medical-notes/content/Biokemi/📝 Gamla tentor/2023-12-18/2023-12-18-0075-GXD.md

LPG001 Digital tentamen (DISA) med skannat papper

Kandidat 0075-GXD oai_citation:0‡2023-12-18-0075-GXD.pdf

---

1. IP – Kemisk bindning 3

I celler är vatten lösningsmedel. Förklara ur bindningssynpunkt varför detta är fördelaktigt. (4p) (Max 100 ord.)

Svar

Vatten är en polär molekyl och har en dipol eftersom syret är mer elektronegativt än de två vätena.  
Polariteten gör att vattenmolekyler kan interagera med både positivt laddade molekyler och negativa laddade molekyler som finns i celler.  
Vid interaktioner med positivt laddade joner kommer den mer elektronegativa syret interagera med jonerna.  
I interaktioner med negativt laddade joner kommer istället väterna interagera.  
Vatten kan således bilda hydratiseringsskal runt joner som är essentiella för cellfunktion.  
Vatten har hög dielektricitetskonstant som gör att alltför starka jonbindningar inte bildas till ämnen, så att joner kan fortfarande utnyttjas i cellulära processer vid behov.  

---

2. IP – Aminosyror och proteiner MCQ7

Rangordna nedanstående aminosyror efter stigande polaritet (2p)

1–4:

• Metionin
• Treonin
• Lysin
• Cystein

(svar angivet i digitalt formulär)

---

3. IP – Aminosyror och proteiner 19

Fruktos 2,6-bisfosfat fungerar som en allosterisk regulator för två enzymer. Förklara vilka egenskaper de aminosyror som binder till fruktos 2,6-bisfosfat behöver ha och nämn två aminosyror som har dessa egenskaper. (4p) (Max 75 ord.)

Svar

Fruktos 2,6-bisfosfat har två fosfatgrupper som kan ha negativt laddade syren.  
För att binda in ämnet och skapa en elektrostatisk attraktion (jonbindning), kan det därmed vara fördelaktigt att ha aminosyror som har en positiv laddning.  
Lysin och arginin är två positivt laddade aminosyror som kan vara lämpliga.  

---

4. AN – Hemoglobin 1

What does cooperative binding mean? Explain this in the context of hemoglobin. (4p)
OBS! This question needs to be answered in English. (Max 100 words)

Answer

Cooperative binding means that the binding of an oxygen to hemoglobin makes it more likely for the molecule to bind more oxygen.  
This is because when an oxygen binds to hemoglobin the structure becomes less tense as one αβ-dimer rotates 15 degrees, which increases its affinity for oxygen at other binding sites.  
Release of an oxygen promotes also further release.  
Due to the cooperativity hemoglobin has a sigmoidal binding curve at different partial pressures of oxygen.  
Cooperativity enables hemoglobin to be a good oxygen transporter.  

---

5. LJ – Proteinstudier 9

Du jobbar på labb över sommaren och har fått i uppgift att göra en rening av ett protein baserat på laddning. (4p) (Max 200 ord)

A) Beskriv vilken metod du skulle använda dig av och hur denna fungerar.
B) Ange en metod för att analysera storleken på ditt framrenade protein och ge en förklaring till hur denna fungerar.

Svar

A) Jonbyteskromatografi kan användas. Det är en metod där man kan rena ett protein baserat på dess laddning.  
I denna metod finns det två olika typer av kolonner som kan användas: katjonbytare och anjonbytare.  
Katjonbytare binder till katjoner (positivt laddade) och låter negativt laddade proteiner passera.  
Anjonbytare binder till anjoner (negativt laddade) och tillåter passering av positivt laddade proteiner.  
Sedan kan proteinet elueras med pH och/eller salt.  

B) Storleken kan analyseras med metoden gelelektrofores.  
Gelelektrofores går ut på att protein får migrera i en gel som befinner sig i ett elektriskt fält, där proteiner får gå från en negativ elektrod till en positiv.  
De minsta proteinerna kommer att vandra snabbast och längst i gelen för att de har minst volym.  
Man kan använda t.ex. ett fluorescerande ämne som gör att banden som bildas kan visualiseras under UV-strålning.  
Sedan kan en storleksmarkör användas för att bestämma vilken storlek som de protein som man har undersökt har.  

---

6. ME – Lipider 1

a) Rita strukturen för kolesterol.
b) Visa hur kolesterol orienteras i ett membran.

OBS! Den här frågan ska besvaras på separat papper som kommer att skannas in och bifogas tentamen. (4p)

Svar

På papper.  

*(Ritning av kolesterol och dess orientering i ett fosfolipiddubbellager finns på sida 11 i original-PDF.)*  

---

7. CG – Nukleotider MCQ 2

Den vanligaste formen som DNA antar kallas B-DNA. Vilka två påståenden stämmer om denna? (2p)

• Den är vänstervriden.
• Det är mellan 10–10,4 baspar per varv av helixen.
• Avståndet mellan baspar är cirka 3,4 Å.
• De två strängarna parallella.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

8. SL – Kolhydrater 9

Glykaner kan vara O-länkade och N-länkade. Förklara kortfattat vad detta innebär på molekylär nivå. (4p) (Max 150 ord)

Svar

O-länkade glykaner betyder att kolhydraten är länkad via syre i sidokedjan av serin eller threonin.  
N-länkade betyder att kolhydraterna är länkade via kvävet i sidokedjan av asparagin.  

---

9. CG – Kromatin MCQ2

Vilka två påståenden om kromatin är korrekta? (2p)

• En nukleosom innehåller 8 proteiner.
• Acetylering kan neutralisera positiva laddningar i histonsvansar.
• Med epigenetisk reglering menas reglering av genuttryck som endast beror av den nedärvda DNA-sekvensen.
• I en nukleosom lindas DNA 2,75 varv runt ett proteinkomplex.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

10. CG – Replikation 7

På bilden syns en eukaryot replikationsgaffel. Fyra olika replikationsfaktorer är markerade på denna bild. Vad heter de olika faktorerna vid pil a, b, c och d? (4p)

Svar

a) CMG-helikas  
b) PCNA  
c) Replication protein A  
d) DNA-polymeras δ  

---

11. CG – Replikation 9

a) Vilken roll spelar DNA-polymeras epsilon?
b) Hur kan PCNA påverka aktiviteten hos DNA-polymeras epsilon?
(4p)

Svar

a) DNA-polymeras epsilon är involverad i DNA-replikation på leading strand.  
Det katalyserar påkopplingen av kvävebaser från 5' till 3'-riktning.  
Det har en 3' till 5' exonukleasaktivitet och kan ta bort om en felaktig bas har kopplats på (proofreading).  

b) PCNA (sliding clamp) ökar processiviteten hos DNA-polymeras genom att hålla det fastbundet till DNA-mallen.  
På så sätt ramlar DNA-polymeraset inte av och kan arbeta med ökad processivitet.  

---

12. CG – Transkription 9

Hur kan en mutation i ett icke-kodande intron ge upphov till sjukdom, t.ex. talassemi? (4p)

Svar

En mutation, t.ex. en punktmutation, kan leda till att en ny splice site bildas i mitten av en intron.  
När ett primärt mRNA senare ska genomgå splicing kan det nya splice-sitet leda till att en del av intronet blir kvar.  
Intronet kan t.ex. leda till att andra kodon finns kvar eller att stoppkodon blir kvar som leder till att felaktig genprodukt bildas när mRNA senare translateras.  
Detta kan i sin tur leda till proteiner som har defekter och inte kan utföra normal funktion.  

---

13. CG – Prokaryot transkription MCQ 3

Vilka två påståenden stämmer om trp-operonet? (2p)

• Trp-operonet kodar för enzymer som behövs för att bryta ner aminosyran tryptofan.
• När det inte finns tryptofan i omgivningen, binder tryptofan-repressorn till operatorsekvensen i trp-operonet.
• Trp-operonet kodar för enzymer som behövs för att syntetisera aminosyran tryptofan.
• Trp-repressorn kan blockera bindning av RNA-polymeras till promotorn.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

14. JJ – Translation 3

Wobble-effekten är en viktig aspekt av genetisk kodavläsning under translationen. Förklara vad wobble-effekten är och hur den bidrar till flexibiliteten i parningen mellan kodoner på mRNA och antikodonerna på tRNA. Diskutera även hur denna effekt kan bidra till tolerans mot vissa genetiska mutationer. (4p) (Max 150 ord)

Svar

Wobble-effekten betyder att den första basen i ett antikodon kan binda till flera olika baser på den tredje basen av ett kodon.  
En kvävebas på tRNA-antikodon som har en sådan förmåga att binda till flera olika baser på den tredje basen i kodonet är inosin, som kan binda till uracil, cytosin och adenin.  
Att den första basen i antikodonet kan binda till flera baser leder till att ett tRNA kan binda till flera kodon på mRNA vilket ökar molekylens flexibilitet (en aminosyra kan kopplas till flera olika kodon).  
Wobble-effekten kan bidra till tolerans mot vissa genetiska mutationer, eftersom även om en mutation finns som gör att en annorlunda kvävebas finns, kan tRNA trots detta binda till det och binda korrekt aminosyra.  

---

15. MO Evolution 5

Lista fyra aspekter som är identiska för alla livsformer på jorden. (4p)

Svar

1. Alla livsformer lagrar sin arvsmassa/genetiska information i nukleinsyror i form av RNA eller DNA.  
2. Den grundläggande metabolismen i alla livsformer är liknande.  
3. Livsformer använder ATP som energivaluta i sina celler.  
4. Alla livsformer använder cofaktorer i sina enzymer.  

---

16. ST – Membran 10

Vad är en hydropatiplot och vad ger den information om? (4p)

Svar

En hydropatiplot kan ge information om det är sannolikt att en viss sekvens är en transmembran alfahelix och hur många alfahelixar det kan motsvara.  
En hydropatiplot kan skapas genom att undersöka en aminosyrasekvens från N- till C-terminal i intervaller om 20 (aminosyra 1–20, 2–21, 3–22 osv.).  
Detta beror på att det krävs 20 aminosyror för att gå genom cellmembranet.  
Man tittar på den energimässiga kostnaden för att flytta respektive aminosyra från en hydrofob till hydrofil miljö.  
Värdena plottas i en graf där energinivån är på y-axeln och intervallerna är på x-axeln.  
Man sätter gränsvärdet på 84 kJ/mol (kommer från transmembrana alfahelixar med känd struktur).  
Om en graf går över gränsvärdet en gång är det sannolikt en transmembran alfahelix.  
Om den går ovanför gränsvärdet flera gånger tyder det på flera transmembrana alfahelixar.  

---

17. IP – Membrantransport MCQ3

Vilka två påståenden om glukostransportörer är korrekta? (2p)

• De utför aktiv transport.
• De faciliterar diffusion.
• De är bärarproteiner.
• De kan enbart transportera glukos i en riktning.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

18. MO – Termodynamik 6

Redogör för begreppet entalpi samt för hur den kan användas för att förutse tendensen för att en viss biokemisk reaktion att ske. (4p)

Svar

Entalpi (H) betyder energiinnehållet i en reaktion.  
Entalpi beror på bindningar som finns i de ämnen som är delaktiga i reaktionen och vilken art bindningarna har.  
I en exoterm reaktion kommer energiinnehållet minska eftersom energi släpps ut.  
Om ΔH är negativ för en reaktion är den exoterm och kan därmed ses som fördelaktig.  
När energi, t.ex. i form av värme, släpps ut till omgivningen kan det öka entropin i molekyler som finns runtom, vilket är fördelaktigt enligt termodynamikens andra lag.  

(Om temperaturen och trycket är konstant kan H tillsammans med systemets parametrar användas för att beräkna den fria energin. ΔG = ΔH − TΔS. Om ΔG är negativ är reaktionen spontan och benägen att ske.)  

---

19. MO Enzymer MCQ7

Två fördelar med att mäta den initiala hastigheten för en reaktion, V₀, är att i början av en reaktion … (2p)

• kan produktinhibering inte påverka hastigheten.
• är förändringar i [S] försumbara, så [S] kan behandlas som en konstant.
• har variationer av [S] inte någon effekt på V₀.
• är förändringar i Kₘ försumbara, så Kₘ kan behandlas som en konstant.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

20. MO Enzymer 7

Vad är syftet med den katalytiska klyftan som finns i ett enzym? Redogör för två fördelar den katalytiska klyftan ger för katalys. (4p)

Svar

I den katalytiska klyftan finns det aktiva centret där substrat kan binda in och reaktion kan ske.  
Syftet och fördelen med en katalytisk klyfta är att det skapar en unik miljö från omgivningen.  
Detta gör att vatten som skulle kunna störa en katalys kan uteslutas.  
Den katalytiska klyftan möjliggör även att substrat kan väljas ut på ett specifikt sätt.  
Ett exempel på detta är att det finns specifika aminosyror, till exempel serin, aspartat och histidin, i den katalytiska klyftan av chymotrypsin som gör att fenylalanin och metionin kan specifikt binda dit.  

---

21. IP – Introduktion till metabolismen MCQ1

Vilka två av nedanstående molekyler är beroende av en B-vitamin för sin syntes? (2p)

• Coenzym A
• Coenzym Q
• NADH
• ATP

(svar angivet i digitalt formulär)

---

22. IP – Glukosmetabolism 5

I glykolysen finns två reaktioner där ATP förbrukas och två reaktioner där ATP bildas.

A) Vilka enzymer katalyserar dessa reaktioner?
B) Förklara hur glykolysen trots detta ger ett nettoutbyte av två ATP.
(4p) (Max 50 ord)

Svar

A) ATP-förbrukande reaktioner: hexokinas samt fosfofruktokinas.  
ATP-bildande reaktioner: fosfoglyceratkinas samt pyruvatkinas.  

B) De reaktioner där 2 ATP förbrukas sker en gång under en cykel av glykolys.  
De reaktioner där 2 ATP bildas sker två gånger.  
Så 2 ATP investeras och 4 ATP bildas, dvs blir nettoutbytet 2 ATP.  

---

23. IP – Glukosmetabolism 6

Fruktos 2,6-bisfosfat fungerar som en allosterisk regulator för flera enzymer.

A) Vilka är enzymerna och hur påverkas deras aktivitet av fruktos 2,6-bisfosfat inbindning?
B) Vad reglerar hur mycket fruktos 2,6-bisfosfat som bildas?
(4p) (Max 75 ord.)

Svar

A) Fosfofruktokinas i glykolys aktiveras.  
Fruktos-1,6-bisfosfatas i glukoneogenes inhiberas.  

B) Fruktos 2,6-bisfosfat (F-2,6-BP) bildas av fosfofruktokinas 2 som ingår i ett bifunktionellt enzym med fruktos-2,6-bisfosfatas.  
Om insulin finns stimulerar det fosfoproteinfosfatas som defosforylerar och aktiverar fosfofruktokinas 2 vilket leder till ökad F-2,6-BP-produktion.  
Däremot, om glukagon finns, ger det upphov till cAMP-bildning som aktiverar proteinkinas A som fosforylerar fosfofruktokinas 2, som därmed inhiberar produktionen av fruktos-2,6-bisfosfat.  

---

24. ML – Glykogen MCQ6

Vilka två av följande påståenden om glykogenmetabolism är korrekta? (2p)

• Glykogen är kovalent bundet till enzymet glykogenin.
• Glykogenolys sker i huvudsak via så kallad hydrolys.
• Höga intracellulära nivåer av glukos-6-fosfat stimulerar glykogenolys i skelettmuskel.
• Skelettmuskel kan använda sig av glykogen som energikälla vid anaerobt arbete.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

25. IP – Citronsyracykeln MCQ3

Vilka två av nedanstående molekyler reglerar något enzym i citronsyracykeln? (2p)

• NADH
• Pyruvat
• ADP
• Acetyl-CoA

(svar angivet i digitalt formulär)

---

26. IP – Integrering av metabolismen MCQ10

I aerob katabolism kommer glukos att omvandlas i ett flertal steg innan det oxiderats fullständigt. I vilken ordning kommer följande metaboliter? (2p)

Matcha ihop värdena (1–4):

• Malat
• 2-fosfoglycerat
• Glyceraldehyd 3-fosfat
• Alfaketoglutarat

(matchning angiven i digitalt formulär)

---

27. ST – Betaoxidation MCQ6

Vilka två effekter har insulin på fettmetabolismen? (2p)

• Inhiberar acetyl-CoA-karboxylas.
• Inhiberar syntes av fettsyror.
• Aktiverar acetyl-CoA-karboxylas.
• Aktiverar syntes av fettsyror.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

28. ST – Heme MCQ3

Vilka två påståenden om heme är korrekta? (2p)

• Succinyl-CoA och glycin används vid hemesyntesen.
• Trypsin innehåller heme.
• Hememolekylen innehåller en magnesiumjon.
• Cytokrom C innehåller heme.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

29. IP – ETK 7

Redogör för hur ATP-syntaset fungerar. (4p) (Max 150 ord.)

Svar

ATP-syntaset utnyttjar protongradienten som bildades i elektrontransportkedjan.  
Dess F₀-del finns i mitokondriens inre membran och har en a-subenhet som innehåller två hydrofila halvkanaler: mot mellanmembranutrymmet (MMU) respektive matrix.  
a-subenheten interagerar med en c-subenhet (som finns i en ring) som har en negativt laddad aspartat- eller glutamatrest.  
En proton kan komma in i halvkanalen mot MMU och interagera med aminosyraresten i c-subenheten.  
Neutralisering gör att c-subenheten roterar en enhet medsols.  
Därmed kan en proton komma in mot halvkanalen mot matrix och frisättas i matrix.  

F₀ är kopplad till F₁-delen i matrix via en γ-stjälk.  
F₁ har 3 alfa- och 3 betasubenheter i en ring.  
Betasubenheterna bildar ATP och antar tre konformationer: Loose (där ADP + Pi binder), Tight (där ATP bildas) och Open (där ATP frisläpps och en ny ADP + Pi kan binda in).  
Den roterande γ-stjälken kan leda till konformationsändringarna i betasubenheterna.  
3 ATP bildas per varv.  

---

30. IP – ETK 8

Beskriv med en reaktionsformel hur celler hanterar att syrgas ibland enbart tar upp en elektron. (2p) (Max 25 ord)

Svar

Superoxid + 2 H⁺ → H₂O₂ mha dismutas.  
(superoxid = O₂·⁻)  

(Väteperoxiden tas hand om av glutationperoxidas  
(2 H₂O₂ → O₂ + 2 H₂O, där 2 glutation oxideras))  

---

31. ML – Aminosyrametabolism 6

Ange det fullständiga namnet på ett kliniskt viktigt enzym som tillhör gruppen aminotransferaser, samt ange reaktionen enzymet katalyserar. (4p) (Max 50 ord)

Svar

Alanin aminotransferas (höga nivåer av detta tyder på leversjukdom).  
Den katalyserar följande reaktion:  
Alanin + α-ketoglutarat ⇌ Pyruvat + Glutamat.  

---

32. ML – Nukleotidnedbrytning 5

Nämn det fullständiga namnet på en purin-nukleotid och ange i vilken molekyl kolskelettet respektive huvuddelen av molekylens kväveatomer slutligen hamnar då nukleotiden bryts ned. (2p) (Max 50 ord)

Svar

Adenosinmonofosfat (AMP).  
Kolskelettet samt huvuddelen av kvävet hamnar i urat.  

---

33. ML – Pentosfosfatvägen 5

En fullt funktionell pentosfosfatväg är viktig för röda blodkroppars skydd mot väteperoxid. Varför? (2p) (Max 50 ord)

Svar

När glutationperoxidas tar hand om väteperoxid oxideras glutation.  
För att skyddet ska fortsätta finnas mot väteperoxid måste den reducerade formen av glutation återbildas med reduktionsmedlet NADPH.  
I röda blodkroppar saknas mitokondrier och NADPH kan endast bildas genom pentosfosfatvägen.  
Därför är en funktionell pentosfosfatväg viktig.  

---

34. JS – Kolesterol 5

3-hydroxy-3-methylglutaryl CoA reduktas (HMG-CoA-reduktas) har en nyckelroll i reglering av cellernas kolesterolsyntes. Beskriv hur detta enzym regleras på transkriptionell nivå; den viktigaste reglermekanismen. (4p)

Svar

Transkriptionen regleras av Sterol Regulator Element Binding Protein (SREBP) som har en transkriptionsfaktordel mot cytosolen.  
Vid låg kolesterol flyttas SREBP från det endoplasmatiska retiklet till golgiapparaten.  
Här klyvs transkriptionsfaktordelen av SREBP av Golgi localized site 1 proteaset.  
Därefter klyver site 2-proteaset vid N-terminalen.  
Den N-terminala delen som har transkriptionsfaktorn binder till Sterol Regulator Element 1 som finns i promotorn av bland annat HMGR, som leder till en ökad transkription av HMGR.  

Själva transporten av SREBP till golgiapparaten, som också påverkar transkriptionen, regleras av Insig 1, Insig 2 och Scap.  
Vid låg kolesterolnivå kommer Insig inte binda till SREBP–Scap-komplexet.  
Insig bryts därmed ned i proteasomen och SREBP–Scap-komplexet kan interagera med COPII, som är involverade i vesiklar som transporteras till golgi.  
Men om kolesterol finns och det binder till SREBP–Scap-komplexet kommer en konformationsändring ske som gör att Insig kan binda in.  
Detta förhindrar interaktion med COPII.  
SREBP går inte med i vesiklar till golgi, vilket betyder att transkription av HMGR inte ökar när mycket kolesterol finns.  

---

35. Introduktionslaboration MCQ6

I en studie utvärderas effekten av en ny blodtryckssänkande medicin mellan en behandlingsgrupp och en placebogrupp. Resultaten från studien visar ett p-värde på 0,03 och ett 95% konfidensintervall på 6–17 mmHg. Nollhypotesen är att det inte finns någon skillnad i medelvärde i blodtryck mellan de två grupperna. Vilka två påståenden är korrekta baserat på dessa resultat? (2p)

Välj ett eller flera alternativ:

• Ett p-värde på 0,03 innebär att det 95%-iga konfidensintervallet inte inkluderar nollan.
• Nollhypotesen kan förkastas.
• Det är 95% säkert att behandlingsgruppen har mellan 6 och 17 mmHg lägre blodtryck jämfört med placebogruppen.
• Det finns ingen statistisk signifikant skillnad i blodtryck mellan grupperna.

(svar angivet i digitalt formulär)

---

36. Plasmidlaborationen 6

You amplified a gene of interest using the blue/white screening method. You extracted plasmids from two bacterial colonies (one blue colony and one white colony), then performed restriction enzyme digestion and ran the samples on a gel as follows: blue uncut, blue cut, white uncut, white cut (see gel below). When imaging the gel, however, you notice there is a faint band in the blue cut sample (see arrow), which should not be there. Explain why the faint band should not be present in that sample and what are the possible sources of error for this outcome? Refer to the size/number of bands in comparison to the bands in the other lanes for your explanation. This questions needs to be answered in English. (4p)

Answer

The blue samples are samples with no DNA-insert.  
They have an intact lacZ-gene and are able to produce β-galactosidase which breaks down X-gal to a blue pigment.  
Since the blue colony samples have no DNA insert, the blue sample should show one band on the gel electrophoresis.  

The reason that the blue cut shows two bands can be because a mixed colony was chosen, meaning one that also had white colonies.  
This could likely be the case because the second band has a 1500 bp size which the second band of the "white cut" also has.  
Another possible reason for this odd result is contamination.  
The "blue cut" sample could possibly have been contaminated with white cut samples when pipetting or by improper labelling of tubes.  
This could be the case as the samples in both lanes show similar sizes (even the larger band is approximately the same size in both, 3000 bp).