Біологія. Комплексна підготовка до ЗНО і ДПА

Приклади розв’язування задач з біології

Розв’язання задач на молекулярні основи спадковості

1. Фрагмент першого ланцюга ДНК має таку нуклеотидну послідовність: ТЛЦАГАТГГАГТЦГЦ. Визначте послідовність мономерів білка, закодованого фрагментом другого ланцюга ДНК.

Відповідь. Послідовність мономерів білка: тирозин — аргінін — триптофан — серин — аргінін.

2. Фрагмент ланцюга А білка нормального гемоглобіну складається із 7 амінокислот, розміщених у такій послідовності: вал — лей — лей — тре — про — глн — ліз.

1. Яка будова фрагмента іРНК, що є матрицею для синтезу цього фрагмента молекули гемоглобіну?
2. Яка будова фрагмента ДНК, що кодує дану іРНК?

3. Білок складається зі 124 амінокислот. Порівняйте відносні молекулярні маси білка та гена, який його кодує.

Визначаємо, у скільки разів ген важчий за білок:

256 680 : 12400 = 20,7 (разу).

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена у 20,7 разу більша, ніж кодованого ним білка.

4. Некодуючий ланцюг молекули ДНК має таку будову:

ГАГ — АГГ — ЦГТ — АГА — ЦГГ.

Визначте будову відповідного фрагмента молекули білка, синтезованої за участі кодуючого ланцюга ДНК.

Відповідь. Відповідна частина молекули білка складається з таких амінокислот: глутамінова кислота — аргінін — аргінін — аргінін — аргінін.

5. Визначте антикодони тРНК, які беруть участь у синтезі білка, кодованого таким фрагментом ДНК: АЦГ — ГГТ — АТГ — АГА — ТЦА.

Розв ’язання

Кодуючий фрагмент ДНК: АЦГ — ГГТ — АТГ — АГА — ТЦА;

іРНК: УГЦ — ЦЦА — УАЦ — УЦУ — АГУ.

Антикодони тРНК: АЦГ — ГГУ — АУГ — АГА — УЦА.

Відповідь. Антикодони тРНК: АЦГ — ГГУ — АУГ — АГА — УЦА.

6. Поліпептид складається з 10 амінокислот, розміщених у такій послідовності: глн — про — ала — сер — мет — три — асп — глі — асн — гіс.

Визначте структуру іРНК, яка кодує даний поліпептид.

Розв’язання-відповідь

Поліпептид: глн — про — ала — сер — мет — три — асп — глі — асн — гіс.

іРНК: ЦАА — ЦЦУ — ГЦУ — УЦУ — АУГ — УГГ — ГАУ — ГГУ — ААУ — ЦАУ.

7. Фрагмент одного з поліпептидних ланцюгів ферменту підшлункової залози (рибонуклеази) складається з 9 амінокислот: Глі — асп — про — тир — вал — про — вал — гіс — фен.

Визначте будову ділянки іРНК, яка кодує цей поліпептидний ланцюг, і типи тРНК, що беруть участь у синтезі білка.

8. Перший ланцюг фрагмента гена має таку структуру: ТАТ — ТЦТ — ТТТ — ТГТ — ГГА — ЦГЦ ...

1. Укажіть структуру відповідного фрагмента молекули білка, синтезованого за участі другого ланцюга ДНК.
2. Як зміниться структура фрагмента синтезованого білка, якщо в першому ланцюзі ДНК під дією хімічних факторів випаде 11-й нуклеотид?

2. Під дією хімічних факторів у першому ланцюзі ДНК випав одинадцятий нуклеотид:

Відповідь. 1. Амінокислотний склад молекули білка: тирозин — серин — фенілаланін — цистеїн — гліцин — аргінін.

2. Після випадання 11-го нуклеотида в першому ланцюзі ДНК структура фрагмента синтезованого білка набуде такого вигляду: тирозин — серин — фенілаланін — лейцин — аспарагінова кислота.

9. Фрагмент ланцюга білка нормального гемоглобіну А складається із 7 амінокислот: вал — лей — лей — тре — про — глн — ліз.

1. Визначте будову фрагмента іРНК, що є матрицею для синтезу цього фрагмента молекули гемоглобіну.
2. Яку будову має фрагмент ДНК, що кодує дану іРНК?

10. Які амінокислоти братимуть участь у синтезі білка, якщо в систему для штучного синтезу білка внесли тРНК з такими антикодонами:

1) ГЦУ, УУА, АЦА, ЦУА;
2) АЦЦ, УУА, ГЦА, АЦГ;
3) УГУ, ААГ, АГЦ, ГАГ?

Розв’язання

1) тРНК:ГЦУ УУА АЦА ЦУА

іРНК: ЦГА — ААУ — УГУ — ГАУ

Білок: арг — асн — цис — асп

Відповідь. До складу першого білка входять амінокислоти: аргінін — аспарагін — цистеїн — аспарагінова кислота.

2) тРНК:АЦЦ УУА ГЦА АЦГ

іРНК: УГГ — ААУ — ЦГУ — УГЦ

Білок: трип — асн — арг — цис

Відповідь. До складу другого білка входять амінокислоти: триптофан — аспарагін — аргінін — цистеїн.

3) тРНК: УГУ — ААГ — АГЦ — ГАГ

іРНК: АЦА — УУЦ — УЦГ — ЦУЦ

Білок: тре — фен — сер — лей

Відповідь. До складу третього білка входять амінокислоти: треонін — фенілаланін — серин — лейцин.

11. Фрагмент молекули білка адренокортикотропного гормона людини (АКТГ) має будову: сер — тир — сер — мет. Визначте послідовність антикодонів у тРНК, які беруть участь у біосинтезі цього фрагмента АКТГ.

Розв’язання-відповідь

Білок: сер — тир — сер — мет

іРНК: УЦУ — УАУ — УЦУ — АУГ

тРНК: АГА — АУА — АГА — УАЦ

12. Фрагмент молекули білка міоглобіну містить амінокислоти в такій послідовності: ала — глу — тир — сер — глн. Визначте структуру фрагмента ДНК, яка кодує цю послідовність амінокислотних залишків.

13. У ланцюзі А інсуліну коня амінокислоти в позиції 6-11 мають склад: цистеїн — цистеїн — треонін — гліцин — ізолейцин — цистеїн. У бика в цьому ланцюзі 8-му позицію займає аланін, 9-ту — серин, 10-ту — валін. Визначте будову фрагмента ДНК, що кодує цю частину ланцюга інсуліну в коня й бика.

14. Які зміни відбудуться в структурі білка, якщо у фрагменті ДНК, що його кодує (— ТАА — ЦАА — АГА — АЦА — ААА —), між 10-м і 11-м нуклеотидами вставити цитозин, між 13-м і 14-м — тимін, а на кінці ланцюга — ще один аденін?

Розв’язання-відповідь

ДНК: ТАА — ЦАА — АГА — АЦА — ААА

іРНК: АУУ — ГУУ — УЦУ — УГУ — УУУ

Білок: ідей — вал — сер — цис — фен

Структура білка після мутації ДНК:

ДНК: ТАА — ЦАА — АГА — АЦЦ — ААТ — ААА

іРНК: АУУ — ГУУ — УЦУ — УГГ — УУА — УУУ

Білок: ідей — вал — сер — трип — лей — фен

15. Гормон росту людини (соматотропін) — білок, що містить 191 амінокислоту. Скільки кодуючих нуклеотидів і триплетів входить до складу гена соматотропіну?

Розв’язання

Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів, отже, до складу гена соматотропіну входить 191 триплет.

191 • 3 = 573 (нуклеотиди) — один ланцюг;

573 • 2 = 1146 (нуклеотидів) — обидва ланцюги.

Відповідь. До складу гена соматотропіну входить 191 триплет, що містить 1146 нуклеотидів (обидва ланцюги гена).

16. У хворого на синдром Фанконі (порушення утворення кісткової тканини) із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають такі триплети іРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Визначте, які амінокислоти виділяються із сечею у хворих на синдром Фанконі.

Розв ’язання

Триплети іРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ.

Амінокислоти: ілей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, ілей.

Відповідь. У хворих на синдром Фанконі виділяються із сечею такі амінокислоти: ізолейцин, валін, метіонін, серин, лейцин, тирозин.

17. У здорової людини в сечі виявляють: аланін, серин, глутамінову кислоту і гліцин. У людини, хворої на цистинурію (підвищений вміст амінокислот у сечі), із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають такі триплети іРНК: ЦУУ, ГУУ, ЦУГ, ГУГ, УЦГ, ГУЦ, АУА.

1. Виділення яких амінокислот із сечею відбувається у хворих на цистинурію?
2. Запишіть триплети, які відповідають амінокислотам, що є в сечі здорової людини.

Розв’язання-відповідь

1. Визначаємо амінокислоти, які є в сечі хворого на цистинурію.

іРНК: ЦУУ, ГУУ, ЦУГ, ГУГ, УЦГ, ГУЦ, АУА.

Амінокислоти: лей, вал, лей, вал, сер, вал, ілей.

У людини, хворої на цистинурію, із сечею виділяються такі амінокислоти: лейцин, валін, серин, ізолейцин.

2. Триплети, які відповідають амінокислотам, що виділяються із сечею здорової людини:

ГЦУ, ГЦЦ, ГЦА, ГЦГ — аланін;

УЦУ, УЦЦ, УЦА, УЦГ, АГУ, АГЦ — серин;

ГАА, ГАГ — глутамінова кислота;

ГГУ, ГГЦ, ГТА, ГГГ — гліцин.

18. У фрагменті ДНК знайдено 1120 аденінових нуклеотидів, що становить 28 % загальної кількості нуклеотидів.

1. Скільки в даному фрагменті міститься гуанінових, цитозинових, тимінових нуклеотидів?
2. Визначте довжину і відносну молекулярну масу цього фрагмента ДНК.

Г = Ц = 22 % = 880 нуклеотидів.

2. Визначаємо довжину фрагмента ДНК:

l(фрагмента) — (1120 + 880) • 0,34 = 680 (нм).

Визначаємо відносну молекулярну масу даного фрагмента ДНК (обох ланцюгів):

Mr(фрагмента) — (1120 • 2 + 880 • 2) • 345 — 1 380 000.

Відповідь. 1. Тимінових нуклеотидів — 1120, гуанінових і цитозинових — по 880.

2. Довжина фрагмента ДНК — 680 нм; відносна молекулярна маса — 1 380 000.

19. Білок вазопресин (гормон гіпофізу, який підвищує кров’яний тиск та посилює діурез) складається з 9 амінокислот і кодується такою послідовністю нуклеотидів: ТГТ — ТАТ — ТТТ — ГАА — ГАТ — ТГТ — ЦЦТ — ЦГТ — ГГТ. Визначте:

1. Кількість нуклеотидів і триплетів у ДНК.
2. Довжину гена, який кодує вазопресин.
3. Амінокислотний склад вазопресину.

Розв’язання

1. Кількість триплетів дорівнює кількості амінокислот — 9. Визначаємо кількість триплетів у двох ланцюгах цієї ДНК:

9 • 2=18 (триплетів).

Визначаємо кількість нуклеотидів у двох ланцюгах цієї ж ДНК:

18 • 3 = 54 (нуклеотиди).

Відповідь. 54 нуклеотиди, 18 триплетів.

2. Визначаємо довжину гена, який кодує вазопресин:

27 • 0,34 = 9,18 (нм).

Відповідь. Довжина гена, який кодує вазопресин, становить 9,18 нм.

3. Визначаємо амінокислотний склад вазопресину:

Відповідь. Амінокислотний склад вазопресину: треонін — ізолейцин — лізин — лейцин — лейцин — треонін — гліцин — аланін — пролін.

20. Установлено, що іРНК має 30 % аденіну, 18 % гуаніну та 20 % урацилу. Визначте частку (у %) кожного нуклеотиду у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК.

Відповідь. Частка кожного нуклеотиду у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК становить 25 %.

21. Визначте довжину гена, що кодує білок нормального гемоглобіну, який містить 287 амінокислот.

22. Визначте відносну молекулярну масу й довжину гена, який кодує білок з відносною молекулярною масою 280 000.

Визначаємо відносну молекулярну масу гена (обидва ланцюги):

Mr(гена) = 16 800 • 345 = 5 796 000.

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена, який кодує даний білок, становить 5 796 000, довжина цього гена — 2856 нм.

23. Відносна молекулярна маса одного з ланцюгів ДНК становить 119 025.

1. Визначте кількість амінокислот — мономерів білка, закодованого в цьому ланцюзі ДНК.
2. Скільки часу триватиме трансляція молекули цього білка?

24. Дано білок, що складається із 150 амінокислотних залишків.

1. Скільки нуклеотидів містить ген, що кодує даний білок?
2. Скільки кодонів матиме відповідна іРНК?
3. Скільки часу триватиме трансляція даного білка на рибосомі?

2. Відповідна іРНК матиме 150 кодонів.

3. Трансляція триватиме 30 с.

25. Довжина фрагмента ДНК становить 1530 нм. Скільки в ньому закодовано білкових молекул, які складаються в середньому із 300 амінокислотних залишків?

Відповідь. Закодовано 5 білкових молекул.

26. Оперон (сукупність структурних генів і гена-оператора) містить 10 800 нуклеотидів. У ньому закодовано три поліпептидні ланцюги, кожен з яких складається з 560 амінокислотних залишків. Визначте довжину та відносну молекулярну масу гена-оператора.

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена-оператора становить 248 400, а довжина — 122,4 нм.

27. Структурний ген (фрагмент молекули ДНК) містить 384 цитозинових нуклеотиди, що становить 20 % їх загальної кількості. В екзонних ділянках цього гена закодовано білок, який складається із 120 амінокислотних залишків.

1. Який нуклеотидний склад гена?
2. Яка відносна молекулярна маса інтронних ділянок гена?
3. На скільки зріла іРНК коротша за про-іРНК?

А = Т = 576 нуклеотидів.

2. Визначаємо кількість нуклеотидів в екзонних ділянках гена:

120 • 3 • 2 = 720 (нуклеотидів).

Визначаємо кількість нуклеотидів інтронних ділянок гена:

1920 - 720 = 1200 (нуклеотидів).

Визначаємо відносну молекулярну масу інтронних ділянок гена:

Mr(інтр. ділянок гена) — 1200 • 345 — 414 000.

3. Довжина молекули про-іРНК дорівнює довжині структурного гена:

l(про-іРНК) = (384 + 576) • 0,34 — 326,4 (нм).

Зріла іРНК складається лише з інформативної частини. Її довжина становить:

l(зрілої РНК) ⁼ 120 • 3 • 0,34 — 122,4 (нм).

Різниця в довжині про-іРНК та зрілої іРНК становить:

326,4 нм - 122,4 нм = 204 нм.

Відповідь. 1. Ген містить по 576 аденінових і тимінових нуклеотидів та по 384 гуанінових і цитозинових нуклеотиди.

2. Відносна молекулярна маса інтронних ділянок гена — 414 000.

3. Різниця в довжині між про-іРНК та зрілою іРНК — 204 нм.

28. Структурний ген ферменту РНК-полімерази містить 9450 пар нуклеотидів. Відомо, що РНК-полімераза складається із 329 амінокислотних залишків.

1. Скільки кодуючих і некодуючих нуклеотидних пар міститься в гені РНК-полімерази?
2. Яка відносна молекулярна маса зрілої іРНК?

29. Відомо, що β-глобіновий ланцюг гемоглобіну людини складається із 146-ти амінокислотних залишків. Скільки нуклеотидів містять екзони гена даного поліпептиду?

30. Білок А — мономер, який складається з 560 амінокислотних залишків. Ген цього білка має 2 інгрони (по 10 000 пар нуклеотидів) і 3 екзони, кожен з яких містить однакову кількість пар нуклеотидів.

1. Скільки пар нуклеотидів у складі даного гена?
2. Скільки пар нуклеотидів у складі кожного з екзонів?
3. Скільки нуклеотидів містить кодуюча зона іРНК даного білка?

2. У складі кожного з екзонів є 560 нуклеотидів.

3. Кодуюча зона іРНК даного білка містить 1680 нуклеотидів.

31. Білок В — мономер. Ген, який кодує цей білок, містить 5 інтронів по 10 000 пар нуклеотидів і 4 екзони по 270 пар нуклеотидів кожен.

1. Сільки пар нуклеотидів (екзонів та інтронів) міститься в даному гені?
2. Скільки нуклеотидів міститься в кодуючій зоні іРНК цього білка?
3. Скільки амінокислотних залишків має даний білок?

Відповідь.

1. Ген, який кодує цей білок, містить 51 080 нуклеотидів.

2. У складі іРНК є 1080 пар кодуючих нуклеотидів.

3. У даному білку міститься 360 амінокислот.

32. Молекула про-іРНК складається з 900 нуклеотидів, причому на інтронні ділянки припадає 300 нуклеотидів. Яку кількість амінокислотних залишків містить кодований відповідною іРНК поліпептид?

33. У молекулі про-іРНК на інтронні ділянки припадає 800 нуклеотидів. Визначте відносну молекулярну масу й довжину структурного гена, якщо в ньому закодовано поліпептид, відносна молекулярна маса якого становить 20 000.

Відповідь. Довжина структурного гена становить 476 нм, а відносна молекулярна маса — 966 000.

34. Оперон (сукупність структурних генів і гена-оператора) містить 9300 нуклеотидів. У ньому закодовано три поліпептидні ланцюги, кожен з яких складається із 250-ти амінокислотних залишків. Маса інтронних фрагментів дорівнює масі екзонних. Визначте лінійні розміри гена-оператора.

9300 - 9000 = 300 (нуклеотидів).

Визначаємо довжину гена-оператора: 300 • 0,34 = 102 (нм).

Відповідь. Довжина гена-оператора — 102 нм.

35. Оперон містить 10 800 нуклеотидів. У ньому закодовано три поліпептидні ланцюги, кожен з яких складається із 360 амінокислотних залишків. На інтронні ділянки структурних генів припадає 3600 нуклеотидів. Визначте відносну молекулярну масу гена-оператора.

Визначаємо кількість нуклеотидів у складі гена-оператора:

10 800 - 10 080 = 720 (нуклеотидів).

Визначаємо молекулярну масу гена-оператора: 720 • 345 = 248 400.

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена-оператора становить 248 400.

36. Оперон (сукупність структурних генів і гена-оператора) містить 10 800 нуклеотидів. У ньому закодовано три поліпептидні ланцюги по 360 амінокислотних залишків. На інтронні ділянки структурних генів припадає 3600 нуклеотидів. Визначте лінійні розміри гена-оператора.

Визначаємо довжину гена-оператора: 720 : 2 • 0,34 = 122,4 (нм).

Відповідь. Довжина гена-оператора становить 122,4 нм.

37. Фрагмент молекули ДНК з 1444 нуклеотидів, який кодує поліпептид, містить 5 інтронних ділянок, довжина яких 100, 120, 135 і дві по 150 нуклеотидів. Скільки амінокислот міститься в білку?

Відповідь. Білок містить 263 амінокислоти.

38. Молекула РНК вірусу тютюнової мозаїки (ВТМ) складається із 6500 нуклеотидів. Одна молекула ВТМ складається зі 158-ми амінокислот.

1. У скільки разів відносна молекулярна маса гена більша за відносну молекулярну масу білка?
2. Визначте довжину гена, який несе інформацію про структуру цього білка.
3. Скільки видів білка закодовано в РНК ВТМ?

Відповідь. 1. Відносна молекулярна маса гена більша в 10,35 разу.

2. Довжина гена становить 161,16 нм.

3. У РНК ВТМ закодовано 13 видів білка.

Розв’язання задач на обмін речовин та енергії в клітині та організмі

39. У процесі дисиміляції в тканинах відбулось розщеплення 6 моль глюкози, з яких повного кисневого розщеплення зазнала тільки половина.

1. Визначте, які маси молочної кислоти і вуглекислого газу утворились унаслідок реакції.
2. Яка кількість речовини АТФ утворилась?
3. Яка кількість енергії і в якому вигляді акумулювалась у ній?

3. Визначаємо кількість енергії, яка виділилась унаслідок неповного (безкисневого) і повного (кисневого) розщеплення глюкози:

6 + 114 = 120 (моль) АТФ — утворилося внаслідок розщеплення 6 моль глюкози.

1 моль АТФ акумулює 40 кДж енергії;

120 моль АТФ акумулюють x кДж енергії;

x = 120 • 40 = 4800 (кДж) енергії акумульовано в молекулах АТФ, утворених під час розщеплення 6 моль глюкози.

Відповідь. 1. Утворилось 540 г молочної кислоти і 792 г вуглекислого газу.

2. Утворилось 120 моль АТФ.

3. Енергія (4800 кДж) акумульована в АТФ у вигляді макроергічних зв’язків.

40. На роботу м’язів протягом 1 хв потрібно 20 кДж енергії. Людина працювала з таким навантаженням 1 год. Яка маса глюкози засвоїлась у м’язах, якщо половина її зазнала анаеробного, а половина — повного розщеплення?

Відповідь. Засвоїлось 270 г глюкози.

41. Бігун витрачає 24 кДж енергії за 1 хв бігу. Яка маса глюкози потрібна для бігу з такою ж витратою енергії впродовж години, якщо протягом 50 хв відбувається повне розщеплення глюкози, а протягом 10 хв — безкисневе?

Відповідь. Бігун витратить 682,1 г глюкози.

42. У процесі дисиміляції в тканинах утворилось 220 г вуглекислого газу і 450 г молочної кислоти.

1. Як відбувалось розщеплення глюкози і яка маса її засвоїлася?
2. Яка кількість речовини АТФ утворилася при цьому? Скільки енергії і в якому вигляді акумульовано в АТФ?

Визначаємо, яка маса глюкози піддалася неповному розщепленню і яка кількість речовини АТФ при цьому утворилась. Для цього складаємо відповідне сумарне рівняння реакції:

Відповідь.

1. Засвоїлось 600 г глюкози (з них 150 г зазнали повного розщеплення).

2. Утворилось 36,67 моль АТФ, у яких акумульовано 1466,8 кДж енергії у вигляді макроергічних зв’язків.

43. У процесі дисиміляції розщепилось 7 моль глюкози, з яких повного (кисневого) розщеплення зазнали 2 моль.

1. Визначте, яка кількість речовини молочної кислоти і вуглекислого газу при цьому утворилась.
2. Яка кількість речовини АТФ при цьому синтезувалась?
3. Скільки енергії акумульовано на окиснення утвореної при цьому молочної кислоти?
4. Яка кількість речовини кисню витрачена на окиснення утвореної при цьому молочної кислоти?

1. Визначаємо, яка кількість речовини молочної кислоти утворилась:

З 1 моль C₆H₁₂O₆ утворюється 2 моль С₃Н₆О₃;

З 5 моль C₆H₁₂O₆ — x моль С₃Н₆О₃;

х = 5 • 2= 10 (моль) С₃Н₆О₃.

Визначаємо, яка кількість речовини СО₂ утворилась:

З 1 моль C₆H₁₂O₆ утворюється 6 моль СО₂;

З 2 моль C₆H₁₂O₆ — x моль СО₂;

x = 2 • 6= 12 (моль) СО₂.

2. Визначаємо, яка кількість речовини АТФ синтезувалась за неповного розщеплення 5 моль глюкози:

З 1 моль C₆H₁₂O₆ утворюється 2 моль АТФ;

З 5 моль C₆H₁₂O₆ — x моль АТФ;

x = 5 • 2 = 10 (моль).

Визначаємо, яка кількість речовини АТФ синтезувалась за повного розщеплення 2 моль глюкози:

З 1 моль C₆H₁₂O₆ утворюється 38 моль АТФ;

З 2 моль C₆H₁₂O₆ — х моль АТФ;

x — 2 • 38= 76 (моль).

Визначаємо загальну кількість речовини синтезованої АТФ:

10 моль + 76 моль = 86 моль.

3. Визначаємо кількість енергії, акумульованої в 86 моль АТФ:

86 моль • 40 кДж/моль = 3440 кДж.

4. Визначаємо кількість речовини О₂, витраченої на окиснення 2 моль глюкози:

Для окиснення 1 моль C₆H₁₂O₆ потрібно 6 моль О₂;

Для окиснення 2 моль C₆H₁₂O₆ — x моль О₂;

x = 2 • 6 - 12 (моль) О₂.

Відповідь. 1. У процесі дисиміляції утворилось 10 моль глюкози і 12 моль вуглекислого газу.

2. Синтезовано 86 моль АТФ.

3. Акумульовано 3440 кДж енергії.

4. На окиснення молочної кислоти витрачено 12 моль кисню.

44. Унаслідок дисиміляції глюкози в клітинах утворилося 6 моль молочної кислоти і 24 моль вуглекислого газу.

1. Визначте масу та кількість речовини глюкози, що зазнала дисиміляції.
2. Яка кількість речовини АТФ при цьому синтезувалась?
3. Скільки енергії акумульовано в синтезованій АТФ?

Визначаємо загальну кількість речовини й масу витраченої глюкози:

З моль + 4 моль = 7 моль C₆H₁₂O₆.

1 моль C₆H₁₂O₆ — 180 г;

7 моль C₆H₁₂O₆ — x г;

x — 180 • 7 = 1260 (г)С₆Н₁₂О₆.

Визначаємо загальну кількість речовини АТФ і кількість енергії, акумульованої ними під час повного й неповного розщеплення глюкози:

6 моль + 152 моль = 158 моль АТФ.

Q = 158 моль • 40 кДж/моль = 6320 кДж енергії.

Відповідь. 1. Зазнало дисиміляції 7 моль, або 1260 г глюкози. 2. У результаті дисиміляції синтезовано 158 моль АТФ. 3. Акумульовано 6320 кДж енергії в синтезованій АТФ.

Розв’язання задач на фотосинтез і хемосинтез

45. У процесі фотосинтезу одна рослина поглинає 280 г СО₂ за світловий день. Яка маса глюкози (теоретично) утвориться в листках і яка маса кисню виділиться за 5 днів? Процесом дихання знехтувати.

У результаті фотосинтезу за один день рослина утворює 109,9 г C₆H₁₂O₆ і виділяє 203,6 г О₂.

За 5 днів утвориться:

190,9 г • 5 = 954,5 г C₆H₁₂O₆;

203,6 г • 5 = 1018 г О₂.

Відповідь. Утвориться 954,5 г глюкози й виділиться 1018 г кисню.

46. За добу людина споживає в середньому 430 г О₂. Одне дерево середніх розмірів за вегетаційний період поглинає близько 42 кг СО₂. На скільки діб вистачить людині кисню, продукованого одним деревом за вегетаційний період?

Визначаємо, на скільки діб вистачить одній людині кисню, продукованого деревом за вегетаційний період: 30,545 кг : 0,43 кг/добу = 71 добу.

Відповідь. Кисню вистачить на 71 добу.

47. Уважають, що шкідливо залишати на ніч кімнатні рослини в кімнаті, бо вони поглинають кисень, необхідний для дихання людини. Щоб перевірити, чи правильна ця думка, обчисліть, наскільки знизиться вміст кисню в кімнаті об’єму 45 м³ за 10 год унаслідок дихання рослин, загальна маса яких 4 кг, якщо середня інтенсивність їх дихання становить 12 мл О₂ на 1 г маси за добу (н. у.). Початковий вміст кисню в повітрі — 21 %.

За ніч об’єм О₂ в кімнаті, де стоять квіти, зменшиться з 9450 л до 9430 л, тобто приблизно на 0,002%.

Відповідь. Об’єм кисню в кімнаті, де стояли рослини, знизиться за 10 год приблизно на 0,002%. Отже, кімнатні рослини шкоди диханню людини не завдають.

48. У процесі фотосинтезу рослина поглинула 2 м³ СО₂. Визначте, який об’єм О₂ виділився при цьому і яка маса глюкози синтезувалась (умови нормальні).

Відповідь. Синтезувалось 2678,6 г глюкози і виділилось 2000 л кисню.

49. Земна поверхня одержує 2 Дж/см² сонячної енергії за хвилину. Яка маса глюкози синтезується в 1000 листках однієї рослини, якщо середня площа листка становить 10 см², тривалість світлового дня — 16 год, а коефіцієнт переходу сонячної енергії в енергію хімічних зв’язків — 10 %?

З рівняння сумарної реакції фотосинтезу випливає, що для синтезу 1 моль глюкози необхідно 2800 кДж енергії:

6СО₂ + 6Н₂О + 2800 кДж —> С₆Н₁₂О₆ + 6О₂.

Звідси:

1 моль — 2800 кДж;

x моль — 1920 кДж;

x = 1920 : 2800 = 0,68 моль.

М(С₆Н₁₂О₆) = 180 г/моль. Звідси:

1 моль С₆Н₁₂О₆ — 180 г;

0,68 моль С₆Н₁₂О₆ — х г;

х = 0,68 • 180 = 122,4 (г) С₆Н₁₂О₆.

Відповідь. Синтезовано 122,4 г глюкози.

50. У нітрифікуючих бактеріях відбуваються процеси, які можна виразити такими рівняннями реакцій:

2NH₃ + 3О₂2HNO₂ + 2Н₂О + 663 кДж;

2HNO₂ + О₂ —> 2HNO₃ + 192 кДж.

Визначте, яку кількість речовини амоніаку повинні окиснити нітрифікуючі бактерії для вивільнення 5768 кДж енергії.

Розв’язання

За рівняннями обох реакцій визначаємо, яку кількість речовини амоніаку потрібно окиснити бактеріям, щоб вивільнити 5768 кДж енергії.

Унаслідок окиснення 2 моль NH₃ в обох послідовних реакціях вивільняється 855 кДж енергії (663 + 192 = 855), а внаслідок окиснення х моль NH₃ — 5768 кДж енергії. Складаємо пропорцію:

Відповідь. Для вивільнення 5768 кДж енергії нітрифікуючі бактерії повинні окиснити 6,746 моль амоніаку.

51. Яку кількість речовини амоніаку потрібно окиснити нітрифікуючим бактеріям для синтезу певної кількості глюкози, якщо для цього процесу використано 10 260 кДж енергії?

Розв’язання

За рівняннями обох реакцій визначаємо кількість речовини NH₃, яку потрібно окиснити нітрифікуючим бактеріям для одержання 10 260 кДж енергії:

2NH₃ + 3О₂ —> 2HNO₂ + 2Н₂О + 663 кДж;

2HNO₂ + О₂ —> 2HNO₃ + 192 кДж.

Унаслідок окиснення 2 моль NH₃ в обох послідовних реакціях вивільняється 855 кДж енергії (663 кДж + 192 кДж = 855 кДж), а внаслідок окиснення х моль NH₃ — 10 260 кДж енергії.

Відповідь. Для отримання 10 260 кДж енергії нітрифікуючі бактерії повинні окиснити 24 моль амоніаку.

Розв’язання задач з екології

52. З якою ефективністю (у %) використовує кукурудза енергію сонячного випромінювання, якщо 1 га кукурудзяного поля отримує протягом дня 210 000 кДж сонячної енергії, а за добу у вигляді приросту сухої речовини накопичується 4830 кДж? Як використовується решта енергії?

Відповідь. Ефективність використання сонячної енергії становить 2,3 %. Решта енергії витрачається на транспірацію та розсіюється у вигляді тепла.

53. Користуючись правилом екологічної піраміди, визначте, яка маса водоростей і бактерій потрібна, щоб у морі виріс і міг існувати один дельфін, маса якого 400 кг.

Відповідь. Потрібно 400 тонн водоростей і бактерій.

54. Протягом вегетаційного періоду 1 га кукурудзяного поля поглинає 76 650 000 кДж енергії, з яких тільки 2,3 % акумулюється у вигляді приросту сухої речовини. Складіть ланцюг живлення і визначте, яка площа такого поля необхідна, щоб з нього змогла прогодуватись одна людина протягом року, якщо на добу їй необхідно приблизно 5000 кДж енергії.

Відповідь. Маса яструба — 1 кг.

Розв’язання задач на моногібридне схрещування

Деякі правила, що полегшують розв'язання генетичних задач

Правило перше. Якщо після схрещування двох фенотипно однакових особин у їхніх нащадків спостерігається розщеплення ознак, то ці особини гетерозиготні.

Правило друге. Якщо внаслідок схрещування особин, що відрізняються фенотипно за однією парою ознак, з’являється потомство, у якого спостерігається розщеплення за тією ж парою ознак, то одна з батьківських особин була гетерозиготною, а друга — гомозиготною рецесивною.

Правило третє. Якщо внаслідок схрещування фенотипно однакових (за однією парою ознак) особин у першому поколінні гібридів відбувається розщеплення ознак на три фенотипні групи 1 : 2 : 1, то це свідчить про неповне домінування ознаки і про те, що батьківські особини є гетерозиготними.

Правило четверте. Якщо внаслідок схрещування двох фенотипно однакових особин у потомстві відбувається розщеплення ознак у співвідношенні 9 : 3 : 3 : 1, то вони були дигетерозиготними.

Правило п'яте. Якщо внаслідок схрещування двох фенотипно однакових особин у нащадків відбувається розщеплення ознак у співвідношеннях 9 : 3 : 4; 9 : 6 : 1; 9 : 7; 12: 3:1; 13 : 3 або 15 : 1, то це свідчить про взаємодію генів, причому розщеплення у співвідношеннях 9 : 3 : 4; 9 : 6 : 1 та 9 : 7 є ознакою комплементарної взаємодії генів, а в співвідношеннях 12 : 3: 1; 13 : 3 та 15 : 1 — їхньої епістатичної взаємодії.

Алгоритм розв'язання деяких задач

1. Визначте домінантну й рецесивну ознаки за умовою задачі чи малюнком (якщо він додається).

2. Уведіть буквені позначення домінантної і рецесивної ознак.

3. Запишіть генотипи особин з рецесивною ознакою або особин з відомим за умовою задачі генотипом та їхні гамети.

4. Запишіть передбачувані генотипи для особин, у яких гамети відомі, враховуючи при цьому таке:

а) один з генів успадковується від особини з рецесивною ознакою;
б) рецесивна ознака виявляється у гомозиготної особини;
в) третя фенотипна група виявляється за неповного домінування генів.

5. Складіть схему схрещування. Запишіть генотипи гібридів та їхні гамети в решітку Пеннета по горизонталі й вертикалі.

6. Запишіть генотипи потомства в клітинках перетину.

7. Визначте співвідношення фенотипів у поколіннях.

56. У кроликів нормальна довжина шерсті є домінантною ознакою, коротка — рецесивною. У кролиці з короткою шерстю народилося 7 кроленят, з яких 4 були короткошерстими і 3 — зі звичайною довжиною шерсті. Визначте генотип і фенотип батька кроленят.

57. Ген ранньостиглості ячменю домінує над пізньостиглістю. 1. Якими будуть рослини в F₁, одержані від запилення гомозиготної ранньостиглої рослини пилком пізньостиглої? 2. Яким буде ячмінь у F₂? 3. Які рослини можуть утворитись від схрещування однієї з пізньостиглих рослин другого покоління (F₂) з гібридом F₁?

Відповідь. 1. Усі рослини в першому поколінні (F₁) ранньостиглі. 2. Серед рослин другого покоління (F₂) 75 % — ранньостиглі і 25 %— пізньостиглі. 3. Половина рослин у третьому поколінні (F₃) ранньостиглі, друга половина — пізньостиглі.

58. У курей трояндоподібний гребінь зумовлений геном R, листкоподібний — геном г. Півня із трояндоподібним гребенем схрестили із двома курми із трояндоподібними гребенями. Перша висиділа 18 курчат із трояндоподібними гребенями. Друга — теж 18, з яких 14 мають трояндоподібні і 4 — листкоподібні гребені. Установіть генотипи всіх батьківських особин і курчат.

Відповідь. Генотип півня — Rr. Генотип першої курки — RR, її курчат — RR або Rr. Генотип другої курки — Rr, її курчат — RR; Rr; rr.

59. Унаслідок схрещування сірих курей з білими все потомство виявилось сірим.

Це потомство знову схрестили з білими курми.

У результаті другого схрещування отримали 172 курчат, з яких 85 були білими і 87 — сірими. Визначте генотипи батьківських форм і їх нащадків в обох схрещуваннях.

Відповідь.

Генотипи батьків F₁: АА x аа. Генотип потомства F₁: Аа.

Генотипи батьківських особин F₂: Аа x аа.

Генотипи потомства в F₂: 1Аа : 1аа.

60. Двох чорних самок миші схрестили з коричневим самцем. Одна самка за кілька разів народила 20 чорних і 17 коричневих мишенят, а друга — 33 чорних мишенят. Визначте генотипи батьків і потомства.

Відповідь. За генотипом самець гомозиготний рецесивний (аа). Перша самка гетерозиготна (Аа), її 20 мишенят гетерозиготні (Аа) і 17 гомозиготні рецесивні (аа). Друга самка гомозиготна домінантна (АА); усі її мишенята гетерозиготні (Аа).

61. Блакитноокий чоловік, батьки якого мали карі очі, одружився з кароокою жінкою, у батька якої очі були блакитними, а в матері — карими. Якого потомства можна очікувати в цьому шлюбі, якщо відомо, що ген карих очей домінує над геном блакитних?

Відповідь. Вірогідність народження в цьому шлюбі кароокої дитини становить 50 % і блакитноокої — 50 %.

62. У братів Олександра й Петра очі сірі, а в їхньої сестри Ольги — блакитні. Мати цих дітей блакитноока, хоча її батьки мали сірі очі. Як успадковується блакитний і сірий колір очей? Який колір очей має батько Олександра, Петра й Ольги? Установіть генотипи всіх членів сім’ї.

63. Чоловік з ластовинням одружився з жінкою без ластовиння. Від цього шлюбу народилося три дочки, які мають ластовиння. Одна з них вийшла заміж за чоловіка без ластовиння. Які діти можуть народитись у цієї пари? Визначте, домінантною чи рецесивною ознакою є наявність ластовиння.

64. Жінка з нерудим волоссям, мати й батько якої мають неруде волосся, а брат — руде, вийшла заміж за чоловіка, який має руде волосся. Мати його має також руде, а батько — неруде волосся. Від цього шлюбу народилися хлопчик з нерудим і дівчинка з рудим волоссям. Визначте генотипи всіх згаданих осіб і складіть схему родоводу.

Розв’язання задач на зворотне та аналізуюче схрещування

65. У курей трояндоподібний гребінь домінує над простим. Птахівник підозрює, що деякі з його віандотів, які мають трояндоподібний гребінь, гетерозиготні за геном простого гребеня. Як перевірити підозри птахівника?

Відповідь. У першому схрещуванні не відбувається розщеплення за фенотипом, а в другому — у співвідношенні 1 : 1. Це свідчить про те, що перша курка гомозиготна за трояндоподібним гребенем, а друга — гетерозиготна.

66. У живий куточок діти принесли двох чорних морських свинок, вважаючи їх чистопородними. Проте в наступному поколінні серед їх потомства з’явились коричневі свинки. Установіть генотипи цих свинок, якщо відомо, що чорне забарвлення домінує над коричневим.

Відповідь. Чорні свинки були гетерозиготними — Аа.

67. Нормальну рослину гороху схрестили з карликовою. У F₁ всі рослини мали нормальну висоту. Визначте, яким буде потомство:

а) від самозапилення гібридів F₁;
б) від схрещування рослини F₁ з вихідною карликовою рослиною;
в) від схрещування рослини F₁ з вихідною батьківською рослиною нормальної висоти.

Відповідь. Усі рослини гороху F₁ мають нормальну висоту. Серед гібридів F₂ 75 % рослин матимуть нормальну висоту і 25 % — карликову. Усе потомство F_b₁ від поворотного схрещування гібридів F₁ з вихідною батьківською формою нормальної висоти буде мати нормальну висоту. Половина потомства F_b₂ від поворотного схрещування гібридів F₁ з вихідною батьківською карликовою формою буде нормальної висоти, а друга половина — карликової.

Розв’язання задач на неповне домінування (проміжне успадкування) моногібридного схрещування

68. Ротики садові з широким листям, схрещуючись між собою, завжди дають рослини із широким листям, а рослини з вузьким листям — потомство лише з вузьким листям. Унаслідок схрещування широколистої рослини з вузьколистою виникає рослина з листям проміжної ширини.

1. Яким буде потомство від схрещування двох рослин з листям проміжної ширини?
2. Які рослини одержимо, якщо схрещувати вузьколисту рослину з рослиною, що має проміжне листя?

Відповідь. 1. Усі рослини F₁ мають проміжне листя. Серед потомства F₂ 25 % рослин матиме широке листя, 50 % — проміжне листя, 25 % — вузьке. 2. Половина рослин F₃ матиме проміжне листя, а друга половина — вузьке.

69. Кохинурових норок (світле забарвлення із чорним хрестом на спині) одержують унаслідок схрещування білих норок з темними. Схрещування між собою білих норок дає біле потомство, а схрещування між собою темних норок — темне. Яке потомство отримаємо, схрещуючи кохинурових норок між собою? Яке потомство отримаємо від схрещування кохинурових норок з білими?

Відповідь. Серед потомства від схрещування кохинурових норок між собою буде 25 % білих норок, 50 % кохинурових і 25 % темних. Серед потомства від схрещування білих норок з кохинуровими половина тварин будуть білими, а друга половина — кохинуровими.

70. У пшениці безостість колоса (Д) не повністю домінує над остистістю (д).

1. Які рослини отримаємо у F₁ від схрещування гомозиготної безостої з гомозиготною остистою пшеницею?
2. Які рослини отримаємо внаслідок схрещування гетерозигот з F₁?
3. Які рослин отримаємо від схрещування гетерозиготної напівостистої пшениці з гомозиготною безостою?

Відповідь. 1. У F₁ усі рослини пшениці будуть напівостистими.

2. У F₂ 25 % рослин пшениці будуть безостими, 50 % — напівостистими, 25 % — остистими.

3. Половина рослин F₃ буде безостою, друга половина — напівостистою.

71. Пельгерівська аномалія сегментації ядер лейкоцитів успадковується як аутосомна неповністю домінуюча ознака. У гомозигот за цією ознакою сегментація ядер певність відсутня, у гетерозигот вона незвична. Визначте характер сегментації ядер лейкоцитів у внуків, якщо відомо, що в матері дітей і її батьків незвична сегментація ядер лейкоцитів, а в батька дітей і його батьків нормальна сегментація ядер лейкоцитів.

Відповідь. Вірогідність народження внуків з нормальною сегментацією ядер лейкоцитів становить 50 %, а з незвичною — 50 %.

72. В обох дідусів хвилясте волосся, а в обох бабусь — кучеряве. У матері дитини — хвилясте волосся, у батька і в дитини — кучеряве. Встановіть генотипи всіх осіб. Яка вірогідність народження наступної дитини із хвилястим волоссям; із прямим волоссям (ген кучерявого волосся не повністю домінує над геном прямого волосся)?

Відповідь. За генотипом обидва дідусі — гетерозигодні (Аа), обидві бабусі — гомозиготні домінантні (АА), мати дитини — гетерозиготна (Аа), батько й дитина — гомозиготні домінантні (АА). Вірогідність народження в цій сім’ї наступної дитини із хвилястим волоссям становить 50 %; із прямим волоссям — 0 %.

73. Аутосомний ген А з неповним домінуванням у гомозиготному стані спричиняє сильну деформацію кінцівок, але в гетерозигот зумовлює лише вкорочення пальців (брахідактилію). Визначте можливі фенотипи дітей у сім’ї, якщо один з батьків здоровий, а в другого — брахідактилія.

Відповідь. Вірогідність народження дітей з нормальним скелетом у цій сім’ї становить 50% і з брахідактилією — теж 50 %.

Розв’язання задач на дигібридне схрещування

74. У гороху гладенька форма насіння домінує над зморшкуватою, а високорослість — над низькорослістю. Обидві ознаки успадковуються незалежно. Схрестили дві гомозиготні рослини: високу зі зморшкуватим насінням і низькорослу — із гладеньким. Надалі гібриди розмножувались самозапиленням. У F₂ одержали 1760 рослин. Визначте серед них імовірну кількість високих рослин із гладеньким насінням.

F₂

АВ

Аb

аВ

АВ

ААВВ