生物化学 第二版 课后答案(张洪渊 著) 化学工业出版社
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O CH2O CHO C O C O CH2O C C17H35 CH2O C15H31 C17H35 CH2O CHO O C O C O C C17H35 C17H35 C15H31
解：皂化值=56.1×(1000/862)×3=195.24 皂化值=（3×56.1×1000）/相对分子质量=（3×56.1×1000）/862=195.24 4、计算用下法测定的甘油的碘值。称取 80mg 菜油，与过量的溴化碘作用，并加入一定量
的碘化钾。然后用 0.05mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定，用去硫代硫酸钠 11.5mL。另做一 空白对照（不加菜油） ，消耗硫代硫酸钠 24.0mL。 解：碘值=(NV×(127/1000))/m×100=((24.0-11.5)×0.05×(127/1000))/0.08×100=99.2 5、生物膜表面亲水、内部疏水的特性是由膜蛋白决定的还是由膜脂决定的？如何形成这种 特性？ 答：由膜脂决定的。组成生物膜的磷脂分子具有 1 个极性的头部（膜表面）和 2 个非极性的 尾部（膜内部） ，水为极性分子，根据相似相溶原理，使生物膜表面亲水，内部疏水。 第四章 蛋白质化学 1、用对或者不对回答下列问题。如果不对，请说明原因 （1）构成蛋白质的所有氨基酸都是 L-氨基酸，因为构成蛋白质的所有氨基酸都有旋光性。 答：错。除了甘氨酸外构成蛋白质的氨基酸都有旋光性，但是这与氨基酸都是 L-氨基酸没 有关系。是两个完全不相关的概念。 （2）只有在很低或者很高的 PH 值时，氨基酸的非电离形式才占优势。 答：错。在等电点时氨基酸的非电离形式才占优势。 （3）当 PH 大于可电离基团的 pKa′时，该基团半数以上解离。 答：对。 （4）一条肽链在回折转弯时，转弯处的氨基酸常常是脯氨酸或甘氨酸。 答：对。 （5）如果一个肽用末端检测方法测定不出它的末端，这个肽只能是个环肽。 答：错。若这个肽的 N-末端封闭的话，比如：N-末端是 pro，用末端检测方法也测定不出它 的末端。 （6）如果用 Sephadex-G-100 来分离细胞色素 C、血红蛋白、谷氨酸和谷胱甘肽，则洗脱顺 序为谷氨酸→谷胱甘肽→细胞色素 C→血红蛋白。 答：错。正确的洗脱顺序为：血红蛋白→细胞色素 C→谷胱甘肽→谷氨酸。 （7）α-螺旋中每个肽键的酰胺氢都参与氢键的形成。 答：错。脯氨酸所含亚氨基参与肽键的形成，再无氢原子用来形成氢键。 （8）蛋白质的等电点是可以改变的，但等离子点不能改变。 答：对。 2、 向 1mol/L 的处于等电点的甘氨酸溶液中加入 0.3mol HCl， 问所得溶液的 pH 值是多少？ 如果加入 0.3mol NaOH 代替 HCl 时，pH 值又是多少？ 解：Ph 低= pKa1+lg(n(AA)-n(H+))/ n(H+)= 2.34+lg(1-0.3)/0.3=2.71 pH 高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH))= 9.60+lg0.3/(1-0.3) =9.23 3、1.068g 的某种结晶α -氨基酸，其 pKa1 和 pKa2 值分别是 2.4 和 9.7 ，溶解于 100mL 的 1mol/L 的 NaOH 溶液中时，其 pH 值为 10.4。计算氨基酸的相对分子质量，并提出其可能 的分子式。 解： pH 高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH)) 10.4= 9.7+lg0.01/( n(AA)- 0.01) n(AA) =0.012 M=1.068/0.012=89mol/g 可能的分子式:C3H7O2N,为丙氨酸。 4、已知 Lys 的ε-氨基的 pKa′为 10.5，问在 pH 9.5 时，Lys 水溶液中将有多少这种基团给 出质子？ 解：pH = pK +Log[A-]／[HA] 9.5=10.5+ Log[NH2]／[NH3+]
CHO C C C H OH H HO HO H
CHO C C C H H OH H H HO
CHO C C C OH OH H
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱCH2OH D-木糖
CH2OH L-木糖
CH2OH D-来苏糖
CH2OH L-来苏糖
3、 乳糖是葡萄糖苷还是半乳糖苷，是α-苷还是β-苷？蔗糖是什么糖苷，是α-苷还是β -苷？两分子的 D-吡喃葡萄糖可以形成多少种不同的二糖？ 答：乳糖的结构是 4-O-（β-D-吡喃半乳糖基）D-吡喃葡萄糖[β-1，4]或者半乳糖β（1→4） 葡萄糖苷，为β-D-吡喃半乳糖基的半缩醛羟基形成的苷因此是β-苷。 蔗糖的结构是葡萄糖α（1→2）果糖苷或者果糖β（2→1）葡萄糖，是α-D-葡萄糖的半缩 醛的羟基和β- D -果糖的半缩醛的羟基缩合形成的苷，因此既是α苷又是β苷。 两分子的 D-吡喃葡萄糖可以形成 19 种不同的二糖。4 种连接方式α→α，α→β，β→α， β→β，每个 5 种，共 20 种-1 种（α→β，β→α的 1 位相连）=19。 .5°， 4、 某种α-D-甘露糖和β-D-甘露糖平衡混合物的 [α]25 14. 求该平衡混合物中α-DD 为+ 14
(3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为 1.2×106， 则 1 分子支链淀粉中有多少个分支点残基？ 6 葡萄糖残基: 1.2×10 /162=7407 分支点上残基：7407×5%=370 9、 请用两种方法分别区分一下各组糖类物质： (1) 葡萄糖和半乳糖：测旋光，乙酰化后 GC (2) 蔗糖和乳糖：Fehling 反应，盐酸水解后加间苯三酚 (3) 淀粉和糖原：碘液，溶解性 (4) 淀粉和纤维素：碘液，溶解性 (5) 香菇多糖和阿拉伯聚糖：盐酸水解后加间苯三酚，甲基间苯二酚 10、某种糖类物质可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀，菲林反应呈阴性。当加入浓盐酸 加热后，加碱可使 Cu2+还原为 Cu+。加酸、加入间苯二酚无颜色变化，但加入间苯三酚却 有黄色物质生成。试判断这是哪类糖类物质，并说明判断依据。 答：糖原。 (1): 可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀 (2): 还原性末端 1 个 (3)：加浓盐酸水解后生成葡萄糖，可发生 Fehling 反应（加碱可使 Cu2+还原为 Cu+） 。 (4)：加酸、加入间苯二酚无颜色变化：为醛糖。 (5): 加入间苯三酚却有黄色物质生成: 为己糖。 第三章 脂类 1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。 （1）混合甘油酯是指分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质。 答：错。分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质称为复脂。混合甘油酯是指 分子中与甘油成脂的脂肪酸的烃基有 2 个或者 3 个不同者。 （2）磷脂是生物膜的主要成分，它的两个脂肪酸基是处于膜的内部。 答：错。磷脂是生物膜的主要成分，但是它的两个脂肪酸基是处于膜的外部。 （3）7-脱氢胆固醇是维生素 D3 原，而麦角固醇是维生素 D2 原。 答：对。 （4）生物膜的内外两侧其膜脂质和膜蛋白分布都是不对称的。 答：对。 （5）膜脂的流动性并不影响膜蛋白的运动。 答：错。因为整个生物膜的流动性在很大程度上取决于膜脂的流动性，脂蛋白也不例外。 2、三酰甘油有没有构型？什么情况下有构型？什么情况下没有构型？ 答：甘油本身并无不对称碳原子，但是它的三个羟基可被不同的脂肪酸酰化，则当甘油分子 两头的碳原子的羟基被相同脂肪酸酰化时， 则三酰甘油没有构型， 当甘油分子两头的碳原子 上的羟基被不同脂肪酸酰化时，则有构型。 3、 计算一软脂酰二硬脂酰甘油酯的皂化值。 M=862
CH 2OH H H OH OH H OH O H H OH H OH O H H OH CH 2 O H O OH H H CH 2OH H O OH CH 2OH H
6、 水解仅含 D-葡萄糖和 D-甘露糖的一种多糖 30g,将水解液稀释至平衡 100mL。此水解液 °，试计算该多糖中 D-葡萄糖和 D-甘露糖的物质的 在 10cm 旋光管中测得的旋光度 α为+ 9.07 07° °和+ 14.5 °） 量的比值(α/β-葡萄糖和α/β-甘露糖的 [α]25 52.5° 14.5° 。 D 分别为+ 52.5 25 25 解：[α] D = α D /cL×100= 9.07/( 30×1)×100= 30.2 设 D-葡萄糖的含量为 x,则 52.5x+14.5(1-x)= 30.2 X=41.3% 平衡混合物中 D-葡萄糖和 D-甘露糖的比率:41.3/58.7=0.70 7、 若某种支链淀粉的相对分子质量为 1×106，分支点残基占全部葡萄糖残基数的 11.8%， 问：(1)1 分子支链淀粉有多少个葡萄糖残基； (2)在分支点上有多少个残基； (3)有多少个残 基在非还原末端上？ 解：葡萄糖残基: 1×106/162=6173 分支点上残基：6173×11.8%=728 非还原末端上的残基：728+1=729. 180x- (x-1) ×18-0.118 x×18 = 1×106 180x-1.118 x×18+18 = 1×106 x =6255 分支点上残基：6255×11.8%=738 非还原末端上的残基：738+1=739. 8、 今有 32.4mg 支链淀粉，完全甲基化后酸水解，得 10μmol2,3,4,6-四甲基葡萄糖，问：(1) 此外还有多少哪些甲基化产物，每种多少；(2)通过（1→6）糖苷键相连的葡萄糖残基的百 分数是多少； (3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为 1.2×106， 则 1 分子支链淀粉中有多少个 分支点残基？ 解：(1) 32.4mg 支链淀粉所含葡萄糖残基：32400/162=200μmol。 2,3,4,6-四甲基葡萄糖：n+1 个非还原端 10μmol 1,2,3,6-四甲基葡萄糖：还原端一条支链淀粉 1 个（可忽略不计 32.4×103/1.2×106=0.027 μmol） 2,3-二甲基葡萄糖：分支点残基 n 个≈10μmol 2,3,6-三甲基葡萄糖：200-10-10=180μmol (2) 通过（1→6）糖苷键相连的葡萄糖残基的百分数:10/200×100%=5%
CHO H H H C C C OH OH OH HO HO HO CHO C C C H H H HO H H CHO C C C H OH OH H HO HO CHO C C C OH H H
CH2OH D-核糖
CH2OH L-核糖
CH2OH D-阿拉伯糖
CH2OH L-阿拉伯糖
CHO H HO H C C C OH H OH HO H HO
第二章 糖类 1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。 （1） 所有单糖都具有旋光性。 答：错。二羟酮糖没有手性中心。 （2） 凡具有旋光性的物质一定具有变旋性，而具有变旋性的物质也一定具有旋光性。 答：凡具有旋光性的物质一定具有变旋性：错。手性碳原子的构型在溶液中发生了 改变。大多数的具有旋光性的物质的溶液不会发生变旋现象。 具有变旋性的物质也一定具有旋光性：对。 （3） 所有的单糖和寡糖都是还原糖。 答：错。有些寡糖的两个半缩醛羟基同时脱水缩合成苷。如：果糖。 （4） 自然界中存在的单糖主要为 D-型。 答：对。 （5） 如果用化学法测出某种来源的支链淀粉有 57 个非还原端，则这种分子有 56 个分支。 答：对。 2、 戊醛糖和戊酮糖各有多少个旋光异构体（包括α-异构体、β-异构体） ？请写出戊醛糖 的开链结构式（注明构型和名称） 。 答：戊醛糖：有 3 个不对称碳原子，故有 2 3 =8 种开链的旋光异构体。如果包括α-异构体、 β-异构体，则又要乘以 2=16 种。 戊酮糖：有 2 个不对称碳原子，故有 2 2 =4 种开链的旋光异构体。没有环状所以没有α-异 构体、β-异构体。
.3°，纯β-D-甘露糖的[α]25 甘露糖和β-D-甘露糖的比率（纯α-D-甘露糖的[α]25 29. D 为+ 29 D 为.3°） 16. ； 16 解：设α-D-甘露糖的含量为 x,则 29.3x- 16.3(1-x)= 14.5 X=67.5% 该平衡混合物中α-D-甘露糖和β-D-甘露糖的比率:67.5/32.5=2.08 5、 请写出龙胆三糖 [β-D-吡喃葡萄糖 （1→6） α-D-吡喃葡萄糖 （ 1→ 2） β-D-呋喃果糖] 的 结构式。.
解：皂化值=56.1×(1000/862)×3=195.24 皂化值=（3×56.1×1000）/相对分子质量=（3×56.1×1000）/862=195.24 4、计算用下法测定的甘油的碘值。称取 80mg 菜油，与过量的溴化碘作用，并加入一定量
的碘化钾。然后用 0.05mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定，用去硫代硫酸钠 11.5mL。另做一 空白对照（不加菜油） ，消耗硫代硫酸钠 24.0mL。 解：碘值=(NV×(127/1000))/m×100=((24.0-11.5)×0.05×(127/1000))/0.08×100=99.2 5、生物膜表面亲水、内部疏水的特性是由膜蛋白决定的还是由膜脂决定的？如何形成这种 特性？ 答：由膜脂决定的。组成生物膜的磷脂分子具有 1 个极性的头部（膜表面）和 2 个非极性的 尾部（膜内部） ，水为极性分子，根据相似相溶原理，使生物膜表面亲水，内部疏水。 第四章 蛋白质化学 1、用对或者不对回答下列问题。如果不对，请说明原因 （1）构成蛋白质的所有氨基酸都是 L-氨基酸，因为构成蛋白质的所有氨基酸都有旋光性。 答：错。除了甘氨酸外构成蛋白质的氨基酸都有旋光性，但是这与氨基酸都是 L-氨基酸没 有关系。是两个完全不相关的概念。 （2）只有在很低或者很高的 PH 值时，氨基酸的非电离形式才占优势。 答：错。在等电点时氨基酸的非电离形式才占优势。 （3）当 PH 大于可电离基团的 pKa′时，该基团半数以上解离。 答：对。 （4）一条肽链在回折转弯时，转弯处的氨基酸常常是脯氨酸或甘氨酸。 答：对。 （5）如果一个肽用末端检测方法测定不出它的末端，这个肽只能是个环肽。 答：错。若这个肽的 N-末端封闭的话，比如：N-末端是 pro，用末端检测方法也测定不出它 的末端。 （6）如果用 Sephadex-G-100 来分离细胞色素 C、血红蛋白、谷氨酸和谷胱甘肽，则洗脱顺 序为谷氨酸→谷胱甘肽→细胞色素 C→血红蛋白。 答：错。正确的洗脱顺序为：血红蛋白→细胞色素 C→谷胱甘肽→谷氨酸。 （7）α-螺旋中每个肽键的酰胺氢都参与氢键的形成。 答：错。脯氨酸所含亚氨基参与肽键的形成，再无氢原子用来形成氢键。 （8）蛋白质的等电点是可以改变的，但等离子点不能改变。 答：对。 2、 向 1mol/L 的处于等电点的甘氨酸溶液中加入 0.3mol HCl， 问所得溶液的 pH 值是多少？ 如果加入 0.3mol NaOH 代替 HCl 时，pH 值又是多少？ 解：Ph 低= pKa1+lg(n(AA)-n(H+))/ n(H+)= 2.34+lg(1-0.3)/0.3=2.71 pH 高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH))= 9.60+lg0.3/(1-0.3) =9.23 3、1.068g 的某种结晶α -氨基酸，其 pKa1 和 pKa2 值分别是 2.4 和 9.7 ，溶解于 100mL 的 1mol/L 的 NaOH 溶液中时，其 pH 值为 10.4。计算氨基酸的相对分子质量，并提出其可能 的分子式。 解： pH 高= pKa2+lgn(OH-)/(n(AA)-n OH)) 10.4= 9.7+lg0.01/( n(AA)- 0.01) n(AA) =0.012 M=1.068/0.012=89mol/g 可能的分子式:C3H7O2N,为丙氨酸。 4、已知 Lys 的ε-氨基的 pKa′为 10.5，问在 pH 9.5 时，Lys 水溶液中将有多少这种基团给 出质子？ 解：pH = pK +Log[A-]／[HA] 9.5=10.5+ Log[NH2]／[NH3+]
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3、 乳糖是葡萄糖苷还是半乳糖苷，是α-苷还是β-苷？蔗糖是什么糖苷，是α-苷还是β -苷？两分子的 D-吡喃葡萄糖可以形成多少种不同的二糖？ 答：乳糖的结构是 4-O-（β-D-吡喃半乳糖基）D-吡喃葡萄糖[β-1，4]或者半乳糖β（1→4） 葡萄糖苷，为β-D-吡喃半乳糖基的半缩醛羟基形成的苷因此是β-苷。 蔗糖的结构是葡萄糖α（1→2）果糖苷或者果糖β（2→1）葡萄糖，是α-D-葡萄糖的半缩 醛的羟基和β- D -果糖的半缩醛的羟基缩合形成的苷，因此既是α苷又是β苷。 两分子的 D-吡喃葡萄糖可以形成 19 种不同的二糖。4 种连接方式α→α，α→β，β→α， β→β，每个 5 种，共 20 种-1 种（α→β，β→α的 1 位相连）=19。 .5°， 4、 某种α-D-甘露糖和β-D-甘露糖平衡混合物的 [α]25 14. 求该平衡混合物中α-DD 为+ 14
(3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为 1.2×106， 则 1 分子支链淀粉中有多少个分支点残基？ 6 葡萄糖残基: 1.2×10 /162=7407 分支点上残基：7407×5%=370 9、 请用两种方法分别区分一下各组糖类物质： (1) 葡萄糖和半乳糖：测旋光，乙酰化后 GC (2) 蔗糖和乳糖：Fehling 反应，盐酸水解后加间苯三酚 (3) 淀粉和糖原：碘液，溶解性 (4) 淀粉和纤维素：碘液，溶解性 (5) 香菇多糖和阿拉伯聚糖：盐酸水解后加间苯三酚，甲基间苯二酚 10、某种糖类物质可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀，菲林反应呈阴性。当加入浓盐酸 加热后，加碱可使 Cu2+还原为 Cu+。加酸、加入间苯二酚无颜色变化，但加入间苯三酚却 有黄色物质生成。试判断这是哪类糖类物质，并说明判断依据。 答：糖原。 (1): 可溶于水，但加入乙醇后又发生沉淀 (2): 还原性末端 1 个 (3)：加浓盐酸水解后生成葡萄糖，可发生 Fehling 反应（加碱可使 Cu2+还原为 Cu+） 。 (4)：加酸、加入间苯二酚无颜色变化：为醛糖。 (5): 加入间苯三酚却有黄色物质生成: 为己糖。 第三章 脂类 1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。 （1）混合甘油酯是指分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质。 答：错。分子中除含有脂肪酸和甘油外，还含有其他成分的脂质称为复脂。混合甘油酯是指 分子中与甘油成脂的脂肪酸的烃基有 2 个或者 3 个不同者。 （2）磷脂是生物膜的主要成分，它的两个脂肪酸基是处于膜的内部。 答：错。磷脂是生物膜的主要成分，但是它的两个脂肪酸基是处于膜的外部。 （3）7-脱氢胆固醇是维生素 D3 原，而麦角固醇是维生素 D2 原。 答：对。 （4）生物膜的内外两侧其膜脂质和膜蛋白分布都是不对称的。 答：对。 （5）膜脂的流动性并不影响膜蛋白的运动。 答：错。因为整个生物膜的流动性在很大程度上取决于膜脂的流动性，脂蛋白也不例外。 2、三酰甘油有没有构型？什么情况下有构型？什么情况下没有构型？ 答：甘油本身并无不对称碳原子，但是它的三个羟基可被不同的脂肪酸酰化，则当甘油分子 两头的碳原子的羟基被相同脂肪酸酰化时， 则三酰甘油没有构型， 当甘油分子两头的碳原子 上的羟基被不同脂肪酸酰化时，则有构型。 3、 计算一软脂酰二硬脂酰甘油酯的皂化值。 M=862
CH 2OH H H OH OH H OH O H H OH H OH O H H OH CH 2 O H O OH H H CH 2OH H O OH CH 2OH H
6、 水解仅含 D-葡萄糖和 D-甘露糖的一种多糖 30g,将水解液稀释至平衡 100mL。此水解液 °，试计算该多糖中 D-葡萄糖和 D-甘露糖的物质的 在 10cm 旋光管中测得的旋光度 α为+ 9.07 07° °和+ 14.5 °） 量的比值(α/β-葡萄糖和α/β-甘露糖的 [α]25 52.5° 14.5° 。 D 分别为+ 52.5 25 25 解：[α] D = α D /cL×100= 9.07/( 30×1)×100= 30.2 设 D-葡萄糖的含量为 x,则 52.5x+14.5(1-x)= 30.2 X=41.3% 平衡混合物中 D-葡萄糖和 D-甘露糖的比率:41.3/58.7=0.70 7、 若某种支链淀粉的相对分子质量为 1×106，分支点残基占全部葡萄糖残基数的 11.8%， 问：(1)1 分子支链淀粉有多少个葡萄糖残基； (2)在分支点上有多少个残基； (3)有多少个残 基在非还原末端上？ 解：葡萄糖残基: 1×106/162=6173 分支点上残基：6173×11.8%=728 非还原末端上的残基：728+1=729. 180x- (x-1) ×18-0.118 x×18 = 1×106 180x-1.118 x×18+18 = 1×106 x =6255 分支点上残基：6255×11.8%=738 非还原末端上的残基：738+1=739. 8、 今有 32.4mg 支链淀粉，完全甲基化后酸水解，得 10μmol2,3,4,6-四甲基葡萄糖，问：(1) 此外还有多少哪些甲基化产物，每种多少；(2)通过（1→6）糖苷键相连的葡萄糖残基的百 分数是多少； (3) 若该种支链淀粉的相对分子质量为 1.2×106， 则 1 分子支链淀粉中有多少个 分支点残基？ 解：(1) 32.4mg 支链淀粉所含葡萄糖残基：32400/162=200μmol。 2,3,4,6-四甲基葡萄糖：n+1 个非还原端 10μmol 1,2,3,6-四甲基葡萄糖：还原端一条支链淀粉 1 个（可忽略不计 32.4×103/1.2×106=0.027 μmol） 2,3-二甲基葡萄糖：分支点残基 n 个≈10μmol 2,3,6-三甲基葡萄糖：200-10-10=180μmol (2) 通过（1→6）糖苷键相连的葡萄糖残基的百分数:10/200×100%=5%
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第二章 糖类 1、 判断对错，如果认为错误，请说明原因。 （1） 所有单糖都具有旋光性。 答：错。二羟酮糖没有手性中心。 （2） 凡具有旋光性的物质一定具有变旋性，而具有变旋性的物质也一定具有旋光性。 答：凡具有旋光性的物质一定具有变旋性：错。手性碳原子的构型在溶液中发生了 改变。大多数的具有旋光性的物质的溶液不会发生变旋现象。 具有变旋性的物质也一定具有旋光性：对。 （3） 所有的单糖和寡糖都是还原糖。 答：错。有些寡糖的两个半缩醛羟基同时脱水缩合成苷。如：果糖。 （4） 自然界中存在的单糖主要为 D-型。 答：对。 （5） 如果用化学法测出某种来源的支链淀粉有 57 个非还原端，则这种分子有 56 个分支。 答：对。 2、 戊醛糖和戊酮糖各有多少个旋光异构体（包括α-异构体、β-异构体） ？请写出戊醛糖 的开链结构式（注明构型和名称） 。 答：戊醛糖：有 3 个不对称碳原子，故有 2 3 =8 种开链的旋光异构体。如果包括α-异构体、 β-异构体，则又要乘以 2=16 种。 戊酮糖：有 2 个不对称碳原子，故有 2 2 =4 种开链的旋光异构体。没有环状所以没有α-异 构体、β-异构体。
.3°，纯β-D-甘露糖的[α]25 甘露糖和β-D-甘露糖的比率（纯α-D-甘露糖的[α]25 29. D 为+ 29 D 为.3°） 16. ； 16 解：设α-D-甘露糖的含量为 x,则 29.3x- 16.3(1-x)= 14.5 X=67.5% 该平衡混合物中α-D-甘露糖和β-D-甘露糖的比率:67.5/32.5=2.08 5、 请写出龙胆三糖 [β-D-吡喃葡萄糖 （1→6） α-D-吡喃葡萄糖 （ 1→ 2） β-D-呋喃果糖] 的 结构式。.