Решение цитологических задач по биологии егэ

Задачи по цитологии на ЕГЭ по биологии

Автор статьи — Д. А. Соловков, кандидат биологических наук

к оглавлению ▴

Типы задач по цитологии

Задачи по цитологии, которые встречаются в ЕГЭ, можно разбить на семь основных типов. Первый тип связан с определением процентного содержания нуклеотидов в ДНК и чаще всего встречается в части А экзамена. Ко второму относятся расчетные задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке, а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК. Этот тип задач может встретиться как в части А, так в части С.

Задачи по цитологии типов 3, 4 и 5 посвящены работе с таблицей генетического кода, а также требуют от абитуриента знаний по процессам транскрипции и трансляции. Такие задачи составляют большинство вопросов С5 в ЕГЭ.

Задачи типов 6 и 7 появились в ЕГЭ относительно недавно, и они также могут встретиться абитуриенту в части С. Шестой тип основан на знаниях об изменениях генетического набора клетки во время митоза и мейоза, а седьмой тип проверяет у учащегося усвоения материала по диссимиляции в клетке эукариот.

Ниже предложены решения задач всех типов и приведены примеры для самостоятельной работы. В приложении дана таблица генетического кода, используемая при решении.

к оглавлению ▴

Решение задач первого типа

Основная информация:

• В ДНК существует 4 разновидности нуклеотидов: А (аденин), Т (тимин), Г (гуанин) и Ц (цитозин).
• В 1953 г Дж.Уотсон и Ф.Крик открыли, что молекула ДНК представляет собой двойную спираль.
• Цепи комплементарны друг другу: напротив аденина в одной цепи всегда находится тимин в другой и наоборот (А-Т и Т-А); напротив цитозина — гуанин (Ц-Г и Г-Ц).
• В ДНК количество аденина и гуанина равно числу цитозина и тимина, а также А=Т и Ц=Г (правило Чаргаффа).

Задача: в молекуле ДНК содержится  аденина. Определите, сколько (в ) в этой молекуле содержится других нуклеотидов.

Решение: количество аденина равно количеству тимина, следовательно, тимина в этой молекуле содержится . На гуанин и цитозин приходится . Т.к. их количества равны, то Ц=Г=.

к оглавлению ▴

Решение задач второго типа

Основная информация:

• Аминокислоты, необходимые для синтеза белка, доставляются в рибосомы с помощью т-РНК. Каждая молекула т-РНК переносит только одну аминокислоту.
• Информация о первичной структуре молекулы белка зашифрована в молекуле ДНК.
• Каждая аминокислота зашифрована последовательностью из трех нуклеотидов. Эта последовательность называется триплетом или кодоном.

Задача: в трансляции участвовало  молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.

Решение: если в синтезе участвовало  т-РНК, то они перенесли  аминокислот. Поскольку одна аминокислота кодируется одним триплетом, то в гене будет  триплетов или  нуклеотидов.

к оглавлению ▴

Решение задач третьего типа

Основная информация:

• Транскрипция — это процесс синтеза и-РНК по матрице ДНК.
• Транскрипция осуществляется по правилу комплементарности.
• В состав РНК вместо тимина входит урацил

Задача: фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ААГГЦТАЦГТТГ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка.

Решение: по правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК и разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот: фен-арг-цис-асн.

к оглавлению ▴

Решение задач четвертого типа

Основная информация:

• Антикодон — это последовательность из трех нуклеотидов в т-РНК, комплементарных нуклеотидам кодона и-РНК. В состав т-РНК и и-РНК входят одни те же нуклеотиды.
• Молекула и-РНК синтезируется на ДНК по правилу комплементарности.
• В состав ДНК вместо урацила входит тимин.

Задача: фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГАУГАГУАЦУУЦААА. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК.

Решение: разбиваем и-РНК на триплеты ГАУ-ГАГ-УАЦ-УУЦ-ААА и определяем последовательность аминокислот, используя таблицу генетического кода: асп-глу-тир-фен-лиз. В данном фрагменте содержится  триплетов, поэтому в синтезе будет участвовать  т-РНК. Их антикодоны определяем по правилу комплементарности: ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ. Также по правилу комплементарности определяем фрагмент ДНК (по и-РНК!!!): ЦТАЦТЦАТГААГТТТ.

к оглавлению ▴

Решение задач пятого типа

Основная информация:

• Молекула т-РНК синтезируется на ДНК по правилу комплементарности.
• Не забудьте, что в состав РНК вместо тимина входит урацил.
• Антикодон — это последовательность из трех нуклеотидов, комплементарных нуклеотидам кодона в и-РНК. В состав т-РНК и и-РНК входят одни те же нуклеотиды.

Задача: фрагмент ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТТАГЦЦГАТЦЦГ. Установите нуклеотидную последовательность т-РНК, которая синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.

Решение: определяем состав молекулы т-РНК: ААУЦГГЦУАГГЦ и находим третий триплет — это ЦУА. Это антикодону комплементарен триплет и-РНК — ГАУ. Он кодирует аминокислоту асп, которую и переносит данная т-РНК.

к оглавлению ▴

Решение задач шестого типа

Основная информация:

• Два основных способа деления клеток — митоз и мейоз.
• Изменение генетического набора в клетке во время митоза и мейоза.

Задача: в клетке животного диплоидный набор хромосом равен . Определите количество молекул ДНК перед митозом, после митоза, после первого и второго деления мейоза.

Решение: По условию, . Генетический набор:

к оглавлению ▴

Решение задач седьмого типа

Основная информация:

• Что такое обмен веществ, диссимиляция и ассимиляция.
• Диссимиляция у аэробных и анаэробных организмов, ее особенности.
• Сколько этапов в диссимиляции, где они проходят, какие химические реакции проходят во время каждого этапа.

Задача: в диссимиляцию вступило  молекул глюкозы. Определите количество АТФ после гликолиза, после энергетического этапа и суммарный эффект диссимиляции.

Решение: запишем уравнение гликолиза: = 2ПВК + 4Н + 2АТФ. Поскольку из одной молекулы глюкозы образуется  молекулы ПВК и 2АТФ, следовательно, синтезируется 20 АТФ. После энергетического этапа диссимиляции образуется  молекул АТФ (при распаде  молекулы глюкозы), следовательно, синтезируется  АТФ. Суммарный эффект диссимиляции равен  АТФ.

к оглавлению ▴

Примеры задач для самостоятельного решения

1. В молекуле ДНК содержится  аденина. Определите, сколько (в ) в этой молекуле содержится других нуклеотидов.
2. В трансляции участвовало  молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.
3. Фрагмент ДНК состоит из  нуклеотидов. Определите число триплетов и нуклеотидов в иРНК, а также количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка.
4. Фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ГГЦТЦТАГЦТТЦ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка (для этого используйте таблицу генетического кода).
5. Фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГЦУААУГУУЦУУУАЦ. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК (для этого используйте таблицу генетического кода).
6. Фрагмент ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов АГЦЦГАЦТТГЦЦ. Установите нуклеотидную последовательность т-РНК, которая синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.
7. В клетке животного диплоидный набор хромосом равен . Определите количество молекул ДНК перед митозом, после митоза, после первого и второго деления мейоза.
8. В диссимиляцию вступило  молекул глюкозы. Определите количество АТФ после гликолиза, после энергетического этапа и суммарный эффект диссимиляции.
9. В цикл Кребса вступило  молекул ПВК. Определите количество АТФ после энергетического этапа, суммарный эффект диссимиляции и количество молекул глюкозы, вступившей в диссимиляцию.

Ответы:

1. Т=, Г=Ц= по .
2.  аминокислот,  триплетов,  нуклеотидов.
3.  триплета,  аминокислоты,  молекулы т-РНК.
4. и-РНК: ЦЦГ-АГА-УЦГ-ААГ. Аминокислотная последовательность: про-арг-сер-лиз.
5. Фрагмент ДНК: ЦГАТТАЦААГАААТГ. Антикодоны т-РНК: ЦГА, УУА, ЦАА, ГАА, АУГ. Аминокислотная последовательность: ала-асн-вал-лей-тир.
6. т-РНК: УЦГ-ГЦУ-ГАА-ЦГГ. Антикодон ГАА, кодон и-РНК — ЦУУ, переносимая аминокислота — лей.
7. . Генетический набор:
   1. перед митозом  молекул ДНК;
   2. после митоза  молекулы ДНК;
   3. после первого деления мейоза  молекул ДНК;
   4. после второго деления мейоза  молекул ДНК.
8. Поскольку из одной молекулы глюкозы образуется  молекулы ПВК и 2АТФ, следовательно, синтезируется  АТФ. После энергетического этапа диссимиляции образуется  молекул АТФ (при распаде  молекулы глюкозы), следовательно, синтезируется  АТФ. Суммарный эффект диссимиляции равен  АТФ.
9. В цикл Кребса вступило  молекул ПВК, следовательно, распалось  молекулы глюкозы. Количество АТФ после гликолиза — молекул, после энергетического этапа —  молекул, суммарный эффект диссимиляции молекул АТФ.

Итак, в этой статье приведены основные типы задач по цитологии, которые могут встретиться абитуриенту в ЕГЭ по биологии. Надеемся, что варианты задач и их решение будет полезно всем при подготовке к экзамену. Удачи!

Смотри также: Подборка заданий по цитологии на ЕГЭ по биологии с решениями и ответами.

к оглавлению ▴

Приложение I Генетический код (и-РНК)

Первое основание	Второе основание				Третье основание
	У	Ц	А	Г
У	Фен	Сер	Тир	Цис	У
	Фен	Сер	Тир	Цис	Ц
	Лей	Сер	—	—	А
	Лей	Сер	—	Три	Г
Ц	Лей	Про	Гис	Арг	У
	Лей	Про	Гис	Арг	Ц
	Лей	Про	Глн	Арг	А
	Лей	Про	Глн	Арг	Г
А	Иле	Тре	Асн	Сер	У
	Иле	Тре	Асн	Сер	Ц
	Иле	Тре	Лиз	Арг	А
	Мет	Тре	Лиз	Арг	Г
Г	Вал	Ала	Асп	Гли	У
	Вал	Ала	Асп	Гли	Ц
	Вал	Ала	Глу	Гли	А
	Вал	Ала	Глу	Гли	Г

Если вам понравился наш разбор задач по цитологии — записывайтесь на курсы подготовки к ЕГЭ по биологии онлайн

Типовые
задачи по цитологии.

1
Задачи, связаные с определением процентного
содержания нуклеотидов в ДНК

Задача №1. В молекуле ДНК насчитывается
23% адениловых нуклеотидов от общего числа нуклеотидов. Определите количество
тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Решение:

1. По правилу Чаргаффа находим содержание
тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: А=Т=23%.

 2. Находим сумму (в %) содержания
адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 23% + 23% = 46%.

 3. Находим сумму (в %) содержания
гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 100% – 46% = 54%.

 4. По правилу Чаргаффа, в молекуле ДНК
Г=Ц, в сумме на их долю приходится 54%, а по отдельности: 54% : 2 = 27%.

Ответ:
Т=23%; Ц=27%

Задача №2.  Дана
молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 тыс., из них 8625
приходится на долю адениловых нуклеотидов. Относительная молекулярная масса
одного нуклеотида в среднем 345. Сколько содержится нуклеотидов по отдельности
в данной ДНК? Какова длина ее молекулы?

Решение:

1.
Определяем, сколько адениловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 8625 : 345 =
25.

 2.
По правилу Чаргаффа, А=Г, т.е. в данной молекуле ДНК А=Т=25.

 3.
Определяем, сколько приходится от общей молекулярной массы данной ДНК на долю
гуаниловых нуклеотидов: 69 000 – (8625х2) = 51 750.

 4.
Определяем суммарное количество гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной ДНК:
51 750:345=150.

 5.
Определяем содержание гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов по отдельности:
150:2 = 75;

 6.
Определяем длину данной молекулы ДНК: (25 + 75) х 0,34 = 34 нм.

Ответ:
А=Т=25; Г=Ц=75; 34 нм.

Задача №3.Сколько процентов А,Т,Г содержится в молекуле ДНК
, если известно, что Ц содержится 25%?

Решение.

1) количество
комплементарных азотистых оснований равное А=Т, Г=Ц, а сумма всех оснований
составляет А+Т+Г+Ц=100%;

2) следовательно:
Г=Ц=25%, Г+Ц=50%,

3) А=Т= 100%-(Г+Ц) =
25%

2. Расчетные
задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке,
а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК.

Задача №1.В трансляции
участвовало 30 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих
в состав образующегося белка, а также число триплетов
и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.

Решение:

1.                 
Если в синтезе участвовало 30 т-РНК, то они
перенесли 30 аминокислот.

2.                 
Одна аминокислота кодируется одним триплетом, значит число
триплетов —

Один триплет – 3 нуклеотида, 3х30=90
нуклеотидов

Ответ:
Кол-во
а/к – 30. Число триплетов – 30. Число нуклеотидов – 90.

Задача №2.Участок одной из двух цепей молекулы ДНК содержит 300
нуклеотидов с аденином (А), 100 нуклеотидов с тимином (Т), 150 нуклеотидов с
гуанином (Г) и 200 нуклеотидов с цитозином (Ц). Какое количество нуклеотидов с
А, Т, Г и Ц содержится в двуцепочечной молекуле ДНК? Сколько аминокислот должен
содержать белок, кодируемый этим участком молекулы ДНК? Ответ поясните.

Решение.

1)     
Количество нуклеотидов с аденином в одной цепи
ДНК составляет 300 нуклеотидов, в другой — 100 нуклеотидов; в сумме в двух
цепях 400 нуклеотидов с аденином и столько же с тимином (по принципу
комплементарности)
2) Количество нуклеотидов с гуанином в одной цепи ДНК составляет 150 нуклеотидов,
в другой — 200 нуклеотидов; в сумме в двух цепях 350 нуклеотидов с гуанином и
столько же с цитозином (по принципу комплементарности)
3) Всего в двух цепях молекулы ДНК 1500 нуклеотидов. Белок кодирует только
транскрибируемая цепь ДНК (одна из двух цепей) : 1500/2 = 750 нуклеотидов.
3 нуклеотида кодируют 1 аминокислоту, поэтому в результате транскрипции с
данного участка ДНК и последующей трансляции будет синтезирован белок из 250
аминокислот (750 / 3 = 250)

Задача №3. Две цепи молекулы ДНК
удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число
нуклеотидов с аденином, тимином, гуанином, цитозином в молекуле ДНК, в которой
48 нуклеотидов соединяются между собой тремя водородными связями и 56
нуклеотидов — двумя водородными связями. Объясните полученные результаты.

Решение.

1) По принципу комплементарности построим вторую цепь ДНК: АТЦГГТА
2) Водородные связи образуются между двумя цепями ДНК: между аденином (А) и
тимином (Т) две водородные связи, между гуанином (Г) и цитозином (Ц) три
водородные связи
3) В двухцепочечной молекуле между аденином и тимином 4 × 2 = 8 водородных
связей, между цитозином и гуанином 3 × 3 = 9 водородных связей; в сумме в
двухцепочечном фрагменте ДНК 8 + 9 = 17 водородных связей

3.     
Задачи
на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности
аминокислотв полипептидной цепи. Работа  с таблицей
генетического кода.

Задача №1.В состав
РНК вместо тимина входит урацил. В биосинтезе белка участвовали т-РНК с
антикодонами: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ. Определите нуклеотидную
последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несет информацию о
синтезируемом полипептиде, и число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин,
тимин, цитозин в двухцепочечной молекуле ДНК

Решение:

1.                 
Антикодоны
т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК
комплементарна одной из цепей ДНК.

2.                 
т-РНК:
УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ

3.                 
и-РНК:
ААУ-ЦЦГ-ГЦГ-УАА-ГЦА

4.                 
1
цепь ДНК: ТТА-ГГЦ-ЦГЦ-АТТ-ЦГТ

5.                 
2
цепь ДНК: ААТ-ЦЦГ-ГЦГ-ТАА-ГЦА.

6.                 
В
молекуле ДНК:

Число
А=Т=7,  число Г=Ц=8

Задача №2.Фрагмент
одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ААГГЦТАЦГТТГ. Постройте
на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте
молекулы белка.

Решение:

1.                 
По правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК

2.                 
Разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ.

По таблице генетического кода
определяем последовательность аминокислот: фен-арг-цис-асн.

Задача
№3.
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  концы этого фрагмента и определите аминокислоту, которую
будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет с 
конца соответствует антикодону тРНК.

Схема
решения задачи включает:

1.                 
нуклеотидная
последовательность участка тРНК: 

2.                 
нуклеотидная
последовательность антикодона УГА (третий триплет) соответствует кодону на иРНК
УЦА;

3.                 
по
таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота -Сер,
которую будет переносить данная тРНК

Задача
№4.
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:

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′.

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.

Решение.

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′-вирусная
РНК

5,-ГАТ…………………….-3,——ДНК(смысловая)

3,-ЦТА…………………….-5,——ДНК(транскрибуемая)

5,-ГАУ…………………….-3,—-и
РНК

Схема
решения задачи включает:

1.
по принципу комплементарности находим нуклеотидную последовательность участка
ДНК:

5’–ГАТЦГАТГЦАТГЦТТ–3′

3’–ЦТАГЦТАЦГТАЦГАА–5′;

2.
по принципу комплементарности находим нуклеотидную последовательность иРНК:

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′;

3.
по таблице генетического кода определяем последовательность вирусного белка:
асп-арг-цис-мет-лей

При
построении ДНК необходимо учитывать два важных момента. Во-первых, в ДНК вместо
У (урацила) должен стоять Т (тимин). Во-вторых, обратная транскрипция матричной
цепи ДНК будет осуществляется с вирусной РНК антипараллельно, то есть 5′-концу
РНК будет соответствовать 3′-конец ДНК. Смысловая цепь ДНК и иРНК достраиваются
по матричной цепи ДНК с соблюдением принципов комплементарности и
антипараллельности.

При
определении последовательности вирусного белка необходимо также учитывать два
момента. Во-первых, трансляция осуществляется с 5′-конца иРНК. Во-вторых, между
аминокислотами необходимо ставить дефис, обозначающий пептидную связь.

Задача
№ 5. 
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:

5’
− ГЦГГААААГЦГЦ − 3’.

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.

РЕШЕНИЕ.

Алгоритм
выполнения задания.

1.
По принципу комплементарности на основе вирусной РНК находим нуклеотидную
последовательность транскрибируемого участка ДНК:

вирусная
РНК: 5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3

транскрибируемая
ДНК 3’− ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’.

Нуклеотидную
последовательность транскрибируемой и смысловой цепей ДНК также определяем по
принципу комплементарности (на основе данной РНК по принципу комплементарности
строим транскрибируемую ДНК, затем на её основе находим смысловую. В
молекулярной генетике принято смысловую ДНК писать сверху, транскрибируемую —
снизу):

5’
− ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’

3’
— ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’

2.
По принципу комплементарности на основе транскрибируемой ДНК находим нуклеотидную
последовательность иРНК:

ДНК:
3’ — ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’

иРНК:
5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’.

3.
По таблице Генетического кода на основе иРНК определяем последовательность
вирусного белка:

иРНК:
5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’

белок:
АЛА-ГЛУ-ЛИЗ-АРГ

2.4.Задачи  на определение
количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

Задача
№ 1.Какое
количество хромосом (n) и молекул ДНК (с) будет в клетках спорангия папоротника
в начале спорообразования и в зрелой споре. Ответ поясните

Решение.

1)перед
началом спорообразования в клетке спорангия будет 2n4с;поскольку споры
образуются на диплоидном спорофите, перед делением клетки хромосомы удвоены;

2)в
зрелой споре будет 1n1с;поскольку спора у папоротникообразных образуется
мейозом и гаплоидна.

Задача
№ 2.
Соматическая клетка мыши имеет 40 хромосом.

Сколько
хромосом будет содержать клетка семенника самца этой мыши в конце зоны роста и
в конце зоны созревания гамет? Ответ поясните.

Какие
процессы происходят в этих зонах?

Схема
решения задачи включает:

в
зоне роста – 40 хромосом, в зоне созревания – 20 хромосом;

в
зоне роста клетка растёт, она находится в интерфазе, количество хромосом не
меняется;

в
зоне созревания происходит мейоз, в конце зоны клетки становятся гаплоидными

Задача
№3.
Соматическая клетка толстолобика имеет 48 хромосом.

Сколько
хромосом будет содержать клетка полового пути самца этой рыбы в конце зоны
роста и в конце зоны созревания гамет? Ответ поясните.

Какие
процессы происходят в этих зонах?

Ответ:

в
зоне роста – 48 хромосом, в зоне созревания – 24 хромосомы;

в
зоне роста клетка растёт, она находится в интерфазе, количество хромосом не
меняется;

в
зоне созревания происходит мейоз, в конце зоны клетки становятся гаплоидными.

Указание:

Сперматогенез;
мейоз.

Решение:

В
процессе образовании мужских половых клеток (в сперматогенезе) выделяют 4
стадии: размножение, рост, созревание и формирование. На этапе размножения
клетки многократно делятся митозом, следовательно, количество хромосом не
меняется (дочерние клетки содержат 48 хромосом). На этапе роста клетка растёт и
переходит в стадию интерфазы, предшествующую мейозу. Однако количество хромосом
остаётся неизменным. То есть в конце зоны роста клетки содержат 48 хромосом. На
этапе созревания происходит мейоз, в результате чего из каждой диплоидной
клетки образуются четыре гаплоидных. То есть в конце зоны созревания клетки
содержат 24 хромосомы. На этапе формирования гаплоидные клетки превращаются в
полноценные сперматозоиды со жгутиками.

 РЕШЕНИЕ  ЗАДАЧ ПО ЦИТОЛОГИИ

Учебно-методическое пособие                  

Новое Аделяково 2014

Составитель: учитель биологии Л.И. Денисова

Решение задач по цитологии. Для учащихся 9-11 классов / ГБОУ СОШ с.Новое Аделяково»; сост. Л.И.Денисова. –  Новое Аделяково , 2014.

Учебно-методическое пособие составлено с целью использования учителями биологии и обчающимися при подготовке к итоговой аттестации, а так же к олимпиадам по биологии. Пособие содержит краткий теоритический материал по каждому типу задач и примеры решения задач. Предназначено для обучающихся 9-11 классов общеобразовательных учреждений и учителей биологии.

РЕКОМЕНДОВАНО: методической комиссией естественно-математического цикла «_____» ноября 2012 г. Председатель комиссии ______Л.А. Пашковская

ОБСУЖДЕНО: на заседании педагогического совета школы протокол №_______ от «_____» ноября 2012 г.

УТВЕРЖДЕНО: и. о. директора МБОУ «Новостроевская СОШ» ________С.В. Шулепова «_____» ноября 2012 г.

Содержание:

Введение……………………………………………………………..

Глава 1. Общие рекомендации.

1.1  Основные моменты,  которые необходимо помнить при решения задач по цитологии.

1.2. Письменное оформление  решения задач.

Глава2. Типы задач по цитологии.

2.1 Задачи, связанные с определением процентного содержания нуклеотидов в ДНК

2.2. Расчетные задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке, а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК.

2.3. Задачи на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности аминокислот в полипептидной цепи. Работа  с таблицей генетического кода.

2.4.Задачи  на определение количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

2.5. Задачи на определение длины отдельного участка ДНК или количества нуклеотидов в нем.

Глава 4. Примеры задач для самостоятельного решения.

Литература.

Введение.

Решение задач по цитологии входит в КИМ по биологии в ЕГЭ (39 задание). Выполнение этого задания предусматривают развернутый ответ и направлены на проверку умений

• применять знания в новой ситуации;
• устанавливать причинно-следственные связи;
• анализировать, систематизировать и интегрировать знания;
• обобщать и формулировать выводы.

По результатам анализа итогов ЕГЭ по биологии  к числу слабо сформированных у участников экзамена знаний и умений можно отнести следующие:

1. определение хромосомного набора клеток в циклах развития растений;
2. определение числа хромосом и ДНК в клетках в разных фазах митоза и мейоза;
3. объяснение и обоснование полученного результата.

При изучении биологии на базовом уровне, недостаточно времени на практическую отработку решения задач по цитологии. После прохождения соответствующих тем, без постоянного повторения  практической отработки решения задач, навыки быстро забываются. Учащиеся могут иметь данное пособие всегда под рукой  для того чтобы вспомнить ход решения типовых задач. Тем более в сельской местности не у всех есть свободный доступ к Интернет ресурсам.

Задачи по цитологии, которые встречаются в ЕГЭ, можно разбить на несколько основных типов. В данном пособии предложены решения задач разных типов и приведены примеры для самостоятельной работы. В приложении дана таблица генетического кода, используемая при решении.

Данное учебно-методическое пособие составлено в помощь учителям биологии, обучающимся 9-11 классов общеобразовательных школ.

Глава 1. Общие рекомендации.

1.1  Основные моменты,  которые необходимо помнить при решения задач по цитологии.

1. Каждая аминокислота доставляется к рибосомам одной тРНК, следовательно, количество аминокислот в белке равно количеству молекул тРНК, участвовавших в синтезе белка;
2. каждая аминокислота кодируется тремя нуклеотидами (одним триплетом, или кодоном), поэтому количество кодирующих нуклеотидов всегда в три раза больше, а количество триплетов (кодонов) равно количеству аминокислот в белке;
3. каждая тРНК имеет антикодон, комплементарный кодону иРНК, поэтому количество антикодонов, а значит и в целом молекул тРНК равно количеству кодонов иРНК;
4. иРНК комплементарна одной из цепей ДНК, поэтому количество нуклеотидов иРНК равно количеству нуклеотидов ДНК. Количество триплетов, разумеется, также будет одинаковым.

При решении ряда задач данного раздела необходимо пользоваться таблицей генетического кода. Правила пользования таблицей обычно указываются в задании, но лучше научиться этому заранее. Для определения аминокислоты, кодируемой тем или иным триплетом, необходимо выполнить следующие действия:

1. первый нуклеотид триплета находим в левом вертикальном ряду,
2. второй — в верхнем горизонтальном,
3. третий — в правом вертикальном ряду.
4. соответствующая триплету аминокислота находится в точке пересечения воображаемых линий, идущих от нуклеотидов.

1.2. Письменное оформление  решения задач.

Ответ:

Важным моментом при решении заданий  является объяснение выполняемых действий, особенно если в задаче так и написано: «Ответ поясните». Наличие пояснений позволяет проверяющему сделать вывод о понимании учащимся данной темы, а их отсутствие может привести к потере очень важного балла. Задание 39 оценивается в три балла, которые начисляются в случае полностью верного решения. Поэтому, приступая к задаче, в первую очередь необходимо выделить все вопросы. Количество ответов должно им соответствовать.

Глава2. Типы задач по цитологии.

2.1 Задачи, связаные с определением процентного содержания нуклеотидов в ДНК

Еще до открытия Уотсона и Крика, в 1950 г. австралийский биохимик Эдвин Чаргафф установил, что в ДНК любого организма количество адениловых нуклеотидов равно количеству тимидиловых, а количество гуаниловых нуклеотидов равно количеству цитозиловых нуклеотидов (А=Т, Г=Ц), или суммарное количество пуриновых азотистых оснований равно суммарному количеству пиримидиновых азотистых оснований (А+Г=Ц+Т). Эти закономерности получили название «правила Чаргаффа».

Дело в том, что при образовании двойной спирали всегда напротив азотистого основания аденин в одной цепи устанавливается азотистое основание тимин в другой цепи, а напротив гуанина – цитозин, то есть цепи ДНК как бы дополняют друг друга. А эти парные нуклеотиды комплементарны друг другу (от лат. complementum – дополнение).

Почему же этот принцип соблюдается? Чтобы ответить на этот вопрос, нужно вспомнить о химической природе азотистых гетероциклических оснований. Аденин и гуанин относятся к пуринам, а цитозин и тимин – к пиримидинам, то есть между азотистыми основаниями одной природы связи не устанавливаются. К тому же комплементарные основания соответствуют друг другу геометрически, т.е. по размерам и форме.  Таким образом, комплементарность нуклеотидов – это химическое и геометрическое соответствие структур их молекул друг другу.

В азотистых основаниях имеются сильноэлектроотрицательные атомы кислорода и азота, которые несут частичный отрицательный заряд, а также атомы водорода, на которых возникает частичный положительный заряд. За счет этих частичных зарядов возникают водородные связи между азотистыми основаниями антипараллельных последовательностей молекулы ДНК.

Задача. В молекуле ДНК насчитывается 23% адениловых нуклеотидов от общего числа нуклеотидов. Определите количество тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Дано: В молекуле ДНК – 23% адениловых нуклеотидов

Решение: 1. По правилу Чаргаффа находим содержание тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: А=Т=23%.  2. Находим сумму (в %) содержания адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 23% + 23% = 46%.  3. Находим сумму (в %) содержания гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 100% – 46% = 54%.  4. По правилу Чаргаффа, в молекуле ДНК Г=Ц, в сумме на их долю приходится 54%, а по отдельности: 54% : 2 = 27%.

Определить: Количество тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Ответ: Т=23%; Ц=27%

Задача  Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 тыс., из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Относительная молекулярная масса одного нуклеотида в среднем 345. Сколько содержится нуклеотидов по отдельности в данной ДНК? Какова длина ее молекулы?

Дано: M(r) ДНК – 69000 Кол-во А – 8625 M(r) нуклетида – 345 Определить: Кол-во нуклетидов в ДНК

Решение: 1. Определяем, сколько адениловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 8625 : 345 = 25.  2. По правилу Чаргаффа, А=Г, т.е. в данной молекуле ДНК А=Т=25.  3. Определяем, сколько приходится от общей молекулярной массы данной ДНК на долю гуаниловых нуклеотидов: 69 000 – (8625х2) = 51 750.  4. Определяем суммарное количество гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной ДНК: 51 750:345=150.  5. Определяем содержание гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов по отдельности: 150:2 = 75;  6. Определяем длину данной молекулы ДНК: (25 + 75) х 0,34 = 34 нм.

Ответ: А=Т=25; Г=Ц=75; 34 нм.

2.2. Расчетные задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке, а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК. 

• Аминокислоты, необходимые для синтеза белка, доставляются в рибосомы с помощью т-РНК. Каждая молекула т-РНК переносит только одну аминокислоту.
• Информация о первичной структуре молекулы белка зашифрована в молекуле ДНК.
• Каждая аминокислота зашифрована последовательностью из трех нуклеотидов. Эта последовательность называется триплетом или кодоном.

Задача: в трансляции участвовало 30 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.

Дано: Кол-во т-РНК — 30	Решение: Если в синтезе участвовало 30 т-РНК, то они перенесли 30 аминокислот. Одна аминокислота кодируется одним триплетом, значит число триплетов -30 Один триплет – 3 нуклеотида, 3х30=90 нуклеотидов
Определить: Кол-во а/к Число триплетов Число нуклеотидов

Ответ: Кол-во а/к – 30. Число триплетов – 30. Число нуклеотидов – 90.

Задача: По мнению некоторых ученых общая длина всех молекул ДНК в ядре одной половой клетки человека составляет около 102 см. Сколько всего пар нуклеотидов содержится в ДНК одной клетки (1 нм = 10–6 мм)?

Дано: Длина ДНК – 102 см Длина 1 нуклеотида – 0,34 нм.	Решение: 1. Переводим сантиметры в миллиметры и нанометры: 102 см = 1020 мм = 1 020 000 000 нм. 2. Зная длину одного нуклеотида (0,34 нм), определяем количество пар нуклеотидов, содержащихся в молекулах ДНК гаметы человека: (102 х 107) : 0,34 = 3 х 109 пар.
Определить: Кол-во пар нуклетидов в ДНК

Ответ: 3х109 пар.

2.3. Задачи на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности аминокислотв полипептидной цепи. Работа  с таблицей генетического кода.

• Транскрипция (от лат. transcriptio — переписывание) — синтез РНК с использованием ДНК в качестве матрицы..
• Транскрипция осуществляется по правилу комплементарности.
• Трансля́ция (от лат. translatio — перевод) — процесс синтеза белка из аминокислот на матрице информационной (матричной) РНК (иРНК, мРНК), осуществляемый рибосомой
• Молекула т-РНК синтезируется на ДНК по правилу комплементарности.
• Не забудьте, что в состав РНК вместо тимина входит урацил.
• Антикодон — это последовательность из трех нуклеотидов, комплементарных нуклеотидам кодона в и-РНК. В состав т-РНК и и-РНК входят одни те же нуклеотиды.
•  

Задача: В состав РНК вместо тимина входит урацил. В биосинтезе белка участвовали т-РНК с антикодонами: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ. Определите нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несет информацию о синтезируемом полипептиде, и число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин, тимин, цитозин в двухцепочечной молекуле ДНК

Дано:  т-РНК  — УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ	Решение: Антикодоны т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК комплементарна одной из цепей ДНК. т-РНК: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ и-РНК: ААУ-ЦЦГ-ГЦГ-УАА-ГЦА 1 цепь ДНК: ТТА-ГГЦ-ЦГЦ-АТТ-ЦГТ 2 цепь ДНК: ААТ-ЦЦГ-ГЦГ-ТАА-ГЦА. В молекуле ДНК: Число А=Т=7,  число Г=Ц=8
Определить:  —    нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК — число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин, тимин, цитозин в молекуле ДНК

Задача: фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ААГГЦТАЦГТТГ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка.

Дано:  Фрагмент  одной цепи ДНК – ААГГЦТАЦГТТГ	Решение: По правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК Разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот: фен-арг-цис-асн.
Определить: — нуклеотидную последовательность и-РНК                 — последовательность  аминокислот во фрагменте молекулы белка.

Ответ: фен-арг-цис-асн.

Задача: В пробирку поместили рибосомы из разных клеток, весь набор аминокислот и одинаковые молекулы и-РНК и т-РНК, создали все условия для синтеза белка. Почему в пробирке будет синтезироваться один вид белка на разных рибосомах.

Дано:  Одинаковые молекулы и-РНК и т-РНК, рибосомы из разных клеток, весь набор аминокислот	Решение: Матрицей для синтеза белка является молекула и-РНК, а они в пробирке одинаковые.  К месту синтеза белка т-РНК транспортируют аминокислоты в соответствии с кодонами и-РНК
Определить: Почему в пробирке будет синтезироваться один вид белка на разных рибосомах.

Ответ: На одной и-РНК синтезируется один и тот же белок, так как информация одна и та же.

•  Задача: фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГАУГАГУАЦУУЦААА. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК.

Дано: фрагмент и-РНК — ГАУГАГУАЦУУЦААА	Решение: Разбиваем и-РНК на триплеты ГАУ-ГАГ-УАЦ-УУЦ-ААА. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот — : асп-глу-тир-фен-лиз Антикодоны т-РНК определяем по правилу комплементарности: ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ По правилу комплементарности определяем фрагмент ДНК – ЦТАЦТЦАТГААГТТТ.
Определить: — антикодоны т-РНК -последовательность аминокислот — фрагмент молекулы ДНК

Ответ : Последовательность аминокислот — : асп-глу-тир-фен-лиз.  Антикодоны т-РНК — ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ. Фрагмент ДНК – ЦТАЦТЦАТГААГТТТ

2.4.Задачи  на определение количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

Митоз — основной способ деления эукариотических клеток, при котором сначала происходит удвоение, а затем равномерное распределение между дочерними клетками наследственного материала.

Митоз представляет собой непрерывный процесс, в котором выделяют четыре фазы: профазу, метафазу, анафазу и телофазу. Перед митозом происходит подготовка клетки к делению, или интерфаза. Период подготовки клетки к митозу и собственно митоз вместе составляют митотический цикл.

Интерфаза состоит из трех периодов: пресинтетического, или постмитотического, — G1, синтетического — S, постсинтетического, или премитотического, — G2.

Пресинтетический период (2n 2c, где n — число хромосом, с — число молекул ДНК) — рост клетки, активизация процессов биологического синтеза, подготовка к следующему периоду.

Синтетический период (2n 4c) — репликация ДНК.

ВНИМАНИЕ!

После удвоения хромосомный набор остаётся диплоидным (2n), так как сестринские хроматиды остаются соединёнными в области центромеры.

Постсинтетический период (2n 4c) — подготовка клетки к митозу, синтез и накопление белков и энергии для предстоящего деления, увеличение количества органоидов, удвоение центриолей.

Профаза (2n 4c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления, «исчезновение» ядрышек, конденсация двухроматидных хромосом.

Метафаза (2n 4c) — выстраивание максимально конденсированных двухроматидных хромосом в экваториальной плоскости клетки (метафазная пластинка), прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом.

Анафаза (4n 4c) — деление двухроматидных хромосом на хроматиды и расхождение этих сестринских хроматид к противоположным полюсам клетки (при этом хроматиды становятся самостоятельными однохроматидными хромосомами).

Телофаза (2n 2c в каждой дочерней клетке) — деконденсация хромосом, образование вокруг каждой группы хромосом ядерных мембран, распад нитей веретена деления, появление ядрышка, деление цитоплазмы (цитотомия). Цитотомия в животных клетках происходит за счет борозды деления, в растительных клетках — за счет клеточной пластинки.

Мейоз — это особый способ деления эукариотических клеток, в результате которого происходит переход клеток из диплоидного состояния в гаплоидное. Мейоз состоит из двух последовательных делений, которым предшествует однократная репликация ДНК.

Первое мейотическое деление (мейоз 1) называется редукционным, поскольку именно во время этого деления происходит уменьшение числа хромосом вдвое: из одной диплоидной клетки (2n 4c) образуются две гаплоидные (1n 2c).

Интерфаза 1 (в начале — 2n 2c, в конце — 2n 4c) — синтез и накопление веществ и энергии, необходимых для осуществления обоих делений, увеличение размеров клетки и числа органоидов, удвоение центриолей, репликация ДНК, которая завершается в профазе 1.

Профаза 1 (2n 4c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления, «исчезновение» ядрышек, конденсация двухроматидных хромосом, конъюгация гомологичных хромосом и кроссинговер.

Метафаза 1 (2n 4c) — выстраивание бивалентов в экваториальной плоскости клетки, прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом.

Анафаза 1 (2n 4c) — случайное независимое расхождение двухроматидных хромосом к противоположным полюсам клетки (из каждой пары гомологичных хромосом одна хромосома отходит к одному полюсу, другая — к другому), перекомбинация хромосом.

Телофаза 1 (1n 2c в каждой клетке) — образование ядерных мембран вокруг групп двухроматидных хромосом, деление цитоплазмы. У многих растений клетка из анафазы 1 сразу же переходит в профазу 2.

Второе мейотическое деление (мейоз 2) называется эквационным.

Интерфаза 2, или интеркинез (1n 2c), представляет собой короткий перерыв между первым и вторым мейотическими делениями, во время которого не происходит репликация ДНК. Характерна для животных клеток.

Профаза 2 (1n 2c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления.

Метафаза 2 (1n 2c) — выстраивание двухроматидных хромосом в экваториальной плоскости клетки (метафазная пластинка), прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом; 2 блок овогенеза у человека.

Анафаза 2 (2n 2с) — деление двухроматидных хромосом на хроматиды и расхождение этих сестринских хроматид к противоположным полюсам клетки (при этом хроматиды становятся самостоятельными однохроматидными хромосомами), перекомбинация хромосом.

Телофаза 2 (1n 1c в каждой клетке) — деконденсация хромосом, образование вокруг каждой группы хромосом ядерных мембран, распад нитей веретена деления, появление ядрышка, деление цитоплазмы (цитотомия) с образованием в итоге четырех гаплоидных клеток.

Задача: У крупного рогатого скота в соматических клетках 60 хромосом. Определите число хромосом и молекул ДНК в клетках яичников в интерфазе перед началом деления и после деления мейоза I. Объясните, как образуется такое количество хромосом и молекул ДНК.

Дано: в соматических клетках 60 хромосом	Гаплоидный набор n = 30 В интерфазе происходит удвоение хромосом —  2n4c —  2х30, 4х30 = 60хромосом и 120  молекул ДНК После мейозаI — 2n4c : 2 = 1n2с – одинарный набор двойных хромосом, это – 30 хромосом и 60 молекул ДНК
Определить:  число хромосом и молекул ДНК в клетках яичников: — в интерфазе — поcле мейозаI

Ответ: В интерфазе — 60хромосом и 120  молекул ДНК. После мейозаI – 30 хромосом и 60 молекул ДНК.

Задача: Хромосомный набор соматических клеток пшеницы равен 28. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в ядре (клетке) семязачатка перед началом мейоза I и мейоза II. Объясните результаты в каждом случае.

Дано: Хромосомный набор соматических клеток = 28	Решение: Гаплоидный набор (n) = 14 Перед началом мейоза I — 2n4c = 28 хромосом, 56 молекул ДНК В первом делении мейоза количество хромосом уменьшается в 2 раза, но они остаются двойными — 1n2c = 14 хромосом, 28 молекул ДНК.
Определить:  хромосомный набор и число молекул ДНК в ядре семязачатка: — перед началом мейоза I —  мейоза II.

Ответ:  Перед началом мейоза I = 28 хромосом, 56 молекул ДНК.  Перед началом мейоза II = 14 хромосом, 28 молекул ДНК

Задача: Известно, что в соматических клетках капусты содержится 18 хромосом. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из клеток семязачатка перед началом мейоза, в анафазе мейоза I и в анафазе мейоза II. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Дано:  в соматических клетках капусты — 18 хромосом	Гаплоидный набор n = 9 Перед началом мейоза 2n4c =18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе мейоза I происходит расхождение двойных хромосом, но все хромосомы все еще находятся в одной клетке  — 18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе II 18 одинарных хромосом еще находятся в одной клетке (18 хромосом, 18 молекул ДНК).
хромосомный набор и число молекул ДНК: — перед началом мейоза, — в анафазе мейоза I — в анафазе мейоза II

Ответ: Перед началом мейоза  — 18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе мейоза I — 18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе  — 18 хромосом, 18 молекул ДНК.

2.5. Задачи на определение длины отдельного участка ДНК или количества нуклеотидов в нем.

Согласно модели американского биохимика Дж.Уотсона и английскогоо физика Ф. Крика,  молекулы ДНК представляют собой две правозакрученные вокруг общей оси полинуклеотидных цепи, или двойную спираль. На один виток спирали приходится примерно 10 нуклеотидных остатков. Цепи в этой двойной спирали антипараллельны, то есть направлены в противоположные стороны, так что 3′-конец одной цепи располагается напротив 5′-конца другой.  Размеры молекул ДНК обычно выражаются числом образующих их нуклеотидов. Эти размеры варьирует от нескольких тысяч пар нуклеотидов у бактериальных плазмид и некоторых вирусов до многих сотен тысяч пар нуклеотидов у высших организмов.

         

Линейная длина одного нуклеотида в нуклеиновой кислоте

 l н = 0,34 нм = 3,4 ангстрем

Средняя молекулярная масса одного нуклеотида

 Mr н = 345 а.е.м. (Da)

Задача. Контурная длина молекулы ДНК бактериофага составляет 17×10′6 м. После воздействия на него мутагенами длина оказалась 13,6×10-6 м. Определите, сколько пар азотистых оснований выпало в результате мутации, если известно, что расстояние между соседними нуклеотидами составляет 34×1011 м.

Дано: Контурная длина молекулы ДНК — 17×10′6 м После воздействия — 13,6×10-6 м Расстояние между соседними нуклеотидами составляет  — 34×1011 м.	Решение. 1)        Вычислим общую длину отрезка ДНК бактериофага выпавшего в результате воздействия мутагенами. 17×10’6 — 13,6×106 = 3,4×10 6(м). 2)        Вычислим количество пар нуклеотидов в выпавшем фрагменте: 3,4×10-6 / 34×10’11 = 104 = 10 ООО (пар нуклеотидов)
Определить: сколько пар азотистых оснований выпало в результате мутации

Ответ: 10 тысяч пар нуклеотидов.

Глава 4. Примеры задач для самостоятельного решения.

1. В молекуле ДНК содержится 31% аденина. Определите, сколько (в %) в этой молекуле содержится других нуклеотидов.
2. В трансляции участвовало 50 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.
3. Фрагмент ДНК состоит из 72 нуклеотидов. Определите число триплетов и нуклеотидов в иРНК, а также количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка.
4. Фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ГГЦТЦТАГЦТТЦ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка (для этого используйте таблицу генетического кода).
5. Фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГЦУААУГУУЦУУУАЦ. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК (для этого используйте таблицу генетического кода).
6. Фрагмент ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов АГЦЦГАЦТТГЦЦ. Установите нуклеотидную последовательность т-РНК, которая синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.
7. В клетке животного диплоидный набор хромосом равен 20. Определите количество молекул ДНК перед митозом, после митоза, после первого и второго деления мейоза.
8. В диссимиляцию вступило 15 молекул глюкозы. Определите количество АТФ после гликолиза, после энергетического этапа и суммарный эффект диссимиляции.
9. В цикл Кребса вступило 6 молекул ПВК. Определите количество АТФ после энергетического этапа, суммарный эффект диссимиляции и количество молекул глюкозы, вступившей в диссимиляцию.

Ответы:

1. Т=31%, Г=Ц= по 19%.
2. 50 аминокислот, 50 триплетов, 150 нуклеотидов.
3. 24 триплета, 24 аминокислоты, 24 молекулы т-РНК.
4. и-РНК: ЦЦГ-АГА-УЦГ-ААГ. Аминокислотная последовательность: про-арг-сер-лиз.
5. Фрагмент ДНК: ЦГАТТАЦААГАААТГ. Антикодоны т-РНК: ЦГА, УУА, ЦАА, ГАА, АУГ. Аминокислотная последовательность: ала-асн-вал-лей-тир.
6. т-РНК: УЦГ-ГЦУ-ГАА-ЦГГ. Антикодон ГАА, кодон и-РНК — ЦУУ, переносимая аминокислота — лей.
7. 2n=20. Генетический набор:

1. перед митозом 40 молекул ДНК;
2. после митоза 20 молекулы ДНК;
3. после первого деления мейоза 20 молекул ДНК;
4. после второго деления мейоза 10 молекул ДНК.

1. Поскольку из одной молекулы глюкозы образуется 2 молекулы ПВК и 2АТФ, следовательно, синтезируется 30 АТФ. После энергетического этапа диссимиляции образуется 36 молекул АТФ (при распаде 1 молекулы глюкозы), следовательно, синтезируется 540 АТФ. Суммарный эффект диссимиляции равен 540+30=570 АТФ.
2. В цикл Кребса вступило 6 молекул ПВК, следовательно, распалось 3 молекулы глюкозы. Количество АТФ после гликолиза — 6 молекул, после энергетического этапа — 108 молекул, суммарный эффект диссимиляции 114 молекул АТФ.

Литература:

Контрольные задания по генетике и методические рекомендации к их выполнению. [сост. Л.И. Лушина, С.В. Залящев, А.А. Семенов, О.Н.Носкова]. – Самара: СГПУ, 2007, 142с.

http://ege-study.ru

http://licey.net

http://reshuege.ru

http://www.fipi.ru

Приложение I Генетический код (и-РНК)

Первое основание	Второе основание				Третье основание
	У	Ц	А	Г
У	Фен	Сер	Тир	Цис	У
	Фен	Сер	Тир	Цис	Ц
	Лей	Сер	—	—	А
	Лей	Сер	—	Три	Г
Ц	Лей	Про	Гис	Арг	У
	Лей	Про	Гис	Арг	Ц
	Лей	Про	Глн	Арг	А
	Лей	Про	Глн	Арг	Г
А	Иле	Тре	Асн	Сер	У
	Иле	Тре	Асн	Сер	Ц
	Иле	Тре	Лиз	Арг	А
	Мет	Тре	Лиз	Арг	Г
Г	Вал	Ала	Асп	Гли	У
	Вал	Ала	Асп	Гли	Ц
	Вал	Ала	Глу	Гли	А
	Вал	Ала	Глу	Гли	Г

Цель: разработать методику выполнения сложных заданий по цитологии.

Задачи:

• Ознакомление со структурой и содержанием цитологических заданий ЕГЭ;
• Подбор соответствующих материалов из Интернет, работа с литературой;
• Разработать методику решения заданий по цитологии;
• Разбор сложных заданий ЕГЭ с объяснениями.

Объект исследования: сложные по уровню задания ЕГЭ.

Предмет исследования: задания по цитологии 39.

Новизна: разработка методики по подготовке в решении цитологических задач.

В заданиях ЕГЭ цитологические задачи считаются самыми сложными. Задачи по цитологии проверяют усвоение материала по молекулярной биологии: характеристике фаз митоза и мейоза, их сравнении и значении. При подготовке ЕГЭ следует отрабатывать алгоритмы решения цитологических задач, познакомиться с эталонами ответов ко всем типам заданий; обратить внимание на критерии проверки и оценки выполнения заданий с развернутым ответом.

I. При решении задач на определение числа хромосом и числа молекул ДНК в мейозе я составила следующие рекомендации:

1) До начала мейоза в конце интерфазы происходит удвоение ДНК, а число хромосом не меняется. 2n 4с (а было 2n 2с)

2) В профазе, метафазе 1, анафазе 1 — 2n 4с -изменений не происходит.

3) В телофазе — происходит редукционное деление и 2 новые клетки получают по n2с

4) В профазе 2, метафазе 2 так же как и телофазе1 — n2с.

5) Особое внимание обратить на анафазу 2, так как после расхождения хроматид число хромосом увеличивается в 2 раза (хроматиды становятся самостоятельными хромосомами, но пока они все в одной клетке) 2n2с.

6) В телофазе 2 — nс (в клетках остаются однохроматидные хромосомы).

Задача №1. Кариотип одного из видов рыбы составляет 56 хромосом. Определите число хромосом при сперматогенезе в клетках зоны роста и в клетках зоны созревания в конце первого деления. Объясните, какие процессы происходят в этих зонах.

Ответ:

1. В зоне роста 56 хромосом, т.к. клетка диплоидная 2n

2. В зоне роста (интерфаза) клетка растет и накапливает питательные вещества. Число хромосом не меняется.

3. В зоне 3 созревания в конце 1 деления мейоза образуются 2 клетки по 28 хромосом,т.к. n(гапл)

Задача №2. Хромосомный набор соматических клеток пшеницы равен 28. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в клетках кончика корня перед началом митоза и в анафазе митоза. Поясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Ответ:

1. Перед началом митоза число молекул ДНК — 56, число хромосом 28. 2n4c

2. Перед началом митоза в конце интерфазы молекулы ДНК удваиваются, а число хромосом не меняется

3. В анафазе митоза 4n4c 56 хромосом и 56 молекул ДНК

4. К полюсам отходят сестринские хроматиды и общее число хромосом увеличивается 2 раза

II. При решении задач на определение хромосомного набора у семенных растений надо помнить:

1) У семенных растений, микроспора (мужская спора) образуется из 2n клетки в результате мейоза (у голосеменных на чешуях мужских шишек, у покрытосеменных в пыльниках тычинок). В результате микроспорогенеза образуется пыльцевое зерно из микроспоры путем митоза.

2) Пыльцевое зерно состоит из вегетативной и генеративной клеток. Генеративная клетка делится путем митоза и образует 2 спермия.

3) У семенных растений, макроспоры (мегаспоры) образуются в результате мейоза из 2n клетки семязачатка. Клетки зародышевого мешка образуются митозом из макроспоры(n).

4) При двойном оплодотворении у покрытосеменных, образуется зигота 2n и эндосперм 3n.

5) У голосеменных, при оплодотворении образуется зигота (2n) и эндосперм (n), т.к. второй спермий погибает.

6) Зигота (2n) делится митозом и дает начало всем тканям и органам растения.

Задача №3. Какой хромосомный набор характерен для ядер клеток эпидермиса листа и восьмиядерного зародышевого мешка семязачатка цветкового растения. Объясните, из каких исходных клеток и в результате какого деления образуются эти клетки.

Ответ:

1. Для эпидермиса листа диплоидный набор хромосом.

2. У восьмиядерного зародышевого мешка гаплоидный набор хромосом.

3. Клетки эпидермиса образуются из зиготы путем митоза

4. Восьмиядерный зародышевый мешок образуется из гаметофита путем митоза

Задача №4. Какой хромосомный набор характерен для мякоти иголок и спермиев сосны. Объясните, из каких исходных клеток и в результате, какого деления образуются эти клетки.

Ответ:

1. У мякоти иголок диплоидный набор хромосом 2n.

2. У спермиев гаплоидный набор хромосом n.

3. Клетки мякоти иголок образуются из зародыша путем митоза.

4. Спермии образуются из мужского гаметофита путем мейоза.

III. Цитологические задания на синтез белка.

Для решения задач на синтез белка надо помнить:

1. Генетическая информация о строении всех белков организмов заключена в молекулах ДНК.
2. Транскрипция-переписывание информации ДНК о строении белка в ядре с помощью иРНК.
3. Трансляция — процесс синтеза белка в цитоплазме с участием и-РНК, т-РНК, р-РНК.
4. Кодон — иРНК
5. Антикодон — тРНК
6. Триплет — 3 стоящих подряд нуклеотида (АТЦ)
7. Комплементарность — А=Т Т=А
8. Между А (аденин) и Т (тимин) 2 водородные связи. А между Г (гуанин) и Ц (цитозин) 3 водородные связи.

Задача №5. Молекула белка включает 18 аминокислот. Определите число триплетов в гене кодирующих этот белок, число нуклеотидов на иРНК, число тРНК, участвующих в синтезе этого белка.

Разбор задания с ответом. Для решения такого задания надо вспомнить, что у одной молекула тРНК на центральной петле 1 триплет — антикодон, состоящий из трех нуклеотидов. ! молекула тРНК присоединяет 1 аминокислоту.

Таким образом правильный ответ:

• число триплетов — 18
• число нуклеотидов — 3 х 18 = 54
• число тРНК — 18

Задача №6. Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ГГА ТЦТ ААА ЦАТ. Определите последовательность нуклеотидов на второй цепи ДНК, на иРНК и последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка, используя таблицу генетического кода.

Разбор задания с ответом. В задании речь идет о матричном синтезе белков. Сначала надо достроить вторую цепочку ДНК по принципу комплементарности на языке ДНК (А,Т,Г,Ц). Синтез белка начинается с синтеза иРНК по матрице одной из цепей ДНК. Синтез иРНК идет тоже по принципу комплементарности, но только на языке РНК (А, У, Ц, Г). Потом используя таблицу генетического кода находим соответствующие аминокислоты.

ДНК 1 цепочка	ГГА	ТЦТ	ААА	ЦАТ
ДНК 2 цепочка	ЦЦТ	АГА	ТТТ	ГТА
иРНК	ГГА	УЦУ	ААА	ЦАУ
белок	ГЛИ	СЕР	ЛИЗ	ГИС

Всего: 41    1–20 | 21–40 | 41–41

Добавить в вариант

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

Всего: 41    1–20 | 21–40 | 41–41

Задачи по цитологии с ответами

Опорные задачи по цитологии с ответами, решаемые на ЕГЭ по биологии. Задания со свободным развёрнутым ответом (повышенный и высокий уровни). Решение задач на применение знаний в новой ситуации.

Задача № 1.
 Сколько содержится нуклеотидов аденина (А), тимина (Т), гуанина (Г) и цитозина (Ц) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 1200 нуклеотидов цитозина (Ц), что составляет 20 % от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте ДНК?

ОТВЕТ:

1) аденин (А) комплементарен тимину (Т), а гуанин (Г) — цитозину (Ц), поэтому количество комплементарных нуклеотидов одинаково;
2) цитозина (Ц) содержится 20%, а значит, гуанина (Г) тоже 20%, аденина (А) и тимина (Т) по 30%;
3) цитозина (Ц) содержится 1200 нуклеотидов, а значит, гуанина (Г) тоже 1200 нуклеотидов, аденина (А) и тимина (Т) по 1800 нуклеотидов.

Задача № 2.
 Молекулярная масса полипептида составляет 30000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0,34 нм.

Задача № 3.
 Хромосомный набор соматических клеток речного рака равен 116. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из клеток в профазе митоза, в метафазе митоза и телофазе митоза. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Задача № 4.
 Молекулярная масса полипептида составляет 70000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0,34 нм.

Задача № 5.
 Скорость удлинения молекулы и-РНК составляет около 50 нуклеотидов в секунду. Сколько времени необходимо затратить на синтез и-РНК, содержащей информацию о строении белка, молекулярная масса которого составляет 45000, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100?

Задача № 6.
 Последовательность нуклеотидов в цепи ДНК следующая: -ТТТЦЦЦАТАТТГЦЦАЦ-. В результате мутации одновременно выпадают первый нуклеотид и второй триплет нуклеотидов. Запишите новую нуклеотидную последовательность цепи ДНК. Определите по ней последовательность аминокислот в полипептиде. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода. 

Задача № 7.
 Отрезок молекулы ДНК, определяющий первичную структуру белка, содержит следующую последовательность нуклеотидов: -ТТЦЦГТАТАГГА-. Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК, число т-РНК, которые участвуют в биосинтезе белка, и нуклеотидный состав антикодонов т-РНК. Полученные результаты объясните.

Задача № 8.
 Все виды РНК синтезируются на ДНК. На фрагменте молекулы ДНК, имеющем структуру -АТАГЦТГААЦГГАЦТ-, синтезируется участок центральной петли т-РНК. Определите структуру участка т-РНК; аминокислоту, которую будет транспортировать эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ обоснуйте; используйте таблицу генетического кода.

Задача № 9.
 Сколько витков имеет участок двойной спирали ДНК, контролирующий синтез белка с молекулярной массой 30000, если молекулярная масса одной аминокислоты составляет в среднем 100, а на один виток спирали ДНК приходится 10 нуклеотидов.

Задача № 10.
 Отрезок молекулы ДНК, определяющий первичную структуру белка, содержит следующую последовательность нуклеотидов: -АТГГЦТЦТЦЦАТТГГ-. Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК, число т-РНК и нуклеотидный состав антикодонов т-РНК.

Задача № 11.
 Белок состоит из 120 аминокислот. Установите число нуклеотидов участков ДНК и и-РНК, кодирующих данные аминокислоты, и общее число молекул т-РНК, которые необходимы для доставки этих аминокислот к месту синтеза. Ответ поясните.

Задача № 12.
 На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в следующей последовательности: -ААГТЦТАЦГТАТ-. Определите структуру второй цепи ДНК, % содержания аденина и тимина и длину этого фрагмента ДНК (каждый нуклеотид занимает 0,34 нм по длине цепи ДНК). Ответ поясните.

Задача № 13.
 Информационная часть и-РНК содержит 135 нуклеотидов. Определите число аминокислот, входящих в кодируемый ею белок, число молекул т-РНК, участвующих в процессе биосинтеза этого белка, число триплетов в участке гена, кодирующих первичную структуру этого белка. Объясните полученные результаты.

Задача № 14.
 Участок молекулы ДНК, кодирующей последовательность аминокислот в белке, имеет следующий состав: -ЦТАЦТТАТЦАЦГААГ-. Объясните, к каким последствиям может привести случайное добавление нуклеотида гуанина (Г) между четвёртым и пятым нуклеотидами.

Задача № 15.
 Полипептид состоит из 27 аминокислот. Определите число нуклеотидов на участке гена, который кодирует первичную структуру этого полипептида, число кодонов на и-РНК, соответствующее этим аминокислотам, и число молекул т-РНК, участвующих в биосинтезе этого полипептида. Ответ поясните.

Задача № 16.
 Все виды РНК синтезируются на ДНК. На фрагменте молекулы ДНК, имеющем структуру -ТАТЦГАЦТТГЦЦТГА-, синтезируется участок центральной петли т-РНК. Определите структуру участка т-РНК; аминокислоту, которую будет транспортировать эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ обоснуйте; используйте таблицу генетического кода.

Задача № 17.
 Две цепи ДНК удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число двойных и тройных водородных связей в этой цепи ДНК, а также её длину, если известно, что нуклеотидов с аденином (А) — 12, с гуанином (Г) — 20 в обеих цепях (расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет 0,34 нм).

Задача № 18.
 В процессе гликолиза образовалось 38 молекул пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при их полном окислении?

Задача № 19.
 Участок одной из двух цепей молекулы ДНК содержит 200 нуклеотидов с аденином (А), 300 нуклеотидов с тимином (Т), 250 нуклеотидов с гуанином (Г) и 120 нуклеотидов с цитозином (Ц). Какое число нуклеотидов с А, Т, Г и Ц содержится в молекуле ДНК (в двух цепях)? Сколько аминокислот должен содержать белок, кодируемый этим участком молекулы ДНК? Ответ поясните.

Задача № 20.
 Хромосомный набор соматических клеток зелёной лягушки равен 26. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из половых клеток в профазе мейоза I, в метафазе мейоза I и анафазе мейоза II. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Задача № 21.
 Участок молекулы ДНК имеет следующую структуру: -АЦЦАТАГЦТЦААГГАГГЦТТА-. Определите структуру второй цепи ДНК, нуклеотидный состав и-РНК и число тройных водородных связей на этом участке молекулы ДНК.

Задача № 22.
 Две цепи ДНК удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число нуклеотидов с аденином, тимином, гуанином и цитозином в молекуле ДНК, в которой 42 нуклеотида соединяются между собой двумя водородными связями и 48 нуклеотидов — тремя водородными связями. Полученные результаты поясните.

Задача № 23.
 В биосинтезе полипептида участвовали т-РНК с антикодонами ААУ, ЦЦГ, ГЦГ, УАА, ГЦА. Определите нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несёт информацию о синтезируемом белке, и число нуклеотидов, содержащих аденин (А), гуанин (Г), тимин (Т) и цитозин (Ц) в двуцепочечной молекуле ДНК. Ответ поясните.

Задача № 24.
 Белок состоит из 210 аминокислот. Установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты — 110, а нуклеотида — 300. Ответ поясните.

Задача № 25.
 Фрагмент цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: -ТТТАГЦТГТЦГГААГ-. В результате произошедшей мутации в пятом триплете третий нуклеотид заменён на нуклеотид аденин (А). Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК по исходному фрагменту цепи ДНК и изменённому. Объясните, что произойдёт с фрагментом молекулы белка и его свойствами после возникшей мутации ДНК. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода.

Задача № 26.
 При трисомии Х-хромосомы проявляется кариотип женщины — 47, XXX. Каковы причины появления такого хромосомного набора у человека?

Задача № 27.
 Каковы особенности и значение первичной структуры белка? Ответ обоснуйте.

Задача № 28.
 В соматической клетке животного 38 хромосом, масса всех молекул ДНК в ней составляет 4 х 10^–9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в яйцеклетке и в соматической клетке в период интерфазы (постсинтетический период) и после деления. Ответ поясните.

Задача № 29.
 Фрагмент молекулы и-РНК состоит из 87 нуклеотидов. Определите число нуклеотидов двойной цепи ДНК, число триплетов матричной цепи ДНК и число нуклеотидов в антикодонах всех т-РНК, которые участвуют в синтезе белка. Ответ поясните.

Задача № 30.
 Дан фрагмент молекулы ДНК (две цепи):
1-я цепь: ААТ-ТЦТ-ГЦА-ГГА-ЦЦГ-ГТА.
2-я цепь: ТТА-АГА-ЦГТ-ЦЦТ-ГГЦ-ЦАТ.

Определите аминокислотные составы белковых молекул, которые могут кодироваться этой ДНК. Одинаковые ли эти белки? Ответ поясните. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода

---

Вы смотрели: Опорные задачи по цитологии с ответами, решаемые на ЕГЭ по биологии. Задания со свободным развёрнутым ответом (повышенный и высокий уровни). Решение задач на применение знаний в новой ситуации.

Вчера, 10:18

В закладки

Обсудить

Жалоба

Методика решения цитологических заданий ЕГЭ по биологии

Задачи по цитологии проверяют усвоение материала по молекулярной биологии: характеристике фаз митоза и мейоза, их сравнении и значении.

При подготовке ЕГЭ следует отрабатывать алгоритмы решения цитологических задач, познакомиться с эталонами ответов ко всем типам заданий; обратить внимание на критерии проверки и оценки выполнения заданий с развёрнутым ответом.

cit.docx
cit.pdf