biochemistry）標準將其稱為 $3',5'$-phosphodiester bond（或記為 $3'\rightarrow 5'$ 磷酸二酯鍵）。

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解題方法

1. 辨識單醣碳編號與鍵結位置：

• 核酸鏈的骨架（Backbone）由交替的五碳糖（Pentose）與磷酸基組成。
• 形成骨架磷酸二酯鍵所使用的羥基分別位於核糖（或去氧核糖）的 $3'$ 碳 與 $5'$ 碳，與 $2'$ 碳（RNA 的特殊羥基位置，在正常主鏈不參與直鏈鍵結）無關。因此可先刪除含有 $2'$ 的選項 (C)、(D)。

2. 區分骨架化學鍵名 vs. 聚合合成方向：

• 合成/延伸方向（Direction of synthesis）：為 $5' \rightarrow 3'$。

核心觀念

本題測驗 DNA 複製（DNA replication）的起始機轉，特別是**引子（primer）**的本質與酵素學特性。

1. DNA 聚合酶（DNA polymerase）的催化限制：體內所有的 DNA 聚合酶均無法由無到有（de novo）合成新的多核苷酸鏈，催化時必須仰賴既有核苷酸鏈所提供的游離 $3'\text{-OH}$ 基團，才能進行親核性攻擊（nucleophilic attack）形成磷酸二酯鍵（phosphodiester bond）。
2. 引導酶（Primase）的角色：Primase 屬於一種依賴 DNA 的 RNA 聚合酶（DNA-dependent RNA polymerase），能夠以單股 DNA 為模板，de novo 合成一小段（通常長度約 5 至 10 個核苷酸）的 RNA 引子（RNA primer）。
3. 前導股與延遲股的引子需求：

• 前導股（Leading strand）：為連續合成，沿著複製叉（replication fork）移動方向僅需 1 個 RNA 引子即可持續延伸。
• 延遲股（Lagging strand）：為不連續合成，由多個岡崎片段（Okazaki fragments）組成，每個片段的起始端皆各自需要 1 個 RNA 引子。

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解題方法

本題切入點在於判斷體內（in vivo）自然進行 DNA 複製時所使用的引子化學本質：

1. 生物體細胞內的 DNA 複製起始，酵素 Primase 合成的引子本質皆為 RNA，而非 DNA。
2. 題目句型「which primer is required on one of the strand?」為英文試題常見的輕微語病（strand 應為複數 strands，或指特定一股如前導股/延遲股），但無論在前導股還是延遲股上，複製所必需的引子化學成分均為 RNA 引子。

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核心觀念

本題考查真核生物（eukaryote）DNA 複製的基本特徵，包括：

1. 半保留複製（semi-conservative replication）
2. 半不連續複製（semi-discontinuous replication）
3. 複製起點（origin of replication）的數量
4. DNA 合成方向

真核生物的每條線性染色體通常具有許多個複製起點，複製由各起點向兩側進行，形成多個 replication bubbles 與 replication forks，以加速龐大基因組的複製。

解題方法

判斷本題的關鍵，是逐一核對選項是否符合真核 DNA 複製的標準特徵。

DNA polymerase 必須依靠既有的 primer，並且只能將新的 deoxyribonucleotide 加到新生 DNA 鏈的 $3'$ 端，因此新鏈的合成方向固定為 $5' \to 3'$。

由於兩條模板鏈方向相反：

• **Leading strand（前導鏈）**可朝向 replication fork 連續合成。
• **Lagging strand（後隨鏈）**必須背離 replication fork 分段合成，形成許多 Okazaki fragments（岡崎片段），再由 DNA ligase 接合。

因此，真核 DNA 複製具有半保留、半不連續，以及 $5' \to 3'$ 合成等特徵；不符合的是「只有單一複製起點」。

選項分析

(A) semi-conservative：正確

DNA 複製完成後，每個子代 DNA 分子都包含：

• 一條親代 DNA 鏈
• 一條新合成 DNA 鏈

這種複製方式稱為半保留複製，是真核生物與原核生物 DNA 複製共同具有的基本特徵。

(B) semi-discontinuous：正確

核心觀念

本題考查 DNA replication（DNA 複製）時，兩條新生 DNA 鏈的合成方式，以及 Okazaki fragments（岡崎片段）的形成位置。

DNA 雙股具有以下特性：

• 兩條 DNA 鏈彼此反向平行（antiparallel）。
• DNA polymerase（DNA 聚合酶）只能沿新生鏈的 $5' \to 3'$ 方向合成 DNA。
• 由於複製叉兩側的方向不同，一條新生鏈可連續合成，另一條新生鏈必須分段合成。

複製過程中：

• Leading strand（前導股）：沿複製叉前進方向連續合成。
• Lagging strand（後隨股）：因受限於 $5' \to 3'$ 合成方向，只能分段合成。
• 這些分段形成的短 DNA 片段即為 Okazaki fragments。
• 各片段先由 RNA primer（RNA 引子）啟動，之後由 DNA polymerase 延伸，最後由 DNA ligase（DNA 連接酶）將片段連接成完整 DNA 鏈。

解題方法

判斷 Okazaki fragments 的位置，只需掌握兩個關鍵：

1. DNA polymerase 只能以 $5' \to 3'$ 方向合成新生 DNA。
2. 需要分段合成的 DNA 鏈就是 lagging strand。

在 leading strand 上，新生 DNA 的合成方向與複製叉移動方向一致，因此 DNA polymerase 可以持續延伸，形成連續的新生鏈。

在 lagging strand 上，新生 DNA 的合成方向與複製叉移動方向相反。複製叉每向前打開一段，便需要重新建立 RNA primer，再合成一段 DNA。因此形成許多 Okazaki fragments，最後再由 DNA ligase 封合相鄰片段間的缺口。

因此，Okazaki fragments formed on the lagging strand。

選項分析

(A) lagging strand

正確。

Lagging strand（後隨股）必須以不連續方式合成，先形成多個 Okazaki fragments，再由 DNA ligase 將其連接成完整的新生 DNA 鏈。

核心觀念

本題考的是蛋白質磷酸化（phosphorylation）對酵素活性與細胞訊息傳遞的調控。

蛋白質激酶（protein kinase）可將 ATP 的磷酸基轉移至蛋白質中特定胺基酸的側鏈，典型反應為：

$$\ce{Protein-OH + ATP ->[protein\ kinase] Protein-O-PO3^{2-} + ADP}$$

磷酸化會改變蛋白質的：

• 電荷分布
• 三級結構或局部構形
• 活性部位形狀
• 與其他蛋白質、DNA 或細胞膜的結合能力

因此可使蛋白質活性增加、降低，或改變其細胞內定位。蛋白質磷酸酶（protein phosphatase）則催化去磷酸化，使調控具可逆性。

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可被磷酸化的胺基酸

生理上最常見的蛋白質磷酸化發生於具有羥基（hydroxyl group, $-\ce{OH}$）的胺基酸：

1. Serine（絲胺酸，Ser，S）
2. Threonine（蘇胺酸，Thr，T）
3. Tyrosine（酪胺酸，Tyr，Y）

這三種胺基酸的側鏈都具有羥基，可接受由 ATP 提供的磷酸基，形成磷酸酯鍵。

其中：

• Serine、Threonine 的磷酸化常見於代謝酵素及細胞訊息傳遞蛋白。
• Tyrosine 的磷酸化常見於受體型酪胺酸激酶（receptor tyrosine kinase, RTK）及其下游訊息傳遞。
• 磷酸化通常不是永久修飾，而是由 protein kinase 與 protein phosphatase 共同維持的可逆調控。

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解題方法

判斷胺基酸能否被蛋白質磷酸化，重點是觀察其側鏈是否具有可被修飾的羥基。

Serine、Threonine 與 Tyrosine 的側鏈分別為：

核心觀念

本題考查糖解作用（glycolysis）中各步驟的磷酸化反應，以及磷酸基轉移時 ATP 的角色。

判斷重點是：

• ATP coupled phosphorylation：由 ATP 提供磷酸基，ATP 水解為 ADP。
• 以無機磷酸鹽進行的磷酸化：由 $\ce{Pi}$ 直接加入反應物，通常同時伴隨氧化還原反應，不消耗 ATP。
• 受質階層磷酸化（substrate-level phosphorylation）：高能磷酸化合物將磷酸基轉移給 ADP，生成 ATP；此反應是「產生 ATP」，不是「由 ATP 驅動磷酸化」。

糖解作用中相關反應如下：

$$\ce{Glucose + ATP -> Glucose-6-phosphate + ADP}$$ $$\ce{Fructose-6-phosphate + ATP -> Fructose-1,6-bisphosphate + ADP}$$ $$\ce{Glyceraldehyde-3-phosphate + Pi + NAD+ -> 1,3-bisphosphoglycerate + NADH + H+}$$ $$\ce{Phosphoenolpyruvate + ADP + H+ -> Pyruvate + ATP}$$

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解題方法

逐一判斷每個反應中：

1. 磷酸基的來源是 ATP、$\ce{Pi}$，還是其他高能磷酸化合物。
2. ATP 是被消耗、被生成，或完全沒有直接參與。
3. 該步驟是否屬於糖解作用中的磷酸化步驟。

題目若依單選題的標準命題意圖，應尋找「磷酸基不是由 ATP 提供」的真正磷酸化反應，即甘油醛-3-磷酸轉變為 1,3-二磷酸甘油酸的反應。

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選項分析

(A) glucose $\rightarrow$ glucose-6-phosphate

此反應由 hexokinase（己糖激酶） 催化；在肝細胞中主要由 glucokinase（葡萄糖激酶） 催化。

反應為：

$$\ce{Glucose + ATP -> Glucose-6-phosphate + ADP}$$

ATP 將末端磷酸基轉移至 glucose 的第 6 碳，形成 glucose-6-phosphate。因此這是典型的 ATP-dependent phosphorylation，與 ATP 偶聯。

此選項錯誤。

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(B) fructose-6-phosphate $\rightarrow$ fructose-1,6-bisphosphate

此反應由 phosphofructokinase-1, PFK-1（磷酸果糖激酶-1） 催化，是糖解作用的重要限速步驟。

反應為：

$$\ce{Fructose-6-phosphate + ATP -> Fructose-1,6-bisphosphate + ADP}$$

ATP 提供磷酸基給 fructose-6-phosphate 的第 1 碳，產生 fructose-1,6-bisphosphate。這是 ATP 消耗型的磷酸化反應。

此選項錯誤。

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核心觀念

本題考查 purine（嘌呤）核苷酸的補救合成途徑（purine salvage pathway），特別是游離嘌呤鹼基重新合成核苷酸的反應。

嘌呤合成有兩大途徑：

1. 從頭合成（de novo synthesis）：由核糖-5-磷酸逐步組裝嘌呤環，最後形成 IMP。
2. 補救合成（salvage pathway）：利用已存在的游離嘌呤鹼基，接回核糖磷酸，重新形成嘌呤核苷酸。

本題選項中，能作為嘌呤補救合成前驅物的是 hypoxanthine（次黃嘌呤）。

解題方法

判斷各選項是否為嘌呤鹼基、嘌呤合成抑制劑，或屬於嘧啶類化合物。

Hypoxanthine 在補救途徑中，利用 PRPP（5-phosphoribosyl-1-pyrophosphate，磷酸核糖焦磷酸）提供核糖磷酸基團，經由 HGPRT（hypoxanthine-guanine phosphoribosyltransferase，次黃嘌呤－鳥嘌呤磷酸核糖轉移酶）形成 IMP：

$$\ce{Hypoxanthine + PRPP ->[HGPRT] IMP + PP_i}$$

其中：

• $\ce{PRPP}$：活化的核糖磷酸供體
• $\ce{IMP}$：inosine monophosphate（次黃嘌呤核苷酸）
• $\ce{PP_i}$：焦磷酸

IMP 是嘌呤核苷酸合成的中心中間物，後續可分別合成 AMP 與 GMP：

$$\ce{IMP -> AMP}$$ $$\ce{IMP -> GMP}$$

因此，hypoxanthine 可視為嘌呤核苷酸合成的前驅物。

選項分析

(A) Adenine

Adenine（腺嘌呤）確實是嘌呤鹼基，但在補救合成中主要經由 APRT（adenine phosphoribosyltransferase，腺嘌呤磷酸核糖轉移酶）形成 AMP：

$$\ce{Adenine + PRPP ->[APRT] AMP + PP_i}$$

核心觀念

本題考的是 DNA 鹼基的自發性去胺作用（deamination）及其造成的突變類型。

5-Methylcytosine（5-甲基胞嘧啶，5-mC）是 cytosine（胞嘧啶，C）在第 5 位碳上增加甲基形成的鹼基。去胺作用會移除胞嘧啶外側的胺基，使其轉變為 thymine（胸腺嘧啶，T）：

$$\text{5-methylcytosine} \xrightarrow{\text{deamination}} \text{thymine}+\ce{NH3}$$

因此，原本的鹼基配對：

$$\ce{5-mC:G} \longrightarrow \ce{T:G}$$

會形成錯配（mismatch）。若此錯配未被修復，經過 DNA 複製後，原本的 $\ce{C:G}$ 鹼基對會固定成 $\ce{T:A}$ 鹼基對。

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解題方法

第一步，判斷 5-methylcytosine 去胺後的產物：

• cytosine 去胺會形成 uracil（尿嘧啶，U）。
• 5-methylcytosine 去胺則形成 thymine（T），因為 5-methylcytosine 可視為在 cytosine 的第 5 位多了一個甲基。

第二步，判斷突變形式：

$$\ce{C:G \longrightarrow T:A}$$

若從互補股的 G 來描述，則為：

$$\ce{G \longrightarrow A}$$

第三步，判斷 transition 或 transversion：

• Transition（轉換突變）：purine $\leftrightarrow$ purine，或 pyrimidine $\leftrightarrow$ pyrimidine。
• Transversion（顛換突變）：purine $\leftrightarrow$ pyrimidine。

其中：

• G、A 都是 purine（嘌呤）。
• C、T 都是 pyrimidine（嘧啶）。

所以 $\ce{G \to A}$ 是 purine 到 purine 的 transition mutation。

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選項分析

(A) C to A transversion mutations

核心觀念

本題考查 乙醛酸循環（Glyoxylate cycle） 的主要淨產物，以及其與檸檬酸循環（TCA cycle）的差異。

乙醛酸循環發生於植物、真菌及部分細菌，可將脂肪酸分解產生的 $\ce{Acetyl-CoA}$，轉換成可供糖質新生使用的四碳化合物。其關鍵特色是繞過檸檬酸循環中釋放 $\ce{CO2}$ 的兩個脫羧步驟，因此能保留碳骨架。

乙醛酸循環的兩個特有酵素為：

• Isocitrate lyase（異檸檬酸裂解酶）
• Malate synthase（蘋果酸合成酶）

解題方法

乙醛酸循環的主要反應如下：

1. $\ce{Acetyl-CoA}$ 與 $\ce{Oxaloacetate}$ 結合形成 citrate（檸檬酸）。
2. Citrate 經 aconitase（順烏頭酸酶）轉為 isocitrate（異檸檬酸）。
3. Isocitrate lyase 將 isocitrate 裂解為 glyoxylate（乙醛酸）與 succinate（琥珀酸）。

$$\ce{Isocitrate ->[isocitrate\ lyase] Succinate + Glyoxylate}$$

4. Glyoxylate 再與另一分子的 $\ce{Acetyl-CoA}$ 結合，形成 malate（蘋果酸）。

$$\ce{Glyoxylate + Acetyl-CoA + H2O ->[malate\ synthase] Malate + CoA-SH}$$

5. Malate 經 malate dehydrogenase（蘋果酸去氫酶）氧化為 oxaloacetate，重新進入循環。

$$\ce{Malate + NAD+ <=> Oxaloacetate + NADH + H+}$$

核心觀念

本題測驗的核心觀念為胺基酸的等電點（Isoelectric Point, pI）、酸鹼游離態與膠體電泳（Electrophoresis）之移動方向。

1. 等電點（$\text{pI}$）的定義：
   分子處於淨電荷（Net charge）為 $0$（即兩性離子形式 Zwitterion 佔絕大多數）時的環境 $\text{pH}$ 值。
2. 環境 $\text{pH}$ 與分子帶電狀態的關係：

• 當 $\text{pH} = \text{pI}$ 時：分子平均淨電荷為 $0$。
• 當 $\text{pH} > \text{pI}$ 時：環境偏鹼（$\ce{OH-}$ 濃度高或 $\ce{H+}$ 濃度低），促進酸性官能基去質子化（$\ce{-NH3+ -> -NH2 + H+}$），分子失去正電荷，整體帶淨負電荷（Net negative charge）。
• 當 $\text{pH} < \text{pI}$ 時：環境偏酸，促進鹼性官能基質子化（$\ce{-COO- + H+ -> -COOH}$），分子失去負電荷，整體帶淨正電荷（Net positive charge）。

3. 電泳原理與電極定義：
   電泳槽外接直流電源：

• 陽極（Anode）：帶正電極（吸引帶負電的陰離子 Anion）。
• 陰極（Cathode）：帶負電極（吸引帶正電的陽離子 Cation）。
  記憶原則：「異性相吸」——帶淨負電荷之分子泳向正極（陽極 Anode）；帶淨正電荷之分子泳向負極（陰極 Cathode）。

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解題方法

本題給定丙胺酸（Alanine）的等電點為：
$\text{pI} = 6.0$

緩衝溶液的酸鹼值為：
$\text{pH} = 8.0$

推導步驟：

1. 比較環境 $\text{pH}$ 與分子的 $\text{pI}$：
   $\text{pH}\ (8.0) > \text{pI}\ (6.0)$
2. 判斷分子淨電荷：
   丙胺酸具有 $\alpha\text{-COOH}$（$\text{p}K_a \approx 2.34$）與 $\alpha\text{-NH}_3^+$（$\text{p}K_a \approx 9.69$）。
   在 $\text{pH} = 8.0$ 時：

• 羧基已完全去質子化，呈現 $\ce{-COO-}$（帶 $-1$ 電荷）。

核心觀念

本題為題組題的延續題，核心考點在於乙醛酸循環（Glyoxylate cycle）的代謝去向與跨胞器整合，以及植物與動物在碳代謝能力上的關鍵差異：

1. 前題背景與關鍵產物：
   前一題探討乙醛酸循環的淨產物。乙醛酸循環繞過了三羧酸循環（TCA cycle）中釋放 $\ce{CO2}$ 的兩步脫羧反應，其總淨反應式為：
   $2\ \ce{Acetyl-CoA} + \ce{NAD+} + 2\ce{H2O} \rightarrow \ce{Succinate} + 2\ce{CoA-SH} + \ce{NADH} + \ce{H+}$
   此循環在乙醛酸體（glyoxysome）中由異檸檬酸裂解酶（isocitrate lyase）將異檸檬酸（isocitrate）裂解，產生乙醛酸（glyoxylate）與琥珀酸（succinate）。其中，**琥珀酸（succinate）**即為離開乙醛酸體並輸出至其他胞器的關鍵淨產物（"this product"）。

2. 跨胞器代謝路徑：

• 乙醛酸體中生成的琥珀酸進入粒線體（mitochondria），經由琥珀酸脫氫酶（succinate dehydrogenase）轉化為延胡索酸（fumarate），再經延胡索酸酶（fumarase）轉化為蘋果酸（malate）。
• 蘋果酸輸出至細胞質（cytosol），經蘋果酸脫氫酶（malate dehydrogenase）氧化為草醯乙酸（oxaloacetate, OAA），隨後進入**糖質新生作用（gluconeogenesis）**合成葡萄糖或蔗糖。

3. 動物與植物的生化限制差異：

• 脊椎動物缺乏乙醛酸循環的兩種關鍵酵素（異檸檬酸裂解酶與蘋果酸合酶），因此無法將脂肪酸 $\beta$-氧化產生的偶數碳乙醯輔酶 A（acetyl-CoA）淨轉化為葡萄糖。
• 植物（特別是油料種子萌發階段）與特定微生物則具備乙醛酸循環，能將儲存的脂肪酸分解為乙醯輔酶 A 後，藉由此途徑生成琥珀酸，進而進行糖質新生（gluconeogenesis），提供幼苗生長所需的碳骨架與能量。

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解題方法

1. 判斷主詞代名詞 "this product"：
   承接前題（乙醛酸循環之主要產物），此產物為四碳化合物琥珀酸（succinate）。
2. 釐清其主要生物學功能與歸宿：

• 在植物生理代謝中，乙醛酸循環的核心意義就是使種子能將油脂（甘油三酯 $\rightarrow$ 脂肪酸 $\rightarrow$ 乙醯輔酶 A）淨合成碳水化合物（葡萄糖）。
• 產物琥珀酸經粒線體轉化為蘋果酸後，送入細胞質進行糖質新生（gluconeogenesis），此即油料種子發芽時最具代表性的代謝路徑。

核心觀念

本題的核心考點為普利昂蛋白（Prion）的蛋白質二級結構構形轉變（Conformational Change）。

1. 正常普利昂蛋白（Cellular Prion Protein, $\ce{PrP^C}$）：

• 普遍存在於神經細胞膜表面。
• 二級結構富含 $\alpha$-螺旋（$\alpha$-helix，約佔 40～45%），$\beta$-摺疊（$\beta$-sheet）含量極低（$< 3\%$）。
• 具水溶性，且可被蛋白質水解酶（如 Proteinase K）消化。

2. 致病型／變性格局普利昂蛋白（Scrapie Prion Protein, $\ce{PrP^{Sc}}$）：

• 與人類狂牛症相關疾病（變異型庫賈氏病, vCJD）、羊搔癢症（Scrapie）及牛海綿狀腦病（BSE）有關。
• 二級結構發生顯著的構形改變（Conformational switch），$\beta$-摺疊大幅增加（$\beta$-sheet，達 40～45% 以上），$\alpha$-螺旋相對減少（約 30%）。
• 這種富含 $\beta$-摺疊的結構使其高度不溶、具耐熱性，並對蛋白質酶水解具極高抗性（Proteinase K resistant），容易聚集形成類澱粉沉澱纖維（Amyloid fibrils），導致神經細胞壞死與海綿狀腦病變。

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解題方法

由生物化學經典定理可知，普利昂疾病的致病機制為「蛋白質錯誤摺疊疾病（Protein Misfolding Disease）」，其一級結構（胺基酸序列）相同或僅具極小突變，但致病型（mutant / pathogenic form, $\ce{PrP^{Sc}}$）與正常型（normal cellular form, $\ce{PrP^C}$）的本質差異在於二級結構的空間構形：

• 正常型（Normal, $\ce{PrP^C}$）：富含 $\alpha$-helix。

核心觀念

本題考查酵素動力學中 $K_M$ 與受質親和力（substrate affinity）的關係。

在 Michaelis–Menten 動力學中：

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

其中：

• $v$：反應速率
• $V_{\max}$：最大反應速率
• $[S]$：受質濃度
• $K_M$：Michaelis constant，米氏常數

當反應速率達到最大速率的一半時：

$$v=\frac{1}{2}V_{\max}$$

此時受質濃度滿足：

$$[S]=K_M$$

因此，在相同實驗條件下，$K_M$ 越小，表示酵素在較低受質濃度下即可達到半最大速率，通常代表酵素對受質的表觀親和力越高。

本題的 $k_{\mathrm{cat}}$ 是 turnover number（催化轉換數），表示每個酵素活性中心在受質飽和時，每秒可催化的反應分子數。它反映催化效率，不是判斷受質親和力的主要指標。

解題方法

比較四種酵素的 $K_M$：

酵素	$K_M$（mol/L）
A	$1.5\times10^{-2}$
B	$3.0\times10^{-4}$
C	$9.0\times10^{-4}$
D	$7.9\times10^{-3}$

將科學記號換算成數值：

• A：$0.015$
• B：$0.00030$
• C：$0.00090$
• D：$0.0079$

其中最小的 $K_M$ 為酵素 B：

$$3.0\times10^{-4} < 9.0\times10^{-4} < 7.9\times10^{-3} < 1.5\times10^{-2}$$

所以酵素 B 的受質表觀親和力最高。

選項分析

（A）A：錯誤

酵素 A 的：

核心觀念

Gel filtration chromatography（凝膠過濾層析），又稱 size-exclusion chromatography（分子篩層析），是依據分子在溶液中的有效大小與水合體積進行分離。

固定相由具有許多微小孔洞的多孔性凝膠顆粒組成：

• 大分子無法進入孔洞，只能沿顆粒外部空隙快速通過，因此先流出。
• 小分子能進入較多孔洞，在固定相內迂迴前進，滯留時間較長，因此後流出。

分離程度可用分配係數表示：

$$K_{\mathrm{av}}=\frac{V_{\mathrm{e}}-V_{\mathrm{0}}}{V_{\mathrm{t}}-V_{\mathrm{0}}}$$

其中 $V_{\mathrm{e}}$ 為分子洗脫體積、$V_{\mathrm{0}}$ 為排阻體積、$V_{\mathrm{t}}$ 為總床體積。此公式反映分子進入凝膠孔洞的程度。

解題方法

題幹問的是 Gel filtration chromatography 的分離依據。判斷此技術的關鍵是「凝膠顆粒具有孔洞，分子依大小進入孔洞的程度不同」，因此其本質是大小排阻作用（size exclusion）。

所以正確選項為 size exclusion。

選項分析

• (A) specific binding

錯誤。Specific binding（專一性結合）是 affinity chromatography（親和層析）的核心原理，例如抗原與抗體、酵素與抑制劑之間的專一性作用。

核心觀念

本題考查細胞內蛋白質降解系統，以及 ubiquitin-dependent degradation pathway（泛素依賴性降解途徑）的主要執行機構。

典型流程如下：

1. 泛素活化：E1 ubiquitin-activating enzyme（泛素活化酵素）消耗 ATP，使 ubiquitin 活化。
2. 泛素轉移：泛素由 E1 轉移至 E2 ubiquitin-conjugating enzyme（泛素結合酵素）。
3. 受質辨識與接合：E3 ubiquitin ligase（泛素連接酶）辨識目標蛋白，促使 ubiquitin 接到蛋白質的 lysine（賴胺酸）殘基。
4. 多聚泛素鏈形成：目標蛋白通常接上以 Lys48 為主的 polyubiquitin chain（多聚泛素鏈）。
5. 蛋白酶體降解：被標記的蛋白質送至 26S proteasome（26S 蛋白酶體），先經 19S regulatory particle（調節顆粒）辨識、去泛素化與展開，再進入 20S core particle（核心顆粒）分解成短胜肽。

因此，本題的關鍵判斷是：

泛素是降解標記；proteasome 是實際執行蛋白質分解的蛋白水解系統。

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解題方法

看到題幹中的 ubiquitin-dependent degradation，立即聯想到：

$$\text{Target protein} \xrightarrow{\text{polyubiquitination}} \text{26S proteasome} \longrightarrow \text{short peptides}$$

泛素本身不負責切斷蛋白質胜肽鍵，而是作為「送往蛋白酶體降解」的分子標籤。26S proteasome 具有 ATP-dependent unfolding（ATP 依賴性蛋白質展開）與 proteolysis（蛋白水解）功能，能將目標蛋白分解為短胜肽。

此途徑主要處理：

• 短壽命調節蛋白
• 細胞週期相關蛋白
• 受損或錯誤摺疊的細胞質蛋白
• 部分細胞核蛋白

其核心降解位置是 proteasome，故正確選項為 (D)。

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選項分析

(A) cathepsin（組織蛋白酶）—錯誤

Cathepsins 是主要位於 lysosome（溶酶體）內的蛋白酶，多數在酸性環境下具有活性，負責分解：

• 內吞進入溶酶體的蛋白質
• 細胞外物質
• 自噬作用送入溶酶體的細胞成分

Cathepsin 屬於 lysosomal protease（溶酶體蛋白酶），不是泛素依賴性蛋白酶體途徑的主要執行者。

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(B) lysosome（溶酶體）—錯誤

Lysosome 是具有膜的細胞器，內含多種酸性水解酵素，包括 cathepsins、lipases、nucleases 等。它本身不是一種 protease（蛋白酶）。

溶酶體主要負責：

核心觀念

本題考查真核細胞中不同 DNA polymerase（DNA 聚合酶）的細胞定位與功能分工。

真核細胞的 DNA 複製主要發生於：

• 細胞核：由 DNA polymerase $\alpha$、$\delta$、$\varepsilon$ 等負責。
• 粒線體（mitochondria）：由 DNA polymerase $\gamma$ 負責粒線體 DNA（mtDNA）的複製。

粒線體 DNA 複製需要以下主要因子共同參與：

• DNA polymerase $\gamma$：負責延長新生 DNA 鏈。
• Twinkle helicase：解開 DNA 雙股螺旋。
• mtSSB（mitochondrial single-stranded DNA-binding protein）：穩定單股 DNA，避免重新配對。
• RNA primer：提供 DNA polymerase 開始合成所需的 $3'$-OH 端。

其中，真正執行粒線體 DNA 鏈延長反應的核心酵素是 DNA polymerase $\gamma$。

解題方法

本題不需要計算，採用「細胞胞器定位與酵素功能配對」的判斷法即可。

關鍵切入點是：

題幹指定「eukaryotic mitochondria」，因此要尋找粒線體專用的 DNA polymerase。

在哺乳類細胞中，粒線體 DNA 複製時，DNA polymerase $\gamma$ 以新生引子為起點，將去氧核苷酸以互補鹼基配對方式接到新生 DNA 的 $3'$ 端：

$$\text{模板 DNA} + \text{primer} + \ce{dNTPs} \longrightarrow \text{新生 DNA}$$

DNA polymerase $\gamma$ 具有高專一性的粒線體定位訊號，能被運送至粒線體內，負責 mtDNA 的複製與部分 DNA 修復工作。因此正確選項為 DNA polymerase $\gamma$。

選項分析

(A) DNA polymerase $\alpha$

錯誤。

DNA polymerase $\alpha$ 位於細胞核，主要參與核 DNA 複製的起始。它與 **primase（引發酶）**形成複合體，先合成 RNA primer，再延長一小段 DNA，產生 RNA-DNA primer。

DNA polymerase $\alpha$ 缺乏適合長距離、高 processivity 的 DNA 合成能力，因此後續延長工作會交由 DNA polymerase $\delta$ 或 $\varepsilon$ 接手。它不是粒線體 DNA 複製的主要聚合酶。

核心觀念

本題考查基因表現調控中 cis-acting elements（順式作用元件） 與 trans-acting elements（反式作用因子） 的區別。

• 順式作用元件：位於 DNA 上的特定調控序列，本身通常不會移動，而是影響同一條 DNA 分子上的基因。
• 反式作用因子：通常是可擴散的蛋白質或 RNA，能在細胞內移動，與不同 DNA 分子上的調控序列作用。

判斷關鍵在於：

DNA 序列屬於 cis-acting；可擴散的調控蛋白通常屬於 trans-acting。

基因表現調控的基本關係可表示為：

$$\text{trans-acting factor}+\text{cis-acting DNA element} \longrightarrow \text{調控轉錄}$$

其中，trans-acting factor 常為 transcription factor（轉錄因子），cis-acting DNA element 則包括 enhancer、promoter、silencer 與 hormone responsive element 等。

解題方法

逐一判斷各選項是「DNA 上的調控序列」還是「可擴散的調控分子」：

1. 若是 DNA 序列，屬於 cis-acting element。
2. 若是可在細胞核中擴散、能與 DNA 結合的蛋白質，屬於 trans-acting factor。
3. 若是由多個基因與其共同調控區所組成的 DNA 單位，仍屬於 cis 方向的基因組織，而不是 trans-acting factor。

選項分析

(A) hormone responsive elements（荷爾蒙反應元件）

錯誤。

Hormone responsive element，簡稱 HRE，是位於 DNA 上的特定核苷酸序列，常位於受荷爾蒙調控基因的 promoter 或 enhancer 區域。

脂溶性荷爾蒙如 steroid hormone（類固醇荷爾蒙）進入細胞後，會與 intracellular receptor（細胞內受體）結合。荷爾蒙—受體複合體再以轉錄因子的身分與 HRE 結合，調節下游基因的轉錄。

其調控關係為：

$$\text{steroid hormone} + \text{intracellular receptor} \longrightarrow \text{hormone-receptor complex} \longrightarrow \text{結合 HRE} \longrightarrow \text{轉錄調控}$$

HRE 本身是 DNA 序列，屬於 cis-acting element；真正具有 trans-acting 性質的是可擴散的 hormone receptor（荷爾蒙受體）。

(B) enhancers（增強子）

錯誤。

Enhancer 是 DNA 上的調控序列，可增加特定基因的轉錄速率。它可以位於 promoter 上游、下游，甚至位於基因內含子中，且不一定受方向限制。

Enhancer 會被 activator（活化蛋白）或其他 transcription factors 結合。

核心觀念

本題考的是細菌 RNA polymerase（RNA 聚合酶）全酶複合體的各亞基功能。

細菌 RNA polymerase holoenzyme 主要由核心酶與 $\sigma$ 因子組成：

$$\alpha_2\beta\beta'\sigma$$

其中：

• 核心酶（core enzyme）：$\alpha_2\beta\beta'$
• 全酶（holoenzyme）：$\alpha_2\beta\beta'\sigma$

RNA polymerase 必須先辨認 DNA 上的啟動子（promoter），才能正確開始轉錄。負責辨認啟動子序列、協助 RNA polymerase 結合 DNA 的主要成分是 $\sigma$ factor（$\sigma$ 因子）。

細菌啟動子常包含：

• $-35$ 區域
• $-10$ 區域，又稱 Pribnow box（普里布諾盒）

$\sigma$ 因子會辨認這些保守序列，使 RNA polymerase 定位於正確的轉錄起始位置。

解題方法

判斷本題的關鍵，是先區分 RNA polymerase 各亞基的功能：

1. 題目問的是「負責與 DNA 結合、辨認轉錄起始位置」的亞基。
2. 啟動子辨認與 DNA 結合是 $\sigma$ 因子的主要功能。
3. 因此正確選項為 $\sigma$。

轉錄開始後，$\sigma$ 因子的功能需求降低，通常會從 RNA polymerase 複合體解離，留下核心酶進行 RNA 鏈延長。

需注意，題目中的 “sense DNA” 用語並不十分精確。RNA polymerase 實際上是以**模板股（template strand，也稱 antisense strand）**作為 RNA 合成的讀取模板；但啟動子辨認發生在雙股 DNA 的啟動子區域，負責此辨認與定位的仍是 $\sigma$ 因子。因此不影響本題答案。

選項分析

(A) $\alpha$：錯誤

$\alpha$ 亞基有兩個，形成 $\alpha_2$ 結構，主要功能包括：

核心觀念

本題考查真核生物核糖體（eukaryotic ribosome）的次單位組成。

真核細胞細胞質中的核糖體為 80S ribosome，由兩個次單位組成：

• 小次單位（small subunit）：40S
• 大次單位（large subunit）：60S

其組合可表示為：

$$40S+60S=80S$$

其中的「S」代表 Svedberg unit（斯維德伯格單位），是粒子在超高速離心中的沉降係數，反映分子大小、形狀與密度。因此，S 值不是單純質量單位，次單位的 S 值相加不一定等於完整核糖體的 S 值；40S 與 60S 組合形成 80S 是實驗上對真核核糖體的標準命名。

解題方法

判斷核糖體來源即可：

• 真核生物細胞質核糖體：80S，由 40S 與 60S 組成。
• 原核生物核糖體：70S，由 30S 與 50S 組成。

題目明確詢問 eukaryotic ribosome，因此直接選擇 40S 與 60S。

核心觀念

本題考查「脂肪酸 $\beta$-氧化（Fatty Acid $\beta$-Oxidation）的速率決定步驟與異位調控（Allosteric Regulation）機制」，以及脂質合成與分解之間的交互調控。

長鏈脂肪酸（Long-chain fatty acids, LCFA）進入粒線體基質進行 $\beta$-氧化前，必須經由**肉鹼穿梭系統（Carnitine Shuttle）**跨越粒線體內膜：

1. Carnitine Acyltransferase I（CAT I，又稱 CPT I）：位於粒線體外膜外側，負責催化脂肪醯-CoA（Acyl-CoA）與肉鹼（Carnitine）結合生成脂肪醯肉鹼（Acyl-carnitine），為進入粒線體氧化的速率決定酵素（Rate-limiting enzyme）。
2. Carnitine-acylcarnitine translocase：位於粒線體內膜的逆向運輸蛋白，將 Acyl-carnitine 運入基質，並將游離 Carnitine 運出。
3. Carnitine Acyltransferase II（CAT II，又稱 CPT II）：位於粒線體內膜內側，將 Acyl-carnitine 重新轉化回 Acyl-CoA，進入 $\beta$-氧化循環。

代謝調控機轉：
當肝臟處於飽食狀態、進行活躍的脂肪酸生合成時，乙醯輔酶 A 羧化酶（Acetyl-CoA Carboxylase, ACC）將乙醯-CoA 羧化生成丙二醯輔酶 A（Malonyl-CoA）。Malonyl-CoA 是脂肪酸合成的第一個關鍵中間產物，同時它也是 CAT I 的強效異位抑制劑（Allosteric inhibitor）。此抑制機制可避免細胞一邊合成脂肪酸，一邊將其送入粒線體氧化，從而防止產生無效循環（Futile cycle）。

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解題方法

1. 定位調控關鍵點：長鏈脂肪酸氧化的速率限制步驟是經由粒線體外膜的 CAT I（CPT I） 運送進入粒線體。
2. 尋找抑制分子：脂肪酸合成的中間物 Malonyl-CoA 會異位抑制 CAT I，關閉長鏈脂肪酸進入粒線體的通道。