《化学工程化工原理)第8章 课后答案【khdaw_lxywyl】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学工程化工原理)第8章 课后答案【khdaw_lxywyl】（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第十一章第十一章 生化反应器生化反应器 1、水解酶催化的底物水解反应一般按如下两步机理进行： E+SESES+P1k+1k-1k+2ES+H2OE+P2k+3试用拟稳态法推导该反应的动力学方程式为 smsO,E PcKckcr+= ，并指出k及Km与k+1、k1、k+2、k+3、CH2O的关系。 （答案略） 2、举例说明酶催化反应和生物反应的优缺点。 （答案略） 3、对于的反应，在不同的葡萄糖浓度下测得生成 6-磷酸葡萄糖的速率如下表： ADP6MgATP2+磷酸葡萄糖已糖激酶葡萄糖葡萄糖浓度cs/106mol L133 40 50 66 100 生成速率rp/mol L1 min10.025
2、 0.027 0.030 0.033 0.040 求Km和rmax值。 解：把已给数据化为 1/cs和 1/rp得： 13sminL10/c1 30 25 20 15 10 13PminL10/r1 40 37 33 30 25 以 1/cs对 1/rp作图（见附图） ，得横轴截距为 1/Km=26103，故 Km=10-3/26=3.810-5mol L1在纵轴的截距为 1/rmax=19,故 rmaz=0.053mol L1 min1w w w .k h d a w .c o m课后答案网4、某一酶催化反应SP，实验测得其动力学数据如下，试采用三种作图法确定该反应 的Km和rmax。 Cs
3、/10-5mol L-1rp10-9mol L-1 min-1Cs/105mol L-1rp10-9mol L-1 min-10.833 13.8 3.33 36.3 1.00 16.0 4.00 40.0 1.25 19.0 5.00 44.4 1.67 23.6 6.00 48.0 2.00 26.7 8.00 53.3 2.50 30.8 10.00 57.1 3.00 34.3 20.00 66.7 解：整理表中的数据，得到下表： Cs/10-5mo l L-1rp10-9mol L-1 min-113sminL10/c113PminL10/r1rp/cs/10-3min-1cs /r
4、p/103min 0.833 13.8 12.00 7.24 1.66 0.602 1.00 16.0 10.00 6.25 1.60 0.625 1.25 19.0 8.00 5.26 1.52 0.658 1.67 23.6 6.00 4.24 1.41 0.709 2.00 26.7 5.00 3.74 1.34 0.746 2.50 30.8 4.00 3.25 1.23 0.812 3.00 34.3 3.33 2.91 1.14 0.875 3.33 36.3 3.00 2.75 1.09 0.917 4.00 40.0 2.50 2.50 1.00 1.00 5.00 44.4
5、2.00 2.25 0.89 1.13 6.00 48.0 1.67 2.08 0.80 1.25 8.00 53.3 1.25 1.88 0.67 1.50 10.00 57.1 1.00 1.75 0.57 1.75 20.00 66.7 0.50 1.50 0.334 2.99 根据上表数据分别作出 1/rP1/cs、cs/rPcs和rPrP/cs曲线。结果见附图。 由附图 1、2、3 可知，三种作用法所得结果是相同的。即： Km = 4 105mol L1 rmax = 8 108mol L1min15、根据式（11-16） 、 （11-18）和（11-21）的机理，用拟稳态法分别推导
6、竞争性抑制、 非竞争性抑制和反竞争性抑制的动力学方程式（11-17） 、 （11-20）和（11-22） 。 （答案略） w w w .k h d a w .c o m课后答案网6、某酶催化反应的rmax为 2.210-6molL -1min 1，Km=4.710-5molL -1，当底物浓 度cs= 210-4molL -1，Ki=310-4molL -1时，分别求（a）竞争性抑制（b）非竞争性抑制 （c） 反竞争性抑制情况下的反应速率并比较计算结果。 其中抑制剂的浓度皆为 510-4mol L -1。 解： （a） += +=445464iimsmaxs i1031051)107 . 4(
7、)102(10)2 . 2)(102()Kc1)(Kc (rcr ()41054101025. 3104 . 4)67. 2)(107 . 4(102104 . 4 = += = 1.35mol L-1 min-1 （b） ) 1031051)(102()107 . 4(10)2 . 2)(102()K1035. 11 (cKrcr444564i6smmaxs i+= += 4104101080. 5104 . 4)67. 2)(1047. 2(104 . 4= = = 7.5910-7mol L-1 min-1 （c） ) 1031051)(102()107 . 4(10)2 . 2)(10
8、2()Kc1(SKrcr444564iimmaxs i+= += 41045101081. 5104 . 4)67. 2)(102()107 . 4(104 . 4= += = 0.75710-6mol l-1 min-1 （d） 当没有抑制时，速度r0为： 4104564smmaxs01047. 2104 . 4)102()107 . 4(10)2 . 2)(102( cKrcr= +=+= = 17.810-6mol l-1 min-1 以i = (1-ri/r0)来表示抑制程度。 于是上述三种抑制的抑制程度为: 竞争性抑制剂: i=1-1.35/1.78=0.24 或 24%抑制 非竞争
9、性抑制剂: w w w .k h d a w .c o m课后答案网i=1-0.759/1.78=0.574 或 57.4%抑制 反竞争性抑制剂： i=1-0.257/1.78=0.575 或 57.5%抑制 7、维生素BB1分解反应活化能为92114J/mol，阿累尼乌斯常数为9.3010 L/min， 如果温度从120上升至150，求120C和150C温度下维生素B11101B的分解速率常数。 解：维生素BB1分解反应活化能为92114J/mol，阿累尼乌斯常数为9.3010 l/min， 1101可以分别求出不同温度时的分解速率常数： 由阿累乌斯公式有 RT303. 2EAlogklog
10、= 其中E=92114J/mol1，A=9.301010l/min，R=8.314J/mol K1得： T480797.10klog= 当T=120时，k=0.055L/min1； 当T=150时，k=0.404L/min1。 温度从120升高到150,上升了30，k值上升为原来的7.3倍。 8、 以已醇为单一碳源培养Saccharomyces cerevisiae， 碳源浓度和比消耗速率见下附表1， 求max和Ks值。 习题8附表1 乙醇cs/103mol L1/103mol L1乙醇 g菌体1 h11.3 2.92 1.5 3.16 1.5 4.44 4.7 5.48 8.0 6.47 9
11、6.0 10.00 121.0 12.30 解：从max和KS值可以从Lineweaver-Burk图求出。 由附表1得Saccharomyces培养时的底物浓度及其比消耗速率的倒数见附表2， 附8附表2 1/cs/103L mol11/103g菌体 h L mol10.769 0.342 0.667 0.316 0.667 0.225 0.213 0.182 0.125 0.155 0.0104 0.100 0.00826 0.0813 w w w .k h d a w .c o m课后答案网以1/cs为横坐标，1/为纵坐标， 利用附表2的数据作图见附表2的数据作图 （见附图） ， 由图可得
12、： Saccharomyces:Ks=310-3M乙醇； max =1010-3M乙醇/(g菌体hr) 9、举出工业上提高生物反应产物收率的方法或措施，并分别加以论述。 （答案略） 10、试说明为什么连续操作搅拌罐对底物抑制酶反应有利，而管工反应器对产物抑制 酶反应有利。 （答案略） 11、用一恒化器培养细胞。设max=1.0h1，Y=0.5，Ks=0.2g L1，cs,o=10g L1。若操 作稀释率Dp=0.5h1，试分别求、cs、cx和Dcri。 解： 用一恒化器培养细胞 由 5 . 00 . 1 2 . 05 . 0DKDc pmaxsp s= = 0.2 g L1 由 cs=Y(cs
13、,o-cs) = 0.5(10-0.2) = 4.9g L1 因为正常稳定操作，=D,故=0.5h1 Dcrimax=1.0h112、为充分利用基质，要求自反应釜中流出的基质浓度控制在0.2g L1以下。如果由 原先单釜操作改为两个釜串联，并设第一釜流出液中基质浓度为5g L1，第二釜流出液中 基质浓度不大于0.2g L1，问改为两釜操作后，产量可提高多少？已知max=0.5min1， Ks=0.2g L1，cs,o=50g L1，YX/S=1.0g细胞 g1基质。 解：停留时间=VR/qV=1/D 对单釜 s=1/D=1/ 对双釜 m=1+2=1/D1+1/D2 对第一釜，由物料恒算可得 D
14、1=1 对第二釜，由物料恒算可得 2=D2(1-cx,1/cx,2) )cc1 (112x1x21m+= 又，由 cx = yx/s(cs,o - cs) 可得： cx,1=Yx/s(cs,1 cs,1) w w w .k h d a w .c o m课后答案网若Yx/s = 1(克细胞/克营养物) 则cx,1 = (50 - 5) = 45(克细胞) cx,1 cx,2=Yy/s(cs,1 - cs,2) cx,2 = 45 + (5 - 0.2) = 49.8(克细胞) 2 ,x1 ,x cc= 45/49.8 = 0.904 单釜时釜内营养物的浓度和双釜时第二釜内的浓度相同 单釜时的比生
15、长速率=2，又 47. 053 . 055 . 0 cKc2 , sS1 , smax1=+=+= 2 . 02 . 03 . 0 25 . 0 cKc2 , sS2 , smax2=+=+= 61. 2)904. 01 (2 . 0 1 47. 01 m=+= 52 . 0 1112s= 92. 162. 25ms= vR qV= 若釜体积相同，Vs=Vm=V1+V2， 则qm/qs=1.92 这表明双釜操作时处理量比单釜操作提高近两倍。 因为双釜操作时第一釜里的菌体生长速率快，故可提高处理量。而单釜时因釜内的菌 体生长十分缓慢，致使釜处理量的提高受到限制。由此可见，采用多釜操作，既提高了菌 体生长速度，又保证了最后排出液中的营养物的浓度。第一釜作用是使微生物快速生长； 第二釜作
