Розділ ііі: самотренажер

Практична робота № 1

Тема: Розв’язування типових задач з молекулярної біології

Задача 1.

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

• Скільки кодуючи і некодуючих нуклеотидних пар міститься в гені

РНК-полімерази?

• Яка відносна молекулярна маса зрілої і-РНК?

Дано: Розв’язання

Структурний ген – 9450 пар нуклеотидів; РНК-полімераза – 329 амінокислот; Mr(нуклеотида) – 345.	Визначаємо кількість кодуючих нуклеотидних пар гена РНК-полімерази: 329 · 3 = 987 (нуклеотидних пар екзонів). Визначаємо кількість нуклеотидних пар гена РНК-полімерази: 9450 – 987 = 8463 (нуклеотидних пар інтронів). Визначаємо відносну молекулярну масу зрілої і-РНК: 987 · 345 = 340515
N(екзонних нуклеотидів) - ? N(інтронних нуклеотидів)-? Mr(зрілої РНК) - ?

Відповідь:

• N (екзонних нуклеотидів) - 987.

• N (інтронних нуклеотидів – 8463.

• Mr(зрілої РНК) – 340515.

Задача 2.

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

Визначте:

• Які маси молочної кислоти і вуглекислого газу утворили внаслідок реакції?

• Яка кількість речовини АТФ утворилась?

• Яка кількість енергії і в якому вигляді акумулювалась в ній?

Дано: Розв’язання

η (С6Н12О6) – 6 моль (3 моль – повне кисневе розщеплення).	Визначаємо кількість речовини глюкози, яка зазнала неповного розщеплення: 6-3=3 [моль] С6Н12О6. Визначаємо масу С3Н6О3 і кількість речовини АТФ, що утворилась внаслідок неповного розщеплення глюкози:
m (С3Н6О3) - ? m (СО2) - ? η (АТФ) - ? Q - ?

С₆ Н₁₂О₆ + 2АДФ + 2Н₃РО₄ → 2С₃Н₆О₃ + 2АТФ ;

1 моль 2 моль 2 моль

1 моль С₆Н₁₂О₆ (глюкози) – 2 моль С₃Н₆О₃ (молочної кислоти);

3 моль С₆Н₁₂О₆ (глюкози) – х моль С₃Н₆О₃ (молочної кислоти).

С₃Н₆О₃

1 моль С₃Н₆О₃ – 90 г; 1 моль С₆Н₁₂О₆ – 2 моль АТФ (енергія);

6 моль С₃Н₆О₃ – х г; 3 моль С₆Н₁₂О₆ - х моль АТФ (енергія);

х = 6 · 90 = 540 [г] С₃Н₆О₃ х = 3 · 2 = 6 [моль] АТФ.

Таким чином, внаслідок неповного (безкисневого) розщеплення

3 моль С₆Н₁₂О₆ утворилося 540 г С₃Н₆О₃ і 6 моль АТФ.

3. Визначаємо масу СО₂ і кількість речовини АТФ, що утворились внаслідок повного (кисневого) розщеплення 3 моль С₆Н₁₂О₆:

С₆Н₁₂О₆ + 6О₂ + 38АДФ + 38Н₃РО₄ → 6СО₂ + 6Н₂О + 38АТФ;

1 моль 6 моль 38 моль

1 моль С₆Н₁₂О₆ утворює 6 моль СО₂ (вуглекислого газу);

3 моль С₆Н₁₂О₆ утворює х моль СО₂ (вуглекислого газу).

х = 3 · 6 = 18 [моль] СО₂ – утворилося внаслідок повного розщеплення

3 моль С₆Н₁₂О_6.

1 моль СО₂ – 44 г;

18 моль СО₂ – х г;

х = 18 · 44 = 792 [г] СО₂ – утворилося внаслідок повного розщеплення

3 моль глюкози.

1 моль С₆Н₁₂О₆ утворює 38 моль АТФ;

3 моль С₆Н₁₂О₆ утворює х моль АТФ.

х = 3 · 38 = 114 [моль] АТФ утворилося внаслідок (кисневого) розщеплення

3 моль глюкози.

4. Визначаємо кількість енергії, яка виділилась внаслідок 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 х кДж енергії.

х = 120 · 40 = 4800 [кДж] енергії акумульовано в молекулах АТФ, утворених під час розщеплення 6 моль глюкози.

Відповідь:

• m (С₃Н₆О₃) - 540 [г] ; m (СО₂) –792 [г].

• η (АТФ) – 6 [моль]

• Q - 4800 [кДж].

Задача 3.

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.

Дано: Розв’язання

m (СО2) – 280 г/день; t – 5 днів.	Записуємо сумарне рівняння фотосинтезу: енергія 6СО 2↑ + 6 Н2О → С6Н12О6 + 6О2↑ 6 моль 1 моль 6 моль 6 ·44 = 264 г 180 г 6 ·32 = 192 г
m (С6Н12О6) - ? m (О2) - ?

2. За рівнянням реакції визначаємо маси продуктів реакції, утворених рослиною за день, склавши пропорцію:

Внаслідок поглинання 264 г СО₂ утворюється 180 г С₆Н₁₂О₆;

Внаслідок поглинання 280 г СО₂ - х г С₆Н₁₂О₆.

С₆Н₁₂О_6.

3. Внаслідок поглинання 264 г СО₂ виділяється 192 г О₂;

Внаслідок поглинання 280 г СО₂ – х г О₂.

О₂

4. Визначаємо масу глюкози та кисню, що виділиться за 5 днів.

У результаті фотосинтезу за один день рослина утворює

109,9 г С₆Н₁₂О₆ і виділяє 203,6 г О₂.

За 5 днів утвориться:

190,9 г · 5 = 954,5 г С₆Н₁₂О₆;

203,6 г · 5 = 1018 г О₂.

Відповідь: m (С₆Н₁₂О₆) – 954,5 г, m (О₂) – 1018 г.

Практична робота № 2

Тема: Розв’язування типових задач з генетики (моногибридне

схрещування).

Задача 4.

У фігурного гарбуза біле забарвлення шкірки плодів домінує над жовтим. Визначте, якими будуть:

• Гібриди F₁ i F₂, якщо схрестити гомозиготний білий гарбуз з жовтим?

• Рослини від зворотного схрещування F₁ з білою батьківською формою?

• Рослини від зворотного схрещування F₁ з жовтою батьківською формою?

Дано: Розв’язання

А – ген, що визначає біле забарвлення плодів гарбуза. а – ген, що визначає жовте забарвлення плодів гарбуза. АА – білі плоди гарбуза. Аа - білі плоди гарбуза. аа - жовті плоди гарбуза.	Записуємо схему схрещування: Р ♀ АА x ♂ aa Гамети А а F1 Aа – 100% білі плоди Знаходимо F2 : F1 ♀ Аа x ♂ Аa Гамети А,а А,а F2 А а АА Аа Аа аа А а
Генотип та фенотип гібридів F1 i F2.

3 – білі : 1 – жовті.

3. Проводимо зворотне схрещування:

Р ♀ АА x ♂ Аa

Гамети А А,а

F₁ AА, Аа – 100% білі плоди

Р ♀ Аа x ♂ аa

Гамети А,а а

F₁ Aа, аа – 50% білі плоди : 50% жовті плоди.

Відповідь:

• 100% білі;

• 75% білі : 25% жовті;

• 100% білі; 50% білі : 50% жовті.

Практична робота № 3

Тема: Розв’язування типових задач з генетики (дигибридне

схрещування).

Задача 5.

Якими будуть гібриди F₁ і F₂ від схрещування білоокої сірої самки дрозофіли з червонооким чорним самцем?

Ген червоних очей – домінантний, зчеплений з Х-хромосомою, ген чорного тіла – рецесивний аутосомний.

Дано: Розв’язання

А - ген сірого тіла; а – ген чорного тіла; W – ген червоних очей; w – ген білих очей; AA – сірі мухи; Aa – сірі мухи; aa – чорні мухи; XWXW – червоноокі самки; XWXw – червоноокі самки; XwXw - білоокі самки; XWY – червоноокі самці; XwY – білоокі самці.	Р ♀ ААХwXw х ♂ aaXWY Г амети F1 AaXWXw – сірі червоноокі самки AaXwY – сірі білоокі самці Р ♀ АaХWXw x ♂ AaXwY Гамети
Генотипи й фенотипи гібридів F1 і F2 - ?

2. Для F₂ заповнюємо решітку Пеннета:

F2	AXW	AXw	aXW	aXw
AXw	AAXWXw ♀, сіре тіло, червоні очі	AAXwXw ♀, сіре тіло, білі очі	AaXWXw ♀, сіре тіло, червоні очі	AaXwXw ♀, сіре тіло, білі очі
AY	AAXWY ♂, сіре тіло, червоні очі	AAXwY ♂, сіре тіло, білі очі	AaXWY ♂ сіре тіло, червоні очі	AaXwY ♂, сіре тіло, білі очі
aXw	aAXWXw ♀, сіре тіло, червоні очі	AaXwXw ♀, сіре тіло, білі очі	aaXWXw ♀, чорне тіло, червоні очі	aaXwXw ♀, чорне тіло, білі очі
aY	AaXWY ♂, сіре тіло, червоні очі	AaXbY ♂, сіре тіло, білі очі	AaXWY ♂ чорне тіло, червоні очі	AaXwY ♂, чорне тіло, білі очі

Відповідь:

Самки: Самці:

Сіре тіло червоні очі: 3/16 = 18,75 %; Сіре тіло червоні очі: 3/16 = 18,75%;

Сіре тіло білі очі: 3/16 = 18,75 %; Сіре тіло білі очі: 3/16 – 18,75 %;

Чорне тіло червоні очі: 1/16 = 6,25 %; Чорне тіло червоні очі: 1/16=6,25 %;

Чорне тіло білі очі: 1/16 = 6,25 %. Чорне тіло білі очІ: 1/16 = 6,25 %.

Практична робота № 4

Тема: Розв’язання типових задач на визначення частоти мутацій.

Задача 6: .

У місті зі сталим складом населення протягом 5 років серед 25 000 новонароджених зареєстровано 2 випадки фенілкетонурії. Хвороба успадковується за аутосомно-рецесивним типом. Визначте кількість гетерозигот серед новонароджених.

Дано: Розв’язання

А – ген, що визначає нормальний обмін фенілаланіну; А – ген, що визначає фенілкетонурію; АА – здорові; Аа – здорові; аа – хворі. Усіх новонароджених – 25 000, з яких – 2 хворих.	Визначаємо частоту хворих новонароджених в даному місті: Визначаємо частоту рецесивного гена (gа) в даній популяції: =0,0089 Визначаємо частоту домінантного гена (рА) в даній популяції:
Кількість гетерозигот - ?

4. За рівнянням Харді – Вайнберга визначаємо відсоток гетерозигот в даній популяції:

5. Визначаємо кількість гетерозигот серед новонароджених:

25 000 новонароджених – 100 %;

х новонароджених – 1,76 %.

Відповідь: 440 новонароджених є гетерозиготними носіями гена, що визначає фенілкетонурію.

Практична робота № 5

Тема: Розв’язування задач з екології

Задача 7.

Один м² культурного біоценозу дає 800 г сухої біомаси за рік. Побудуйте ланцюг живлення і визначте, яка площа цього біоценозу потрібна , щоб з нього могла б прогодуватись людина масою 70 кг (із них 63% становить вода)?

Дано: Розв’язання

m(людини)– 70 кг (з них 63% Н2О); продуктивність 1 м2 – 800г/рік (сухої маси)	Записуємо ланцюг живлення: 1% 10% 10% 10% Рослини → консументи І → консументи ІІ → людина Визначаємо частку органічної речовини в тілі людини: 100% - 63% = 37%
S (біогеоценозу) - ?

3. Визначаємо масу органічної речовини в тілі людини:

70 кг – 100%;

х кг - 37%.

4. Визначаємо масу сухої органічної речовини в перший ланці ланцюга живлення:

1% 10% 10% 10%

Рослини → консументи І → консументи ІІ → людина

26000 кг 2600 кг 260 кг 26 кг

5. Визначаємо, яка площа біоценозу потрібна, щоб з нього змогла прогодуватись людина протягом року:

Відповідь: потрібно 3,25 га такого біоценозу.