TWÓJ BIOTECHNOLOG https://www.facebook.com/twoj.biotechnolog

1.Charakterystyka wektora (ale jakiegoś konkretnego? Bo tak ogólnie dla wektorów to chyba a,c,e też są prawdziwe?)
a) wektor może być użyty do przygotowania biblioteki genomowej
b) zawiera geny markerowe
c) może replikować w komórkach bakteryjnych w sposób charakterystyczny dla plazmidów
d) zawiera COS –pakowanie do wektora
e) zawiera polilinker(sekwencje wielokrotnego klonowania)

2.Nukleaza SI
a) może być użyta do lokalizacji sekwencji intronowych (prawda, w książce jest o tym, że mozną lokalizować egzony, ale jak zlokalizujemy egzony, to wiemy, gdzie są też introny?)str.189 na górze...S1 odcina te sekwencje w postaci pętelek ale nie możemy powiedzieć że je lokalizuje. Introny można wskazać techniką elektroforezy co jest później napisane. a mapowanie nukleazą S1? pozwala przecież na dokładną lokalizację intronów... więc wydaje mi się, że to prawda.

b) może degradować DNA i RNA i powstają produkty posiadające sekwencje P-5’ (a to nie będzie też prawdziwe? nukleaza S1 może degradować DNA i RNA jeśli są tylko jednoniciowe.)również sądzę, że to prawda, ale zazwyczaj zakładamy ze DNA jest dwuniciowe wiec fałsz a wiadomo czy zostawia P-5?

http://en.wikipedia.org/wiki/S1_nucleasenj

Tu jest napisane, że fosforan zostaje na końcu 5’. Nie jest w treści napisane, że dsDNA. Jest napisane “ “m
c) DNA:DNA, RNA:RNA i DNA:RNA są odporne na działanie tego enzymu
b) jest egzonukleazą- jest endonukleazą
e)używana do odtrawiania fragmentów kw.nukleinowych ,które maja forme pojedynczej nici
3.Który ze zwiazków może byz użyty jako substrat do enzymatycznego znakowania izotopem P32 fragmentu DNA o końcach tępych?
a) dATP znakowany P32 w pozycji gamma
b) ATP znakowany w pozycji alfa
c) dGTP znakowany w pozycji a - terminalna transferaza (?? o co chodzi z tą transferazą)(może być każdy dNukleotyd)
d) [g-P32] -ATP
e) [a-P32]-dATP

Moim zdaniem musi dNukletoyd bo mamy DNA, w pozycji alfa bo przy dołączaniu ta grupa fosforanowa nam się nie odłączy a mamy reakcję enzymatyczną wię jest polimeraza o aktywności 5-->3 wię dołączy nam ten nasz dATP do końca 3’ odcinając 2 grupy fosforanowe.

ale jak używamy kinazy polinukleotydowej, to substratem dla niej jest gamma-32P-ATP

Powiedz mi, jak Ty chcesz do końców tępych dodać nukleotyd? W zadaniu [najpewniej] chodzi o znakowanie fosforanem z użyciem kinazy polinukleotydowej, która jako substratu używa ATP. Polimeraza Taq jakoś może dodać nukleotyd do końca tępego...str.156 Ale tu będzie (d) bo chodzi o koniec 5’

Tam jest napisane, że syntezę kończy dodatkowym A na końcach 3’. Nie wynika z tekstu, iż jest w stanie dodać cokolwiek do końca tępego. A kinaza polinukleotydowa nie może do tępego końca dodać Pi? Wtedy odpowiedź d też jest dobra. Tutaj właśnie tłumaczę, dlaczego odpowiedź D jest poprawna.
 
4.Wektor plazmidowy poddano linearyzacji enzymem EcoRI został uzyty do ligacji z DNA powstałym w wyniku hybrydyzacji dwóch syntetycznych oligonukleotydów. Syntatyczny ds.DNA  został tak zaprojektowany iż posiada końce identyczne z końcami wektora(EcoRI). Mieszaninę poligacyjną poddano transformacji komórki bakteryjne i wylano je na podłoże  zawierające odpowiedni dla wekrota antybiotyk. Które z podanych poniżej twierdzeń są  nieprawdziwe?
a)pośród powstałych klonów można było zaobserwować klony zawierajace wektor pozbawiony insertu
b)pośród powstałych klonów można było zaobserwować klony zawierajace rekombinowany wektor z  wbudowanym jednym fragmentem
c)pośród powstałych klonów można było zaobserwowac wektor zawierajacy wiecej niż jeden fragment (nie, ponieważ syntetyczne oligonukleotydy nie zawierają na końcu 5’ reszty fosforanowej, więc nie mogą ze sobą ligować) BEZ SENSU( SKĄD WIEMY, ZE ICH NIE UFOSFORYLOWANO?)i poza tym jeste selekcja molekulrana- 1 fragment - 1 wektor
d)ligacji jednego fragmentu i czasteczki wektora towarzyszy powstanie 4ch wiazań fosfodiestrowych fałsz, tylko dwóch (wyjąsnienie jak w c) hmmm sąd wiemy nie no.... bez sensu. odp f jest ok czemu f? przecież ligaza musi utworzyć z obu stron insertu po 2 wiązania, więc wychodzi na to, że łącznie 4.

Twój syntetyczny insert nie posiada grup fosforanowych na końcach 5’, żeby nie mogło dojść do nieekonomicznej (bo niepotrzebnej) ligacji insert+insert, itd. Tylko rozcięty wektor posiada fosforany. Końce lepkie 5’ (overhang) hybrydyzują z końcami lepkimi wektora, a potem dochodzi do ligacji. Po ligacji (dwa wiązania zostały utworzone) masz sparowane nici komplementarne, ale każda z nich ma po jednym nicku (po przeciwnych stronach insertu - od strony 5’).

a jeśli “identyczność” końców zsyntetyzowanego oligonukleotydu oznacza też obecność tych grup fosforanowych? bo możliwe, że zrobiono oligonukleotyd, który ma miejsce dla EcoRI, strawiono enzymem i mamy normalne lepkie końce...

Brzytwa Ockhama. dla mnie moje myślenie jest takowym, więc zobaczymy, jak dokładnie będzie sformułowane pytanie

f )  ligacji jednego fragmentu i czasteczki wektora towarzyszy powstanie 2ch wiazań fosfodiestrowych 

5. Dwie próbki E.coli poddano transformacji plazmidem zawierajacym gen AmpR (opornośc na ampicylinę).Do pierwszej próbko dodano niewielka ilośc pozywki i wylano na podłoze.do drugiej również dodano niewielka ilosc pozywki i wylano na podłoze bez antybiotyku, inkubowano przez 30 min  w 37’C a później na antybiotyk:
a) szalka z próbką I:300 klonów i szalka z próbka II :300 klonów
b) szalka z próbką I:300 klonów i szalka z próbka II :25 klonów
c) szalka z próbką I:30 klonów i szalka z próbka II :400 klonów (ja mysle, że jakieś tam białka zdążyły się wytworzyć, więc ta odp chyba też nie jest zła? tak ale według mnie opornośc pochodzi z produktu białkowego a żeby on się pojwił to potrzeba trochę czasu, od razu po ligacji mamy tylko gen-dziwne to pytanie:P no bo 0 sugerowało by również brak przyjęcia lub samoligację ja bym dała c i d
Odsyłam do przesłuchania wykładu, Profesor mówi “część sobie poradzi” - 30 i 400 !

d) szalka z próbką I:0 klonów i szalka z próbka II :300 klonów -->moim zdaniem to jest dobrze...może być tak, że w ogóle nie będzie klonów bo nie ma białka

Mam jedną wątpliwość - kto powiedział, że transformacja się udała? Może być tak, że transformacja się nie udała, a bakterie przez te 30 minut same nabyły odporność. Trochę naciągane, nie?^^ trochę głupie, nie?
e) szalka z próbką I:3000 klonów i szalka z próbka II :30 klonów

ć
6.Dla elektroforezy nie jest prawdą:

a) superzwinięte cząsteczki DNA wędrują szybciej niż liniowe-prawda nie zawsze!
b) cząsteczki DNA obdarzone ładunkiem ujemnym wędrują do elektrody dodatniej-prawda
c) mieszanina fragmentów Dna jest rozdzielana tym efektywniej im krótsze są fragmenty (dlaczego? Dlatego, że efektywnoszalezy od gestosci zelu i wielkosci fragmenu? np wieksze lepiej w mało gestym żelu?) D = a - b*ln(masa)

Mam uzasadnienie:

delta-D = a - b*ln(masa_2) - a + b*ln(masa_1) = b*[ln(masa_1)-ln(masa_2)] = b*[ln(masa_1/masa_2)]

Czyli zdolność rozdzielcza zależy od stałej b oraz stosunku masy jednej nici do drugiej, nie od przedziału mas.
d) małe cząsteczki Dna wedruja najczescoej szybciej niż wieksze [przy załozeniu ze stosunek  ładunku  do masy jest bardzo podobny dla różnych DNA-prawda
e) cząsteczki o długości 302 i 303 pz mogą być rozdzielane- prawda, ale tylko w żelu poliakryloamidowym

Tu jest problem,bo trzeba zaznaczyć nieprawdę, a wszystko jest prawdą... może chodzi o elektroforezę w żelu agarozowym wtedy e jest złe chyba wtedy e jest zle a nie d

7.Enzym restrykcyjny ClaI rozpoznaje sekwencje ATŻCGAT i trawi wiazanie fosfodiestrowe pomiedzy resztami TiC.enzym restrykcyjny TagI rozpoznaje sekwencje TŻCGA:
a) krótsze fragmenty DNA generowane przez enzym sa końcami komplementarnymi
b) fragmenty powstałe po trawieniu enzymami sa tylko w czesci komplementarne
c) ClaI i TagI sa izoschizomerami - myślę, że nie, bo sekwencja przez nie rozpoznawana jednak trochę się różni, mimo że tną w tym samym miejscu

izokaudomery
d) dowolne fragmenty powstałe po trawieniu ClaI i TagI mogą być ligowane i następnie trawione ClaI
e) dowolne fragmenty powstałe po ligowaniu produktu trawienia ClaI i TagI mogą być trawione TagI

8.Klon może być użyty jako substrat do radioaktywnego znakowania fragmentu DNA przy  wykorzystaniu fragmentu Klenowa polimerazy I DNA:
a) dATP znakowany P32 w pozycji γ
b) ATP znakowany w pozycji α
c) dGTP znakowany w pozycji α???? to tez jest poprawna odp? dla Klenowa są smaczne chyba wszystkie alfa-dNTPy!! Niech ktoś to potwierdzi (tudzież obali) :D też myślę, że każdy alfa-dNTP

d) [γ-P32] -ATP
e) [α-P32]-dATP

9.Przy pomocy techniki primer extension mozna mapowac 5’ koniec transkryptu.w tym celu mozna tez posłużyc sie techniką wykorzystujaca nukleazę SI.która z podanych ponizej informacji nie ma miejsca przy primer extension?,
a)....
b) denaturacja DNA i elektroforeza ( bo jest denaturacja mRNA i eletroforeza tez jest, czemu to zakreslone na zielono??
c) hybrydyzacja (a przyłączenie startera nie jest swojego rodzaju hybrydyzacją?)
d) wariant tej techniki może być uzyty do mapowania 3’ końca,reakcja przy udziale rekombinowanego  enzymu TYLKO 5’ KONIEC
e) ....

10.Zakładajac ze polimeraza Tagi nie traci aktywności ani nie ulega rozkładowi substraty PCR można powiedzieć ze docelowa sekwncja DNA jest powielana po n-cyklach:
a) n^2 cyklach
b) 2^n cyklach -jako ciąg geometryczny
c) n razy
d) n^(2n) razy
e) 2^(n-2) razy (ja mam w zeszycie taki wzór i komentarz: bo w pierwszym cyklu nie powstają krótkie fragemnety docelwoej sekwencji ) Ja również mam napisane w notatkach 2^(n-2)

żadna z podanych odpowiedzi; poprawna odpowiedź to # = 2^n - n - 1; przed cyklem (n = 0) mamy # = 0; po pierwszym cyklu mam # = 0; po drugim cyklu mamy # = 1; po trzecim # = 4, itd. Nie zgadazam sie. jak po drugim cylku mamy 1? w trzecim cylku otrzymujemy dopiero krótkie fragmenty. To zależy od tego, jak zdefiniujesz produkt. Jeżeli produkt to po prostu para odcinków, niekoniecznie ze sobą sparowana, to po drugim cyklu masz dwa odcinki - każdy sparowany z komplementarną półprostą. Innymi słowy powyższy model został wyprowadzony z modelu rekurencyjnego, podającego liczbę odcinków po n-tym cyklu - poprzez podzielenie przez 2. Można oczywiście wziąć poprawkę, że część (dwie) półprostych po każdym cyklu jest sparowana z prostymi (tj. surowcem), a także część (n - 2) odcinków jest sparowana z komplementarnymi półprostymi. Po uwzględnieniu tej poprawki za produkt uznajemy wyłącznie liczbę sparowanych ze sobą odcinków. Wtedy # = 2^n - 2n i rzeczywiście pierwszy produkt otrzymamy dopiero po trzecim cyklu. Jasne już?

http://www.wolframalpha.com/input/?i=2^n+-+n+-+1

http://www.wolframalpha.com/input/?i=2^n+-+2n

 Tutaj masz to zobrazowane. Modele w swoich przewidywaniach różnią się niezauważalnie dla dużej liczby cykli, bo jeżeli n>>0, to 2^n>>n.

ale przecież tutaj pytają o DOCELOWĄ sekwencję, którą jest po prostu sekwencja ograniczona starterami. i o to, ile razy zostanie ona powielona, co może znaczyć po prostu ile razy wystąpi nie tylko na krótkim produkcie, ale i tym długim... a w Stryerze: "Teoretycznie po n cyklach reakcji sekwencja jest powielona 2^n razy"

Wiesz, jak dla mnie, to początkowe dwie proste (surowiec) oraz powstające półproste (nici ograniczone tylko jednym starterem powstające z prostych w każdym cyklu) DOCELOWYMI sekwencjami nie są. To zależy od interpretacji, ale moja odpowiedź nie różni się od Twojej, bo podane przeze mnie modele są prawie identyczne jak 2^n.

11.Który z podanych wektorów jest najmniej przydatny do sekwencjonowania genomu  ssaczego?:
a) YAC-przyjmie dużo
b) BAC-przyjmie dużo
c) wektor bedacy pochodną faga l- przyjmie ok 20kb
d) kosmid-przyjmie ok 40kb
e) wektor plazmidowy- przyjmuje najmniej nowego DNA (ok 8 kb)

12.spośród podanych temperatur wybrac która z najwiekszym powodzeniem da wydajne otrzymanie produktów PCR przeprowadzajac dla startera 5’ GGTAATCGGTTAGGCTCC3’:
a) 56°C
b) 72°C
c) 59°C
d) 55°C-moim zdaniem ta odpowiedź jest poprawna, gdyż ta temperatura co wyjdzie powinna być o 1 lub 2 stopnia niższa.-

!!! prof. mówił na wykładzie że są “dwie szkoły”: tzn. bierzemy wprost z obliczeń bądź obniżamy o 1 lub dwa stopnie, tak więc ciężko na to odpowiedzieć.

No ale chyba lepiej z*aznaczyć tak, by móc udowodnić, że jest w książce tak napisane, bo to co Prof mówił na wykładzie, to może sie tego wyprzeć ;/ ADL mówi, że należy obniżyć, więc Ozi może mi skoczyć. <brawo :D>
e) żadna

13.Który z podanych czynników istotny dla jednej z metod pozwalających na otrzymanie cDNA jest głównym winowajcą odpowiedzialnym za brak cDNA inf reprezentującej 5’ koniec  transkryptu:
a) 5’AGCAATGG3’
3’TCGT5’
b) 5’AGCAATGG3’
3’ACC5’ nie jestem na 100% pewna, ale tak wynika z jednego rysunku z wykładu 8. Synteza pierwszej nici nie przebiega do końca.
c) 5’AGCAATGG3’
3’TCGTTACC5’
d) 5’AGGAA3’
3’TCGTTACC5’
f) nie wiadomo ktoś to ogarnia to zadanie?

Pewnie chodzi o to że w cDNa będzie brakowało końca 5’ RNA, czyli musisz znaleźć odpowiedź gdzie podany jest początek 3’

14.Wektor plazmidowy zawiera gen markerowy odpowiadający za odporność na erytromycynę (EryR) i gen markerowy odpowiedzialny za oporność na ampicylinę.Gen AmpR został przecięty enzymem restrykcyjnym a powstały w ten sposób plazmid  połączono z fragmentem 1000pz o  końcach komplementarnych do wektora.Które z poniższych fenotypów maja komórki transformowane :
a) niewrażliwe na ampicylinę & niewrażliwe na erytromycynę - bo pytanie o transformanty, a nie tylko o rekombinanty (komórka która przyjęła wektor bez insertu to również tranformant)
b) niewrażliwe na ampicylinę & wrażliwe na erytromycynę
c) wrażliwe na ampicylinę & wrażliwe na erytromycynę
d) wrażliwe na ampicylinę & niewrażliwe na erytromycynę
e) nie wiadomogf

15.Kolista cząsteczka Dna posiada n−miejsc restrykcyjnych EcoRI.ile fragmentów DNA  powstanie po całkowitym jej strawieniu?
a) n-1
b) n - jak narysujemy sobie kółko i przetniemy np w 4 miejscach to dostaniemy 4 fragmenty
c) n+12
d) 2n-1
e) zależy od liczby powtórzeń

16.w analizie Southern fragment sekwencji genu z drożdży został użyty jako sonda do analizy  fragmentów powstałych w wyniku trawienia EcoRI DNA genowowego z jalpa. Na  autoradiogramie zaobserwowano radioaktywne pasmo odpowiadające fragmentowi DNA o  dłudości 4 kb. Oznacza to ze:
a) gen jalpa ma 4kb- niekoniecznie, bo gen mógł być rozcięty przez enzym
b) gen japla jest taki jak gen drozdzy
c) gen japla jest obecny w preparacie poddanym analizie
d) gen japla jest obecny w 4ch kopiech w genomie
e) gen japla ma taka sama sekwencje jak gen drożdzy - tu trzeba zgadnąć czy profesorowi chodziło o to czy zwma fragment komplementarnt czy w całości są identyczne,

TEST 2

1) Nokaut genu mysiego spowoduje, że komórki macierzyste będą:

a) odporne na G48 i odporne na gancyklinę o co tu chodzi?

b) odporne na G48 i wrażliwe na gancyklinę

c) wrażliwe na G48 i odporne na gancyklinę

d) homozygotyczne względem genu znokautowanego

e) heterozygotyczne względem…

2) Rysunek wektora (Shuttle Vector)- co jest charakterystyczne tylko dla drożdży?

a) ori

b) ampR

c) ura3

d) ars/

http://en.wikipedia.org/wiki/Shuttle_vector

3) Jaka może być maksymalna długość insertu, który można wklonować do kosmidu?

a) 8kb

b) 40kb

c) 150kb

4) Rysunek prążków po trawieniu EcoRV i elektroforezie w żelu agarozowym w obecności bromku etydyny:

a) krótsze fragmenty wędrują wolniej

b) dłuższe fragmenty wędrują szybciej

c) wektor miał w sumie 58,…kb

d) bromek etydyny przyłącza się kowalencyjnie do cząsteczek DNA

e) jest 5 miejsc restrykcyjnych, które mogą być trawione przez EcoRV

5) Jaka technika może być użyta do inaktywacji genu bez uszkodzenia jego sekwencji?

a) nokaut genu

b) nokaut genu z rekombinacją LexPCro(czy jakoś podobnieJ)

c) interferencja RNA (dokładniej mRNA)

d) nadekspresja produktu allelu dominującego negatywnego

e) nadekspresja produktu allelu recesywnego negatywnego

6) Co jest wykorzystywane w technice RACE?

a) oligo TT to nie bedzie jako stater do PCR? str191 też myślę, że może chodzić o ten starter, a nie powinno być tutaj oligo(dT)? chyba nie musi tymina nie wystepuje w RNA ale niewiem co na to Ozi, powinnismy dodac oligo(dT) bo ogon A bedzie z RNA

b) odwrotna transkryptaza

c) dNTP

d) fragment Klenowa polimerazy DNA I

e) sekwencja komplementarna do … (tu chyba o GSP chodzi)

7) Cechy charakterystyczne dla ligazy:

a) syntetyzuje DNA na matrycy RNA

b) potrzebuje ATP lub NAD+

c) z taką samą efektywnością łączy końce lepkie, jak i tępe

d) tworzy wiązanie pomiędzy grupa 5’-OH a 3’-fosforanową

e) żadna z powyższych

8) Jakie czynniki są użyteczne w technice Sangera?

a) dNTP

b) 2’3’- dideoksynukleotydy wszystkich 4 nukleotydów -

c) 2’3’- dideoksynukleotyd jednego z 4 nukleotydów

d) trifosforany nukleozydów

9) Haploidalny szczep Neurospora jest transgeniczna pod względem genu lucyferazy. Nie występuje w szczepie dzikim. Został transgeniczny szczep skrzyżowany ze szczepem typu dzikiego a powstałe askospory poddano analizie PCR. Zakładając, że PCR przeprowadzono w sposób optymalny można przepuszczać, że udział askospor, dla których zidentyfikowano specyficzny produkt wynosi:

a) 0%

b) 25%

c) 50 % why? Bo tak :D bo jest haploidalny, wiec albo bedzie mial, albo nie (50/50)

d) 75%

e) 100 %

10) Mamy opisany eksperyment restrykcji jakiegoś faga. Najpierw 14ul DNA w probówce. Do tego dodajemy kolejno: 2ul buforu i 2 ul roztworu z enzymem. Skoro optymalne stężenie NaCl dla enzymu to 100mM to jakie było wyjściowe stężenie tej soli dodawanym buforze?

a) 200mM

b) 1000mM

c) 50mM

d) 500mM

e) trudno powiedzieć bo za mało informacji

11) Enzym restrykcyjny ClaI rozpoznaje sekwencje AT- CGAT i trawi wiązanie fosfodiestrowe pomiędzy resztami T i C. Enzym restrykcyjny TaqI rozpoznaje sekwencje T- CGA:

a) fragmenty powstałe po trawieniu enzymami są w części komplementarne

b) fragmenty powstałe po trawieniu enzymami są w całości komplementarne

c) ClaI i TaqI są izoschizomerami

d) dowolne fragmenty powstałe po trawieniu ClaI i TaqI mogą być ligowane i następnie trawione ClaI

e) dowolne fragmenty powstałe po trawieniu ClaI i TaqI mogą być ligowane i następnie trawione TaqI

12) Wektor plazmidowy poddano linearyzacji enzymem EcoRI został użyty do ligacji z DNA powstałym w wyniku hybrydyzacji dwóch syntetycznych oligonukleotydów. Syntetyczny dsDNA został tak zaprojektowany, że posiada końce identyczne z końcami wektora EcoRI. Mieszaniną poligacyjną poddano transformacji komórki bakteryjne i wylano je na podłoże zawierające odpowiedni dla wektora antybiotyk. Które ze stwierdzeń jest nieprawdziwe?

a) wśród powstałych klonów można było zaobserwować klony zawierające wektor pozbawiony insertu

b) wśród powstałych klonów można było zaobserwować klony zawierające rekombinowany wektor z wbudowanym jednym fragmentem

c) wśród powstałych klonów można było zaobserwować klony zawierające wektor z wbudowanymi kilkoma fragmentami to nie jest dobrze????

d) ligacji jednego fragmentu i cząsteczki wektora towarzyszy powstanie czterech wiązań fosfodiestrowych i to????

e) ligacji jednego fragmentu i cząsteczki wektora towarzyszy powstanie dwóch wiązań fosfodiestrowych

13)Przy pomocy techniki primer extension można mapować 5’ koniec transkryptu. W tym celu można też posłużyć się techniką wykorzystującą nukleazę S1. Która z podanych informacji jest nieprawdziwa dla pierwszej z wymienionych technik?

a) denaturacja DNA i elektroforeza

b) hybrydyzacja

c) wariant tej techniki można wykorzystać do mapowania 3’końca to jest na 100% źle

14) Do czego można użyć techniki PCR?

a) do RFLP

b) do konstruowania sondy w celu przeszukiwania biblioteki cDNA

c) do powielania fragmentu RNA, gdy znamy sekwencje okalające

d)wszystkie są fragmenty

tu była jakaś odpowiedź jeszcze ale jej tu nie kojarze, bynajmniej zaznaczyłem tamtą :]

15) Było podane 5 enzymów restrykcyjnych. Wskazać, które mogą być użyte, żeby otrzymać lepkie końce?

a) EcoRI

b) BglII

c) jakiś enzym trawiący: CCC-GGG

Niech mnie kurwa gwałci stado byków ale bez rysnków to ja nie skojarze. Zresztą ja troche inaczej pamiętam to pytanie, że lepkie końce przy użyciu bodajże fragmentu klenowa, czyli z tego co pamiętam musi mieć końce 5’ wystające.

16) Co jest nieprawdziwe dla faga lambda?

a) do wektora jego pochodnej można wklonować insert o dłg. 53kb -można wklonować max.3kb - nie prawda - można wiecej niż 3 kb, chyba jakoś do 20kb - ALE NIE NA pEWNO NIE 52 kb, wiec odp jest ok, tylko złe uzasadnienie -tak faktycznie 3kb jest do M13

“Cząsteczki faga mogą pomieściś do 52 kb DNA” - str 51 Genomy.

tutaj pytają o to, ile można wklonować, nie ile waży fag...

b) po jego replikacji w komórce gospodarza powoduje lizę komórki

c) pochodne faga lambda mogą służyć do klonowania cDNA i DNA genomowego - prawda

d) większość pochodnych faga lambda jest pozbawiona insertu odpowiedzialnego za lizę komórki gospodarza - prawwda a czemu to jest prawdziwe? przecież z reguły są one pozbawione sekwencji odpowiedzialnych za cykl lizogeniczny (a nie lityczny). liza komórki jest wręcz pożądana, bo wtedy tworzą się łysinki ułatwiające identyfikację...- DOKŁADNIE

e) pochodne faga lambda mają inserty, które umożliwiają mu wbudowywanie się do komórki - falsz

17) Rysunek wektora pGEM i wskazać cechy prawdziwe:

a) jest kosmidem

b) ma gen markerowy (bo ma ampR i lacZ’) bez amp, tylko lacZ

c) może być użyty do otrzymywania ssDNA (bo z tego co pamiętam to był tam region z M13, ale czy na pewno to nie wiem. W każdym razie jak nie ma tego regionu no to to jest błędna odpowiedźJ - nie- region z m13 miał inny wektor, ten GEM to był ten z promotorami wirusowymi) a mi się wydaje, że od pUC8 różni go TYLKO obecność tych dwóch promotorów dla polimerazy RNA T7 oraz polimerazy RNA SP6 (strona 111/338)tak

d) może być użyty do badania aktywności promotorów eukariotycznych

Nie pamiętam jak on wygląda. Tam w książce jest niby jakis ale chyba troszke inaczej wygląda niż ten w tescie.

18) Po PCR otrzymujemy fragment zawierający A na 3’ końcu. Czego należy użyć, aby w 1 etapie otrzymać DNA o końcach tępych i wbudować do wektora?

a) terminalna transferaza

b) dTTP

c) odwrotna transkryptaza

To pytanie chyba trochę inaczej brzmiało a to ma wpływ na odpowiedzi. Bo tam było chyba co zrobić żeby w jednym etapie z tępego wektora zrobić lepki.

Bo z tego jak to pytanie tu brzmi to trzeba by jakiej nukleazy użyć, ale polimerazy co utnie te A na 3’ końcu a na pewno nie o to chodziło w tym pytaniu.

19) Czym możemy znakować produkt otrzymany po PCR?

a) [α 32P]dATP

b) [γ 32P]ATP

c) dGTP znakowany w pozycji α

Tutaj to kurwa sam nie wiem bo to jest zamieszane. Tam chodziło o to jak zaznakować starter do PCR na 5’ końcu no a wiadomo ze to tak kinaza i trzeba użyć np.

[γ 32P]-dATP, ale takiej odpowiedzi nie było (bo jest inna niż b) wiec zaznaczyłem cos w stylu C tylko tam było dGTP znakowany w pozycji gamma, przecież substratem dla kinazy jest własnie gamma32P-ATP, czyli odpo b. Kurde to jak wkońcu.. na początku testu jest napisane że gammaP32ATP, teraz ktoś się upiera przy gammaP32dATP. Moim zdaniem b!! TEST nr 3, pytanie 1.

20) Po trawieniu nukleazą S1 i enzymem Bal31 otrzymujemy jakiś fragment. Wskazać jaka musi być sekwencja…(i tu niestety nikomu nie udało się zapamiętać;)

Tu wybrałem odpowiedź gdzie były końce tępe. Bo nie wiem czy te nukleazy trawie podwójne nici, a jeśli nie trawią no to muszę być lepkie bo wystające końce one zjedzą z obu stron.

TEST 3

tam gdzie będzie pisać ‘100%’ znaczy ze potwierdzone przez endrju

1.Ktore z podanych niżej związków mogą być wykorzystane do znakowania fragmentu DNA przy wykorzystaniu kinazy polinukleotydowej:

A) dATP, znakowany 32P w pozycji γ (gama)

B) ATP , znakowany w pozycji α (alfa)

C) dGTP , znakowany w pozycji α lub γ (alfa lub gama- obojętnie)

D) [γ(gama)-32P]-ATP

E) [α(alfa)-32P]-dATP

prawidłowe : D tylko !!.. nie wiem czemu nie A ale tak jest – ciekawskich odwoluje do pokoju c17 budynku F4 (100%) bo kinaza nie wbudowuje nukleotydu, tylko samą grupę fosforanową - zródłem grupy fosforanowej jest w tym przypadku ATP

2.Pytanie na temat pożywki M9 :(jej charakterystyka)

A) zawiera ampicyline

B) zawiera tylko zwiazki organiczne

C) zawiera tylko zwiazki nieorganiczne

D) ma ściśle zdefiniowany skład

C) po dodaniu glukozy otrzymamy pozywke LB

prawidlowe : D!! tylko (100%)

3. W celu otrzymania preparatu DNA plazmidowego z kom. bakteryjnej dodano NaOH w takiej ilosci iz wartosc pH wynosila 12.5 Ktory z opisow / charakterystyk jest prawdziwe:

A) w tych warunkach caly dsDNA jaki znajdowal sie w komorce ulegl dysocjacji do

pojedynczych nici

B) w tych warunkach dysocjacji do pojedynczych nici ulegly fragmenty DNA ktore sa w

formie superzwinietej (supercoiled)

C) w tych warunkach wszystkie koliste czasteczki ulegaja dysocjacji

D) po zakwaszeniu do pH ok 7.00 tak przygotowany zdenaturowany DNA plazmidowy moze

byc latwo oddzielony od chromosowego

E) po zakwaszeniu do ok pH=7.00 tak przygotowany zdenaturowany DNA chromosomu

bakteryjnego moze byc latwo oddzielony od plazmidowego

prawidlowe: E (bez komentarza J) (100%)

\4.Przy pomocy nukleazy S1 mozna znakowac koniec 5' trankskryptu. Przy pomocy tego samego enzymu mozna zmapowac tez 3' koniec po wprowadzeniu odpowiednmich zmian do naszych działan. Ktore z ponizszych czynnosci ma miejsce TYLKO podczas mapowania 3' konca :

A) znakowanie DNA przy wykorzystaniu gama -32P -ATP

B) znakowanie DNA przy wykorzystaniu alfa -32P -dATP

C) denaturacja DNA i elektroforeza

D) reakcja przy udziale rekombinowanego enzymu uzywanego przez retrowirusy do syntezy

DNA na bazie RNA

E) reakcja przy udziale polimerazy DNA I

prawidłowe : B i E (99,9% albo i nawet 100%)

5. Pewien student zamierzał otrzymac bibliotekę z mutacjami kasetowymi w obrebie centrum aktywnego enzymu XYZ. No i madrala zrobił jakoś tak:

gen XYZ dał do wektora pUC18, wstawił go tak, że nie zaburzał ramki odczytu LacZ', czyli gdy dało sie do odpowiedniej komórki (takiej, w której daje sie prowadzić selekcję biało-niebieską) powstaje aktywna B-galaktozydaza. wyciął kasetę, którą chciał zmienić, oddzielił przez elektroforezę od reszty wektora, wziął wektor bez kasety i kinazą polinukleotydową usunął reszty fosforanowe z 5' końców - żeby nie doszło do samoligacji wektora, po czym dodał syntetyczne oligonukleotydy. Mniej wiecej to brzmialo cos jak to chociaz oczywiście nic pewnego :D. Jak dla mnie to ten student powinien dostac nobla i 4.0 u Andrzeja z marszu !

jak mógł kinaza usunąc reszty fosforanowe?!

A) rekombinanty beda niebieskie

B) rekombinanty nie beda niebieskie

C) te co sie same zligowaly (nierembionanty) nie beda niebieskie

D) te co sie same zligowaly stanowia jedynie 1,2 % w porownaniu do eksperymentu

kontrolnego gdzie nie było defosforylacji

E) w komorkach nie bedzie aktywnosci enzymu XYZ

UMIE KTOŚ TO WYJAŚNIĆ?

prawidlowe : najprawdopodobniej D i E (i moze C ale to mniej prawdopodobne) są ździebko

rożne wersje

6.Mamy gen w pojedynczej kopii. Chcac go wykryc uzyto sondy o odpowiednio do niego (tego genu) komplementarnej sekwencji. Byla to metoda fluorescecyjna FISH a eksperyment przeprowadzono na chromosomach w trakcie profazy. Co zaobserwowano:

A) 2 sygnaly fluorescencyjne blisko siebie

B) 2 sygnaly fluorescencyjne

C) 2 pary sygnalow fluor.

D) 4 sygnaly blisko siebie

E) 4 pary sygnalow

UMIE KTOŚ TO WYJAŚNIĆ?

W profazie masz chromatydy siostrzane - dwa chromosomy, każdy połączony ze swoją kopią. To oznacza cztery sygnały zgrupowane w pary.

prawidłowe: nic pewnego ale wg tych czwórkowych i nie tylko to C !! Czemu ? nie mam

pojecia J ja zrobiłem A J czyli bzdure J

7.Cztery klony BAC fragmentow ludzkiego genomowego DNA (A, B, C, D) zbadano na obecnosc sekwencji STS (5 sekwencji oznaczonych 1-5). Ich obecnosc w poszczegolnych genach przedstawia tabelka poniżej, przy czym + oznacza obecnosc STS w danym klonie:

STS

DNA 1 2 3 4 5

A + + +

B + +

C + +

D + +

Powyzsze wyniki wskazuja na to iz klony te skladaja sie na nastepujaca sekwencje:

A) A-B-C-D

B) D-C-B-A

C) A-B-D-E; klon C nie "pasuje" do pozostalych

D) D-A-C-B

E) D-A-B-C

prawidlowe: napewno E (w zasadzie to jakby tak założyć ze klon C ma dwa razy sekwencje STS numer 3 na początku i koncu to i odp D byłaby dobra J - ale tego raczej nikt nie zaznaczal – ja tylko zasiewam wątpliwości i pozostawiam do wlasnych przemyslen). Kto by chciał bardziej zrozumiec to pytanie to polecam „chodzenie po chromosomie” i to w wykładzie na temat „strategii zachodzących klonówJ jako metoda analizy cale genomu”. Bo tak wytłumaczyć tutaj to ja nie umiec raczej … Rozumie to ktosssss

??? ta ehee.. możi Ożi :D

STS jest to sekwencja występująca tylko raz w całym genomie. chodzi więc o to, że jeśli dwa fragmenty zawierają ten sam STS, to muszą na siebie nachodzić (nie ma innej opcji). stąd wiemy, które leżą obok siebie.

8.Byl rysunek wektora (brak rysynku ;/):

A) wektor posiada gen markerowy

B) wektor jest kosmidem

C) korzystajac z wektora mozna prowadzic transkypcje in-vitro przy wykorzystaniu

polimeraz fagowych

D) wektor pozwala na badanie aktywnosci promotorow eukariotycznych

E) wieksza ilosc preparatu wektora potrzebna do analiz mozna uzyskac hodujac bakterie

transformowane tym wektorem

prawidłowe: A i E raczej na pewno J . i calkiem prawdopodobne ze D... i mozliwe C /// :) -

Tutaj dodam ze inne grupa miala inny rysunek (BlueScript ) i podobno była tam jedna prawidlowa odp : ze rysunek przedstawia fagemida !!

9.Po przeprowadzeniu sekwencjonowania DNA wedlug metody dideoksy Sangera (korzysta sie z analogow 2',3'-dideoksy trifosforanow nukleotydów) otrzymano przedstawiony nizej autoradiogram :

Która sekwencja będzie odpowiadała sekwencji nici matrycowej (czyli badanej):

A) 3’TACGT5’

B) 5’TGCAT3’

C) 3’ACGTT5’

D) 5’ATGCA3’

E) 5’TTGCA3’

F) zadna z powyzszych sekwecnji nie jest prawidlowa

Czytam sekwencje Od dolu: 5’TGCAT3’. Jest to sekwencja nici komplementarnej do naszej badanej. Czyli sekwencja nici matrycowej : 5’ATGCA3’ czyli D !

10. Kazdy rodzic ma dwa allele genu X. moze on miec postac dziką - dominujaca(A) -ZDROWA...albo zmutowaną - recesywną(a)- wywołuje hemofilie albo cos równie paskudnego – o już wiem : anemie sierpowatą. W przypadku zmutowanej wersji gen nie jest przecinany przez enzym restrykcyjny np. EcoRI bo nie ma miejsca rozpoznawanego przez ten enzym i otrzymujemy jeden tylko fragment o dł. 1,3 kb. Jesli tniemy gen dziki to otrzymujemy 2 fragmenty : 1,1kb i 0,2 kb. Znaczy gdzies tam w srodku ma jedno miejsce które jest rozpoznawane przez ten enzym restrykcyjny.

Pytanie: Jakie fragmenty bedziemy widziec u rodzicow ktorych PRZYSZLE DZIECKO MA 25% PRAWDOPODOBIENSTWO NA ZACHOROWANIE NA TĄ CHOROBE

Prawidlowe: czyli dziecko musi byc homozygota recesywna 'aa'. zeby tak sie stalo to rodzice sa heterozygotami A/a.

A) mozna zaobserwowac obecnosc fragmentow 1.1 kb i 0.2 kb u obojga rodzicow

B) mozna zaobserwowac obecnosc fragmentow 1.3 kb i 0.2 kb u obojga rodzicow

C) mozna zaobserwowac obecnosc fragmentow 1.3kb u jednego z rodzicow i 1,1kb oraz 0.2

kb u drugiego z rodzicow

D) ...tez zle nie chce mi sie pisac (cos w stylu C)

E) u obojga rodzicow wszystkie trzy fragmenty :1,3kb .. 1,1kb... 0.2kb

tylko E PRAWIDLOWE !!!! NA (100%) kolezanka sie pytala samego andrzeja wiec nie dyskutowac ...mimo ze A i B tez są logicznie poprawne (bo nie ma tam slowa TYLKO) ale nie dla prof. Andrzeja ... wiec trudno

11.Plazmid X ma gen markerowy AmpR czyli na ampicyline opornosc. Bierzemy jakiś inny plazmid co ma geny oporności na ampicylinę, chloramfenikol, erytromycynę, itp, itd. Tniemy go i kolekcję otrzymanych fragmentów wklonowujemy w nasz plazmid X, ten przenosimy do komórek i szukamy rekombinantów które dostały gen ooprności na chloramfenikol - jakich podłóż możemy użyć:

A) z ampicyliną

B) z chloramfenikolem i ampicyliną

C) z chloramfenikolem

d) erytromycyna i ampicylina

E) erytro i chloramfenikol

prawidłowe B i C (100%)

12.Wyobraź sobie ze dysponujesz klonem (tzn. sekwencją) jakiegos genu, który, mozesz przypuszczac na podstawie analiz genetycznych, jest zlokalizowany w odleglosci nie wiekszej niz 200kb od genu odpowiedzialnego za powstawanie jakies choroby.

Sposrod podanych ponizej czynności prosze wybrac TYLKO NIEKTORE skladajace sie w odpowiedniej sekwencji na eksperyment (technike) ktory pozwoli na odczytanie sekwencji w tym obszarze 200kb.

A) czesciowe trawienie DNA enzymem BamHI w celu otrzymania zachodzących na siebie

(względem sekwencji) fragmentow o dl ok. 20 kb

B) całkowite (wyczerpujące) trawienie DNA enzymem EcoRI

C) izolacja ludzkiego genomowego DNA

D) izolacja genomowego DNA z E.coli

E) Northern-blotting sondą otrzymana przy wykorzystaniu genu A

F) powtarzanie czynności opisanych w poprzednich dwóch etapach do momentu otrzymania

odpowiedniej ilości klonow

G) otrzymanie biblioteki w fagu lambda

H) przeszukiwanie biblioteki przy pomocy sondy przygotowanej w oparciu o sekwencje genu

A w etapie pierwszym, potem izolacja klonu hybrydowanego z sonda

I) subklonowanie fragmentu z konca nowoizolowanego klonu w celu otrzymania nowej

sondy do ponownego przeszukiwania biblioteki i identyfikacji nowego klonu

hybrydyzowanego z sond

Proszę wybrać, który z poniższych zapisów, nastepujacych po sobie czynnosci skladających sie na scharakteryzowany powyżej eksperyment, jest prawidłowy :

A) A-B-C-D-E-G

B) C-A-G-H-I-F

C) C-H-I-F-A

D) A-C-G-H-I-F

E) żadna

prawidlowe :B !! (100%)

Ogólnie:

1.Izolujemy DNA

2.Tniemy enzymem restrykcyjnym

3.Robimy starter

4.Powielamy 1 nić

5.Ten powielony fragmencik będzie się pokrywał z następnym fragmencikiem itp

13. Podane nizej enzymy restrykcyjne trawia DNA w specyficznych miejscach (jak ponizej) :

BamHI NheI Xbal EcoRI

5’-GGATCC-3’ 5’-GCTAGC-3’ 5’-TCTAGA-3’ 5’-GAATTC-3’

3’-CCTAGG-5’ 3’-CGATCG-5’ 3’-AGATCT-5’ 3’-CTTAAG-3’

Wszystkie one hydrolizuja wiazanie fosfodiestrowe pomiedzy pierwszym a drugim nukleotydem (liczac od 5' konca każdej linii – czyli lepkie konce robią),przy czym produkty ....(tu niestety brak tresci ale to raczej malo istotneJ)

Sposrod podanych ponizej zdan prosze wybrac prawdziwe:

A) EcoRI i BamHI to izoschizmoery- nie, bo izoschizomery to te co dają takie same końce, które potem mogą ulec ligacji?

B) fragmenty poddane restrykcji przez NheI i Xbal mogą byc smialo ze soba zligowane

C)....np.NheI i Xbal są izoschizomerami (jakos w tym stylu było)

D)....np fragmenty poddane restrykcji przez EcoRi i BamHI mogą byc smialo ze soba zlgowane (to samo co CJ)

E) NheI i Xbal są kaudomerami

prawidlowe: B i E (100%)

14.Mamy opisany eksperyment restrykcji jakiegos faga. Najpierw 16ul DNA w probowce. Do tego dodajemy kolejno:

1. 2ul buforu

2. 2 ul roztworu z enzymem

Pytanie: Skoro optymalne stężenie NaCl dla enzymu to 50mM to jakie bylo wyjsciowe stezenie tej soli dodawanym buforze (po obliczeniach rozcieńczenie buforu wyszlo R=10)

A) 200mM

B) 10mM

C) 50mM

D) 500mM

E) trudno powiedziec bo za malo informacji

prawidlowe : tylko D (100%) no bo w sumie czemu nie J

15. W trakcie elektroforezy w żelu agarozowym, w nieobecności bromku etydyny:

A) czasteczka dsDNA porusza sie w kierunku elektrody ujemnej

B) czasteczkki dsDNA sa obdarzone ladunkiem dodatnim

C) liniowe czasteczki dsDNA poruszaja sie tym szybciej im sa krotsze

D) superzwiniete czasteczki dsDNA poruszaja sie wolniej niz odpowiednie im

zlinearyzowane; przecież superzwinięte najszybciej!!
a nie na odwrót? tzn. superzwinięte poruszają się szybciej? to jest napewno źle

E) fragmenty dsDNA o dlugosci 1006bp i 1007bp moga byc rozdzielone w celu

preparatywnym

prawidłowe: C i D - wiem ze D budzi spory ale mysle ze prof. Andrzej by je zaznaczyl J

16.Dwie probki kompetentnych komorek E.coli poddano transformacji wektorem zawierajacym gen AmpR (opornosc na ampicyline). I potem mamy dwie różne sytuacje:

1. dodano do nich niewielka ilosc pozywki plynnej i po ok. 2 min umieszczono na pozywce zawierajaca ampicyl

ine.

2. dodano ta sama ilosci pozywki plynnej i po 30 min inkubacji umieszczono na pozywce z ampicylina.

Jakie zanotowano obserwacje:

A) szalka pierwsza 300 kolonii i szalka druga 300 kolonii

B) szalka pierwsza 300 kolonii i szalka druga 30 kolonii

C) szalka pierwsza 30 kolonii i szalka druga 400 kolonii

D) szalka pierwsza 0 kolonii i szalka druga 300 kolonii

E) szalka pierwsza 300 kolonii i szalka druga 0 kolonii

prawidlowe : tylko C !!! TYLKO C MÓWIĘ J!! (100%)

17.Fragmenty (ramiona - w sumie 30kb) WEKTORA ZASTĘPCZEGO poddawano ligacji z fragmentami DNA majacymi prawidlowe konce lepkie odpowiednie do ramion wektora. Jaki maksymalny rozmiar mogl mieć wsczepiany w ten wektor odcinek:

A)8kb

B)40kb

C)100kb

D)20kb

E)22kb

Minimum pakowania wynosi 37kb maksimum 52kb: 52-30=22kb

prawidlowe: E (100%)

18.Doświadczenie ktorego celem jest nokaut genu mysiego XYZ. Komórki macierzyste, do których wprowadzany jest gen rekombinowany:

A) zawierają 1 allel zmutowany i 1 typ dzikiego genu XYZ

B) zawierają oba allele typu dzikiego

C) poddawane są selekcji, ktorej celem jest wybrac te w ktorych zaszla rekombinacja

niehomologiczna

D) sa oporne na dzialanie neomycyny

E) zawieraja gen Tk

prawidlowe : tylko B - andrzej potwierdzil !

CZY MA KTOŚ GDZIEŚ JAKIEŚ INFO NA TEN TEMAT?

19.Kulisty DNA poddano linearyzacji enzymem dajacym konce lepkie. Nastepnie potraktowano go nukleza S1 i po zahamowaniu aktywnosci tejze nukleazy uzyto terminalej transferazy przy obecnosci dNTP. Najprawdopodobniej końce powstalego fragmentu DNA beda mialy charakter taki jak te pokazane w punkcie :

A) 5’AGCAATGGC3’

3’CTAGTCGT5’

B) 5’AGCAATGG3’

3’ACC5’

C) 5’AGCAATGG3’

3’TCGTTACC5’

D) 5’ACTAGCAA3’

3’TCGTTACC5’

E)zadne z powyzszych - nie wiadomo jaka poczatkowa sekwencja byla

prawidlowe : A – musza mieć lepkie konce i od stron 3’ wystające (100%) tak, bo transferaza dorzuca nowe reszty do końca 3’ a S1 robi lepkie końce

20. Pewien haploidalny szczep grzybaa Neurospora jest transgeniczny pod wzgledtm genu lucyferazy. Gen ten nie wystepuje w szczepie dzikim. Szczep transgeniczny zostal skrzyzowany ze szczepem dzikim a powstale askospory poddano analizie PCR wykorzystujac startery specyficzne dla genu lucyferazy. Zakladajac, ze PCR przeprowadzono w sposob optymalny mozna przypuszczac ze udzial askospor dla ktorych zidentyfikowano specyficzny produkt wynosil :

A) 0%

B) 25%

C) 50%

D) 75%

E)100%

prawidlowe : 50 % !!!!!!!!!!! (100%)

TEST 4

1. Charakterystyka wektora pBluescript II KS(+/-):

a) może być używany do transkrypcji in vitro przy użyciu polimeraz fagowych

b) zawiera gen markerowy

c) jest fagemidem

d) może być używany do wklonowywania insertów ss DNA- chyba tak bo on chyba posiada fragment z M13

e) może być używany do badania promotorów prokarotycznych w komórkach eukariotycznych

Które są tutaj poprawne??

2. Substratu do znakowania DNA przy użyciu kinazy polinukleotydowej;

a) dATP znakowany P32 w pozycji γ

b) ATP znakowany w pozycji α

c) DGTP znakowany w pozycji α

d) [γ-P32]ATP

e) [α-P32]dATP NIE

Kinaza dołącza do DNA grupę fosforanową: potrzebuje ATP i pozycji γ.

Polimerazy dołączają do DNA nukleotydy: potrzebują dNTP i pozycji α.

3. Pożywka płynna M9:

a) zawiera niezbędny komórkom do wzrostu antybiotyk ampicylinę

b) zawiera tylko związki nieorganiczne

c) zawiera tylko związki organiczne

d) umożliwia prowadzenie hodowli w ściśle zdefiniowanych warunkach

e) po dodaniu do niej glukozy otrzymamy pożywkę LB

4. Przygotowano ekstrakt z DNA, do którego dodano NaOH przez co pH zwiększyło się do 12,35. Jakie cechy tego eksrtaktu:

a) w takich warunkach cały komórkowy DNA ulegnie denaturacji do formy jednoniciowej

b) w takich warunkach do formy jednoniciowej nie ulegnie denaturacji tylko superzwinięty DNA (supercolid)

c) w tych warunkach denaturacji nie ulegnie cDNA

d) po zakwaszeniu ( do pH ok. 7,00) ekstraktu łatwo można oddzielić zdenaturowany DNA plazmidowy od DNA chromosomowego bakterii

e) po zakwaszeniu ( do pH ok. 7,00) ekstraktu łatwo można oddzielić zdenaturowany DNA chromosomowy bakterii od DNA plazmidowego

5. Nukleaza S1 może być użyta do mapowania końca 5’ transkryptu. Można jej też używać do mapowania końca 3’, ale przy zmianie pewnych warunków eksperymentu. Które z poniższych odnoszą się tylko do eksperymentu mapowania końca 3’:

a) użycie [γ-32P] dATP jako jednego z substratów

b) użycie [α-32P] dATP jako jednego z substratów

c) denaturacja DNA i elekrotforeza

d) w reakcji bierze udział rekombinowany enzym o właściwościach enzymu, którego używają retrowirusy do tworzenia DNA na matrycy RNA

e) w reakcji bierze udział polimeraza DNA I

HMMM gdzieś już było takie pytanie i tam były zaznaczone odp b i e :D

6. Metoda FISH ( Fluorescence in situ hybridization). Badanie genu znajdującego się na chromosomie pojedynczym. Hybrydyzacja z komplementarną sonda fluorescencyjną. Jakich sygnałów spodziewasz się w profazie mitozy:

a) 2 sygnały blisko siebie fluorescencyjne

b) 2 sygnały fluorescencyjne

c) 2 pary sygnałów fluorescencyjnych

d) 4 sygnały fluorescencyjne

e) 4 pary sygnałów fluorescencyjnych

7. Anemia sierpowata powodowana jest przez mutacje na recesywnym allelu genu, który koduje enzym. Southern Blotting daje następujące rezultaty: pasmo wielkości 1,3 kb dla allelu zmutowanego i dwa fragmenty 1,1 kb i 0,m2 kb dla allelu dzikiego. Jakie fragmenty moją rodzice jeśli dziecko może zachorować z 25% prawdodopodobieństwem:

a) fragmenty 1,1 kb i 0,2 kb u obu rodziców

b) fragmenty 1,3 i 0,2 kb u obu rodziców

c) fragment 1,3 u jednego z rodziców i 0,2kb, 1,1 kb u drugiego

d)

e) fragmenty 1,1 kb, 0,2 kb i 1,3 kb u obu rodziców.