亞洲大學 114 年 《生物化學》

核心觀念

本題考查長鏈飽和脂肪酸 $\ce{C16:0}$（palmitate，棕櫚酸）在有氧條件下，經由：

1. 脂肪酸活化（fatty acid activation）
2. $\beta$-氧化（$\beta$-oxidation）
3. acetyl-CoA 進入檸檬酸循環（citric acid cycle, TCA cycle）
4. NADH 與 $\ce{FADH2}$ 經電子傳遞鏈氧化磷酸化

所產生的 ATP 總量。

本題選項採用傳統 ATP 計算法：

• $1$ NADH $=3$ ATP
• $1$ $\ce{FADH2}=2$ ATP
• $1$ GTP $=1$ ATP

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解題方法

一、脂肪酸活化的代價

棕櫚酸先由 acyl-CoA synthetase（脂醯-CoA 合成酶）活化：

$$\ce{Palmitate + CoA + ATP -> Palmitoyl-CoA + AMP + PP_i}$$

ATP 被轉換為 AMP，相當於消耗兩個高能磷酸鍵，因此活化成本為：

$$-2\ \text{ATP}$$

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二、$\beta$-氧化產物

飽和脂肪酸 $\ce{C16:0}$ 的 $\beta$-氧化反應，每一輪切除一個 acetyl-CoA，並產生：

• $1$ NADH
• $1$ $\ce{FADH2}$

$\beta$-氧化輪數公式為：

$$\text{輪數}=\frac{n}{2}-1$$

因此棕櫚酸的輪數為：

$$\frac{16}{2}-1=7\ \text{輪}$$

每一輪的關鍵反應依序為：

1. Acyl-CoA dehydrogenase（醯基-CoA 去氫酶）
   產生 trans-$\Delta^2$-enoyl-CoA 與 $\ce{FADH2}$。

2. Enoyl-CoA hydratase（烯醯-CoA 水合酶）
   加入水，形成 $\beta$-hydroxyacyl-CoA。

3. $\beta$-Hydroxyacyl-CoA dehydrogenase（$\beta$-羥基醯-CoA 去氫酶）
   產生 $\beta$-ketoacyl-CoA 與 NADH。

4. Thiolase（硫解酶）
   加入 CoA，切除一分子 acetyl-CoA，使脂醯-CoA 縮短兩個碳。

因此，7 輪 $\beta$-氧化產生：

$$7\ \text{NADH}+7\ \ce{FADH2}+7\ \text{acetyl-CoA}$$

核心觀念

本題考查三羧酸循環（tricarboxylic acid cycle, TCA cycle）中，哪一步能透過**基質層級磷酸化（substrate-level phosphorylation）**直接生成高能磷酸化合物。

基質層級磷酸化是指：高能量代謝中間物直接將磷酸基轉移給 $GDP$ 或 $ADP$，生成 $GTP$ 或 $ATP$，不需經由電子傳遞鏈與氧化磷酸化。

TCA cycle 中唯一直接進行此反應的步驟，是：

$$\ce{Succinyl-CoA + Pi + GDP ->[Succinyl-CoA\ synthetase] Succinate + CoA-SH + GTP}$$

若細胞使用 $ADP$ 作為受體，則可生成 $ATP$：

$$\ce{Succinyl-CoA + Pi + ADP ->[Succinyl-CoA\ synthetase] Succinate + CoA-SH + ATP}$$

因此，關鍵酵素為 Succinyl-CoA synthetase（琥珀醯-CoA 合成酶），也稱為 succinate thiokinase（琥珀酸硫激酶）。

解題方法

先抓題幹中的兩個關鍵字：

1. directly produces GTP or ATP
2. via substrate-level phosphorylation

接著定位 TCA cycle 中的基質層級磷酸化步驟。TCA cycle 的順序中：

$$\ce{\alpha-Ketoglutarate -> Succinyl-CoA -> Succinate}$$

在 $\ce{Succinyl-CoA}$ 轉變為 $\ce{Succinate}$ 的這一步，$\ce{Succinyl-CoA}$ 所含的高能硫酯鍵被利用，驅動磷酸基轉移，直接生成 $\ce{GTP}$ 或 $\ce{ATP}$。

所以正確選項是 Succinyl-CoA synthetase。

選項分析

(A) Isocitrate dehydrogenase（異檸檬酸去氫酶）

此酵素催化：

$$\ce{Isocitrate + NAD+ -> \alpha-Ketoglutarate + CO2 + NADH + H+}$$

核心觀念

本題考查丙酮酸去氫酶複合體（pyruvate dehydrogenase complex, PDH complex）的反應與調控。

PDH 位於粒線體基質，負責將糖解作用產生的丙酮酸轉換為乙醯輔酶 A（acetyl-CoA），銜接糖解作用與檸檬酸循環：

$$\ce{Pyruvate + CoA-SH + NAD+ -> Acetyl-CoA + CO2 + NADH + H+}$$

PDH 複合體包含三個主要酵素：

• E1：pyruvate dehydrogenase，丙酮酸去氫酶，使用 TPP。
• E2：dihydrolipoyl transacetylase，二氫硫辛醯轉乙醯酶，使用 lipoamide 與 CoA。
• E3：dihydrolipoyl dehydrogenase，二氫硫辛醯去氫酶，使用 FAD 與 $\ce{NAD+}$。

PDH 的活性受到能量狀態、反應產物及共價修飾調節：

• 高能量狀態：ATP、NADH、acetyl-CoA 增加，抑制 PDH。
• 低能量或收縮訊號：ADP、丙酮酸、$\ce{Ca^{2+}}$ 增加，促進 PDH 活性。
• PDH kinase 磷酸化 E1，使 PDH 失活。
• PDH phosphatase 去磷酸化 E1，使 PDH 活化。

解題方法

題目問的是「哪一項不是 PDH 複合體活性的調節機制」，因此逐一判斷各選項是否符合 PDH 的已知調控方式即可。

判斷重點有兩個：

1. PDH 反應的產物是否會造成產物抑制。
2. 該共價修飾或訊息分子是否直接參與 PDH 的經典調控。

選項分析

(A) Inhibition by acetyl-CoA

正確。Acetyl-CoA 是 PDH 反應的產物，會產生產物抑制；同時 acetyl-CoA 也能刺激 PDH kinase，使 PDH 經磷酸化而失活。

因此，acetyl-CoA 增加時，PDH 活性下降，屬於 PDH 的調控機制。

(B) Phosphorylation by PDH kinase

正確。PDH kinase 會磷酸化 PDH 複合體的 E1 次單元，使 PDH 失活：

核心觀念

本題考查糖質新生（gluconeogenesis）如何繞過糖解作用（glycolysis）中由 **pyruvate kinase（丙酮酸激酶）**催化的不可逆反應。

糖解作用最後一步為：

$$\ce{Phosphoenolpyruvate (PEP) + ADP ->[pyruvate\ kinase] Pyruvate + ATP}$$

此反應具有高度負自由能，屬於糖解作用的不可逆步驟。在長期禁食時，肝臟進行糖質新生，不能直接以同一個酵素逆向催化，因此必須使用兩個酵素分兩步繞過：

1. Pyruvate carboxylase（丙酮酸羧化酶）
2. Phosphoenolpyruvate carboxykinase, PEPCK（磷酸烯醇丙酮酸羧激酶）

解題方法

先定位 pyruvate kinase 所催化的反應：

$$\ce{PEP -> Pyruvate}$$

糖質新生必須將 pyruvate（丙酮酸）轉回 PEP。此逆向轉換分成兩個步驟：

第一步：Pyruvate carboxylase

在粒線體中，pyruvate carboxylase 將丙酮酸羧化為 oxaloacetate（草醯乙酸）：

$$\ce{Pyruvate + HCO3^- + ATP ->[pyruvate\ carboxylase] Oxaloacetate + ADP + Pi}$$

此酵素需要：

• **Biotin（生物素）**作為二氧化碳攜帶基團
• ATP
• Acetyl-CoA作為變構活化劑

第二步：PEPCK

Oxaloacetate 再由 PEPCK 轉換為 PEP：

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

因此，糖質新生繞過 pyruvate kinase 的總體反應為：

$$\ce{Pyruvate + ATP + GTP -> Oxaloacetate -> PEP}$$

重點是：pyruvate carboxylase 與 PEPCK 必須共同完成 pyruvate 至 PEP 的旁路反應，所以正確選項為「Both A and B」。

選項分析

(A) Pyruvate carboxylase

正確但不完整。

Pyruvate carboxylase 負責將 pyruvate 轉成 oxaloacetate，是繞過 pyruvate kinase 的第一步。它本身不能直接生成 PEP，因此單獨列為完整答案並不充分。

核心觀念

本題考查「磷酸戊糖途徑（pentose phosphate pathway, PPP）」的主要調控酵素，以及其產生還原力 $\ce{NADPH}$ 的關鍵步驟。

磷酸戊糖途徑可分為兩個部分：

1. 氧化階段（oxidative phase）
   將 $\ce{Glucose-6-phosphate}$ 氧化，產生：

• $\ce{NADPH}$
• $\ce{CO2}$
• $\ce{Ribulose-5-phosphate}$

2. 非氧化階段（non-oxidative phase）
   將五碳糖磷酸相互轉換，並依細胞需求生成 $\ce{Ribose-5-phosphate}$，或轉回糖解作用的中間物 $\ce{Fructose-6-phosphate}$ 與 $\ce{Glyceraldehyde-3-phosphate}$。

其中，氧化階段的第一步由 Glucose-6-phosphate dehydrogenase, G6PD（葡萄糖-6-磷酸去氫酶） 催化，是整條磷酸戊糖途徑的主要速率限制步驟與調控點。

反應如下：

$$\ce{Glucose-6-phosphate + NADP+ -> 6-phosphoglucono-\delta-lactone + NADPH + H+}$$

因此，G6PD 活性直接影響磷酸戊糖途徑的通量與 $\ce{NADPH}$ 生成量。

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解題方法

題幹提供兩個重要線索：

• 「pentose phosphate pathway」
• 「produces $\ce{NADPH}$ for biosynthetic reactions」

判斷步驟如下：

1. 先找出磷酸戊糖途徑中負責產生 $\ce{NADPH}$ 的階段。
2. $\ce{NADPH}$ 產生於氧化階段，而非非氧化階段。
3. 氧化階段的第一個反應由 G6PD 催化。
4. G6PD 是此途徑的主要調控酵素，因此選擇 Glucose-6-phosphate dehydrogenase。

氧化階段的整體反應可概括為：

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

其中第一步由 G6PD 催化，第二個 $\ce{NADPH}$ 則由 6-phosphogluconate dehydrogenase 催化，但主要的入口調控點仍是 G6PD。

G6PD 的活性受細胞氧化還原狀態調節：

• $\ce{NADP+}$ 增加：促進 G6PD 反應，增加 $\ce{NADPH}$ 生成。
• $\ce{NADPH}$ 增加：抑制 G6PD，表示細胞目前還原力充足。
• 胰島素可促進肝臟等組織表現 G6PD，配合脂肪酸與膽固醇合成需求。

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選項分析

(A) Transketolase（轉酮醇酶）

錯誤。

Transketolase 屬於磷酸戊糖途徑的非氧化階段酵素，負責轉移兩個碳單位，需以 $\ce{Thiamine pyrophosphate}$（TPP，硫胺素焦磷酸）作為輔酶。

代表性反應為：

核心觀念

本題考查長鏈脂肪酸進入粒線體進行 $\beta$-oxidation（$\beta$-氧化）時的 carnitine shuttle（肉鹼穿梭系統）。

長鏈 fatty acyl-CoA 無法直接穿越粒線體內膜，必須先將 fatty acyl group（脂醯基）轉移至 carnitine（肉鹼）上，形成 acylcarnitine（脂醯肉鹼），再運送進入 mitochondrial matrix（粒線體基質）。

關鍵步驟如下：

1. CPT I（carnitine palmitoyltransferase I，肉鹼棕櫚醯轉移酶 I）
   位於粒線體外膜，將 fatty acyl group 從 fatty acyl-CoA 轉移至 carnitine，形成 acylcarnitine。

2. Carnitine-acylcarnitine translocase（肉鹼－脂醯肉鹼轉位酶）
   將 acylcarnitine 送入粒線體基質，同時將游離 carnitine 送回膜間腔。

3. CPT II（carnitine palmitoyltransferase II，肉鹼棕櫚醯轉移酶 II）
   位於粒線體內膜基質側，將脂醯基轉回 CoA，重新形成 fatty acyl-CoA，接著進入 $\beta$-oxidation。

概念上可表示為：

$$\text{fatty acyl-CoA} \longrightarrow \text{acylcarnitine} \longrightarrow \text{mitochondrial matrix} \longrightarrow \text{fatty acyl-CoA}$$

解題方法

判斷 carnitine 的功能時，先定位它在脂肪酸代謝中的位置：

• 脂肪酸先由 acyl-CoA synthetase（脂醯輔酶 A 合成酶） 活化為 fatty acyl-CoA。
• 長鏈 fatty acyl-CoA 接著透過 carnitine shuttle 進入粒線體基質。
• 進入基質後，才由 $\beta$-oxidation 逐步產生 acetyl-CoA（乙醯輔酶 A）、$\ce{NADH}$ 與 $\ce{FADH2}$。

因此，carnitine 的主要角色是「運輸脂醯基進入粒線體基質」，不是脂肪酸活化、脂肪酸合成或直接調控 acetyl-CoA carboxylase。

選項分析

(A) It activates fatty acids for $\beta$-oxidation

錯誤。

脂肪酸活化是由 acyl-CoA synthetase 催化，利用 $\ce{ATP}$ 將脂肪酸轉換成 fatty acyl-CoA：

核心觀念

本題考查糖解作用（glycolysis）與糖質新生（gluconeogenesis）之間的不可逆反應與繞道反應。

糖解作用將 glucose 分解為 pyruvate，共有三個主要不可逆步驟：

1. Hexokinase（己糖激酶）
   Glucose $\rightarrow$ Glucose-6-phosphate

2. Phosphofructokinase-1, PFK-1（磷酸果糖激酶-1）
   Fructose-6-phosphate $\rightarrow$ Fructose-1,6-bisphosphate

3. Pyruvate kinase（丙酮酸激酶）
   Phosphoenolpyruvate, PEP $\rightarrow$ Pyruvate

其中，PFK-1 所催化的反應為糖解作用的承諾步驟（committed step），反應如下：

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

在糖質新生中，此步驟不能直接由 PFK-1 的逆反應完成，而是由 **Fructose-1,6-bisphosphatase（果糖-1,6-雙磷酸酶，FBPase-1）**繞道：

$$\text{Fructose-1,6-bisphosphate}+\ce{H2O} \rightarrow \text{Fructose-6-phosphate}+\ce{Pi}$$

因此，題目所描述的酵素是 PFK-1。

解題方法

看到題幹中的關鍵字：

• 「glycolysis」
• 「irreversible reaction」
• 「bypassed in gluconeogenesis」
• 「fructose-1,6-bisphosphatase」

可直接將 fructose-1,6-bisphosphatase 對應到糖解作用中被繞過的反應。

FBPase-1 作用於：

$$\text{Fructose-1,6-bisphosphate} \rightarrow \text{Fructose-6-phosphate}$$

因此，其所繞過的是糖解作用中反向的：

$$\text{Fructose-6-phosphate} \overset{\text{PFK-1}}{\longrightarrow} \text{Fructose-1,6-bisphosphate}$$

故正確選項為：

$$\boxed{\text{Phosphofructokinase-1, PFK-1}}$$

選項分析

(A) Hexokinase

錯誤。Hexokinase 催化糖解作用的第一步：

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

此反應在糖質新生中由 **Glucose-6-phosphatase（葡萄糖-6-磷酸酶）**繞道：

核心觀念

本題考查糖解作用（glycolysis）中磷酸果糖激酶-1（phosphofructokinase-1, PFK-1）的變構調節（allosteric regulation）。

PFK-1 催化糖解作用的關鍵步驟：

$$\text{Fructose-6-phosphate}+\text{ATP} \rightarrow \text{Fructose-1,6-bisphosphate}+\text{ADP}$$

以化學式表示：

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

此反應具有下列特性：

• 屬於糖解作用的不可逆反應之一。
• 是糖解作用的主要速率限制步驟。
• 也是糖解作用的重要承諾步驟（committed step），因為生成的 fructose-1,6-bisphosphate 主要進入糖解作用。
• PFK-1 會依據細胞能量狀態調整活性。

當細胞 ATP 消耗增加、能量不足時，AMP 濃度上升。AMP 與 PFK-1 的變構部位結合，使酵素構形改變，提升其對 fructose-6-phosphate 的催化效率，促進糖解作用產生更多 ATP。

因此，AMP 是本題選項中 PFK-1 的關鍵變構活化劑。

解題方法

判斷 PFK-1 的變構調節物，可先掌握「細胞能量狀態」：

• 高能量狀態：ATP、citrate 增加，抑制 PFK-1。
• 低能量狀態：AMP、ADP 增加，活化 PFK-1。
• 肝臟中，fructose-2,6-bisphosphate 是非常重要的 PFK-1 活化劑，但不在本題選項內。

AMP 與 ATP、ADP 之間具有下列能量狀態關係：

$$\ce{2ADP <=> ATP + AMP}$$

當 ATP 被大量消耗時，ADP 增加；腺苷酸激酶（adenylate kinase）可促使部分 ADP 轉換為 ATP 與 AMP，使 AMP 濃度對能量不足特別敏感。AMP 因而成為細胞低能量狀態的重要訊號，直接活化 PFK-1。

選項分析

(A) ATP

ATP 是高能量狀態的指標。

雖然 ATP 是 PFK-1 反應的受質，但當 ATP 濃度很高時，也會與 PFK-1 的變構抑制部位結合，降低酵素對 fructose-6-phosphate 的親和力，使糖解作用速率下降。

核心觀念

尿素循環（urea cycle，又稱 ornithine cycle）的主要功能，是將胺基酸分解產生的有毒氨（$\ce{NH3}$）轉換成毒性較低、可溶於水的尿素（$\ce{CO(NH2)2}$），再經血液運送至腎臟，由尿液排出。

此循環主要發生於肝細胞，分成兩個區域：

• 粒線體：形成 carbamoyl phosphate（氨甲醯磷酸）與 citrulline（瓜胺酸）。
• 細胞質：形成 argininosuccinate（精胺酸琥珀酸）、arginine（精胺酸），最後產生 urea（尿素）並再生 ornithine（鳥胺酸）。

尿素的兩個氮來源為：

1. 游離氨（$\ce{NH3}$）
2. Aspartate（天門冬胺酸）

尿素循環的總反應可表示為：

$$\ce{NH3 + HCO3^- + aspartate + 3 ATP + H2O -> urea + fumarate + 2 ADP + AMP + 2 Pi}$$

因此，尿素循環是「解毒與排氮」途徑，並非產生能量的途徑。

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解題方法

判斷本題的關鍵，在於掌握「amino acid catabolism（胺基酸分解）」產生氨之後，身體如何處理氨。

胺基酸進行 transamination（轉胺作用）與 oxidative deamination（氧化脫胺作用）後，會產生 $\ce{NH3}$。氨對中樞神經系統尤其具有毒性，因此肝臟利用尿素循環將其轉為尿素。

尿素循環的主要步驟如下：

1. Carbamoyl phosphate synthetase I（CPS I，氨甲醯磷酸合成酶 I）

在粒線體內，利用氨、碳酸氫根與 2 個 ATP 形成 carbamoyl phosphate：

$\ce{NH3 + HCO3^- + 2 ATP -> carbamoyl\ phosphate + 2 ADP + Pi}$

CPS I 必須受到 N-acetylglutamate（N-乙醯麩胺酸）活化。

2. Ornithine transcarbamylase（OTC，鳥胺酸轉氨甲醯酶）

Carbamoyl phosphate 將氨甲醯基轉移給 ornithine，形成 citrulline：

$\ce{ornithine + carbamoyl\ phosphate -> citrulline + Pi}$

3. Argininosuccinate synthetase（精胺酸琥珀酸合成酶）

Citrulline 在細胞質中與 aspartate 結合，並消耗 ATP 形成 argininosuccinate：

$\ce{citrulline + aspartate + ATP -> argininosuccinate + AMP + PPi}$

4. Argininosuccinate lyase（精胺酸琥珀酸裂解酶）

Argininosuccinate 分解為 arginine 與 fumarate：

核心觀念

本題考查三羧酸循環（TCA cycle，檸檬酸循環；citric acid cycle）的反應物與產物判斷。

每 1 分子乙醯輔酶 A（acetyl-CoA）進入 TCA cycle 後，主要產生：

$$3\ \text{NADH}+1\ \text{FADH}_2+1\ \text{GTP}+2\ \ce{CO2}$$

其中草醯乙酸（oxaloacetate）在循環末端再生，並非被消耗。乙醯輔酶 A 則是進入循環的反應物，不是 TCA cycle 的產物。

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解題方法

判斷各選項是否為 TCA cycle 的產物，可依照循環中的三類重要反應：

1. 氧化反應：還原 $\ce{NAD+}$ 生成 NADH，還原 $\ce{FAD}$ 生成 $\ce{FADH2}$。
2. 底物層級磷酸化：由 succinyl-CoA 生成 GTP。
3. 脫羧反應：產生 $\ce{CO2}$。
4. 乙醯基進入反應：乙醯輔酶 A 與草醯乙酸結合，開始循環，因此 acetyl-CoA 屬於反應物。

TCA cycle 的關鍵步驟如下：

• Citrate synthase（檸檬酸合成酶）
  $\ce{Oxaloacetate + Acetyl-CoA -> Citrate + CoA-SH}$
  乙醯輔酶 A 在此步驟被消耗。

• Aconitase（順烏頭酸酶）
  Citrate $\rightleftharpoons$ isocitrate

• Isocitrate dehydrogenase（異檸檬酸去氫酶）
  產生第 1 個 NADH 與 $\ce{CO2}$：
  $\ce{Isocitrate ->[\text{NAD+}] \alpha-Ketoglutarate + CO2 + NADH}$

• $\alpha$-Ketoglutarate dehydrogenase complex（$\alpha$-酮戊二酸去氫酶複合體）
  產生第 2 個 NADH 與 $\ce{CO2}$：
  $\ce{\alpha-Ketoglutarate -> Succinyl-CoA + CO2 + NADH}$

• Succinyl-CoA synthetase（琥珀醯輔酶 A 合成酶）
  進行底物層級磷酸化，產生 GTP：
  $\ce{Succinyl-CoA + GDP + Pi -> Succinate + CoA-SH + GTP}$

核心觀念

Phenylketonuria（PKU，苯酮尿症）主要是胺基酸代謝中，**Phenylalanine（苯丙胺酸）轉變為 Tyrosine（酪胺酸）**的反應受阻。

關鍵反應為：

$$\text{Phenylalanine} \xrightarrow[\text{tetrahydrobiopterin, } \mathrm{BH_4}]{\text{Phenylalanine hydroxylase}} \text{Tyrosine}$$

其中：

• **Phenylalanine hydroxylase（苯丙胺酸羥化酶，PAH）**負責催化羥化反應。
• 反應需要 **tetrahydrobiopterin（四氫生物蝶呤，$\mathrm{BH_4}$）**作為輔助因子。
• PAH 缺陷時，Phenylalanine 無法有效轉為 Tyrosine，導致血中 Phenylalanine 上升，並旁路形成 Phenylpyruvate（苯丙酮酸）、Phenyllactate（苯乳酸）及 Phenylacetate（苯乙酸）等代謝物，造成「phenyl-ketone」尿液表現。

Tyrosine 同時是製造 Catecholamines、Melanin 及 Thyroid hormones 的前驅物，因此 PKU 也可能伴隨 Tyrosine 相對不足及神經發育異常。

解題方法

先判斷題目詢問的是「PKU 缺陷的酵素」。直接鎖定 Phenylalanine 代謝途徑：

$$\text{Phenylalanine} \longrightarrow \text{Tyrosine}$$

催化此步驟的酵素就是 Phenylalanine hydroxylase，因此選擇 (A)。

需要區分的是，PKU 的典型病因是 PAH 缺陷；少數病例則是 $\mathrm{BH_4}$代謝或再生缺陷，使 PAH 缺乏必要的輔助因子。但在選項中，唯一符合典型酵素缺陷者為 Phenylalanine hydroxylase。

核心觀念

本題考查肝醣合成（glycogenesis）過程中，負責將葡萄糖單位接到成長中肝醣鏈上的酵素。

肝醣合成的主要步驟如下：

1. 葡萄糖先形成葡萄糖-6-磷酸（glucose-6-phosphate）。
2. **Phosphoglucomutase（磷酸葡萄糖變位酶）**將葡萄糖-6-磷酸轉為葡萄糖-1-磷酸。
3. 葡萄糖-1-磷酸與 UTP 形成 UDP-glucose（UDP-葡萄糖）。
4. **Glycogen synthase（肝醣合成酶）**將 UDP-glucose 中的葡萄糖單位，以 $\alpha(1\rightarrow4)$ 糖苷鍵接到肝醣鏈末端。
5. Branching enzyme（分枝酶）再建立 $\alpha(1\rightarrow6)$ 糖苷鍵，形成肝醣分枝。

反應可概念化表示為：

$$\text{UDP-glucose}+\text{glycogen}_{n} \rightarrow \text{glycogen}_{n+1}+\text{UDP}$$

因此，題目所述「adding glucose units to a growing glycogen chain」正是 glycogen synthase 的功能。

解題方法

先判斷題目是在問：

• 肝醣合成（glycogenesis），還是
• 肝醣分解（glycogenolysis）。

題幹出現「adding glucose units」及「growing glycogen chain」，表示葡萄糖單位正被加入正在延長的肝醣鏈，屬於肝醣合成。

在肝醣合成中，直接負責延長 $\alpha(1\rightarrow4)$ 主鏈的酵素為 glycogen synthase，因此選擇 （B）。

選項分析

（A）Glycogen phosphorylase（肝醣磷酸化酶）—錯誤

此酵素參與肝醣分解，不是肝醣合成。它從肝醣非還原端逐一移除葡萄糖單位，利用無機磷酸進行磷酸解，主要產物為葡萄糖-1-磷酸：

核心觀念

本題考查膽固醇生合成（cholesterol biosynthesis）中的關鍵調控酵素。

膽固醇主要在肝臟等細胞的細胞質與平滑內質網中合成，主要途徑如下：

$$\ce{Acetyl-CoA ->[Thiolase] Acetoacetyl-CoA ->[HMG-CoA synthase] HMG-CoA ->[HMG-CoA reductase] Mevalonate}$$

接著經過一連串反應形成：

$$\ce{Mevalonate -> Isopentenyl\ phosphate -> Dimethylallyl\ pyrophosphate -> Geranyl\ pyrophosphate -> Farnesyl\ pyrophosphate -> Squalene -> Lanosterol -> Cholesterol}$$

其中，$\ce{HMG-CoA}$ 還原為 mevalonate 的反應是膽固醇生合成的速率限制步驟（rate-limiting step），催化酵素為 HMG-CoA reductase（HMG-CoA 還原酶）：

$$\ce{HMG-CoA + 2 NADPH + 2H+ -> Mevalonate + CoA-SH + 2 NADP+}$$

因此，HMG-CoA reductase 是膽固醇生合成最重要的調控酵素，也是降膽固醇藥物 statins（statin 類藥物）的作用標的。

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解題方法

判斷本題的關鍵，是先確認各選項所屬的代謝途徑：

• 若酵素直接參與 $\ce{HMG-CoA}$ 到 mevalonate 的反應，或位於膽固醇生合成的主要調控步驟，則為正確答案。
• 若酵素屬於脂肪酸合成或脂肪酸氧化，則與本題所問的膽固醇生合成調控無關。

膽固醇生合成的主要調控點是：

$$\ce{HMG-CoA ->[HMG-CoA\ reductase] Mevalonate}$$

故答案為 HMG-CoA reductase。

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選項分析

(A) HMG-CoA reductase

正確。

HMG-CoA reductase 催化膽固醇生合成的速率限制步驟：

$$\ce{HMG-CoA -> Mevalonate}$$

此酵素受到多重調控：

• 膽固醇濃度高時：抑制 HMG-CoA reductase 的合成，並促進其分解。
• SREBP（sterol regulatory element-binding protein）：當細胞內膽固醇不足時，SREBP 活化，促進 HMG-CoA reductase 的基因表現。
• 磷酸化調控：AMP-activated protein kinase（AMPK）磷酸化 HMG-CoA reductase，使其活性降低；去磷酸化則活性增加。
• 藥物抑制：statins 直接抑制 HMG-CoA reductase，降低膽固醇合成。

因此，HMG-CoA reductase 是膽固醇生合成的關鍵調控酵素。

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核心觀念

本題考查粒線體電子傳遞鏈（electron transport chain, ETC）中「最終電子受體」（final electron acceptor）的定義與作用。

電子傳遞鏈位於粒線體內膜，主要由下列成分組成：

• Complex I：NADH dehydrogenase
• Complex II：succinate dehydrogenase
• Coenzyme Q（ubiquinone）
• Complex III：cytochrome $bc_1$ complex
• Cytochrome c
• Complex IV：cytochrome c oxidase

電子由高能量電子供體逐步傳遞至低能量受體，過程中 Complex I、III、IV 將質子由粒線體基質泵入膜間腔，形成質子電化學梯度，供 ATP synthase 合成 ATP。

在電子傳遞鏈的最後一步，Complex IV 接受來自 cytochrome c 的電子，並將氧氣還原成水：

$$\ce{O2 + 4e^- + 4H+ -> 2H2O}$$

因此，氧氣 $\ce{O2}$ 是電子傳遞鏈的最終電子受體。

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解題方法

判斷「final electron acceptor」時，應尋找電子傳遞鏈末端直接接受電子、並被還原的分子。

電子傳遞的大致順序為：

$$\ce{NADH/FADH2 -> Complex I/II -> CoQ -> Complex III -> cytochrome c -> Complex IV -> O2 -> H2O}$$

其中：

1. $\ce{NADH}$ 將電子交給 Complex I。
2. $\ce{FADH2}$ 將電子經由 Complex II 導入電子傳遞鏈。
3. 電子經過 CoQ、Complex III 與 cytochrome c。
4. Complex IV 將電子交給 $\ce{O2}$。
5. $\ce{O2}$ 結合電子與質子後生成 $\ce{H2O}$。

所以，位於整條電子傳遞鏈最末端且被還原的分子是 $\ce{O2}$。

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選項分析

(A) $\ce{NAD+}$

錯誤。$\ce{NAD+}$ 是氧化型輔酶，主要在代謝反應中接受氫或電子而還原成 $\ce{NADH}$：

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

核心觀念

本題考查「酮體（ketone bodies）」的定義與生成途徑。

酮體是肝臟在禁食、長時間運動或低醣狀態下，以脂肪酸分解產生的 $\ce{Acetyl-CoA}$ 為原料合成的水溶性燃料，主要包括：

1. 乙醯乙酸（acetoacetate）
2. β-羥基丁酸（β-hydroxybutyrate）
3. 丙酮（acetone）

其中，乙醯乙酸是酮體生成途徑的第一個主要產物。

解題方法

判斷選項是否為酮體，直接將各物質與三種酮體比對即可。若進一步從代謝途徑判斷，酮體生成發生於肝臟粒線體：

$$2\ \ce{Acetyl-CoA} \xrightarrow{\text{thiolase}} \ce{Acetoacetyl-CoA}$$ $$\ce{Acetoacetyl-CoA + Acetyl-CoA} \xrightarrow{\text{HMG-CoA synthase}} \ce{HMG-CoA}$$ $$\ce{HMG-CoA} \xrightarrow{\text{HMG-CoA lyase}} \ce{Acetoacetate + Acetyl-CoA}$$

生成的 $\ce{Acetoacetate}$ 可進行以下反應：

$$\ce{Acetoacetate + NADH + H+} \rightleftharpoons \ce{\beta-Hydroxybutyrate + NAD+}$$

此反應由 β-hydroxybutyrate dehydrogenase 催化；此外，乙醯乙酸也可自發脫羧形成丙酮：

$$\ce{Acetoacetate -> Acetone + CO2}$$

因此，選項中屬於酮體者為 acetoacetate。

選項分析

(A) Pyruvate（丙酮酸）

錯誤。Pyruvate 是糖解作用的最終產物，反應如下：

$$\ce{Glucose -> 2 Pyruvate}$$

在有氧條件下，pyruvate 可由 pyruvate dehydrogenase complex 轉變為 $\ce{Acetyl-CoA}$：

$$\ce{Pyruvate + CoA-SH + NAD+ -> Acetyl-CoA + CO2 + NADH + H+}$$

核心觀念

本題考的是水溶性維生素與其衍生輔酶的對應關係。

維生素 B₃ 又稱 Niacin（菸鹼素），包括：

• Nicotinic acid（菸鹼酸）
• Nicotinamide／Niacinamide（菸醯胺）

Niacin 是合成下列兩種重要氧化還原輔酶的前驅物：

• $\ce{NAD+}$：Nicotinamide adenine dinucleotide，菸醯胺腺嘌呤二核苷酸
• $\ce{NADP+}$：Nicotinamide adenine dinucleotide phosphate，菸醯胺腺嘌呤二核苷酸磷酸

其中菸醯胺環可在氧化型與還原型之間轉換：

$$\ce{NAD+ + 2e- + H+ <=> NADH}$$ $$\ce{NADP+ + 2e- + H+ <=> NADPH}$$

因此，Niacin 缺乏會影響細胞的氧化還原反應、能量代謝及還原力供應。

解題方法

本題可直接使用「維生素 B 群與輔酶」的配對記憶：

維生素	主要衍生輔酶
B₁ Thiamine	TPP
B₂ Riboflavin	FMN、FAD
B₃ Niacin	$\ce{NAD+}$、$\ce{NADP+}$
B₅ Pantothenic acid	Coenzyme A

題幹明確指出 $\ce{NAD+}$ 與 $\ce{NADP+}$，因此對應維生素 B₃（Niacin）。

相關生合成路徑

Niacin 可透過補救途徑形成 $\ce{NAD+}$。以 Nicotinamide 為例：

$$\text{Nicotinamide} \xrightarrow{\text{NAMPT}} \text{NMN} \xrightarrow{\text{NMN adenylyltransferase}} \ce{NAD+}$$

其中：

• NAMPT：Nicotinamide phosphoribosyltransferase
• NMN：Nicotinamide mononucleotide

Nicotinic acid 則可經由下列途徑生成 $\ce{NAD+}$：

$$\text{Nicotinic acid} \xrightarrow{\text{NAPRT}} \text{NaMN} \xrightarrow{\text{NMNAT}} \text{NaAD} \xrightarrow{\text{NAD synthetase}} \ce{NAD+}$$

而 $\ce{NADP+}$ 是由 $\ce{NAD+}$ 經磷酸化形成：

核心觀念

本題考查肝臟中「醣解作用（glycolysis）」與「糖質新生作用（gluconeogenesis）」的相互調控。

兩條途徑的方向相反：

• 醣解作用：葡萄糖分解為丙酮酸，產生 ATP。
• 糖質新生作用：由乳酸、甘油、胺基酸等非醣類前驅物合成葡萄糖，消耗 ATP 與 GTP。

主要調控位點包括：

1. PFK-1（phosphofructokinase-1）

• 催化：
  $\text{Fructose-6-phosphate} \rightarrow \text{Fructose-1,6-bisphosphate}$
• 是醣解作用的主要限速酵素。
• 受 AMP、fructose-2,6-bisphosphate 活化。
• 受 ATP 抑制。

2. Fructose-1,6-bisphosphatase（FBPase-1）

• 催化：
  $\text{Fructose-1,6-bisphosphate} \rightarrow \text{Fructose-6-phosphate}$
• 是糖質新生作用的重要調控酵素。
• 受 fructose-2,6-bisphosphate 抑制。

3. PFK-2/FBPase-2

• 負責調節 fructose-2,6-bisphosphate 濃度。
• fructose-2,6-bisphosphate 高時，促進醣解並抑制糖質新生。
• fructose-2,6-bisphosphate 低時，抑制醣解並解除糖質新生的抑制。

解題方法

判斷此題可從「升糖狀態」與「降糖狀態」切入：

• 飢餓或低血糖時，肝臟需要停止消耗葡萄糖，改為製造並釋放葡萄糖。
• 此時由 glucagon（升糖素） 啟動訊息傳遞，使醣解作用下降、糖質新生作用上升。

在肝細胞中：

$$\text{Glucagon} \rightarrow \text{adenylate cyclase} \rightarrow \text{cAMP} \rightarrow \text{PKA}$$

PKA 磷酸化 PFK-2/FBPase-2，使其 FBPase-2 活性增加、PFK-2 活性降低，導致：

$$\downarrow \text{fructose-2,6-bisphosphate}$$

結果為：

• PFK-1 活性下降，醣解作用受抑制。
• FBPase-1 抑制解除，糖質新生作用增加。

因此最符合題幹「同時抑制醣解並促進糖質新生」的選項是 Glucagon。

選項分析

(A) Insulin（胰島素）—錯誤

胰島素在血糖升高時分泌，促進肝臟與周邊組織利用葡萄糖。

其代謝作用包括：

核心觀念

Calvin cycle（卡爾文循環）是植物在葉綠體基質中進行的碳同化途徑，主要分為三階段：

1. 碳固定（carbon fixation）
2. 還原反應（reduction）
3. 受體再生（regeneration of $\ce{CO2}$ acceptor）

本題問的是第一階段：將無機碳 $\ce{CO2}$ 固定至有機分子中的酵素。

Calvin cycle 中的碳受體是五碳糖 ribulose-1,5-bisphosphate（RuBP，核酮糖-1,5-二磷酸）。催化 $\ce{CO2}$ 與 RuBP 反應的酵素是 Rubisco，全名為 ribulose-1,5-bisphosphate carboxylase/oxygenase。

其羧化反應可表示為：

$$\ce{RuBP (5C) + CO2 ->[Rubisco] unstable\ 6C\ intermediate -> 2\ 3-phosphoglycerate (3-PGA)}$$

不穩定的六碳中間物會迅速分解成兩分子三碳的 3-phosphoglycerate（3-PGA，3-磷酸甘油酸）。因此，Rubisco 所催化的這一步就是 Calvin cycle 的「$\ce{CO2}$ 固定」步驟。

解題方法

判斷關鍵在於辨認「Calvin cycle 的 $\ce{CO2}$ 固定酵素」。

Calvin cycle 的特徵是：

• $\ce{CO2}$ 的受體為 RuBP。
• 反應產物首先形成 3-PGA。
• 主要催化酵素為 Rubisco。

只要題目出現「fixing $\ce{CO2}$ in the Calvin cycle」，就應直接聯想到：

$$\ce{CO2 + RuBP -> 2\ 3-PGA}$$

因此正確酵素為 Rubisco。

選項分析

(A) Rubisco：正確

Rubisco 是 Calvin cycle 碳固定反應的核心酵素，催化 $\ce{CO2}$ 加成至 RuBP：

$$\ce{RuBP + CO2 -> 2\ 3-PGA}$$

Rubisco 同時具有 carboxylase（羧化酶）與 oxygenase（加氧酶）活性；在 $\ce{CO2}$ 作為受質時，進行 Calvin cycle 的碳固定。

(B) PEP carboxylase：錯誤

PEP carboxylase（磷酸烯醇丙酮酸羧化酶）催化：

核心觀念

本題考查肌肉細胞在缺氧或供氧不足時的無氧糖解作用（anaerobic glycolysis）。

糖解作用（glycolysis）在細胞質中將葡萄糖分解為兩分子丙酮酸（pyruvate）：

$$\ce{Glucose ->[glycolysis] 2 Pyruvate}$$

在有氧條件下，丙酮酸可進入粒線體，轉換為乙醯輔酶 A（acetyl-CoA），再進入檸檬酸循環。肌肉細胞缺氧時，電子傳遞鏈無法有效再生 $\ce{NAD+}$，糖解作用中的甘油醛-3-磷酸去氫酶反應會因缺乏 $\ce{NAD+}$ 而受阻。

因此，丙酮酸由乳酸去氫酶（lactate dehydrogenase, LDH）還原為乳酸（lactate），同時將 $\ce{NADH}$ 氧化回 $\ce{NAD+}$：

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

再生的 $\ce{NAD+}$ 可繼續支持糖解作用，使肌肉在短時間內維持 ATP 生成。

解題方法

判斷「肌肉細胞的無氧糖解作用產物」時，沿著糖解作用的末端判斷：

$$\ce{Glucose -> 2 Pyruvate ->[LDH] 2 Lactate}$$

題目問的是無氧糖解作用在肌肉細胞中的產物。肌肉細胞的典型無氧代謝終產物是乳酸（lactate），因此選擇 Lactate。

此反應的重點不是額外產生大量 ATP，而是透過 $\ce{NADH}$ 轉換為 $\ce{NAD+}$，維持糖解作用持續進行。每分子葡萄糖經糖解作用淨產生 2 分子 ATP，並形成 2 分子乳酸。

選項分析

• (A) Ethanol（乙醇）

錯誤。乙醇是酵母菌及部分微生物進行酒精發酵（alcoholic fermentation）的產物。其路徑為：

核心觀念

本題考查脂肪組織的脂解作用（lipolysis）及其荷爾蒙調控。

脂肪細胞儲存的主要形式是三酸甘油酯（triacylglycerol, TAG）。當身體需要能量時，TAG 會被分解為游離脂肪酸（free fatty acids, FFA）與甘油，供周邊組織使用。

脂解作用的主要酵素依序為：

1. Adipose triglyceride lipase（ATGL，脂肪三酸甘油酯脂解酶）
   $\text{TAG} \xrightarrow{\text{ATGL}} \text{DAG}+\text{FFA}$

2. Hormone-sensitive lipase（HSL，荷爾蒙敏感性脂解酶）
   $\text{DAG} \xrightarrow{\text{HSL}} \text{MAG}+\text{FFA}$

3. Monoacylglycerol lipase（MGL，單酸甘油酯脂解酶）
   $\text{MAG} \xrightarrow{\text{MGL}} \text{Glycerol}+\text{FFA}$

本題的關鍵是辨認「促進脂解」與「抑制脂解」的荷爾蒙。

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解題方法

判斷脂肪組織是否進行脂解，可由荷爾蒙所代表的生理狀態切入：

• Insulin（胰島素）升高：表示進食後、血糖與能量充足，促進脂肪合成並抑制脂解。
• Glucagon（升糖素）升高：表示禁食或低血糖，促進分解代謝與脂肪動員。
• Leptin（瘦體素）與 Adiponectin（脂聯素）：主要為脂肪組織分泌的代謝調節因子，並非本題所指的急性脂解主要刺激荷爾蒙。

Glucagon 與脂肪細胞膜上的 G protein-coupled receptor（G 蛋白偶聯受體）結合後，主要訊息傳遞如下：

$$\text{Glucagon} \rightarrow G_s \rightarrow \text{Adenylyl cyclase} \rightarrow \uparrow \text{cAMP} \rightarrow \text{PKA} \rightarrow \text{磷酸化 HSL 與 Perilipin} \rightarrow \uparrow \text{Lipolysis}$$

其中，Perilipin 是包覆脂滴表面的蛋白質。Perilipin 被磷酸化後，可使脂解酵素更容易接觸脂滴中的 TAG；PKA 磷酸化 HSL 後，則提高 HSL 的脂解活性。

因此，正確答案為 Glucagon。

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選項分析

(A) Insulin

錯誤。

核心觀念

本題考查酵素抑制作用在 **Lineweaver–Burk plot（雙倒數圖）**上的判讀。

Michaelis–Menten 方程式為：

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

取倒數後得到 Lineweaver–Burk 方程式：

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

其中：

• 斜率：$\displaystyle \frac{K_m}{V_{\max}}$
• $y$ 軸截距：$\displaystyle \frac{1}{V_{\max}}$
• $x$ 軸截距：$\displaystyle -\frac{1}{K_m}$

不同抑制型態在雙倒數圖上的特徵如下：

抑制型態	抑制劑結合對象	$V_{\max}$	$K_m$	圖形特徵
Competitive inhibition（競爭性）	游離酵素 $E$	不變	增加	共用 $y$ 軸截距
Uncompetitive inhibition（反競爭性）	酵素－受質複合體 $ES$	降低	降低	平行線
Noncompetitive inhibition（非競爭性）	$E$ 與 $ES$ 均可結合	降低	不變	共用 $x$ 軸截距
Mixed inhibition（混合型）	$E$ 與 $ES$，親和力不同	通常降低	改變	線條相交但不在典型截距

解題方法

題幹指出：加入與未加入競爭性抑制劑的反應，其 Lineweaver–Burk plot 呈現平行線。

平行線表示斜率不變：

$$\frac{K_m}{V_{\max}}=\text{不變}$$

這是 **uncompetitive inhibition（反競爭性抑制）**的典型圖形。

反競爭性抑制劑只與 $ES$ 結合：

$$E+S \rightleftharpoons ES \rightarrow E+P$$

並形成無催化活性的複合體：

$$ES+I \rightleftharpoons ESI$$

其結果是：

核心觀念

本題考查胺基酸側鏈在酵素活性中心中的親核性（nucleophilicity）。

親核基團具有可供出的電子對，能攻擊反應物上的親電子中心（electrophilic center），形成新的共價鍵。酵素催化中常見的親核性胺基酸包括：

• Serine（絲胺酸）：側鏈含羥基 $\ce{-OH}$
• Cysteine（半胱胺酸）：側鏈含硫氫基 $\ce{-SH}$
• Lysine（離胺酸）：側鏈含胺基 $\ce{-NH2}$
• Histidine（組胺酸）：咪唑環可參與質子轉移與親核攻擊
• Tyrosine（酪胺酸）：酚羥基在去質子化後可具親核性

其中，Serine 的羥基可在活性中心中被去質子化，形成較具親核性的烷氧基：

$$\ce{Ser-OH -> Ser-O^- + H^+}$$

接著 $\ce{Ser-O^-}$ 可攻擊受質上的親電子中心，例如蛋白質胜肽鍵羰基碳，形成共價酵素中間體。這是 **serine protease（絲胺酸蛋白酶）**的重要催化機制。

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解題方法

判斷胺基酸是否適合擔任親核試劑，應觀察其側鏈是否具有：

1. 可供出的孤電子對；
2. 能直接攻擊受質的反應性官能基；
3. 適合在酵素活性中心中進行去質子化或質子轉移。

四個選項中，只有 Serine 的側鏈具有游離羥基：

$$\ce{-CH2-OH}$$

在酵素活性中心內，鄰近的 Histidine 可作為一般鹼（general base），協助 Serine 去除羥基上的質子，使氧原子帶負電：

$$\ce{Ser-OH + His -> Ser-O^- + His-H^+}$$

生成的 $\ce{Ser-O^-}$ 具有較高電子密度，能攻擊受質的羰基碳：

$$\ce{Ser-O^- + R-CO-R' -> R-C(O^-)(O-Ser)-R'}$$

因此，Serine 最符合「在酵素活性中心中擔任親核試劑」的條件。

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選項分析

(A) Valine（纈胺酸）

Valine 的側鏈為異丙基：

$$\ce{-CH(CH3)2}$$

核心觀念

本題考查 Michaelis–Menten 酵素動力學，以及反應速度 $v$ 與最大反應速度 $V_{\max}$ 的關係。

Michaelis–Menten 方程式為：

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

因此，若要求「$v$ 作為 $V_{\max}$ 的分率」，直接將方程式除以 $V_{\max}$：

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

其中：

• $[S]$：基質濃度
• $K_m$：Michaelis constant，米氏常數
• $k_{\mathrm{cat}}$：催化常數，代表酵素在基質飽和時每秒可催化的反應次數
• $V_{\max}$：最大反應速度，關係為 $V_{\max}=k_{\mathrm{cat}}[E]_T$

本題只問 $v/V_{\max}$，所以不需要知道總酵素濃度，也不需要實際計算 $V_{\max}$；$k_{\mathrm{cat}}=500\ \mathrm{s}^{-1}$ 為此小題的非必要資訊。

解題方法

已知：

$$[S]=2\ \mu\mathrm{M}$$ $$K_m=10\ \mu\mathrm{M}$$

代入分率公式：

$$\frac{v}{V_{\max}} = \frac{[S]}{K_m+[S]} = \frac{2}{10+2} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \approx 0.167$$

換算成百分比：

$$0.167\times 100\% \approx 16.7\%$$

因此，在 $[S]=2\ \mu\mathrm{M}$ 時，反應速度約為 $V_{\max}$ 的 $16.7\%$。

選項分析

• (A) $\sim16.7\%$：正確。

核心觀念

本題考的是可逆性酵素抑制（reversible enzyme inhibition）中，不同抑制類型對底物濃度 $[S]$ 的反應。

基本酵素反應為：

$$E+S \rightleftharpoons ES \rightarrow E+P$$

其中 $E$ 為游離酵素、$S$ 為底物、$ES$ 為酵素—底物複合體、$P$ 為產物。

競爭型抑制劑會與底物競爭酵素的活性部位：

$$E+I \rightleftharpoons EI$$

增加底物濃度後，底物可提高與酵素結合的機會，排擠抑制劑，因此能克服競爭型抑制。

Michaelis–Menten 方程式為：

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

競爭型抑制的特徵是：

• 表觀 $K_m$ 增加
• $V_{\max}$ 不變
• 增加 $[S]$ 可達到原本的 $V_{\max}$

競爭型抑制下的速率方程式可表示為：

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

其中：

$$\alpha=1+\frac{[I]}{K_i}$$

抑制劑使達到半最大速率所需的底物濃度增加，但在底物濃度足夠高時，底物仍可完全競爭抑制劑。

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解題方法

題幹問「哪一種酵素抑制可藉由增加底物濃度克服」，判斷重點在於：

1. 抑制劑是否與底物競爭同一個活性部位。
2. 增加底物後，$V_{\max}$ 是否仍可恢復。
3. 若抑制劑降低 $V_{\max}$，單純增加底物濃度便無法完全克服。

只有競爭型抑制符合「$V_{\max}$ 不變，增加 $[S]$ 可克服」的條件。

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選項分析

(A) Competitive（競爭型抑制）—正確

競爭型抑制劑與底物競爭酵素活性部位。當底物濃度增加時，底物與酵素碰撞及結合的機會提高，可減少抑制劑對酵素的占用。

其動力學特徵為：

$$K_m^{\text{app}}=\alpha K_m$$

但：

$$V_{\max}\text{ 不變}$$

因此，足夠高的底物濃度可克服競爭型抑制。此項正確。

(B) Noncompetitive（非競爭型抑制）—錯誤

純非競爭型抑制劑可同時與游離酵素 $E$ 及酵素—底物複合體 $ES$ 結合，抑制劑不必占據底物的活性部位。

其典型特徵為：