Как решать задачи на биосинтез с учетом антипараллельности?
В ЕГЭ по биологии 2020 произошли значительные изменения в подходе к решению задач по молекулярной биологии (задания 27). Теперь обязательно учитывается антипараллельность.
Мы предлагаем вам видео, которое поможет разобраться с этим вопросом.
В видео подробно описаны принципы решения задач с антипараллельностью, разобраны основные типы задач. Материал представлен в доступной и наглядной форме. Смотри, учись и разбирайся со штрих-концами)
В видео подробно и наглядно разобраны следующие задачи линии 27 с учетом антипараллельности:
Молекулы тРНК, несущие соответствующие антикодоны, входят в рибосому в следующем порядке: ГУА, УАЦ, УГЦ, ГЦА. Определите последовательность нуклеотидов смысловой и транскрибируемой цепей ДНК, иРНК и аминокислот в молекуле синтезируемого фрагмента белка. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу генетического кода. При выполнении задания учитывайте, что антикодоны тРНК антипараллельны кодонам иРНК.
Исходный фрагмент молекулы ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов (верхняя цепь – смысловая, нижняя – транскрибируемая):
В результате замены одного нуклеотида в ДНК четвертая аминокислота во фрагменте полипептида заменилась на аминокислоту Вал. Определите аминокислоту, которая кодировалась до мутации. Какие изменения произошли в ДНК, иРНК в результате замены одного нуклеотида? Благодаря какому свойству генетического кода одна и та же аминокислота у разных организмов кодируется одним и тем же триплетом? Ответ поясните. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода.
Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на которой синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов (верхняя цепь – смысловая, нижняя – транскрибируемая):
Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте, обозначьте 5’ и 3’ концы этого фрагмента и определите аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет с 5’ конца соответствует антикодону тРНК. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.
Некоторые вирусы в качестве генетического материала несут РНК. Такие вирусы, заразив клетку, встраивают ДНК-копию своего генома в геном хозяйской клетки. В клетку проникла вирусная РНК следующей последовательности:
Определите, какова будет последовательность вирусного белка, если матрицей для синтеза иРНК служит цепь, комплементарная вирусной РНК. Напишите последовательность двуцепочечного фрагмента ДНК, укажите 5’ и 3’ концы цепей. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.
Фрагмент начала гена имеет следующую последовательность нуклеотидов (верхняя цепь – смысловая, нижняя – транскрибируемая):
Ген содержит информативную и неинформативную части для трансляции. Информативная часть гена начинается с триплета, кодирующего аминокислоту Мет. С какого нуклеотида начинается информативная часть гена? Определите последовательность аминокислот во фрагменте полипептидной цепи. Ответ поясните. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода.
Видео-урок поможет тебе легко решать задачи с антипараллельностью!
Предлагаем схему, которая поможет тебе в решении задач линии 27 по молекулярной биологии с антипараллельностью.
А если хочешь узнать подробней про сам процесс биосинтеза с учетом антипараллельности, заходи сюда
уважаемые читатели блога репетитора биологии по Скайпу biorepet-ufa.ru.
Продолжаю рубрику «Из диалогов в комментариях». Не удержался, чтобы не опубликовать отдельной заметкой информацию, полученную в откровенной беседе по email (не в комментариях на блоге) с членом экспертной комиссии по проверке ответов учащихся КИМов ЕГЭ по биологии.
За 8 лет моей работы репетитором по подготовке абитуриентов к сдаче ЕГЭ по биологии, я впервые вышел (или на меня вышел) эксперт экзаменационной комиссии по проверке ответов учащихся, сдающих ЕГЭ.
Полагаю, что замечания этого эксперта могут быть полезными абитуриентам, сдающим ЕГЭ по биологии в 2018 году. Да, по сравнению с 2017 годом (слава Богу) никаких изменений в КИМах нет. Контрольная работа включает теперь не три (А, В, С), а две Части ( Часть 1 и Часть 2).
А вот Часть 2 требует от учащихся развернутого ответа и проверяется уже конкретными людьми — членами экспертной комиссии. И три балла за вопросы этой части могут получить учащиеся, ответы которых окажутся максимально приближенными к ответам, задуманным авторами-составителями. И вот тут, поскольку при проверке вторгается человеческий фактор, порой трудно избежать субъективизма.
: При проверке Части 2 ответы на 3 балла, как правило, учащиеся получают лишь за вопросы, которые были на экзаменах в прошлые годы. То есть за те вопросы, которые опубликованы в правильные полные ответы на которые можно найти в опубликованных пособиях или в интернете (как, например, на вашем сайте).
.: Так что же получается, если в варианте на экзамене учащемуся попался совсем новый вопрос, правильный ответ на который, задуманный авторами-составителями он не может знать заранее, то три балла получить за него вовсе невозможно?
: Не невозможно, конечно, но трудно. У нас есть готовые ответы, составленные авторами вопроса и очень трудно бывает чисто субъективно поставит три балла за ответ учащегося, довольно сильно отличающегося от ответов авторов вопроса.
.: Поделитесь всё же, может быть каких-то грубейших ошибок в развернутых ответах учащихся можно избежать?
: .Самое главное, учащиеся должны понимать, что даже если ответ максимально полный, но допущена хоть одна грубая биологическая ошибка, то снимается не один балл, а все три балла.
.: Да, вот тут то и раскрывается во всей красе широкое поле субъективизма. Это какую такую биологическую ошибку надо считать «смертоносной» для ответа, чтобы она «сожрала» все три балла, а какую ошибку считать не столь значительной, «сжирающей», например, один или два балла. Понимаю, что всё это ложится тяжелым бременем на совести и компетенции эксперта. Соберите хоть десять человек и мнения их разделятся.
: Вы правы, Борис Фагимович, что проверка работ учащихся требует много физических и эмоциональных затрат. Но ведь каждую работу проверяют два эксперта независимо друг от друга и если выявляются расхождения в оценке проверяемой работы, то работа направляется на дополнительную проверку..
Еще учащимся следует обязательно знать.
Например, в вопросе по биосинтезу белка стоит задача определить третий триплет в РНК и аминокислоту им кодируемую. Не нужно расписывать весь биосинтез и обводить 3 триплет. Нужен лишь конкретный ответ на вопрос. А если же ученик распишет весь биосинтез белка и распишет всё абсолютно правильно, поставят всего 1 балл. При этом мотивировка будет такая: «ученик не понял сути вопроса».
В 28 задании по генетике 3 балла можно получить только указав в ответе: генотипы и фенотипы родителей (1 балл); генотипы и фенотипы потомства (еще 1 балл) и закон (законы) наследования, используемый (ые) в этой задаче (еще 1 балл).
.: Если последнее Ваше замечание по оформлению ответов на задачи по генетике уже давно были четко сформулированы, то так «убийственно» карать ученика (снятием двух баллов) лишь за «слишком» подробный правильный ответ — кажется, мягко говоря, совершенно неверным.
P.S. Эти «тайны Мадридского двора» от одного из членов экспертной комиссии по проверке КИМов ЕГЭ по биологии я узнал не совсем бесплатно (я отправил эксперту свои ответы на вопросы ЕГЭ ОБЗ ФИПИ по биологии).
У меня на блоге вы можете приобрести ответы на все тесты ОБЗ ФИПИ за все годы проведения экзаменов не только по ЕГЭ , но и по ОГЭ (ГИА).
Репетитор по биологии
Садыков Борис Фагимович, 1956 г. рождения. Кандидат биологических наук, доцент. Живу в замечательном городе Уфе. Преподавательский стаж с 1980 года. Репетитор биологии по Скайпу.
Учебное пособие предназначено для учеников старших классов и призвано оказывать помощь при подготовке к ЕГЭ по биологии. Также может использоваться учителями средних общеобразовательных школ в процессе преподавания соответствующих разделов биологии.
Раздел «Молекулярная биология» является одним из сложных для понимания в школьном курсе общей биологии. Облегчению усвоения этих разделов может способствовать решение задач по молекулярной биологии разных уровней сложности.
Использование таких задач развивает у школьников логическое мышление и позволяет им глубже понять учебный материал по этой теме, дает возможность преподавателям осуществлять эффективный контроль уровня усвоенных учащимися знаний. Задачи составлены в соответствии с программой по биологии для общеобразовательных и профильных классов, а также с программой для поступающих в высшие учебные заведения.
В пособие включены задачи, взятые из имеющихся пособий, тестов ЕГЭ, а также задачи, разработанные учителем. Заимствованные из других пособий задачи представлены или без изменений, или – в незначительной модификации.
В предлагаемом пособии рассматриваются общие принципы решения и оформления задач, включает более 100 задач всех типов разных уровней сложности. Для типовых задач и задач повышенной сложности приводятся решения. Значительную часть занимают задачи, которые чаще всего встречаются на экзаменах по биологии.
Пособие рассчитано на тех, кто уже обладает знаниями молекулярной биологии в объеме курса средней школы и предназначено старшеклассникам для подготовки к ЕГЭ по биологии. Также может быть использовано учителями средней школы в процессе преподавания соответствующих разделов биологии.
Как биополимеры, белки характеризуются высокой молекулярной массой (от 6000 до 1000000 и выше). Такие белки содержат в своем составе от 50 до 8000 и более аминокислотных остатков. Приблизительное количество аминокислотных остатков в белке можно определить путем деления молекулярной массы белка на среднюю
определяем общее количество аминокислотных остатков, принимая среднюю молекулярную массу одного аминокислотного остатка за 100 (а.е.м.)
68400 : 100 = 684 аминокислот
Известна молекулярная масса трех видов белков: а) 3600; б) 4800; в) 72000. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка?
Молекулярную массу можно определить по содержанию того или иного компонента. Многие сложные белки содержат в своем составе один или несколько атомов металла (Fe, Zn, Си и др.). Молекулярную массу низкомолекулярных белков можно вычислить по данным аминокислотного состава. В этом случае выбирают ту аминокислоту, содержание которой в белке минимально. По данным элементарного и аминокислотного состава вначале вычисляют минимальную молекулярную массу по формуле:
Зная число атомов металла или аминокислотных остатков в молекуле, можно рассчитать истинную молекулярную массу данного белка, умножив минимальную молекулярную массу на число компонентов.
Атомная масса железа 56. Поскольку в гемоглобине содержится один атом железа, то минимальную молекулярную массу белка можно рассчитать, составив пропорцию:
0,34 части Fe — 100 части гемоглобина
56 частей- Х
М.м = ( 56 × 100) : 0,34 или сразу по формуле М.м = 56 : 0,34 × 100%
М.м = 75 : 0,5 × 100% = 15000
15000 : 100 = 150
150 аминокислот в этом белке.
Молекула ДНК состоит из двух правильно закрученных спиральных цепей (полинуклеотидов).Цепи между собой комплементарны, т. е. дополняют друг друга. Комплементарность выражается в следующем: водородные связи идут от аденина и гуанина одной цепи соответственно к тимину и цитозину другой цепи, и наоборот. Принцип комплементарности имеет большое значение для понимания самоудвоения ДНК и транскрипции РНК.
: Используем правила Чаргаффа: Г = Ц = 20%
А + Т = 100 – (20 + 20)
А + Т = 60%, А = Т = 30%
1) 1 цепь ДНК: ЦЦАТАГЦ
2 цепь ДНК: ГГТАТЦГ
2) между нуклеотидами А и Т образуются 2 водородные связи, всего связей 3 х 2 =6
3) между нуклеотидами Г и Ц образуются 3 водородные связи, число связей 4 х 3 = 12.
4) общее число связей между двумя цепями 12 + 6 = 18.
Столько же нуклеотидов, сколько их содержится в редуплицирующейся ДНК:
А = 600тыс, то Т = 600тыс. Г = 2400 тыс,, то Ц = 2400 тыс., всего 6 млн.
1) 1 цепь ДНК: ААГТЦТАЦГТАТ.
2 цепь ДНК: ТТЦАГАТГЦАТА
) Ц = Г = 4; А = Т = 8.(А + Т) + (Г + Ц) = 24
3) 24 – 100%
Х = 33,4% (Ц = Г )
4) 100 – (33,4 +33,4) = 33,2 (А + Т), то А = Т = 16,6
5) молекула ДНК состоит из двух цепей, поэтому длина гена равна одной цепи
12 х 0,34 = 4,08 нм.
Используем правила Чаргаффа.
1) Ц = Г = 20%
2) (А + Т) = 100 – (20 +20) = 60%, значит А = Т = 30%
3)Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:
20% — 950
30% — Х
Х = 1425
4)для определения длины ДНК нужно узнать, сколько всего нуклеотидов содержится в одной цепи:
(950 + 950 + 1425 + 1425) : 2 = 2375, то 2375 х 0,34 = 808 (нм).
1) Т = А = 5% = 1400 нуклеотидов, их сумма А + Т = 2800 нуклеотидов.
2) (А + Т) = 10%, то (Г + Ц) = 90%, Г = Ц = 45%
3) 5% — 1400
45% — Х
Х= 12600 нуклеотидов Ц и Г
4) (2800 + 25200) : 2 = 14000, то 14000 х 0,34 = 4760 нм.
1) определяем количество нуклеотидов в ДНК, зная, что относительная молекулярная масса одного нуклеотида принимается за 345 а.е.м.
69000 : 345 = 200 (нуклеотидов в ДНК)
2) 200 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной –100, то100 х 0,34 = 34 (нм)
3) определяем количество адениловых нуклеотидов 8625 : 345 = 25 (А),
значит А = Т = 25 нуклеотидов, Г = Ц = (200 – 50): 2= 75 нуклеотидов.
34155 : 345 (молекулярная масса одного нуклеотида) = 99 нуклеотидов содержится в ДНК.
99 : 3 = 33 триплета в ДНК кодируют 33 аминокислоты белка.
1) Расщепление глюкозы в клетках дрожжей происходит по пути спиртового брожения, продуктами которого являются этиловый спирт и углекислый газ
2) одна молекула глюкозы расщепляется с образованием 2-х молекул АТФ, следовательно из 15 молекул глюкозы образуется 30 молекул АТФ.
1) При гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется с образованием 2-х молекул пировиноградной кислоты (ПВК), следовательно, гликолизу подверглось 42 : 2= 21 молекул глюкозы;
2) При полном окислении одной молекулы глюкозы (бескислородный и кислородный этапы) образуется 38 молекул АТФ;
3) При окислении 21 молекулы образуется 21 х 38 = 798 молекул АТФ.
1) Крахмал под действием гидролитических ферментов расщепляется в лизосоме до менее сложных органических веществ (мономеров) – глюкозы. В данном случае образуется 70 молекул ;
2) При полном окислении одной молекулы глюкозы (в митохондрии) синтезируется 38 молекул АТФ;
3) При окислении 70 молекул глюкозы синтезируется
70 х 38 = 2660 молекул АТФ
В процессе энергетического обмена произошло расщепление 7 моль глюкозы, из которых полному расщеплению подверглось только 2. Определите:
а) сколько моль пировиноградной кислоты и СО2 при этом образовалось;б) сколько АТФ при этом синтезировано;в) сколько энергии запасено в этих молекулах АТФ;г) сколько израсходовано моль О2?
1) из 7 моль глюкозы 2 подверглись полному расщеплению, 5- неполному.
2) 5 С
+ 5 × 2 АТФ (неполное расщепление 5 моль глюкозы) = 10 моль АТФ
3) 2 С
О + 2 × 38 АТФ (полное расщепление = 76 моль АТФ 4) суммируем количество АТФ: 10 + 76 = 86 моль АТФ
5) определяем количество энергии в молекуле АТФ:
86 х 40 кДж = 3440 кДж.
В результате энергетического обмена в клетке образовалось 5 моль пировиноградной кислоты и 27 моль углекислого газа. Определите:
а) сколько всего моль глюкозы израсходовано;б) сколько из них подверглось полному расщеплению, а сколько гликолизу;в) сколько энергии запасено;г) сколько моль кислорода пошло на окисление?
а) 7 моль С
а) сколько молей пировиноградной кислоты и СО2 при этом образовано;б) сколько АТФ при этом синтезировано;в) сколько энергии запасено в этих молекулах АТФ;г) сколько израсходовано моль О2?
Мышцы ног при беге со средней скоростью расходуют за 1 мин 24 кДж энергии. Определите:
а) сколько всего граммов глюкозы израсходуют мышцы ног за 25 мин бега, если кислород доставляется кровью к мышцам в достаточном количестве;б) накопится ли в мышцах молочная кислота?
Х = 600 × 180 : 1520 = 71 (г)
а) 71 г;б) нет, т.к. кислорода достаточно.
Х = 240 × 180 : 80 = 540 (г)
У = 25 × 50 × 180 : 1520= 142 (г)
3) 540 + 142 = 682 (г)
Информация о структуре белков записана и хранится в ДНК в виде определенной последовательности нуклеотидов. Участок молекулы ДНК, кодирующий синтез белковой молекулы определенной структуры, называется геном. Система зашифровки наследственной информации, а точнее, аминокислотной последовательности индивидуальных белков в молекуле ДНК называется генетическим кодом. При решении задач по синтезу белка надо использовать таблицу генетического кода и учитывать свойства генетического кода.
Пусть х – количество аминокислот в белке, тогда масса этого белка – 100х; молекулярная масса одного аминокислотного остатка -100.
Код триплетен — количество нуклеотидов в гене, кодирующем этот белок – 3х, масса этого гена – 345 × 3х. (Относительная молекулярная масса одного нуклеотида – 345 а.е.м.).
100х < 345 × 3х
ген тяжелее белкаКакова молекулярная масса гена (двух цепей ДНК), если в одной цепи его запрограммирован белок с молекулярной массой 2400?
Одна из цепей ДНК имеет молекулярную массу 34155.Определите количество мономеров белка, запрограммированного в этой ДНК
1.34155 : 345 (молекулярная масса одного нуклеотида) = 99 нуклеотидов содержится в ДНК
2. 99 : 3 = 33 триплета в ДНК кодируют 33 аминокислоты (мономера) белка.
1. Белок состоит из 48000 : 100 = 480 аминокислот;
2. Одна из цепей гена, несущая программу белка, должна состоять из 480 триплетов, или 480 х 3 = 1 440 нуклеотидов
3. Длина этой цепи ДНК – 1 440 х 0,34 нм = 489,6нм, такова же длина гена (двухцепочечного участка ДНК).
. Участок одной из цепей ДНК имеет следующую последовательность:
ТГАТТУГГААГЦАГГЦЦ. Определите последовательность нуклеотидов во второй цепи.
Согласно принципу комплементарности последовательность нуклеотидов во второй цепи ДНК будет следующей:
1 цепь ДНК: ТГАТТАГГААГЦАГГЦЦ
2 цепь ДНК: АЦТААТЦЦТТЦГТЦЦГГ
Цепь ДНК: ЦТТГЦАЦААА
Цепь и-РНК: ГААЦГУГУУУ
Очевидно, что 34% гуанина в и-РНК в считаемой цепи ДНК будет составлять 34% цитозина, соответственно 18% урацила — 18 % аденина, 28% цитозина — 28% гуанина, 20% аденина – 20% тимина ( по принципу комплементарности оснований нуклеотидов). Суммарно А + Т и Г + Ц в считаемой цепи будет составлять :
А +Т = 18% + 20% = 38%; Г + Ц = 28% + 34% = 62%.
В некодируемой цепи (ДНК – двухцепочечная молекула) суммарные показатели будут такими же, только процент отдельных оснований будет обратный:
А +Т = 20% + 18% = 38%; Г + Ц = 34% + 28% = 62%.
В обеих же цепях в парах комплементарных оснований будет поровну, т.е. аденина и тимина – по 19%, гуанина и цитозина по 31%.
Последовательность нуклеотидов в начале гена, хранящего информацию о белке инсулине, начинается так: А–А–А–Ц–А–Ц–Ц–Т–Г–Ц–Т–Т–Г–Т–А–Г–А–Ц
Напишите последовательности аминокислот, которой начинается цепь инсулина.
Задание выполняется с помощью таблицы, в которой нуклеотиды в и-РНК соответствуют аминокислотным остаткам.
Молекула ДНК распалась на две цепочки. Одна из них имеет строение:
ТАГ АЦТ ГГТ АЦА ЦГТ ГГТ. Какое строение будет иметь вторая молекула ДНК, когда указанная цепочка достроится до полной двухцепочечной молекулы?
1) Указанные триплеты нуклеотидов кодируют и определяют последовательность следующих аминокислот: Фен –Лей – Про – Гис – Арг – Асн – Гли
2) Антикодоны т-РНК: ААГ, ААУ, ГГГ, ГУА, ГЦГ, УУГ, ЦЦА.
3) Последовательность триплетов в фрагменте гена, т.е. ДНК: ААГААТГГГГТАГЦГТТГЦЦА
1. Нуклеотидная последовательность участка и-РНК — ГЦААЦЦЦГАУЦЦГАА
2. Нуклеотидная последовательность антикодона ЦГА (третий триплет) соответствует кодону на и_РНК ГЦУ;
3. По таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота АЛАНИН, которую будет переносить данная т-РНК.
Последовательность на и-РНК: АУГАААЦГГГУУ
Фрагмент цепи ДНК: ТАЦТТТГЦЦЦАА
аминокислотная последовательность: мет-лиз-арг-вал.
1.Антикодоны т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК комплементарна одной из цепей ДНК
2. Участок одной цепи ДНК – ТТАГГЦЦГЦАТТЦГТ,
состав второй цепи ДНК – ААТЦЦГГЦГТААГЦА
3.Число нуклеотидов: А – 7, Т – 7, Г – 5, Ц – 8.
По таблице генетического кода находим, что указанные аминокислоты гистона кодируются триплетами: ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ. По принципу комплементарности устанавливаем строение соответствующего участка молекулы ДНК.
Цепь и-РНК: ГЦЦ –ЦГЦ- АЦЦ- ААГ
1 цепь ДНК: ЦГГ — ГЦГ – ТГГ- ТТЦ
2 цепь ДНК: ГЦЦ- ЦГЦ — АЦЦ -ААГ
Находим триплеты на и-РНК, кодирующие глютаминовую кислоту и валин, а по ним — нуклеотидный состав ДНК:
Здоровый человек Больной человекаминокислоты Глу Вал
кодоны и-РНК ГАА ГУУ
состав ДНК : : : : : :
1) Произойдет генная мутация – изменится кодон второй аминокислоты.
2) В белке может произойти замена одной аминокислоты на другую, в результате изменится первичная структура белка.
3) Могут измениться все остальные структуры белка, что повлечет за собой появление у организма нового признака.
В качестве примера возьмем какой-либо участок цепи ДНК, несущий информацию о строении определенного пептида, и проанализируем его строение при возможных ситуациях.
а) При нормальном строении цепи ДНК:
б) При выпадении из цепи ДНК одного нуклеотида. Допустим, выбит первый нуклеотид второго триплета (Т).
Пептид: — Сер – Про — Apr — Тре —
в) При выпадении целого триплета из цепи ДНК. Допустим, выбит второй триплет
Пептид: — Сер — Глу — Асп —
Таким образом, при выпадении одного нуклеотида из цепи ДНК изменяется полностью аминокислотный состав белковой молекулы. Исключение целого триплета приводит к выпадению лишь одной аминокислоты. При этом последовательность всех остальных аминокислот в белковой цепи сохраняется.
1) Из выше сказанного следует что каждая аминокислота транспортируется к месту синтеза одной т-РНК, нам известно, что т-РНК было 30, следовательно и аминокислот тоже 30.2) Каждая аминокислота кодируется одним триплетом, а так как аминокислот 30, следовательно и триплетов 30.
3) Если один триплет состоит из трех нуклеотидов, значит необходимо произвести расчет: 30 х 3 = 90 нуклеотидов.
1. Одна т-РНК транспортирует одну аминокислоту, следовательно 9 т-РНК.
2. Число триплетов ДНК равно 9, так как один триплет кодирует одну аминокислоту.
3. Число нуклеотидов – 27, так как код триплетен (9х3).
1. Для кодирования одной аминокислоты необходимо 3 нуклеотида, соответственно для 51 аминокислоты – 153 нуклеотида;
2. Участок ДНК из 153 нуклеотидов имеет 52 нм (0,34 х 153);
3. В синтезе участвует 51 молекула т-РНК, одна т-РНК переносит одну аминокислоту.
1. Аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно, белок содержит
120 : 3 = 40 аминокислот;
2. Поскольку т-РНК транспортирует одну аминокислоту, для трансляции понадобилось 40 т-РНК.
3. и-РНК является копией гена, кодирующего данный белок, поэтому ген содержит 120 : 3 = 40 триплетов.
1.Генетический код триплетен, поэтому участок гена ДНК, кодирующий полипептид из 20 аминокислот, содержит
20 х 3 = 60 нуклеотидов
2. информационная часть и-РНК содержит 20 кодонов
3. для биосинтеза данного полипептида понадобится 20 молекул т-РНК.
1. В синтезе одной молекулы белка участвует одна молекула и-РНК;
2. Одна молекула т-РНК доставляет одну молекулу аминокислоты к рибосоме, следовательно, 900 аминокислот доставляют 900 молекул т-РНК;
3. Каждой аминокислоте соответствует один триплет – 3 нуклеотида, а 900 аминокислотам соответствует 2700 нуклеотидов.
1. Генетический код триплетен, следовательно, белок, состоящий из 100 аминокислот, кодирует 300 нуклеотидов.
2. Молекулярная масса белка 100 х 100 =10000; молекулярная масса гена 300 х 345 = 103500
3. Участок ДНК тяжелее, чем кодируемый им белок, в 10 раз ( 103500 : 10000) = 10,35
1. Согласно принципу комплементарности во второй цепи ДНК содержится нуклеотидов: Т – 300, А – 100, Ц- 150, Г – 200.
2. В двух цепях ДНК содержится нуклеотидов: А – 400, Т – 400, Ц – 350, Г – 350.
3. Информацию о структуре белка несет одна из двух цепей, число нуклеотидов в одной цепи ДНК: 300 + 100 + 150 + 200 = 750, одну аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, поэтому в белке должно содержаться 750 : 3 = 250 аминокислот.
1. Каждый полный виток спирали ДНК включает 10 пар нуклеотидов. Следовательно, количество полных оборотов спирали в гене равна 21000 : 10 = 2100 витков
2. Одна аминокислота кодируется тремя нуклеотидами. Следовательно, количество закодированных в гене аминокислот равно 21000 : 3 = 7000 аминокислот.
Экзоны несут информацию о структуре белка. Интроны – некодирующие участки.
1. Незрелая про-и-РНК содержит всю информацию, переписанную с данного участка ДНК, т.е. с пяти экзонов и трех интронов. Следовательно, количество нуклеотидов в незрелой про-и-РНК равно: 5 х 140 +3 х 720 = 2860 нуклеотидов.
2. При созревании про-и-РНК интроны из нее вырезаются, поэтому зрелая про-и-РНК будеи состоять только из 5 экзонов, значит , количество нуклеотидов в зрелой про-и-РНК – 5 х 140 = 700 нуклеотидов.
Фрагмент кодирующей цепи ДНК содержит 3000 нуклеотидов, интроны в ней составляют 50%. Определите количество нуклеотидов в зрелой молекуле и-РНК.
Ответ: 1500 нуклеотидов.
1. Количество интронов составляет 30%, 1440 нуклеотидов от общего количества.
2. В зрелой молекуле и-РНК интроны (1440 нуклеотидов) выпадают, следовательно, количество нуклеотидов 4800 – 1440 = 3360.
3. Код триплетен: 3360 : 3 = 1120 аминокислот.
Длина незрелой и-РНК (про-РНК) 102000 нм, экзоны в ней составляют 45%. Определите длину зрелой и-РНК, количество в ней нуклеотидов и сколько аминокислот закодировано в ней.
Ответ: 1) 165000 нуклеотидов
2) 55000 аминокислот
1. Фрагмент молекулы ДНК состоит из 6000 нуклеотидов. Определите длину данного фрагмента ДНК
2. Фрагмент молекулы ДНК состоит из 5760 нуклеотидов, из них тимидиловых нуклеотидов 1125. Определите длину данного фрагмента и количество адениловых, гуаниловых и цитидиловых нуклеотидов.
3. Фрагмент молекулы ДНК состоит из 950 пар нуклеотидов, из них адениловых нуклеотидов 340. Определите длину данного фрагмента и количество гуаниловых, тимидиловых и цитидиловых нуклеотидов.
4. Определите количество водородных связей во фрагменте ДНК -ГТЦАТГГАТАГТЦЦТАТ.
5. Молекула ДНК состоит из 4000 нуклеотидов. Определите число полных спиральных витков в данной молекуле.
6. Длина участка молекулы ДНК составляет 850 нм. Определите количество нуклеотидов в одной цепи ДНК.
7. В молекуле ДНК 28 % тимидиловых нуклеотидов. Определите количество адениловых нуклеотидов.
8. В молекуле ДНК 17 % цитидиловых нуклеотидов. Определите количество гуаниловых нуклеотидов.
9. Фрагмент молекулы ДНК состоит из 1000 нуклеотидов, из них адениловых нуклеотидов 23%. Определите количество гуаниловых, тимидиловых и цитидиловых нуклеотидов.
10.Определите молекулярную массу фрагмента ДНК если он состоит из 900 нуклеотидов
11.Фрагмент молекулы ДНК содержит 350 цитидиловых нуклеотидов, что составляет 28% от общего количества нуклеотидов. Определить сколько в данном фрагменте адениловых, гуаниловых, тимидиловых, нуклеотидов и его молекулярную массу
12.Длина участка молекулы ДНК составляет 544 нм. Определите количество нуклеотидов в ДНК и его молекулярную массу.
13.Длина участка молекулы ДНК составляет 272 нм, адениловых нуклеотидов в молекуле 31%. Определить молекулярную массу молекулы, процентное содержание других нуклеотидов.
14. Молекулярная масса молекулы ДНК составляет 17250 г/моль Определите количество нуклеотидов в молекуле и её длину.
15. Молекулярная масса молекулы ДНК составляет 27600 г/моль, в ней цитидиловый нуклеотид составляет 15%. Определите количество других нуклеотидов в молекуле и её длину.
16.Фрагмент кодирующей цепи ДНК имеет следующую последовательность ТГААЦТГАГГТЦГАЦ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК транскрибируемой с данного фрагмента
17.Фрагмент и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов УГАГЦАУЦАГАЦУГУ. Определите последовательность нуклеотидов фрагмента молекулы ДНК с которой транскрибирован данный фрагмент и-РНК
18.Фрагмент и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов УАУЦГАГУЦАЦГЦ. Определите последовательность нуклеотидов и число водородных связей во фрагменте молекулы ДНК с которой транскрибирован данный фрагмент и-РНК
19.Фрагмент и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов УАУГАЦУАГЦАГ. Определите последовательность антикодонов т-РНК соответствующие кодонам и-РНК
20.Последовательность антикодонов т-РНК АУГ ГЦГ УАУ ГУЦ. Определите последовательность нуклеотидов фрагмента ДНК, которая соответствует т-РНК
21.Участок молекулы и-РНК состоит из 300 нуклеотидов, Определите его длину.
22.Участок молекулы и-РНК состоит из 480 нуклеотидов, Определите его длину. и молекулярную массу.
23.Длина участка молекулы и-РНК составляет 510 нм.. Определите количество нуклеотидов, содержащихся в этом участке молекулы
24.Молекула и-РНК содержит 19% урациловых нуклеотидов, сколько адениловых нуклеотидов содержится в кодирующей цепи участка ДНК ?
25.Если в цепи молекулы ДНК, с которой транскрибирована генетическая информация, содержалось 11% адениловых нуклеотидов, сколько урациловых нуклеотидов будет содержаться в соответствующем ему отрезке и-РНК?
26.Правая цепь ДНК имеет следующую структуру АТГГТЦАТЦ. Определите структуру и-РНК транскрипция, которой произошла с левой цепи ДНК.
27.В молекуле и-РНК содержится 13% адениловых, 27% гуаниловых и 39% урациловых нуклеотидов. Определите соотношение всех видов нуклеотидов в ДНК, с которой была транскрибирована данная и-РНК
28. Молекулярная масса гена ДНК составляет 103500 г/моль. Определите число нуклеотидов в транскрибируемой с данного гена и-РНК.
29.Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТЦГГТЦААЦТТАГЦТ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
30.Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: аспаргин-изолейцин-пролин-триптофан-лизин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК.
31.Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: серин-глутамин-аспаригин-триптофан. Определите возможные последовательности нуклеотидов в молекуле и-РНК.
32.Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: УГЦААГЦУГУУУАУА. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка
33.Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГЦАУГУАГЦААГЦГЦ. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка и её молекулярную массу.
34.Ген ДНК включает 450 пар нуклеотидов. Какова длина, молекулярная масса гена и сколько аминокислот закодировано в нём?
35.Фрагмент ДНК имеет молекулярную массу 414000 г/моль. Определите длину фрагмента ДНК и число аминокислот закодированных в нём.
36.Участок кодирующей цепи ДНК имеет молекулярную массу 182160г/моль. Определите количество аминокислот закодированных в нем.
37.Участок кодирующей цепи ДНК имеет молекулярную массу 238050 г/моль. Определите количество аминокислот закодированных в нем и молекулярную массу белка.
38.Правая цепь ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ЦТАТАГТААЦАА. Определите структуру фрагмента белка, синтезированного по левой цепи ДНК.
39.Фрагмент одной цепи ДНК имеет следующую структуру: ГГТАЦГАТГТЦААГА. Определите первичную структуру белка, закодированного в этой цепи, количество (%) различных видов нуклеотидов в двух цепях фрагмента и его длину.
40.Сколько нуклеотидов содержит ген ДНК, если в нем закодировано 135 аминокислот. Какова молекулярная масса данного гена и его длина?
41.Какова молекулярная масса гена и его длина, если в нем закодирован белок с молекулярной массой 1500 г/моль?
42.В состав белковой молекулы входит 125 аминокислот. Определите количество нуклеотидов в и-РНК и гене ДНК, а также количества молекул т-РНК принявших участие в синтезе данного белка.
43.В синтезе белковой молекулы приняли участие 145 молекул т-РНК. Определите число нуклеотидов в и-РНК, гене ДНК и количество аминокислот в синтезированной молекуле белка.
44.Фрагмент цепи и-РНК имеет следующую последовательность: ГГГУГГУАУЦЦЦААЦУГУ. Определите, последовательность нуклеотидов на ДНК, антикодоны т-РНК, и последовательность аминокислот соответствующая фрагменту гена ДНК.
45.В синтезе белка приняли участие молекулы т-РНК с антикодонами: ГУЦ, ЦГУ, УУЦ, ГАУ, АУГ. Определите нуклеотидную последовательность во фрагменте гена ДНК и последовательность аминокислот в участке синтезируемого белка.
46.Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТАГЦГТТТЦТЦГГТА. Как изменится структура молекулы белка, если произойдет удвоение шестого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
47.Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: АГАТАГГТАЦГТТЦГ. Как изменится структура молекулы белка, если произойдёт выпадение десятого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
48.Под воздействием мутагенных факторов во фрагменте гена: ГАЦЦАГТТТЦАГТТГ произошла замена девятого нуклеотида на цитозин. Объясните, как изменится структура молекулы белка.
49.Гликолизу подверглось две молекулы глюкозы, окислению только одна. Определите количество образованных молекул АТФ и выделившихся молекул углекислого газа при этом
50.Гликолизу подверглось четыре молекулы глюкозы, окислению только две. Определите количество затраченных молекул кислорода и количество молекул пировиноградной кислоты накопившейся в клетке.
51.Окислению подверглось три молекулы глюкозы. Определите, сколько молекул пировиноградной кислоты накопилось в клетке, молекул воды, углекислого газа и АТФ образовалось, молекул кислорода расходовалось в клетке.
52.В процессе энергетического обмена в клетке накопилось 4 молекулы пировиноградной кислоты и выделилось 12 молекул углекислого газа. Определите количество молекул глюкозы подвергшихся гликолизу и сколько из них окислению до конечных продуктов.
53.В процессе энергетического обмена в клетке образовалось 40 молекул АТФ. Определите количество молекул глюкозы подвергшихся гликолизу и сколько из них окислению до конечных продуктов.
54.В процессе энергетического обмена в клетке образовалось 78 молекул АТФ и 12 молекул углекислого газа. Определите количество молекул глюкозы подвергшихся гликолизу и сколько из них окислению до конечных продуктов.
55.В процессе энергетического обмена в клетке образовалось 116 молекул АТФ и затрачено 18 молекул кислорода. Определите количество молекул глюкозы подвергшихся гликолизу и сколько из них окислению до конечных продуктов.
56.Расщеплению и окислению подверглось 6 молекул глюкозы, на это расходовалось 24 молекулы кислорода. Определите, сколько молекул воды и углекислого газа выделилось при этом.
1. 1020 нм.
2. А-1125, Г-1755, Ц-1755, длина ДНК -892,2 нм.
3. 1) длина ДНК-323 нм 2)Г-520, Т-430, Ц-520 нуклеотидов
: Цепи ДНК комплементарны , значит суммы А+Т и Г+Ц равны суммам второй цепи. Между А и Т образуется 2 водородные связи, между Г и Ц – 3 связи. А+Т=10∙2=20, Г+Ц=7∙3=21, 20+21= 41 водородных связей : во фрагменте ДНК 41 водородных связей: Полный виток или один шаг в молекуле ДНК составляют 10 пар нуклеотидов. В данной молекуле 4000 нуклеотидов, что составляет 2000 пар, следовательно: 2000:10=200 полных витков: 200 полных спиральных витков в молекуле ДНК6. 2500 нуклеотидов в участке молекулы ДНК1000 нуклеотидов это 100%, определим, сколько нуклеотидов составляет 23% адениловых: 23∙1000:100=230 нуклеотидов, А=Т=230, 1000-460(А+Т)=540(Г+Ц); Г=Ц=270(540:2) : Г-270, Т-230, Ц-270 нуклеотидов в фрагменте ДНК Молекулярная масса одного нуклеотида составляет 345 г/моль, следовательно молекулярная масса фрагмента ДНК: 900∙345=310500 г/моль: молекулярная масса фрагмента ДНК-310500 г/моль11.1) А-275, Г-350,Т-275 нуклеотидов2) молекулярная масса фрагмента ДНК-431250 г/моль12. 1) в участке молекулы ДНК -3200 нуклеотидов 2) молекулярная масса участка ДНК-1104000 г/моль13. 1) молекулярная масса участка ДНК-552000 г/моль 2) Т-31%, Г-19%, Ц-19%14. 1) количество нуклеотидов в молекуле ДНК -50 2) длина молекулы ДНК -8,5 нм.15. 1) Г-12, Ц-12, А-28, Т-28 2) 13,616. и-РНК – АЦУУГАЦУЦЦАГЦУГ17. ДНК – АААЦТГЦЦТАГГТАТ и-РНК – АААЦУГЦЦУАГГУАУ 18. ДНК – АЦТЦГТАГТЦТГАЦА19. 1) ДНК – АТАГЦТЦАГТГЦ 2) 30 водородных связей20. т-РНК — АУА, ЦУГ, АУЦ, ГУЦ.21. ДНК – АТГГЦГТАТГТЦ22. длина ДНК – 102 нм.23. длина ДНК – 163,2 нм. молек. масса – 165600 г/моль24. 1500 нуклеотидов 25. А – 19%26.. У – 11%27. и-РНК – АУГГУЦАУЦ100-(13(А)+27(Г)+39(У))=21(Ц) А+Т=52%; Г+Ц=48%А-26%; Т-26%; Г-24%; Ц-24%.29. и-РНК – 150 нуклеотидов30 1) и-РНК – АГЦЦАГУУГААУЦГ 2) сер-глн-лей-асп-арг31. ДНК – ТТАТААГГГАЦЦТТЦ (возможны другие варианты)32. Сер – УЦУ, УЦЦ, УЦА, УЦГГлн – ЦАА, ЦАГАсн – ААУ, ААЦТри – УГГ35. 1) 53 нм 2) 310500 г/моль 3) 150 аминокислот36. 1) 204 нм 2) 200 аминокислот37. 176 аминокислот38.230 аминокислот; 23000 г/моль39. 1) про-цис-тир-сер-сер 2) Г-7(23%); Ц-7(23%); А(22%); Т-(22%) 3) 5,1 нм40 1) 279450 г/моль 2) 137,2 нм41 1) 319500 г/моль 2) 153 нм42. 1) и-РНК-375 нуклеотидов 2) ДНК-750 нуклеотидов 3) т-РНК-125 43. 1) и-РНК-435 нуклеотидов 2) ДНК-870 нуклеотидов 3) т-РНК-145 44.ДНК: ЦЦЦ АЦЦ АТА ГГГ ТТТ АЦАт-РНК: ЦЦЦ, АЦЦ, АУА, ГГГ,УУУ, АЦАбелок: гли – три – тир – про – лиз – цис45.ДНК: ГТЦ ЦГТ ТТЦ ГАТ АТГБелок : глн – ала – лиз – лей – тир46. нормальный белок – иле-ала-лиз-сер-глн изменённый белок – иле-ала-лиз-47. нормальный белок – сер-иле-гис-ала-сер изменённый белок – сер-иле-гис-и уменьшится на одну аминокислоту48. структура молекулы белка не изменится, так как исходный и изменённый триплет кодируют одну и ту же аминокислотуДля решения используем уравнения 2 этапа (гликолиза) и 3 этапа (кислородного) энергетического обмена.При гликолизе одной молекулы глюкозы образуется 2 молекулы АТФ, а при окислении 36 АТФ. По условию задачи гликолизу подверглось 2 молекулы глюкозы: 2∙2=4 ,а окислению только одна. 4+36=40 АТФ.Углекислый газ образуется только на 3 этапе, при полном окислении одной молекулы глюкозы образуется 6 СО 40 АТФ; СО- 12 молекул; С – 4 молекулы – 0; НО – 132; СО.- 18; АТФ – 11452. гликолизу подверглось 4 молекулы глюкозы, а окислению только 2.53. гликолизу подверглось 2 молекулы глюкозы, а окислению только 1.54. гликолизу подверглось 3 молекулы глюкозы, а окислению только 2.55. гликолизу подверглось 4 молекулы глюкозы, а окислению только 3.О –180; СО1. Болгова И.В. Сборник задач по общей биологии. М., ОНИКС Мир и образование.2008.2. Адельшина Г.А. Генетика в задачах. Москва. Глобус. 2009.3. Кочергин Б.Н., Кочергина Н.А.Задачи по молекулярной биологии и генетике. Москва. Народная АСВЕТА .19824. Муртазин Г.М. Задачи и упражнения по общей биологии. М.:Просвещение. 1981.
