medical-notes/content/Biokemi/📝 Gamla tentor/2024-08-01/2024-08-01-0089-ZGH.md

LPG001 Biokemi – Med skannat papper

Kandidat 0089-ZGH oai_citation:0‡2024-08-01-0089-ZGH.pdf

---

1

Uppgift

I glykolysens första steg binder glukos till en klyfta i enzymet som utför reaktionen från vilken vatten stängs ute. Förklara vilka egenskaper de aminosyror behöver ha som binder till glukos och nämn två aminosyror som har dessa egenskaper. (4p) (Max 60 ord.)

Svar

Glukos är en vattenlöslig molekyl - den är polär. De som binder till glukos
behöver då också vara polära och vattenlösliga. två aminosyror som har dessa
egenskaper är serin och treonin. Det som utmärker dessa är att de är alkoholer -
så de binder gärna till glukos via sina OH-grupper.  

Ord: 50  

Totalpoäng: 4

---

2

Uppgift

Stamceller behöver skyddas från det åldrande som drabbar andra celler. En sak som skyddar dem är ökat uttryck av chaperoniner. Förklara hur det kan skydda mot något som är skadligt för celler. (4p) (Max 60 ord.)

Svar

chaperoniner - som hsp60 har två stycken ringstrukturer och en hålighet. I
håligheten erbjuds en isolerad plats för proteiner att vecka sig genom att
proteinet går in i håligheten och ett lock rekryteras - den veckas "som vanligt"
oavsett hur miljön utanför. utan detta skulle prioner kunna bildas - vilka kan
infektera andra proteiner att veckas fel, vilket skadar cellen.  

Ord: 60  

Totalpoäng: 4

---

3

Uppgift

How does fetal hemoglobin (HbF) differ from adult hemoglobin (HbA) and what effect does this have? (4p)
OBS! This question needs to be answered in English. (Max. 100 words).

Answer

Adult hemoglobin consists of two beta subunits and two alfa subunits, while fetal
hemoglobin consists of two alfa subunits and two gamma subunits. HbA has a
lower affinity for oxygen than HbF.  
Beta subunits allow for the allosteric regulator 2,3-BPG to bind. when 2,3-bpg
binds it enhances T-state because it becomes a type of blockage for the
conformational change to R-state, meaning that the affinity for oxygen is
lowered. 2,3-BPG cannot bind to the gamma subunits - meaning that the affinity
for oxygen increases.  

Ord: 84  

Totalpoäng: 4

---

4

Uppgift

Du jobbar på labb över sommaren och du har fått i uppgift att utföra en ELISA för att undersöka om en patient har HIV. Beskriv vilken typ av ELISA som skall utföras, vilka steg som utförs och ange vilken substans hos patienten som undersöks med metoden.
(4p). (Max 200 ord.)

Svar

För att undersöka om en patient har HIV så vill man kolla ifall den har
antikroppar för det. Då använder man sig av indirekt ELIZA samt ett prov
innehållande patientens plasma-komponenter - då det är där antikropparna
finns.  
Vid indirekt ELIZA kommer det i en behållare finnas antigener bundna till
botten, dessa ska ha en epitop som HIV-antikroppen känner igen. Man kommer
tillsätta ett prov innehållande patientens plasma-komponenter till behållaren.
HIV-antikropparna kommer binda till antigenerna och sedan kommer provet att
sköljas.  
efter sköjlning kommer man tillsätta en substans innehållande enzymlänkade
antikroppar som kommer binda till HIV-antikropparna. Efter dessa har fått tid
att binda sköljer man provet en gång till. sedan så tillsätter man en annan
substans som innehåller ett substrat som enzymerna binder. Detta substrat
kommer orsaka ett färgskifte om det finns HIV-antikroppar i provet, om det inte
finns hiv-antikroppar blir det inget färgskifte och man vet att patienten inte har
HIV.  
det är viktigt att man sköljer ordentligt mellan stegen, annars kan det uppstå en
falsk positiv, detta då antikropparna ju skulle finnas kvar i provet, som då de
enzymbundna antikropparna kan binda till, som då kommer ge färgskifte vid
tillsatts av substrat.  

Ord: 194  

Totalpoäng: 4

---

5

Uppgift

Du är läkare och handleder en läkarstudent som är stressad över sin biokemitenta. Läkarstudenten kommer inte ihåg membranlipiderna så bra och undrar om du kan hjälpa till att förklara, vilket du gör genom att:
A) Rita den principiella strukturen för den vanligaste membranlipiden.
B) Markera i bilden som du har ritat den del som är polär, samt den del som är hydrofob.
(4p)

Svar

Svar på ritpapper: fosfolipid med alkohol + fosfat (polär del) kopplad till
glycerol och två fettsyrasvansar (hydrofob del).  

Ord: 0 (i digitalt svar)  

Totalpoäng: 4

---

6

Uppgift

Diskutera kortfattat skillnader och likheter mellan glykoproteiner och glykolipider. (4p)

Svar

glykoproteiner är glykosylerade proteiner, dessa består alltså av ett protein med
"barr" av kolhydrater. de kan vara o-länkade, via serin och treonins OH-grupp,
eller så kan de vara n-länkade via aspargin. Glykoproteiner bygger upp extra-
cellulär-matrix och finns i ledvätska, brosk, ögat mm.  
likt glykoproteiner är glykolipider glykosylerade, men de består av sfingosin + en
fettsyra + en sackarid/flera sackarider. Denna finns i outer leaflet i cellmembran
och bl.a. bygger upp glykokalyx som är på cellen och inte i ECM. Dessa har som
en "svans" med sackarider medan glykoproteiners kolhydrater är mer som
ovannämnt, "barr" som kan finnas över hela proteinet.  

Ord: 100  

Totalpoäng: 4

---

7

Uppgift

A) Vilken roll spelar PCNA vid den eukaryota replikationsgaffeln?
B) Hur ser denna faktor ut?
(4p)

Svar

a) PCNA, eller en sliding clamp, ökar DNA-polymerasets processivitet, den kan
öka hastigheten med upp till 50x. Den fungerar på det sättet att den håller i DNA
strängen så att dna-polymeraset lätt kan glida fram  
b) Den ser ungefär ut som en ring som omringar leading/lagging strand.  

Ord: 47  

Totalpoäng: 4

---

8

Uppgift

Vilka två påståenden om DNA-replikation stämmer? (2p)

• Okazaki-fragment bildas under syntes av ”leading strand”.
• Flap endonuclease 1 (FEN1) kan hjälpa till att ta bort en RNA-primer.
• Topoisomeraser kan ta bort supercoils.
• DNA replikation sker alltid i 3´ till 5´-riktning.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

9

Uppgift

A) Vad är skillnaden mellan exo- och endonukleaser?
B) Skriv det fullständiga namnet för CMP.
(4p)

Svar

a) exonukleaser kommer att bryta fosfodiesterbindingar på änden av en DNA-
kedja medan endonukelaser kommer bryta en fosfodiesterbindning någonstans
i mitten av DNA-kedjan.  
b) cytidinmonofosfat.  

Ord: 24  

Totalpoäng: 4

---

10

Uppgift

Vilka två påståenden stämmer om RNA processning? (2p)

• En lariatstruktur bildas som restprodukt vid splicing av mRNA
• mRNA har en polyA-svans som bildas i cytoplasman.
• 5’-cap hämmar translation.
• Introner bevaras i moget mRNA.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

11

Uppgift

Var sitter histon H1 och vilken roll spelar denna faktor? (4p)

Svar

H1 sitter på den yttre regionen av en nukleosom. Dess uppgift är att stabilisera
nukleosomen genom att binda till/över DNA:t som är virat kring histonbunten
och se till att DNAt förankras med histonerna. Utan H1 hade dnat
främst hållts kvar av H3 och H4s positivt laddade N-terminaler som binder till
den negativt laddade DNA strängen. Detta hade inneburit att så fort dessa
histoner hade genomgått acetylering eller metylering så hade nukleosomen
varit väldigt instabil.  

Ord: 74  

Totalpoäng: 4

---

12

Uppgift

Vid prokaryot transkription spelar sigma-faktorn en avgörande roll. Vilka två påståenden om sigma-faktorn stämmer? (2p)

• Sigma-faktorn gör så att bakteriellt RNA-polymeras binder starkare till alla typer av DNA.
• En bakterie innehåller ofta flera typer av sigma-faktorer.
• Sigma-faktorn styr bakteriellt RNA-polymeras till promotorn.
• Sigma-faktorn gör RNA-polymeraset mer processivt.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

13

Uppgift

Hur sker matchningen mellan den kodande sekvensen på mRNA och antikodonsekvensen på tRNA? Beskriv var i ribosomer som denna matchning sker under translationen. (4p) (Max 150 ord.)

Svar

Ribosomen består av en liten subenhet - 30S och en stor subenhetet 50S. den
stora subenheten kommer sköta matchningen av kodon till antikodon och den
lilla kommer hålla i mRNA strängen. Matchningen mellan den kodande
sekvensen på mRNA och antikodonssekvensen på tRNA sker på Aminoadenyl
siten (A-site) i ribosomen.  
En aminosyra-laddad tRNA kommer att vandra in i A-siten på en riboosom.
Där kommer antikodonerna matchas med kodonerna och vätebindingar
kommer bildas mellan dem. Om dessa har matchat rätt kommer elongation
factors göra att tRNA släpper ifrån och fortsätter till peptidyl-site och sedan ut
via exit-site i ribosomen.  

Ord: 97  

Totalpoäng: 4

---

14

Uppgift

Beskriv kortfattat hur den första eukaryota cellen bildades. (4p) (Max 150 ord.)

Svar

Den första eukaryota cellen bildades tack vare endosymbios. Med endosymbios
menas att två bakterier har gått ihop och har haft ett utbyte mellan varandra
som gynnar båda. Detta sker genom att en mindre bakterie vandrar in i en
större bakterie med en egenskap som gynnar överlevnaden hos både sig själv
och den större bakterien. Tillslut kommer den större bakterien att ta över vissa
processer som den lilla gör genom att den lilla bakteriens DNA överförs till den
större bakterien - på så sätt får vi en cell med flera organeller.  
Exempel: mitokondrien  
mitokondrien - som var en aerob bakterie, vandrade en gång in i en anaerob,
större cell. den gav energi i form av ATP och den större anaeroba cellen gav den
näring. tillslut överfördes DNA från den aeroba bakterien till den anaeroba
cellen - på så sätt kunde cellen börja styra vissa processer och vi fick en
cellandande cell.  

Ord: 150  

Totalpoäng: 4

---

15

Uppgift

Ange två typer av celladhesionsmolekyler och beskriv kortfattat deras funktion. (4p)

Svar

integriner - förankrar cellen med ECM. Detta gör de genom att binda till
cytoskelettet som aktinfilament och sedan binda till ECM komponenter såsom
fibrinogen samt kollagen.  
cadheriner - finns i desmosomer och adherensjunctions, de förankrar cellerna i
varandra. Detta gör de genom att binda till andra cedheriner med homophilic
bindings samt till cytoskelletet, på så sätt binder de ihop cellerna.  

Ord: 60  

Totalpoäng: 4

---

16

Uppgift

Vilka två av nedanstående proteiner utför aktiv transport?

• Aquaporiner
• ABC-transportörer
• Adeninnukleotidtranslokas
• GLUT4

(2p)

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

17

Uppgift

Rangordna molekylerna etanol, fruktos, leucin och koldioxid efter deras förmåga att passera cellens plasmamembran. Starta med den som har lättast att passera. (2p)

Lättast → Svårast:

• Koldioxid
• Leucin
• Etanol
• Fruktos

Svar

*(svar angivet i dra-och-släpp-formulär)*  

Totalpoäng: 2

---

18

Uppgift

Kemiska reaktioner i vätskor och gaser sker snabbare när temperaturen höjs. Hur kan det förklaras? (4p) (Max 150 ord.)

Svar

Det går snabbare därför att en ökning i värmeenergi kommer omvandlas till en
ökning i rörelseenergin (termodynamikens första lag, energi kan inte skapas
eller förstöras men det kan omvandlas). När vi höjer rörelseenergi kommer
detta innebära att varje partikel befinner sig på en högre energinivå än vad den
var innan. Detta ökar både chansen för att två partiklar med rätt konformation
krockar med varandra, men också att de krockar med varandra med tillräckligt
mycket energi för att kunna nå övergångstillståndet och således reagera.  

Ord: 83  

Totalpoäng: 4

---

19

Uppgift

Enzymet A som omvandlar S till P har ett Km på 10 µM och ett Vmax på 100 nmol/s. Enzymet B som omvandlar S till Q har ett Km på 1 mM och ett Vmax på 200 nmol/s. Lika mängder av A och B blandas med 100 µM S i ett och samma kärl. Vad kommer man att ha mest av när reaktionerna är klara - P eller Q? Motivera ditt svar. (4p) (Max 150 ord.)

Svar

Km = ([E]+[S])/[ES] och Vmax = K + Etot k2=turnover number
Med hjälp av formlerna ovan har jag kunnat dra slutsatsen att Enzym A har
både en mindre kapacitet för att forma enzym-substrat komplex och har även
en lägre turnover number än vad Enzym B har. Denna slutsats drar jag då
enzym A har ett större Km värde än vad Enzym B har, vilket innebär att [ES] är
mindre hos Enzym A än Enzym B enligt michealis mentes kinetiken. Enzym A
har alltså lägre affinitet för sitt substrat än Enzym B
Vmax är också lägre hos enzymA än vad den är hos enxym B, detta beror på
turnover number som är det värde som talar om hur bra ett enzym bildar
produkt. Enzym A måste ha ett lägre turnover-number än enzym B då dess
Vmax är lägre.
Enzym B har alltså både större [ES] och bildar produkt bättre(K )->Q kommer
bildas.  

Ord: 150  

Totalpoäng: 4

---

20

Uppgift

Vilka två av nedanstående påståenden om enzymer är korrekta? (2p)

• Enzymer förändrar den fria energin i en reaktion.
• Enzymernas tredimensionella form är nyckeln till deras funktion.
• Enzymer påskyndar reaktioner genom att sänka aktiveringsenergin.
• Enzymer är alltid proteiner.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 0

---

21

Uppgift

Ange vad som används som cellens energivaluta och förklara vad som gör molekylen lämplig för ändamålet. (4p) (Max 100 ord).

Svar

Det som används som cellens energivaluta är ATP.
Det som gör ATP lämplig är att den innehåller tre stycken fosfatgrupper som
binder till varandra med fosfoanhybridbindniningar. Fosfoanhybridbindingen
är instabil och kräver energi för att hållas ihop då det är en repulsion mellan
fosfatgrupperna. Då en fosfat spjälkas av så kommer det att frisättas energi
genom att repulsionen minskar, dessutom uppstår resonans mellan de två
övriga fosfatgrupperna som gör dem stabilare - mer energi avges. Energin som
avges kan då gå till andra energikrävadne processer ex. bilda gradienter och
makromolekyler.  

Ord: 89  

Totalpoäng: 4

---

22

Uppgift

A) Förklara vad som menas med feedbackreglering.
B) Ge ett exempel på ett enzym i glykolysen som regleras med feedbackreglering och ange vad det är som ger feedbackregleringen. (4p) (50 ord)

Svar

A) Feedback reglering är att en produkt som bildas kommer reglera aktiviteten
hos ett enzym som katalyserar en reaktion som sker innan den reglerande
produkten har bildats.  
B) Hexokinas katalyserar reaktionen Glukos + ATP -> glukos-6-fosfat + ADP,
den feedbackinhiberas av sin egen produkt, glukos-6-fosfat.  

Ord: 45  

Totalpoäng: 4

---

23

Uppgift

Vilka två av nedanstående påståenden stämmer för glukoneogenes? (2p)

• Aminosyrorna isoleucin och leucin är glukogena.
• Kol reduceras vid glukoneogenes.
• Glukoneogenes regleras av fruktos 2,6-bisfosfat.
• Glukoneogenes sker framför allt när insulinnivån är hög.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

24

Uppgift

A) Under vilka omständigheter sker bildning av ketonkroppar och varför sker detta?
B) Vilka är de tre ketonkropparna som bildas?
(4p)

Svar

a) bildningen av ketonkroppar sker vid svält. Vid svält kommer
glukosreserverna att ha brutits ned och vi kommer gå över till att bryta ner våra
fettreserver. Då kommer det bildas ketonkroppar och detta är ffa för att förse
hjärnan med energi, då den inte längre kan få det från glukos.  
b) acyl-CoA, acetoacyl-CoA och aceton.  

Ord: 55  

Totalpoäng: 4

---

25

Uppgift

För att initiera bildningen av en helt ny glykogenpartikel, det vill säga börja bilda en glykogenpartikel "från början", så behövs en så kallad glykogen-primer, dvs en kort sträcka linjärt glykogen. Hur bildas denna primer, och varför måste strukturen bildas för att glykogenpartikeln sedan skall kunna byggas upp? (4p) (Max 50 ord.)

Svar

Glykogenin kommer att autokatalysera bildningen av en glykogenprimer
genom att sätta på den aktiva formen av glukos (UDP-glukos) på sin tyrosins
OH-grupp. Sedan forsätter den att binda ca. 10-20 glukosenheter innan
glykogensyntas tar över. Glykogensyntas kan bara bilda alfa-1,4-bindningar om
det finns en kedja att koppa dem till.  

Ord: 48  

Totalpoäng: 4

---

26

Uppgift

Kan citronsyracykeln gå åt vilket håll som helst? Motivera svaret. (4p) (Max 75 ord)

Svar

Jag förstår inte helt frågan som ställs, CSC kan inte gå bakåt i cykeln då vi har
två reglerande steg då koldioxid avges. Isocitratdehdyrogenas och
alfaketoglutaratdehydrogenas är reglerade dels av sina produkter men även av
energikvoten, dessa kan inte gå bakåt hur som helst.
Då det är en cykel kan vi dock återbilda en produkt genom att låta cykeln fortgå
efter oxalacetat har bildats tills vi får den produkten som vi ville återbilda.  

Ord: 73  

Totalpoäng: 4

---

27

Uppgift

Para ihop nedanstående metaboliter med en metabol väg där de ingår. Varje metabolit får enbart användas en gång. (2p)

Metaboliter / vägar:

• fosfoglyceratkinas

• fumaras

• laktatdehydrogenas

• fosfofruktokinas 1

• glukoneogenes

• citronsyracykeln

• Coricykeln

• glykolysen

Svar

*(svar angivet i dra-och-släpp-formulär)*  

Totalpoäng: 2

---

28

Uppgift

Vad får det för konsekvens när NADH som bildats i glykolysen transporteras till mitokondriens matrix med glycerol 3-fosfatshunten istället för med malat-aspartatshunten? (2p) (Max 30 ord)

Svar

Konsekvensen blir att vi kommer behöva förbruka en atp för att glycerol 3
fosfat ska kunna bildas. Det kräver mer energi  

Ord: 21  

Totalpoäng: 2

---

29

Uppgift

Vilka två av nedanstående komponenter deltar i elektrontransportkedjan? (2p)

• Cu2+
• Coenzym A
• Mn2+
• Fe-S-kluster

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

30

Uppgift

Alanin kan bildas i en så kallad transamineringsreaktion med hjälp av ett kliniskt viktigt enzym. Ange det fullständiga namnet på enzymet, samt beskriv reaktionen som enzymet katalyserar med en reaktionsformel. (4p) (Max 20 ord.)

Svar

Alanin-aminotransferas  
pyruvat + glutamat -> alanin + alfa-ketoglutarat  

Ord: 8  

Totalpoäng: 4

---

31

Uppgift

Vilka två av följande påståenden relaterade till nukleotidnedbrytning är korrekta? (2p)

• Gikt är en sjukdom orsakad av förhöjda plasmakoncentrationer av urea.
• Sockerstrukturerna i både purin- och pyrimidin-nukleotider spjälkas loss från kvävebaserna via fosforolys.
• UMP och CMP är purin-nukleotider.
• Då purin-nukleotider bryts ned kommer merparten av purinbasernas kväveatomer slutligen hamna i urat, men en mindre andel av basernas kväveatomer hamnar slutligen i urea.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

32

Uppgift

Vilka två av följande påståenden relaterade till pentosfosfatvägen är korrekta? (2p)

• En funktionell pentosfosfatväg är viktig för att celler skall kunna upprätthålla ett fullgott skydd mot skadliga reaktiva syreföreningar (ROS).
• Glykolysintermediärerna glukos-6-fosfat och glyceraldehyd-3-fosfat är slutprodukterna som bildas i pentosfosfatvägens icke-oxidativa fas.
• En väldigt viktig uppgift för pentosfosfatvägen är att bilda NADPH och ribos-5-fosfat.
• Reaktionerna i pentosfosfatvägens oxidativa fas är fullt reversibla och det är cellens behov som styr riktningen av reaktionerna.

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

33

Uppgift

Beskriv kortfattat vad det enterohepatiska kretsloppet är och förklara dess koppling till kolesterolsyntes. (4p)

Svar

Nedbruten kolesterol kommer att utsöndras med gallsyror, därför är det viktigt
att vi har gallsyror så att vi inte får en ackumulering av kolesterol.
Enterohepatiska kretsloppet är att vi har en 95-procentig reabsorption av
gallsyror i hepatocyterna - vilket gör att vi ständigt har galla.  

Ord: 45  

Totalpoäng: 4

---

34

Uppgift

Vilka två faropiktogram visas i bild nedan?

• Oxiderande
• Brandfarlig
• Skadlig
• Giftig

(2p)

Svar

*(svar angivet i flervalsformulär)*  

Totalpoäng: 2

---

35

Uppgift

A gene of interest was amplified and verified using the blue/white screening method. The plasmids from two bacterial colonies, one blue colony and one white colony, were purified. Then restriction enzyme digestion was performed, and the samples were run on a gel as follows: white uncut, white cut, blue uncut, blue cut (see figure below). After imaging the gel, we can conclude that while there is plasmid DNA in all samples, the white sample was probably mixed with the blue sample. Explain what finding in the gel indicates the white sample was probably mixed with the blue sample by referring to the size/number of bands. Account for the other source of error for this outcome besides pipette tip contamination from sample to sample. (4p) (Max 200 words)
OBS! This question needs to be answered in English.

Answer

the findings in the gel that indicate that the samples were mixed are the lines in
the white uncut sample. It has two visible bands, with one lining up quite nicely
with the blue uncut bands in size. If the plasmid is uncut, than there shouldn't
be two distinct bands because the sample only consists of an uncut product. The
white uncut should also have a larger amount of base pairs than the blue
uncut because we have transformed a gene of interest into it, but they seem to
have the same amount.  
a source of error for this outcome could be that the colony picked for the white
cut may have been close to a blue colony - causing a small amount of the blue
colony to be accidentaly picked.  

Ord: 131  

Totalpoäng: 4