Eksamensspørgsmål og TØ opgaver Flashcards

Question 1

Q

(a) Giv et eksempel på en cellulær kemisk reaktion med et positivt ∆Go.

(b) Hvordan kan
energikrævende reaktioner foregå i en celle?

Answer

A

Svar: Syntesereaktioner som glutamin-syntese en syntese af peptid eller DNA har et positivt ∆Go(b)
En enegikrævende reaktion kan foregå ved at den kobles til en energigivende reaktion. Koblede
reaktioner er sammenhængende par af kemiske reaktioner i hvilken den frie energi frigjort fra den
ene reaktion bringes til at drive den anden reaktion (alternativ: To reaktioner, der har et fælles
mellemprodukt og hvor summen af ∆Go er negativ. (Læringsmål: ”Forståelse af grundlæggende
begreber:.- Fri energi (G), ∆G og ∆Go og….Koblede reaktioner”)

Question 2

Q

(a) Beskriv, gerne ved hjælp af en skitse, hvad der forstås ved fosforylering af et protein.

(b) Forklar hvordan fosforylering kan regulere et enzyms aktivitet.

Answer

A

Svar: Ved fosforylering forstås at der kovalent bindes en fosfatgruppe til en eller flere
aminosyresidekæder med en OH-gruppe på et protein (b) De 2 negative ladninger på fosfatgruppen
medfører en større konformationsændring, f.eks. ved at tiltrække positivt ladede aminosyrers
sidekæder. Derved ændres affiniteten mellem ligand og enzymets aktive site, hvorved enzymets
aktivitet ændres. (Læringsmål: ” Kunne forklare reguleringen af enzymers katalytiske aktivitet” og
”Kunne give eksempler på allosterisk regulering af aktivitet”)

Question 3

Q

(a) Forklar hvilken funktion Taq polymerasen har i PCR (Polymerase Chain Reaction).

(b) Hvorved adskiller Taq polymerasens egenskaber sig fra den polymerase der udfører replikationsprocessen in vivo?

Answer

A

Svar: (a) Taq DNA polymerasen katalyserer kovalent binding af nucleosid trifosfat til DNA-
primerens 3 ́-ende under anvendelse af den streng, som primeren har annealet til, som template. (b)
Taq polymerasen er mere thermostabil end den polymerase, der udfører replikationsprocessen, idet
den kan opvarmes til 92-95 oC uden at denatureres og mister sin katalytiske aktivitet. temperatur-
optimum 72 oC mod cellens egen DNA-polymerases temperaturoptimum på 37 oC (andre forskelle
også godkendt) (Læringsmål: ”Kunne beskrive DNA replikationen ved PCR teknik” og ” Kunne
beskriv forskelle mellem cellens replikationsproces (in vivo DNA syntese) og PCR (in vitro DNA
syntese”)

Question 4

Q

(a) Forklar, gerne ved hjælp af en skitse, hvad vil det sige at DNA replikationen er bidirektionel i forhold til replikations-origo.

(b) Forklar hvordan beskadigelser på den ene af
DNA strengene kan repareres.

Answer

A

Svar: Replikationsprocessen er bi-direktionen idet den går i begge retninger ud fra dette origo, idet
der dannes 2 replikationsgafler, der går i hver sin retning. (b) Den generelle reparationsmekanisme for reparation af beskadigelser som f.eks. depurinisering af enkelte baser
består af 3 trin:
1. Genkendelse af skade ved specifikke proteiner/nucleaser; excision af skade;
2.Polymerase danner nyt DNA med modsatte streng som skabelon; 3. Reparation af hul i
fosfatrygraden med ligase. (Læringsmål: ”Kende betydningen af replikationsmaskineriets
komponenter; Replikationsgaffel (bidirektionel, assymmetrisk, leading og laggins strand, Okazaki
fragment” og (b)”Forstå den generelle reparationsmekanismer for beskadigelse på ene streng”).

Question 5

Q

(a) Beskriv kort 3 af de processer, der sammenfattes under betegnelsen post-transkriptionelle
modifikationer.

(b) Forklar hvad der forstås ved begrebet alternativ splejsning.

Answer

A

Svar: (a) Capping – påsætning af 3-methylguanosin i en 5 ́-5 ́-binding i transkriptets 5 ́ende.
Polyadenylering – enzymatisk fjernelse af en specifik del i transkriptets 3 ́-ende og påsætning af en
lang kæde af adenosin i stedet. Splejsning – enzymatisk bortskæring af specifikke sekvenser i
transkriptet (introns) og ligering af de 2 dobbeltstrengsbrud. (b) Ved alternativ splejsning dannes
der forskellige mRNA (og proteiner) ud fra samme primære transkript. Det skyldes at nogen exons
splejses ud sammen med introns. (Læringsmål:” Kende de 3 post-transkriptionelle processeringer -
Capping, Polyadenylering og Splejsning” og ” Kunne forklare begrebet alternativ splejsning og
dets betydning”)

Question 6

Q

(a) Hvad er forskellen på genetisk og epigenetisk nedarvning?

(b) Beskriv ved hjælp af et eksempel, hvordan en epigenetisk modifikation kan have en effekt på transskriptionen af et
gen.

Answer

A

(Svar: Den genetiske nedarvning baserer sig på den DNA-sekvens, som cellens kromosomer
rummer, mens den epigenetiske nedarvning baserer sig på modifikationer af enten DNA eller
histon-proteiner. De epigenetiske mønstre overføres til begge datterceller, hvor specielle
enzymatiske mekanismer sørger for at mønstrene opretholdes ved at (gen-)etablere dem på det
nydannede DNA og nye histoner. Dette er basis for ”cell memory”. (b) Et eksempel kunne være
acetylering af histoners lysin-sidekæde. Denne epigenetiske modifikation øger transkriptionen ved
at tiltrække generelle transkriptionsfaktorer og enhancere samt løsne bindingen mellem histonernes
positivt ladede aminosyresidekæder og DNA’s negativt ladede fosfatrygrad. (Læringsmål:” Kunne
forklare forskellen mellem genetisk og epigenetisk nedarvning (”cell memory” og ” Kunne give
eksempler på de molekylære epigenetiske mekanismer”)

Question 7

Q

3 phenylpropansyre

Question 8

Q

3 methyl butan-2-ol

Question 9

Q

ethylpropanoat

Question 10

Q

Benzaldehyd

Question 11

Q

N-Methylethanamid

Question 12

Q

Glycin

Question 13

Q

a. Opskriv fem reaktionstyper i organisk kemi

Answer

A

Addition, substitution, elimination, syre-base, redox-reaktioner

Question 14

Q

b. Forklar begreberne nukleofil og elektrofil. Giv et eksempel på hver.

Answer

A

En nukleofil er en elektronrig forbindelse der gerne vil donere et elektronpar til et positivt
polariseret elektron-fattigt atom. En nukleofil kan være negativt ladet eller neutral.
Eksempler på nukleofiler: OH-, H2O, ROH, NH3, RNH2 etc. En elektrofil er en elektronfattig
forbindelse der kan acceptere et elektronpar fra en nukleofil. Eksempler på elektrofiler: H+,
Alkylhalider, carbonylforbindelser.

Question 15

Q

Opskriv to forbindelser der er diastereomere. Stereokemien skal klart fremgå.

Question 16

Q

Forklar Markovnikov ́s regel med et eksempel.

Answer

A

Ved addition af HX til alifatiske C=C dobbeltbindinger: Det af de to carbonatomer der
udgør dobbeltbingen, der har flest hydrogener direkte bundet til sig vil få endnu et
hydrogen.

Question 17

Q

Opskriv den generelle reaktion for nukleofil acyl substitution

Answer

A

R-(C=O)-Y + NU+ –> R-(C=O)-Nu + Y-

Question 18

Q

(a) Redegør for aktiveringsenergiens betydning for enzymers funktion.
(b) Forklar begrebet allosteri i forbindelse med enzymfunktion.
(c) Giv et eksempel på allosterisk regulering af et proteins funktion

Answer

A

Svar: (a) Enzymer katalyserer en specifik reaktion ved at nedsætte
aktiveringsenergien, d.v.s. den energi der skal tilføres for at muliggøre reaktionen. De
øger dermed reaktionens hastighed uden selv at blive forbrugt i den.

(b) Allosteri er når et enzym optræder i forskellig konformation med forskellig enzymaktivitet. Binding af en ligand i et regulatorisk site fremkalder en konformationsændring,
hvorved enzymet affinitet i dets aktive site ændres. (c) Ved binding af GTP til et GTP-bindende protein undergår det GTP-bindende protein en konformationsændring, hvorved affiniteten af proteinets aktive site til substratet øgesog det er aktivt indtil
GTP spaltes til GDP af den intrinsiske GTPase aktivitet. (Læringsmål: ”Forståelse af
grundlæggende begreber:…Aktiveringsenergi” og Kunne forklare begrebet allosteri
og kunne give eksempler på regulering af protein-aktivitet ved
konformationsændring”)

Question 19

Q

a) Skildpaddefarvede katte har både røde og sorte/gråstribede områder i pelsen og det er hunkatte. Forklar den cellebiologiske baggrund bag denne farvetegning blandt hunkatte.

(b) Imidlertid forekommer meget sjældne tilfælde af skildpaddefarvede hankatte. Disse hankatte er som regel infertile som følgende af manglende
testikeludvikling. Beskriv baggrunden herfor.

Answer

A

Svar: (a) Den røde pelsfarve sidder på X-kromosomet som en variant af den sorte/gråstribede. Hunkatte har 2 X-kromosomer og skildpaddefarvede katte bærer det røde gen på et af X-kromosomerne og den sorte/gråstribede på det andet. P.g.a.
tilfældig X-kromosom inaktivering omkring embryonets 64 cellestadie vil nogle hudområder udtrykke et af X-kromosom, mens andre vil udtrykke det andet og pelsen vil derfor blive en mosaik af røde og sorte/gråstribede områder. (b) Hankatte med
skildpaddefarvede aftegn udviser oftest en 39,XXY-karyotype og har dermed et ekstra X kromosom i forhold til den normale 38,XY karyotype for en han. De 2 X-kromosomer muliggør at de skildpaddefarvede aftegn jfr. ovenstående, mens Y-
kromosomet giver udvikling af hankattepræg. Det ekstra kønskromosom medfører infertilitet. (Læringsmål: Kunne forklare hvordan X kromosom inaktivering virker,
hvordan det kan give skildpaddefarve hos hunkatte og hvad årsagen til skildpaddefarve hos hankatte kan være.)

Question 20

Q

(a) Hvad forstås der ved at replikationsprocessen er semi-konservativ?
(b) Beskriv forskellen på hvordan leading og lagging strand dannes under
replikationsprocessen.
(c) Forklar princippet bag og den biologiske betydning af DNA
polymerasens proofreading.

Answer

A

Svar: (a) Semikonservativ replikation betyder at den ene streng på hver af
replikationens 2 dobbeltstrenge er den gamle streng mens den komplementære streng
er nydannet under replikationsprocessen

(b) Leading strand dannes på den ene af de
gamle strenge ved uafbrudt påsætning af deoxynucleotider på RNA primerens 3’-ende indtil synteseprocessen stoppes, mens lagging strand syntetiseres på den modsatte streng som ca. 1000 baser lange DNA-enkeltstrenge (Okazaki-fragmenter), der efterfølgende ligeres sammen til en kontinuerlig streng.

(c)
Replikationsprocessens DNA polymerase har en 3’-5’ exonucleaseaktivitet, der muliggør at en nys påsat nucleotid, der ikke er komplementær til skabelonstrengen,
kan fjernes igen, hvorefter polymerasen igen prøver at påsætte en base, der er komplementær til skabelonstrengen. Den biologiske betydning heraf er en meget lav fejlrate ved replikationsprocessen og dermed at der kun optræder få mutationer som følge af replikationsprocessen selv om genomet indeholder flere milliarder basepar

Question 21

Q

a) Hvad forstås ved et gen?
(b) Hvad er forskellen på en haploid og en diploid celle?
(c) Hvad forstås der ved nucleolus?

Answer

A

Svar: (a)Ved et gen forstås et segment af DNA som indeholder den nødvendige information for at danne et bestemt protein. I nogen tilfælde danner genet dog et RNA molekyle, som kan udføre strukturelle eller katalytiske funktioner.

(b) forskellen er at en haploid celle indeholder en enkel kopi af ethvert kromosom, mens en diploid
celle indeholder 2 kopier af hvert kromosom, en paternel og en maternel kopi.

c) Nucleolus er et lysmikroskopisk mørkt domæne i nucleus, hvor de ribosomale gener transkriberes, processeres til ribosomalt RNA og bindes til de ribosomale proteiner.
(Læringsmål:” Kunne forklare begreberne..Gener og genom..Nucleolus…Ploidi
(diploidi, haploidi)”)

Question 22

Q

De 4 vigtigste former for RNA i en eukaryotcelle er mRNA, rRNA, tRNA og miRNA. Forklar hvilke funktion de 4 RNA-klasser har.

Answer

A

mRNA står for messenger RNA og det indeholder koden for proteinets primære aminosyre-sekvens i form af codons. rRNA står for ribosomalt RNA og er de 4 typer strukturelt RNA, der sammen med ca. 80 forskellige proteiner udgør
ribosomets store og lille underenhed og som rummer ribosomets peptidyl-transferase aktivitet. tRNA står for transfer RNA og er forskellige små RNA
stykker, der bærer hver sin aminosyre hen til et codon på mRNA og som binder sig dertil v.h.a. anticodon-sitet. miRNA står for micro RNA, der har en betydning for regulering af genekspressionen

Question 23

Q

Forklar hvordan kompakteret DNA kan løsnes så transskriptions-initiering
lettes

Answer

A

Svar: Kompakteret DNA kan løsnes ved kovalente modifikationer af histon-
proteinernes aminoterminale ender, der ofte sidder på ydersiden af histonproteinet.
En fosforylering af en aminosyresidekæde vil lokalt give en mere negativ ladning
således at det negativt ladede DNA sidder løsere bundet på det generelt positivt
ladede histon mens en acetylering af histonproteiner mindsker nucleosomernes
affinitet for hinanden, hvilket vil kunne fremme en mere åben nukleosomstruktur. En
anden mulighed er at kromatin-remodellerings komplekser under ATP hydrolyse er i
stand til at åbne kromatinstrukturen. En mere åben kromatinstruktur vil alt andet lige
lette transkriptionsinitieringen.

Question 24

Q

3-brombenzoesyre

Question 25

Q

2-chlorbenzaldehyd

Question 26

Q

Opskriv fem reaktionstyper i organisk kemi

Answer

A

Addition, nukleofil substitution, elimination, oxidation, reduktion

Question 27

Q

Forklar begreberne nukleofil og elektrofil. Giv et eksempel på hver.

Answer

A

En elektrofil har et lone-pair den gerne vil bruge til at danne en binding med
elektrofiler.eksempler er H2O, NH3 etc.
En elektrofil har underskud af elektroner og vil gerne danne en binding til en nukleofil.
Eksempler er H+ og carbokationer.

Question 28

Q

Vis den generelle struktur på et halvacetal.

Question 29

Q

Giv et eksempel på Markovnikovs regel.

Question 30

Q

Opgave 1:
(a) Forklar kort hvordan nucleus afgrænses fra cytoplasmaet.
(b) Hvad kan man konkludere om ligevægtskontanstanten i en reaktion hvis Go =0?
(c) Giv et eksempel på en reaktion, der har et negativt Go.

Answer

A

(a) Nucleus afgrænses fra cytoplasmaet af to plasmamembraner, en ydre og en indre kernemembran.
Hulrummet mellem dem står i forbindelse med det endoplasmatiske reticulums hulrumssystem. Under
inderste kernemembran ligger nuclear lamina, der er understøttende skelet af intermediærfilamenter. I de to
membraner findes kerne-porer, der er små kanaler gennem kernemembranen. Porernes vægge består af
proteiner. (b). Ligevægtskonstanten er 1 når Go=0. (c) f.eks. ATPADP + Pi.

Question 31

Q

Opgave 2:
(a) Redegør for begreberne primær, sekundær, tertiær og kvarternær struktur i forbindelse
med proteiner.
(b) Hvordan adskiller de bindingstyper, der stabiliserer et proteins primære struktur sig fra de
bindingstyper, der stabiliserer den sekundære struktur af et protein?

Answer

A

Svar: Et proteins primærstruktur er dens aminosyresekvens, sekundær struktur er den foldning som
optræder i bestemte segmenter af aminosyrekæden mens den tredimensionelle struktur af hele
aminosyrekæden udgør tertiærstrukturen. Kvartenær strukturen er interaktionen af flere
polypeptider til et samlet kompleks. (b) Proteinets primærstruktur stabiliseres af kovalente
bindinger mens sekundærstrukturen stabiliseres af non-kovalente bindinger som ion- og hydrogen-
bindinger.

Question 32

Q

Opgave 3:
(a) Forklar hvordan en haploid celle adskiller sig fra en diploid celle.
(b) Hvilket enzym bruges til DNA syntese i PCR-reaktionen og hvorved adskiller dets
egenskaber sig fra det enzym, der bruges ved replikationsprocessen in vivo i dyr?

Answer

A

Svar: I en haploid celle er der kun et kromosom af hver slags, mens der i en diplod celle er 2
kromosomer af hver slags, 1 fra far og 1 fra mor. (b) Taq DNA polymerase, en thermostabil DNA
polymerase, d.v.s. at den har et væsentligt højere temperaturoptimum (72 C) hvor eukaryotcellens
DNA polymerase har temperaturoptimum omkring 37 C.

Question 33

Q

Opgave 4:
(a) Forklar forskellen på (1) replikation (2) transskription og (3) translation.
(b) I hvilken fase af cellecyklus foregår replikationsprocessen?
(c) Hvor i cellen foregår transskriptionsprocessen?
(d) Hvor i cellen foregår translationsprocessen?

Answer

A

Svar: (a) (1) Replikationsprocessen er kopieringen af DNA-dobbelthelix i 2, (2)
transskriptionsprocessen er oversættelse af et segment (gen) af cellens ene DNA streng til RNA og
(3) translation er oversættelse af mRNA til et peptid, en streng af aminosyrer. (b) S-fasen. (c) I
nucleus (cellekernen). (d) i cytosolen/cytoplasmaet.
(Læringsmål: for (a) er der tale om en kombination af læringsmål fra kap. 6 og 7, for (b), (c) og (d) er det
”Forstå hvor og hvordan DNA syntetiseres”)

Question 34

Q

Opgave 5:
(a) Forklar opbygningen af et færdigt mRNA molekyle, herunder hvad der forstås ved 5 ́-
UTR, 3 ́-UTR og codons.
(b) Forklar hvorfor præ-mRNA (det primære transskript) som regel er væsentligt længere
end det mRNA, der eksporteres til cytoplasmaet
(c) Forklar hvad funktionen af et antikodon er og på hvilken type RNA-molekyle, det findes.

Answer

A

Svar: (a ) Et codon er en sekvens på 3 ribonucleotider, der koder for en aminosyre, på et mRNA
molekyle. mRNA molekylet har en 5’methyl-guanosin i 5 ́enden og en poly(A) hale på ca. 200 bp i
3 ́-enden. 5’- og 3’-UTR er den sekvens i henholdsvis 5’- og 3’-enden af mRNA-molekylet, der ikke
koder for nogen aminosyre. (b) Det primære transkript er længere end et mRNA molekyle idet
introns er splejset ud i et mRNA molekyle. (c) et mRNA’s utranslaterede del en den nucleotid-
sekvens i mRNA-molekylets 5 ́- og 3 ́- ende, der ikke indgår som codon ved dannelse af proteinet.
(c) Et anticodon er et tRNA molekyles komplementære sekvens til et codon og dets funktion er at
sikre at det er den rigtige aminosyre, der indsættes i det peptid, der dannes ud fra de codoner, der
translateres fra et mRNA molekyle.

Question 35

Q

Opgave 6:
(a) Beskriv kort hvordan cellen kan nedbryde et fejlfoldet protein.
(b) Gør rede for hvordan små RNA molekyler indgår i degraderingen af mRNA-molekyler.

Answer

A

Svar: (a) Til denaturerede eller fejlfoldede proteiner bindes kovalent et ubiquitin-molekyle,
hvorefter de ubiquitinylerede proteiner optages i proteasomer og nedbrydes til korte peptider af de
proteaser, der sidder på den indvendige side i proteasomerne. (b) et ca. 22 bp langt, enkelstrenget
miRNA molekyle dannes ved processering af et (længere) precursor miRNA molekyle og det kobles
til et RISC protein og bruges til specifik genkendelse og destruktion af mRNA molekyler med helt
eller delvist komplementære RNA sekvenser således at fuldstændigt komplementære mRNA
molekyler nedbrydes hurtigere end delvist komplementære molekyler.
(Læringsmål ” Kende principperne i proteinernes nedbrydning og betydningen af den kontrollerede
protein-nedbrydning” og ”Kende principper og eksempler på repressor proteiners og RNAs rolle i
post-transkriptionel kontrol – mRNA degradering”)

Question 36

Q

1-phenylbutan-1-on

Question 37

Q

4-hydroxybenzoesyre

Question 38

Q

Benzyl propanoat

Question 39

Q

Propanamid

Question 40

Q

Glycerol

Question 41

Q

Vis den generelle struktur på et ketal.

Question 42

Q

Kende de mest almindelige energibærere og hvilke funktionelle grupper,
de bærer: ATP, NADH, NADPH, CoA, biotin

Answer

A

ATP, phosphat er energibærende grupper
NADH - NADPH, elektroner er energibærende
CoA, acetylgrupper er energibærende
biotin, carboxylgrupper er energibærende

Question 43

Q

1.1 Define living things by 7 characteristics

Answer

A

Ond Hest Røver En Vaskebjørn Særligt Tit

1 Organiserede, 2 Hometostase, 3 Reproduktion, 4 Energiforbrug og omdannelse, 5 vokser, 6 reagerer på stimuli og 7 tilpasser sig miljøet

Question 44

Q

1.5 Suggest a reason why it would be advantageous for eukaryotic cells to evolve elaborate internal membrane systems that allow them to import substances from the outside as shown in fig. 1-25.

Answer

A

For at kunne optage næring fra miljøet trods forskellig polaritet.
Cellemembranen består af et dobbelt lipidlag hvori de hydrofile hoveder vender udaf, og carbonkæderne (de hydrofobe haler) vender indad.
Således er cellemembranen permeabel overfor mindre hydrofobe stoffer (Oxygen, kuldioxid og kvælstof. Noter også at mindre polære molekyler (uladede) også kan trænge gennem cellemembranen. Det er samtidig ikke muligt for molekyler som vand at trænge gennem membranen.
Cellemembranen har flere funktioner heriblandt:
Transport af molekyler, proteiner, ioner etc.
Beskyttelse af cellens indre.
Afgrænsning af cellens cytoplasma.

Question 45

Q

1.6 Discuss the relative advantages and disadvantages of light and electron microscopy. How could you best visualize a living skin cell, a yeast mitochondria, a bacterium and a microtubule?

Answer

A

Lysmikroskop
Lys
Levende og døde præparater kan ses
Minutter/timer
Kondensor, objektglas og øjelinse glas
Lav opløsning (0,25 um-0,3um)
Forstørrelse fra 500X-1500X

fra 1 mm til 0,2 mikrometer (grænsen for synligt bølgelys)
Ikke nødvendigt
Menneskeligt øje
Synligt lys passerer nemt gennem vand - så der kan observeres levende ting. Dyre- og planteceller, stamceller etc.

Elektron mikroskop
Elektroner
Kun døde eller indtørrede præparater kan ses.
Dage
Elektromagnetiske
Høj opløsning (0,001 um)
Kan forstørres mere end 100.000X.

10-7 m - 10-10 m
Nødvendigt for at operere
Billedet vises på et flouriserende papir eller fotografi
Tynde dehydrerede skiver, der er farvede med elektrontætte tungmetaller. Ser typisk en høj opløsning af mikrotubuli, mitokondrier og bakterier med denne.

Question 46

Q

2.7 What is meant by “polarity” of a polypeptide chain and by polarity of a chemical bond? How do the meanings differ?

Answer

A

Polaritet i en kemisk binding betegner at molekylet er polært ladet, og derfor har visse atomer der trækker mere i elektroner end andre, og derfor har en højere forskel i elektronegativitet (se H2O).
Polaritet i polypeptider: Orientering - kan du kende foreskel på et molekyles ender er det polært - hvis ikke er det ikke polært.
ses som polaritet i proteinets tredimensionelle form? Kan proteinet bindes til øvrige proteiner.

Question 47

Q

Forklar hvad der forstås ved en syre og en base

Answer

A

Syre forstås som en positiv forbindelse, der vil afgive en elektron, hvor basen er negativ og optager elektroner.

Question 48

Q

Hvad forstås der ved at vand er en amfolyt?

Answer

A

Amfolytter forstås som forbindelser/molekyler der både har syre- og base egenskaber.
Vand go alkohol

Question 49

Q

3.7. Giv et eksempel på et korresponderende syre-base par.

Question 50

Q

3.9. Afstem reaktionerne
N2 (g) + H2 (g) ⇄ NH3 (g)

Answer

A

Almen afstemning
Her afstemmes blot med antallet af hydrogener.
N2+3H2⇄2NH3(g)

Question 51

Q

Afstem reaktionen
Cl - + MnO4- + H+ ⇄ Cl2 (g) + Mn2+ + H2O (sur opløsning)

Answer

A

1) Find OT
-1 +7 -2 0 2+
Cl- + MnO4- + H+ ⇄ Cl2 (g) + Mn2+ +H2O

Cl ↑15
Mn↓51

2) Der skal afgives lige mange elektroner og disse ganges med hinanden

5Cl- + MnO4- + H+ ⇄ 2.5Cl2 (g) + Mn2+ +H2O
Kommatal accepteres ikke - gang med 2 på begge elektron OT
Cl ↑152
Mn↓512

10Cl- + 2MnO4- + H+ ⇄ 5Cl2 (g) + 2Mn2+ +H2O Se bort fra H+ ladning på venstre side her
Ladning V: -12 e Ladning H: +4 e
3) Da ladningerne ikke stemmer afstemmes med H+ ioner på venstre side og vand på højre.

10Cl- + 2MnO4- + 16H+ ⇄ 5Cl2 (g) + 2Mn2+ +8H2O
Ladning V: +4e Ladning H: +4e

Question 52

Q

4.1 (Hvad er forskellen mellem aktiveringsenergi og ΔG?)

Answer

A

Aktiveringsenergi er den mængde energi krævet for at en specifik kemisk process kan finde sted. Det kan eksempelvis være aktiveringsenergi til vidersendelse af elektriske impulser over de præsynaptiske endeterminaler i nerverne. Gibbs frie energi er derimod den mængde energi en reaktion udløser/kræver når denne forløber.

Question 53

Q

5.4. Forklar hvad forskellen er på konstitionelle isomere og stereo-isomere

Answer

A

Konstitionelle isomerer: samme formula, men atomernes binding til hinanden varierer
Stereoisomerer: Isomerer med samme formula, men forskellige forgreninger

Question 54

Q

Tegn tre forbindelser med sumformlen C5H12

Question 55

Q

6.3.13 Which of the following are most likely to behave as nulceofiler eller electrofiler? Nukleofil / elektrofil
NH4+
C—N-
Br+
CH3NH2
H-C—C-H

Question 56

Q

6.4. Opskriv mindst tre forskellige reaktionstyper i organisk kemi.

Answer

A

Substitutionsreaktion
Substitutionsreaktioner foregår på den måde at atomer bliver udskiftet med hinanden. Eksempel: Heptan og bromvand (dette bliver også bekræftet i et af opgavens forsøg). Her går brommen ind og skifter plads med nogle hydrogenatomer i heptanen.
Additionsreaktion kan fx: påvises ved at blande Oct-1-en og Bromvand sammen. I så fald vil dobbeltbindingen mellem de to carbonatomer brydes og i stedet være mere villige til at binde sig til brom. Typisk når man snakker additionsreaktioner brydes enten dobbelt eller trippel-bindinger.
Redoxreaktion

Question 57

Q

6.7. Forklar betydningen af resonans og giv et eksempel på det.

Answer

A

Stabilitet af allyliske carbonatomer angives i resonans.
Resonans form: Individet form af allyliske carboncation.
Resonanshybrid: mix af R-forme.
Resonans = stabilitet.
Resonans er et udtryk for frekvens - bølger.
Eksempel følger: :)

Question 58

Q

9.2. Beskriv nukleofil acyl substitution og forklar hvorfor aldehyder og ketoner ikke deltager i den reaktion.

Answer

A

var: Et nucleofilt stof (Nu-) nærmer
sig carbonylgruppens C-atom og bindes kovalent til denne hvorved -
elektronerne displaceres mod O-atomet så dobbeltbindingen brydes og der
dannes en alkoxid-intermediærforbindelse hvor O-atomet er negativt ladet.
Derefter brydes bindingen til den tidligere substituent, -Y gruppen, der kan være
leaving gruppe fordi den er elektronegativ nok til at danne en stabil anion, og
dobbeltbindingen til Oxygen-atomet genetableres. I aldehyder og ketoner er Y-
gruppen ikke elektronegativ nok til at danne en stabil anion og den kan derfor
ikke være en leaving gruppe.

Question 59

Q

10.2. Opskriv en generel sumformel for kulhydrater og forklar forskellen på
aldoser og ketoser samt betydningen af prefix tri, tetr, pent, hex

Answer

A

Svar: Cx
(H2O)y. Aldoser indeholder en aldehyd-gruppe mens ketoser indeholder en keto-
gruppe. Præfixerne angiver hvor mange C-atomer, kulhydratet indeholder (tri=3,
tetr=4, pent=5, hex=6).

Question 60

Q

11.3. Forklar hvad der forstås ved et (a) triglycerid, (b) et phospholipid og (c) et
steroid.

Answer

A

Svar: (a) er 3 fedtsyrer, der er esterbundne til et glycerol-molekyle. (b)
En fosfatgruppe eller esterbundne alkohol-derivater deraf (cholin eller serin) der
er knyttet til en mono- eller di-acylglycerol ved phospho-esterbindinger mens (c)
et steroid er et lipid bestående af et carbonskelet med 4 sammenhængende
ringe, 3 seksleddede ringe og 1 femleddet ring.

Question 61

Q

Beskriv den biokemiske opbygning af et RNA molekyle, herunder hvilken
bindingstype, der stabiliserer dets tredimensionelle foldning

Answer

A

Svar: 4
nucleotider/baser, ATGC, polynucleotid med phosphordiesterbindinger som
rygrad, ribose, 5- og 3 ́ende/polaritet, enkeltstreng, hvis dimensionelle struktur
holdes sammen af intramolekylære baseparringer (hydrogenbindinger)

Question 62

Q

Giv 3 eksempler på hvordan RNA molekyler, der ikke translateres til noget protein, kan have
en funktion i cellen.

Answer

A

Translationshæmning
mRNA degradering
Beskyttelse mod fremmede mRNA

Question 63

Q

Forklar den epigenetiske, molekylære mekanisme bag X kromosom-inaktivering ved Xist
genet.

Answer

A

idlig embryonal aktivering af Xist genet på eet af de 2
X-kromosomer i hver hunlig celle fører til dannelse af det 17000 lange, ikke-kodende
RNA molekyle. Dette klistrer til det transkriberende X-kromosom og medfører at det
pakkes sammen til heterokromoatin.

Question 64

Q

Bakterie-celler kan optage aminosyren tryptophan (Trp) fra deres omgivelser, eller de kan selv
syntetisere den hvis der er utilstrækkeligt i omgivelserne. Tryptophan repressoren er en
transskriptions-regulator, som lukker af for transskriptionen af tryptophan operonet, d.v.s. de
gener som koder for de enzymer der er nødvendige for syntesen af tryptophan (se Albers et
al., Fig. 8-7).

(a) Hvad ville der ske med reguleringen af tryptophan operonet i celler, som udtrykte en
mutant form af tryptophan repressoren som
(1) ikke kan binde DNA,
(2) ikke kan binde tryptophan eller
(3) binder til DNA uanset om der er tryptophan eller ej?

(b) Hvad ville der ske i de scenarier skitseret i (1), (2) og (3) hvis cellerne producerede et
normalt tryptophan repressor protein fra et ekstra, normalt gen? (Altså sådan at der
er en ligelig blanding af protein-molekyler i den muterede form og i den normale
form). (Alberts, opgave 8-1))

Answer

A

I situation (a) vil transkriptionen af tryptophan-operonet ikke længere blive reguleret
ved mangel eller tilstedeværelse af tryptophan; enzymerne ville være permanent slået
til i scenario (1) og (2) og permanent slået fra i scenario (3). I situation (b) vil det
normale tryptophan repressor protein fuldstændigt normalisere reguleringen af
enzymerne i tryptophan biosyntesen i scenario (1) og (2). Derimod ville expressionen
af det normale protein ikke have nogen effekt i scenario (3), fordi tryptophan
operatoren ville være ”optaget” af permanent bundet, mutant protein

Answer 45

A

c og e (ved ikke med d endnu)

Answer 46

A

A). Kopiering sker ved specifik baseparring til
komplementær DNA sekvens; (B) ved korrekturlæsning af netop påsatte
base; (C). fjernelse af mismatch baser på nysyntetiserede streng efter
replikation v.h.a. DNA repair mekanisme

Answer 47

A

Genkendelse af skade ved specifikke proteiner/nucleaser; excision af
skade; 2. Polymerase danner nyt DNA med modsatte streng som
skabelon; 3. Reparation af hul i fosfatrygraden med ligase.

Answer 48

A

DNA polymerasen er selvrettende, d.v.s. at hvis
der opstår et mismatch under replikationen vil det blive fjernet v.h.a.
polymerase-enzymets indbyggede 3’-5’ nuclease-aktivitet

Answer 49

A

Ved
replikations-origo dannes et kort RNA-stykke (en primer) af en primase, der
er en del af replikations-maskineriet. RNA primerens 3’-OH gruppe bruges
af DNA polymerasen til at bygge deoxyribonukleotider på. RNA primeren
fjernes sluttelig af en specifik DNA polymerase med exonuklease-aktivitet.
Denne erstatter ribonukleotiderne med deoxyribonucleotider.

Answer 50

A

(a)Telomerase erstatter de nukleotider, der tabes hver gang en
eukaryot kromosom duplikeres, ved at forlænge 3 ́-enden af den ene streng
med mange kopier af en bestemt kort DNA sekvens. (b) Et lille RNA
molekyle, der i sekvens er komplementær til den sekvens, der forlænger 3 ́-
enden.

Answer 51

A

Carbon i carbonylgruppen er sp2-hybridiseret, og dobbeltbindingen til oxygen består af en σ-binding
fra den ene sp2-orbital og en π-binding fra den ikke-hybridiserede p-orbital.

Carbonylgruppen er i et trigonalt plan (dvs. en binding ud til hver kant i en trekant).
Det medfører at carbonylgruppen ikke er særlig sterisk hindret (jo flere H, jo mindre sterisk hindring, jo merereaktivt – jo flere R, jo større sterisk hindring (de fylder), jo mindre reaktivt (sværere for andre molekyler at komme ind).

Carbonylgruppen er polariseret pga. det elektronegative oxygenatom. Det betyder også at
oxygenatomet er nukleofilt og carbonatomet er elektrofilt:

Answer 52

A

Glykosider:
Glykosider er kulhydratacetaler, og fås når hemiacetalen i ringen reagerer med en alkohol (eller en amin)
under fraspaltning af vand. OH-gruppen på det anomere carbonatom udskiftes altså med en OR.
Glykosidbinding mellem kulhydrater:
Hvis hemiacetalen i et monosakkarid reagerer med en OH-gruppe i et andet monosakkarid, vil der dannes
et disakkarid. Der skabes altså en glykosidbinding mellem de to, så de sættes sammen til et disakkarid.
Glykokonjugering:
Proteiner og lipider kan glykokonjugeres (produkterne kaldes glykoproteiner og glykolipider), dvs. at der
påsættes et glykosid. Glykokonjugering sker ved at OH i kulhydratets hemiacetal/hemiketal reagerer med
OH eller NH2 i et protein eller lipid, og vand fraspaltes.
Glykokonjugering er fx medvirkende til cellegenkendelse. Det kan også fungere som biokemiske markører
som det ses ved blodtyper.
Blodtyper:
Forskellen mellem de forskellige blodtyper opstår, fordi de er glykokonjugeret på forskellige måder.
A, B og O har hver deres biokemiske markør (glykokonjugering). AB har både A’s og B’s.

Brainscape's Knowledge GenomeTM

Eksamensspørgsmål og TØ opgaver Flashcards

Brainscape's Knowledge Genome^TM