Как найти аминокислотные остатки в белке

Темы «Молекулярная биология» и «Генетика» – наиболее интересные и сложные темы в курсе «Общая биология». Эти темы изучаются и в 9-х, и в 11­х классах, но времени на отработку умения решать задачи в программе явно недостаточно. Однако умение решать задачи по генетике и молекулярной биологии предусмотрено Стандартом биологического образования, а также  такие задачи входят в состав КИМ ЕГЭ.

Для  решения задач по молекулярной биологии  необходимо владеть следующими биологическими понятиями: виды нуклеиновых  кислот,строение ДНК,  репликация ДНК , функции ДНК, строение  и функции РНК, генетический код, свойства генетического кода,мутация.

Типовые задачи знакомят с основными приемами рассуждений в генетике, а «сюжетные»– полнее раскрывают и иллюстрируют особенности этой науки, делая ее интересной и привлекательной для учащихся. Подобранные задачи характеризуют генетику как точную науку, использующую математические методы анализа. Решение задач в биологии требует умения анализировать фактический материал, логически думать и рассуждать , а также определенной изобретательности при решении особенно трудных  и запутанных задач.

Для закрепления теоретического материала по способам и приемам  решения задач предлагаются задачи для самостоятельного решения, а также вопросы для самоконтроля.

Примеры решения задач

Необходимые пояснения:

• Один шаг это полный виток спирали ДНК–поворот на 360^o
• Один шаг составляют 10 пар нуклеотидов
• Длина одного шага – 3,4 нм
• Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм
• Молекулярная масса одного нуклеотида – 345 г/моль
• Молекулярная масса одной аминокислоты – 120 г/мол
• В молекуле ДНК: А+Г=Т+Ц (Правило Чаргаффа: ∑(А) = ∑(Т), ∑(Г) = ∑(Ц), ∑(А+Г) =∑(Т+Ц)
• Комплементарность нуклеотидов: А=Т; Г=Ц
• Цепи ДНК удерживаются водородными связями, которые образуются между комплементарными азотистыми основаниями: аденин с тимином соединяются 2 водородными связями, а гуанин с цитозином тремя.
• В среднем один белок содержит 400 аминокислот;
• вычисление молекулярной массы белка:

где М_min – минимальная молекулярная масса белка,
а – атомная или молекулярная масса компонента,
в – процентное содержание компонента.

Задача № 1.Одна из цепочек  ДНК имеет последовательность нуклеотидов : АГТ  АЦЦ  ГАТ  АЦТ  ЦГА  ТТТ  АЦГ  … Какую последовательность нуклеотидов имеет вторая цепочка ДНК той же молекулы. Для наглядности  можно использовать  магнитную «азбуку» ДНК (прием автора статьи) .
Решение: по принципу комплементарности достраиваем вторую цепочку (А-Т,Г-Ц) .Она выглядит следующим образом: ТЦА  ТГГ  ЦТА   ТГА  ГЦТ  ААА  ТГЦ.

Задача № 2. Последовательность нуклеотидов в начале гена, хранящего информацию о белке инсулине, начинается так: ААА  ЦАЦ  ЦТГ  ЦТТ  ГТА  ГАЦ. Напишите последовательности аминокислот, которой начинается цепь инсулина.
Решение: Задание выполняется с помощью таблицы генетического кода, в которой нуклеотиды в иРНК (в скобках – в исходной ДНК) соответствуют аминокислотным остаткам.

Задача № 3. Большая из двух цепей белка инсулина имеет (так называемая цепь В) начинается со следующих аминокислот : фенилаланин-валин-аспарагин-глутаминовая кислота-гистидин-лейцин. Напишите последовательность нуклеотидов в начале участка молекулы ДНК,  хранящего информацию об этом белке.

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): т.к. одну аминокислоту могут кодировать несколько триплетов, точную структуру и-РНК  и участка  ДНКопределить невозможно, структура может варьировать. Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем один из вариантов:

Цепь белка	Фен	Вал	Асн	Глу	Гис	Лей
и-РНК	УУУ	ГУУ	ААУ	ГАА	ЦАЦ	УУА
ДНК	1-я цепь	ААА	ЦАА	ТТА	ЦТТ	ГТГ	ААТ
2-я цепь	ТТТ	ГТТ	ААТ	ГАА	ЦАЦ	ТТА

Задача № 4. Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности нуклеотидов: ЦГГ  ЦГЦ  ТЦА  ААА  ТЦГ  …  Укажите строение соответствующего участка белка, информация о котором содержится в данном гене. Как отразится на строении  белка удаление из гена четвертого нуклеотида?

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем:

Цепь ДНК	ЦГГ	ЦГЦ	ТЦА	ААА	ТЦГ
и -РНК	ГЦЦ	ГЦГ	АГУ	УУУ	АГЦ
Аминокислоты цепи белка	Ала-Ала-Сер-Фен-Сер

При удалении из гена четвертого нуклеотида – Ц произойдут заметные изменения – уменьшится количество и состав аминокислот в  белке:

Цепь ДНК	ЦГГ	ГЦТ	ЦАА	ААТ	ЦГ
и -РНК	ГЦЦ	ЦГА	ГУУ	УУА	ГЦ
Аминокислоты цепи белка	Ала-Арг-Вал-Лей-

Задача № 5. Вирусом табачной мозаики (РНК-содержащий вирус) синтезируется участок белка с аминокислотной последовательностью: Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-. Под действием азотистой кислоты (мутагенный фактор) цитозин в результате дезаминирова ния превращается в урацил. Какое строение будет иметь участок белка вируса табачной мозаики,  если все цитидиловые нуклеотиды  подвергнутся указанному химическому превращению?

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем  :

Аминокислоты цепи белка (исходная)	Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-
и -РНК (исходная)	ГЦУ	АЦГ	АГУ	ГАГ	АУГ
и -РНК (дезаминированная)	ГУУ	АУГ	АГУ	ГАГ	АУГ
Аминокислоты цепи белка (дезаминированная)	Вал – Мет – Сер – Глу – Мет-

Задача № 6. При  синдроме Фанкоми (нарушение образования костной ткани)  у больного с мочой выделяются аминокислоты , которым соответствуют кодоны в и -РНК : АУА   ГУЦ  АУГ  УЦА  УУГ  ГУУ  АУУ. Определите, выделение каких аминокислот с мочой характерно  для синдрома Фанкоми, если у здорового человека в моче содержатся аминокислоты аланин, серин, глутаминовая кислота, глицин.

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем:

и -РНК	АУА	ГУЦ	АУГ	УЦА	УУГ	ГУУ	АУУ
Аминокислоты цепи белка (больного человека)	Изе-Вал-Мет-Сер-Лей-Вал-Иле
Аминокислоты цепи белка (здорового человека)	Ала-Сер-Глу-Гли

Таким образом, в моче больного человека только одна аминокислота (серин) такая же как, у здорового человека, остальные – новые, а три, характерные для здорового человека, отсутствуют.

Задача № 7. Цепь А инсулина быка в 8-м звене содержит аланин, а лошади – треонин, в 9-м звене соответственно серин и глицин. Что можно сказать о происхождении инсулинов?

Решение (для удобства  сравнения используем табличную форму записи решения): Посмотрим, какими триплетами в и-РНК кодируются упомянутые в условии задачи аминокислоты.

Организм	Бык	Лошадь
8-е звено	Ала	Тре
и- РНК	ГЦУ	АЦУ
9-е звено	Сер	Гли
и- РНК	АГУ	ГГУ

Т.к. аминокислоты кодируются  разными триплетами, взяты триплеты, минимално отличающиеся друг от друга. В данном случае  у лошади и быка в 8-м и 9-м звеньях  изменены аминокислоты в результате замены первых нуклеотидов в триплетах и -РНК : гуанин заменен на аденин ( или наоборот). В двухцепочечной ДНК  это будет равноценно замене пары Ц-Г  на  Т-А (или наоборот).
Следовательно, отличия цепей А инсулина быка и  лошади обусловлены транзициями в участке молекулы ДНК, кодирующей 8-е и 9-е звенья цепи А инсулинов быка и лошади.

Задача № 7 . Исследования показали, что в и- РНК содержится 34% гуанина,18% урацила, 28% цитозина и 20% аденина.Определите процентный состав  азотистых оснваний в участке ДНК, являющейся матрицей для данной и-РНК.
Решение (для удобства   используем табличную форму записи решения): Процентное соотношение азотистых оснований высчитываем исходя из принципа комплементарности:

и-РНК	Г	У	Ц	А
34%	18%	28%	20%
ДНК (смысловая цепь, считываемая)	Г	А	Ц	Т
28%	18%	34%	20%
ДНК (антисмысловая цепь)	Г	А	Ц	Т
34%	20%	28%	18%

Суммарно  А+Т  и Г+Ц в смысловой цепи будут составлять: А+Т=18%+20%=38%  ; Г+Ц=28%+34%=62%. В антисмысловой (некодируемой) цепи 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 комплиментарных оснований будет поровну, т.е аденина и тимина – по 19%, гуанина и цитозина по 31%.

Задача № 8.  На фрагменте одной нити ДНК нуклеотиды расположены в последователь ности:  А–А–Г–Т–Ц–Т–А–Ц–Г–Т–А–Т. Определите процентное содержание всех нукле отидов в этом фрагменте ДНК и длину гена.

Решение:

1) достраиваем вторую нить (по принципу комплементарности)

2) ∑(А +Т+Ц+Г) = 24,из них ∑(А) = 8 = ∑(Т)

24 – 100%	=> х = 33,4%
8 – х%

24 – 100%	=>  х = 16,6%
4 –  х%

∑(Г) = 4 = ∑(Ц) 

  
3) молекула ДНК двуцепочечная, поэтому длина гена равна длине одной цепи:

12 × 0,34 = 4,08 нм

Задача № 9. В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов приходится 18%. Определите процентное содержание других нуклеотидов в этой ДНК.

Решение:

1) т.к. Ц = 18%, то и Г = 18%;
2) на долю А+Т приходится 100% – (18% +18%) = 64%, т.е. по 32%

Задача № 10. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуанидиловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего числа нуклеотидов в этой ДНК. Определите: а) сколько других нуклеотидов в этой ДНК? б) какова длина этого фрагмента?

Решение:

1) ∑(Г) = ∑(Ц)= 880 (это 22%); На долю других нуклеотидов приходится 100% – (22%+22%)= 56%, т.е. по 28%; Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:

22% – 880
28% – х, отсюда х = 1120

2) для определения длины ДНК нужно узнать, сколько всего нуклеотидов содержится в 1 цепи:

(880 + 880 + 1120 + 1120) : 2 = 2000
2000 × 0,34 = 680 (нм)

Задача № 11. Дана молекула ДНК с относительной  молекулярной массой 69 000, из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.

Решение:

1) 69 000 : 345 = 200 (нуклеотидов в ДНК), 8625 : 345 = 25 (адениловых нуклеотидов в этой ДНК),∑(Г+Ц) = 200 – (25+25)= 150, т.е. их по 75;
2) 200 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной – 100. 100 × 0,34 = 34 (нм)

Задача № 12. Что тяжелее: белок или его ген?

Решение: Пусть х – количество аминокислот в белке, тогда масса этого белка – 120х, количество нуклеотидов в гене, кодирующем этот белок, – 3х, масса этого гена – 345 × 3х.  120х < 345 × 3х, значит ген тяжелее белка.

Задачи для самостоятельной работы

1. Молекула ДНК распалась на две цепочки. одна из них имеет строение : ТАГ  АЦТ  ГГТ  АЦА  ЦГТ  ГГТ  ГАТ  ТЦА … Какое строение будет иметь  вторая молекула ДНК ,когда указанная цепочка достроится до полной двухцепочечной молекулы ?
2. Полипептидная цепь одного белка животных имеет следующее начало : лизин-глутамин-треонин-аланин-аланин-аланин-лизин-… С какой последовательности нуклеотидов начинается ген, соответствующий этому белку?
3. Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: глутамин-фенилаланин-лейцин-тирозин-аргинин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК.
4. Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: глицин-тирозин-аргинин-аланин-цистеин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК.
5. Одна из цепей рибонуклеазы (фермента поджелудочной железы) состоит из 16 аминокислот: Глу-Гли-асп-Про-Тир-Вал-Про-Вал-Про-Вал-Гис-фен-Фен-Асн-Ала-Сер-Вал. Определите  структуру участка ДНК , кодирующего эту часть рибонуклеазы.
6. Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ГТЦ  ЦТА  АЦЦ  ГГА  ТТТ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
7. Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТЦГ  ГТЦ  ААЦ  ТТА  ГЦТ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
8. Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТГГ  АЦА  ГГТ  ТТЦ  ГТА. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
9. Определите порядок следования аминокислот в участке молекулы белка, если известно, что он кодируется такой последовательностью нуклеотидов ДНК: ТГА  ТГЦ   ГТТ  ТАТ  ГЦГ  ЦЦЦ. Как изменится  белок , если химическим путем будут удалены 9-й и 13-й нуклеотиды?
10. Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТАГ  ЦГТ  ТТЦ  ТЦГ  ГТА. Как изменится структура молекулы белка, если произойдет удвоение шестого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
11. Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТАГ  ТТЦ  ТЦГ  АГА. Как изменится структура молекулы белка, если произойдет удвоение восьмого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
12. Под воздействием мутагенных факторов во фрагменте гена: ЦАТ  ТАГ  ГТА  ЦГТ  ТЦГ произошла замена второго триплета на триплет АТА. Объясните, как изменится структура молекулы белка.
13. Под воздействием мутагенных факторов во фрагменте гена: АГА  ТАГ  ГТА  ЦГТ  ТЦГ произошла замена четвёртого триплета на триплет АЦЦ. Объясните, как изменится структура молекулы белка.
14. Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГЦА  УГУ  АГЦ  ААГ  ЦГЦ. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка и её молекулярную массу.
15. Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГАГ  ЦЦА  ААУ  АЦУ  УУА. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка и её молекулярную массу.
16. Ген ДНК включает 450пар нуклеотидов. Какова длина, молекулярная масса гена и сколько аминокислот закодировано в нём?
17. Сколько нуклеотидов содержит ген ДНК, если в нем закодировано 135 аминокислот. Какова молекулярная масса данного гена и его длина?
18. Фрагмент одной цепи ДНК имеет следующую структуру: ГГТ АЦГ АТГ ТЦА АГА. Определите первичную структуру белка, закодированного в этой цепи, количество (%) различных видов нуклеотидов в двух цепях фрагмента и его длину.
19. Какова молекулярная масса гена и его длина, если в нем закодирован белок с молекулярной массой 1500 г/моль?
20. Какова молекулярная масса гена и его длина, если в нем закодирован белок с молекулярной массой 42000 г/моль?
21. 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.
22. В состав белковой молекулы входит 204 аминокислоты. Определите количество нуклеотидов в и-РНК и гене ДНК, а также количества молекул т-РНК принявших участие в синтезе данного белка.
23. 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.
24. В синтезе белковой молекулы приняли участие 128 молекул   т-РНК. Определите число нуклеотидов в и-РНК, гене ДНК и количество аминокислот в синтезированной молекуле белка.
25. Фрагмент цепи и-РНК имеет следующую последовательность: ГГГ  УГГ  УАУ  ЦЦЦ  ААЦ  УГУ. Определите, последовательность нуклеотидов на ДНК, антикодоны т-РНК, и последовательность аминокислот соответствующая фрагменту гена ДНК.
26. Фрагмент цепи и-РНК имеет следующую последовательность: ГУУ  ГАА  ЦЦГ  УАУ  ГЦУ. Определите, последовательность нуклеотидов на ДНК, антикодоны т-РНК, и последовательность аминокислот соответствующая фрагменту гена 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. В молекуле и-РНК содержится 21% цитидиловых, 17% гуаниловых и 40% урациловых нуклеотидов. Определите соотношение всех видов  нуклеотидов в ДНК, с которой была транскрибирована данная и-РНК
29. Молекула и-РНК содержит 21% гуаниловых нуклеотидов, сколько цитидиловых нуклеотидов содержится в кодирующей цепи участка ДНК?
30. 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?

Используемая литература.

1. Болгова И.В. Сборник задач по общей биологии с решениями для поступающих в вузы–М.: ООО «Издательство Оникс»:»Издательство.»Мир и Образование», 2008г.
2. Воробьев О.В. Уроки биологии с применением информационных технологий .10 класс. Методическое пособие с электронным приложением–М.:Планета,2012г.
3. Чередниченко И.П. Биология. Интерактивные дидактические материалы.6-11 класс. Методическое пособие с электронным интерактивным приложением. – М.:Планета,2012г.
4. Интернет-ссылки:
5. http://ru.convdocs.org/download/docs-8406/8406.doc
6. https://bio.1sept.ru/articles/2009/06

Первый этап в
определении первичной структуры белков
заключается в качественной и количественной
оценке аминокислотного состава данного
индивидуального белка.

Кислотный гидролиз
белка

Для определения
аминокислотного состава необходимо
провести разрушение всех пептидных
связей в белке. Анализируемый белок
гидролизуют в 6 мол/л НС1 при температуре
около 110 °С в течение 24 ч. В результате
разрушаются пептидные связи в белке, а
в гидролизате присутствуют только
свободные аминокислоты

Разделение
аминокислот с помощью ионообменной
хроматографииСмесь
аминокислот, полученных кислотным
гидролизом белков, разделяют в колонке
с катионообменной смолой.

Количественный
анализ полученных фракций.нагреваютотдельные
фракции аминокислот с нингидрином,
образующим соединение красно-фиолетового
цвета. Интенсивность окраски в пробе
пропорциональна количеству находящейся
в ней аминокислоты.

2. Определение аминокислотной последовательности в белке

Определение
N-концевой аминокислоты в белке и
последовательности аминокислот в
олигопептидах

Изучение первичной
структуры белков имеет важное
общебиологическое и медицинское
значение. Изучая порядок чередования
аминокислотных остатков в индивидуальных,
можно выявить общие фундаментальные
закономерности формирования
пространственной структуры белков.многие
генетические болезни — результат
нарушения в аминокислотной последовательности
белков. Информация о первичной структуре
нормального и мутантного белка может
быть полезна для диагностики и
прогнозирования развития заболевания.

Установление первичной
структуры белков включает 2 основных
этапа:

определение
аминокислотного состава изучаемого
белка;

аминокислотной
последовательности в белке.

Например,
при серповидноклеточной
анемии
в шестом положении β-цепи гемоглобина
происходит замена глутаминовой
кислоты
на валин.
Это приводит к синтезу гемоглобина S
(HbS)
– такого гемоглобина, который в
дезоксиформеполимеризуется и образует
кристаллы. В результате эритроциты
деформируются, приобретают форму серпа,
теряют эластичность и при прохождении
через капилляры разрушаются. Это в итоге
приводит к снижению оксигенации тканей
и их некрозу.

Последовательность
и соотношение аминокислот в первичной
структуре определяет формирование
вторичной,
третичной
и
четвертичной
структур.

8. Вторичная
структура белка–пространственная
структура, образующаяся в результате
взаимодействий между функциональными
группами, входящими в состав пептидного
остова.регулярные структуры двух типов:
а-спираль и б-структура.

Вторичная
структура образуется только при
участии водородных связеймежду
пептидными группами: атом кислорода
одной группы реагирует с атомом водорода
второй, одновременно кислород второй
пептидной группы связывается с водородом
третьей и т.д.

α-Спираль

пептидный
остов закручивается в виде спирали за
счёт образования водородных связей
между атомами кислорода карбонильных
групп и атомами азота аминогрупп.
Водородные связи ориентированы вдоль
оси спирали. На один виток а-спирали
приходится 3,6 аминокислотных остатка.

В
образовании водородных связей участвуют
практически все атомы кислорода и
водорода пептидных групп. В результате
?-спираль «стягивается» множеством
водородных связей. связи относят к
слабых, их количество обеспечивает
максимально возможную стабильность
?-спирали. гидрофильность ?-спиралей
уменьшается, а их гидрофобность
увеличивается.

?-Спиральная структура
— наиболее устойчивая конформация
пептидного остова, отвечающая минимуму
свободной энергии. В результате
образования ?-спиралей полипептидная
цепь укорачивается.

Радикалы аминокислот
находятся на наружной стороне ?-спирали
и направлены от пептидного остова в
сторонынекоторые из них могут нарушать
формирование ?-спирали. К ним относят:

пролин. Его атом
азота входит в состав жёсткого кольца,
что исключает возможность вращения
вокруг -N-CH- связи. Кроме того, у атома
азота пролита, образующего пептидную
связь с другой аминокислотой, нет атома
водорода. В результате пролин не способен
образовать водородную связь в данном
месте пептидного остова, и ?-спиральная
структура нарушается. Обычно в этом
месте пептидной цепи возникает петля
или изгиб;

участки, где
последовательно расположены несколько
одинаково заряженных радикалов, между
которыми возникают электростатические
силы отталкивания;

участки с близко
расположенными объёмными радикалами,
механически нарушающими формирование
?-спирали, например метионин, триптофан

β-Складчатый слойСтруктура
формируется за счёт образования множества
водородных связей между атомами пептидных
групп линейных областей одной полипептидной
цепи, делающей изгибы, или между разными
полипептидными цепями, ?-Структура
образует фигуру, подобную листу,
сложенному «гармошкой»
Когда водородные связи образуются между
атомами пептидного остова различных
полипептидных цепей, их называют
межцепочечными связями. Водородные
связи, возникающие между линейными
участками внутри одной полипептидной
цепи, называют внутрицепочечными. В
?-структурах водородные связи расположены
перпендикулярно полипептидной цепи.

Если
связанные полипептидные цепи направлены
противоположно, возникает антипараллельная
?-структура, если же N- и С-концы полипептидных
цепей совпадают, образуется структура
параллельного ?-складчатог

9.
Третичная структура
– это укладка полипептидной цепи в
глобулу («клубок»). Четкой границы
между вторичной и третичной структурами
провести нельзя, в основе третичной
структуры лежат стерические взаимосвязи
между аминокислотами, отстоящими далеко
друг от друга в цепи. Благодаря третичной
структуре происходит еще более компактное
формирование цепи. В стабилизации
третичной структуры белка принимают
участие:

ковалентные
связи(между двумя остаткамицистеина—дисульфидные
мостики);

ионные
связимежду противоположно заряженными
боковыми группами аминокислотных
остатков;

водородные
связи;

гидрофильно-гидрофобныевзаимодействия. При взаимодействии с
окружающими молекулами воды белковая
молекула «стремится» свернуться так,
чтобы неполярные боковые группы
аминокислот оказались изолированы от
водного раствора; на поверхности молекулы
оказываются полярныегидрофильныебоковые группы.

Связь с
первичной структурой. Третичная
структура в значительной степени
предопределенапервичной
структурой. Усилия по предсказанию
третичной структуры белка основываясь
на первичной структуре известна как
задачапредсказания
структуры белка. Однако, окружающая
среда, в которой белок сворачивается
существенно определяет конечную форму,
но обычно непосредственно не принимается
во внимание текущими методами предсказания.
Большинство таких методов полагаются
на сравнения с уже известными структурами,
и таким образом включают окружающую
среду косвенно. Супервторичная
структура белков. сравнение конформаций
разных по структуре и функциям белков
выявило наличие у них похожих сочетаний
элементов вторичной структуры. Такой
специфический порядок формирования
вторичных структур называют супервторичной
структурой белков.она формируется за
счёт межрадикальных взаимодействий.
Определённые
характерные сочетания а-спиралей и
б-структур часто обозначают как
«структурные мотивы».

Соседние файлы в предмете Биохимия

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Сборник задачпо молекулярной биологииУЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ

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.

Предисловие

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.

^ Задачи по молекулярной биологииМолекулярная масса, состав белков инуклеиновых кислот.

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 

молекулярную массу одного аминокислотного остатка, принимаемую за 100 атомных единиц массы Задача №1. Альбумин сыворотки крови человека имеет молекулярную массу 68400. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка?Решение: определяем общее количество аминокислотных остатков, принимая среднюю молекулярную массу одного аминокислотного остатка за 100 (а.е.м.)

68400 : 100 = 684 аминокислот

Ответ: 684 аминокислот в молекуле альбумина.^ Задача №2. 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:

^ М.м = А : В × 100%, где М.м — минимальная молекулярная масса белка, А — атомная или молекулярная масса компонента, В- процентное содержание компонента.

Зная число атомов металла или аминокислотных остатков в молекуле, можно рассчитать истинную молекулярную массу данного белка, умножив минимальную молекулярную массу на число компонентов.

^ Задача №3. Гемоглобин крови человека содержит 0,34% железа. Вычислите минимальную молекулярную массу гемоглобина. Решение: 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%

Ответ: 16470 молекулярная масса гемоглобина^ Задача №4. Белок содержит 0,5% глицина. Чему равна минимальная молекулярная масса этого белка, если М.м глицина = 75? Сколько аминокислотных остатков в этом белке?Решение:

М.м = 75 : 0,5 × 100% = 15000

15000 : 100 = 150

Ответ: 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. 

^ Важное значение имеют закономерности в количественном соотношении нуклеотидов в молекуле ДНК, которые известны в виде правил Чаргаффа:1) А = Т; 2) Г = Ц; отсюда следует, что А : Т = 1 и Г : Ц = 1 ^ Задача №5. В молекуле ДНК на долю нуклеотидов с гуанином приходится 20%. Определите процентное соотношение других нуклеотидов в этой ДНК.Решение: Используем правила Чаргаффа: Г = Ц = 20% 

А + Т = 100 – (20 + 20)

А + Т = 60%, А = Т = 30%

^ Ответ: Ц =Г=20%, А=Т=30%.Задача №6. Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность ЦЦАТАГЦ. Определите нуклеотидную последовательность второй цепи и общее число водородных связей, которые образуются между двумя цепями ДНК. Объясните полученные результаты. Решение:

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.

Ответ: 18 водородных связей.Задача №7. Сколько и каких видов свободных нуклеотидов потребуется при редупликации молекулы ДНК, в которой количество А = 600 тыс., Г = 2400 тыс.?Ответ: Столько же нуклеотидов, сколько их содержится в редуплицирующейся ДНК: 

А = 600тыс, то Т = 600тыс. Г = 2400 тыс,, то Ц = 2400 тыс., всего 6 млн.

^ Задача №8. В молекуле ДНК содержится 70 нуклеотидов с тимином (Т). Определите, сколько нуклеотидов с аденином содержат дочерние молекулы ДНК, образующиеся в процессе редупликации, и объясните полученные результаты.Примечание. Расстояние между парами нуклеотидов равно 0,34 нм. Относительная молекулярная масса одного нуклеотида принимается за 345 атомных единиц массы.Задача №9. На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности: ААГТЦТАЦГТАТ. Определите процентное содержание всех нуклеотидов в этом фрагменте ДНК и длину гена.Решение: 

1) 1 цепь ДНК: ААГТЦТАЦГТАТ.

2 цепь ДНК: ТТЦАГАТГЦАТА

) Ц = Г = 4; А = Т = 8.(А + Т) + (Г + Ц) = 24

3) 24 – 100% 

4 — Х

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.

Ответ: А =Т = 16,6%, Г = Ц = 33,4. Длина гена – 4,08 нм.^ Задача №10. В молекуле белка содержится 950 нуклеотидов с цитозином, составляющих 20% от общего количества нуклеотидов в этой ДНК. Определите процентное содержание других нуклеотидов, входящих в молекулу ДНК. Какова длина этого фрагмента?Решение: 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).

Ответ: А = Т = 30%, Г = Ц = 20%, длина фрагмента – 808 нм.^ Задача №11. В молекуле ДНК содержится 1400 нуклеотидов с тимином, составляющих 5% от общего количества нуклеотидов в этой ДНК. Определите процентное содержание других нуклеотидов, входящих в молекулу ДНК. Какова длина этого фрагмента?Решение: 

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.

Ответ: Г = Ц = 45% = 12600 нуклеотидов; А =Т = 5% = 1400 нуклеотидов; длина фрагмента – 4760 нм.^ Задача №12. В молекуле ДНК содержится 1100 нуклеотидов с аденином, что составляет 10% от общего количества нуклеотидов в этой ДНК. Определите, сколько нуклеотидов с тимином, гуанином, цитозином содержится в отдельности в молекуле ДНК, и объясните полученный результат.^ Задача №13. Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69000, из них 8625 приходится на долю нуклеотида с аденином. Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.Решение: 

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.

Ответ: А = Т = 25 нуклеотидов, Г = Ц = 75 нуклеотидов Длина фрагмента 34 нм.^ Задача №14. Одна из цепей ДНК имеет молекулярную массу 34155. Определите количество мономеров белка, запрограммированного в этой ДНК.Решение:

34155 : 345 (молекулярная масса одного нуклеотида) = 99 нуклеотидов содержится в ДНК.

99 : 3 = 33 триплета в ДНК кодируют 33 аминокислоты белка.

Ответ: 33 аминокислоты^ Обмен веществ и превращение энергии. Энергетический обмен.Задача №15. Какие продукты образуются и сколько молекул АТФ запасается в клетках дрожжей при спиртовом брожении в результате расщепления 15 молекул глюкозы?. Ответ поясните.Решение: 

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.

Ответ: этиловый спирт и углекислый газ, 30 молекул АТФ^ Задача №16. В процессе гликолиза образовалось 42 молекулы пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при полном окислении?Решение:

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.

Ответ: 21 молекул глюкозы; 798 молекул АТФ^ Задача №17. Сколько молекул АТФ будет синтезироваться в клетках эукариот при полном окислении фрагмента молекулы крахмала, состоящего из 70 остатков глюкозы? Ответ поясните.Решение:

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

Ответ: 2660 молекул АТФ^ Задача № 18. 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?

Решение:

1) из 7 моль глюкозы 2 подверглись полному расщеплению, 5- неполному. 

2) 5 С

6Н12О6 → 5 × 2 С3Н4О3 + 5 × 2 АТФ (неполное расщепление 5 моль глюкозы) = 10 моль АТФ

3) 2 С

6Н12О6 + 2 × 6 О2 → 2 × 6 СО2 + 2 × 6 Н2О + 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.

Ответ а) 10 моль С3Н4О3 и 12 моль СО2; б) 86 молекул АТФ; в) 3440 кДж энергии; г) 12 моль О2^ Задача №19. 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?

Решение:

С

6Н12О6 → 2 С3Н4О3 + 2 АТФ 

2,5 С

6Н12О6 → 2,5 × 2 С3Н4О3 + 2,5 × 2 АТФ

С

6Н12О6 + 6 О2 → 6 СО2 + 6 Н2О + 38 АТФ 

4,5 С

6Н12О6 + 4,5 × 6 О2 → 4,5 × 6 СО2 + 4,5 × 6 Н2О + 4,5 × 38 АТФ Ответ: 

а) 7 моль С

6Н12О6;
б) 4,5 моль – полному расщеплению, 2,5 – гликолизу;
в) (2,5 × 2 + 4,5 × 38) × 40 = 7040 (кДж);
г) 27 моль О2.Задача № 20. В процессе диссимиляции произошло расщепление 17 моль глюкозы, из которых кислородному расщеплению подверглись 3 моль. Определите:

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?

Ответ: а) 28 моль ПВК, 18 моль СО2; б) 142; в) 5680 кДж; г)18.Задача № 21. 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?

Решение:

Х = 600 × 180 : 1520 = 71 (г)

Ответ: 

а) 71 г;
б) нет, т.к. кислорода достаточно.

^ Задача № 22. Бегун расходует за 1 мин 24 кДж энергии. Сколько глюкозы потребуется для бега с такими затратами, если 50 мин в его организме идет полное окисление глюкозы, а 10 мин – гликолиз?Решение:

Х = 240 × 180 : 80 = 540 (г)

У = 25 × 50 × 180 : 1520= 142 (г)

3) 540 + 142 = 682 (г)

Ответ: 682 г^ Пластический обмен. Биосинтез белка.

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. 

Примечание: Молекулярная масса одной аминокислоты в среднем 100, одного нуклеотида – 35а.е.м.Таблица генетического кода.Задача № 23. Что тяжелее: белок или его ген?Решение:

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

Ответ: ген тяжелее белка^ Задача №24. Какова молекулярная масса гена (двух цепей ДНК), если в одной цепи его запрограммирован белок с молекулярной массой 2400?Решение:

1. 
   2400 : 100 (молекулярная масса одной аминокислоты) = 24 аминокислоты в белке
2. 
   24 х 3 = 72 нуклеотида в одной цепи ДНК
3. 
   72 х 345 = 24840 – молекулярная масса одной цепи гена, то двух цепей гена 24840 х 2 = 49680

Ответ: 49680 а.е.мЗадача №25. Одна из цепей ДНК имеет молекулярную массу 34155.Определите количество мономеров белка, запрограммированного в этой ДНК Решение:

1.34155 : 345 (молекулярная масса одного нуклеотида) = 99 нуклеотидов содержится в ДНК

2. 99 : 3 = 33 триплета в ДНК кодируют 33 аминокислоты (мономера) белка.

Ответ: 33.Задача №26. Молекулярная масса белка 48000. Определите длину соответствующего гена. Решение:

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).

Ответ: длина гена – 489,6нм. ^ Задача №27. Участок одной из цепей ДНК имеет следующую последовательность:

ТГАТТУГГААГЦАГГЦЦ. Определите последовательность нуклеотидов во второй цепи.

Решение:

Согласно принципу комплементарности последовательность нуклеотидов во второй цепи ДНК будет следующей:

1 цепь ДНК: ТГАТТАГГААГЦАГГЦЦ

2 цепь ДНК: АЦТААТЦЦТТЦГТЦЦГГ

^ Задача №28. Одна из цепей ДНК с последовательностью нуклеотидов ЦТТГЦАТАААА используется в качестве матрицы для синтеза и-РНК. Какую последовательность нуклеотидов будет иметь и-РНК?Решение:

Цепь ДНК: ЦТТГЦАЦААА

Цепь и-РНК: ГААЦГУГУУУ

^ Задача №29.Содержание нуклеотидов в цепи и-РНК следующее: 34% гуанина, 18% урацила, 28% цитозина, 20% аденина. Определите процентный состав азотистых оснований в участке ДНК, являющегося матрицей для данной и-РНК.Решение:

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%. 

Задача №30. Содержание нуклеотидов в цепи и-РНК следующее: аденилового – 27%, гуанилового – 35%, цитидилового – 18%, урацилового – 20%. Определите процентный состав нуклеотидов участка молекулы ДНК (гена), являющегося матрицей для этой и-РНК.^ Задача № 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.

Решение:

Задание выполняется с помощью таблицы, в которой нуклеотиды в и-РНК соответствуют аминокислотным остаткам.

Ответ: фен– вал – асп – глу – гис – лей^ Задача № 32. 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?

^ Задача №33. Последовательность нуклеотидов в фрагменте и-РНК следующая: УУЦУУАЦЦЦЦАУЦГЦААЦГГУ. Определите аминокислоты, информация о последовательности которых записана в и-РНК, антикодоны т-РНК, фрагмент гена, кодирующего данный участок молекулы белка.Решение:

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

Задача №34. Определите первичную структуру синтезируемого белка, если участок цепи ДНК имеет следующую структуру: АЦА АТА ААА ГТТ ЦГТ….^ Задача №35. Фрагмент молекулы ДНК имеет следующую последовательность: ЦГТТГГГЦТАГГЦТТ. Установите нуклеотидную последовательность участка т-РНК, который синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ поясните.Решение:

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. 

^ Задача №36. Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК – матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли т-РНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов –АТАГЦТГААЦГТАЦТ-. Установите нуклеотидную последовательность участка т-РНК, который синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ поясните.^ Задача №37 В биосинтезе полипептида участвуют молекулы т-РНК с антикодонами УАЦ, УУУ, ГЦЦ, ЦАА в данной последовательности. Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК, ДНК и последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка, используя таблицу генетического кода.Решение:

Последовательность на и-РНК: АУГАААЦГГГУУ

Фрагмент цепи ДНК: ТАЦТТТГЦЦЦАА

аминокислотная последовательность: мет-лиз-арг-вал.

Задача № 38. В биосинтезе полипептида участвовали молекулы 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 (А), тимин (Т), гуанин (Г), цитозин (Ц) в двуцепочечной молекуле ДНК.Решение:

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.

Задача № 39. Начало цепи одной из фракций гистона, выделенного из тимуса быка, имеет следующую аминокислотную последовательность: Ала — Apr — Тре — Лиз -. Какова возможная структура начальных фрагментов и-РНК и двухцепочечной ДНК?Решение: 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 

^ Задача № 40. Фрагмент молекулы адренокортикотропного гормона человека, вырабатываемого передней долей гипофиза, имеет структуру: — Сер — Тир — Сер – Мет-. Определите перечень антикодонов в т-РНК, участвующих в биосинтезе фрагмента АКТГ.^ Задача № 41. У больных серповидной анемией в молекуле гемоглобина глютаминовая кислота замещена на валин. Чем отличается ДНК человека, больного серповидной анемией, от ДНК здорового человека?Решение.

Находим триплеты на и-РНК, кодирующие глютаминовую кислоту и валин, а по ним — нуклеотидный состав ДНК:

Здоровый человек Больной человек
аминокислоты Глу Вал

кодоны и-РНК ГАА ГУУ

ЦТТ ЦАА

состав ДНК : : : : : :

ГАА ГТТ

Задача № 42 Участок молекулы ДНК имеет следующий состав: ГАТГААТАГТГЦТТЦ. Перечислите не менее 3-х последствий, к которым может привести случайная замена 6-го нуклеотида аденина (А) на цитозин (Ц). .Решение:

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.

^ Задача №43.Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности нуклеотидов : ЦГГ ЦГЦ ТЦА ААА ТЦГ. Укажите строение соответствующего участка белка, информация о котором содержится в данном гене. Как отразится на строении белка удаление из гена четвертого нуклеотида?^ Задача №44. Последовательность нуклеотидов в цепи ДНК: -ААТГЦАГГТЦАЦТЦАТГ-.В результате мутации одновременно выпадают второй и пятый нуклеотиды. Запишите новую последовательность нуклеотидов в цепи ДНК. Определите по ней последовательность нуклеотидов в и-РНК и последовательность аминокислот в полипептиде. ^ Задача №45. Какое изменение молекулы ДНК сильнее повлияет на строение белка: выпадение одного нуклеотида из триплета или целого триплета?Решение. 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:

Цепь ДНК: АГГ- ТГГ- ЦТЦ-ЦТГ -Г…

Цепь и-РНК: УЦЦ-АЦЦ-ГАГ-ГАЦ-Ц…
Пептид: Сер –Тре-Глу-Асп-

б) При выпадении из цепи ДНК одного нуклеотида. Допустим, выбит первый нуклеотид второго триплета (Т).

Цепь ДНК: -АГГ-ГГЦ-ТЦЦ-ТГГ …

Цепь и-РНК: .УЦЦ-ЦЦГ-АГГ-АЦЦ…

Пептид: — Сер – Про — Apr — Тре —

в) При выпадении целого триплета из цепи ДНК. Допустим, выбит второй триплет 

(-ТГГ-).

Цепь ДНК: -АГГ – ЦТЦ – ЦТГ — Г …

Цепь и-РНК: -УЦЦ – ГАГ – ГАЦ — Ц …

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.

^ Задача №46. Фрагмент одной из цепей ДНК последовательность нуклеотидов: -АТААГТАТГЦЦТ-. Определите последовательность нуклеотидов в и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи.. Что произойдет в полипептиде, если в результате мутации во фрагменте гена выпадет второй триплет нуклеотидов? ^ Задача №47. В процессе трансляции участвовало 30 молекул т-РНК. Определите число аминокислот, входящих в состав синтезируемого белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.Решение:

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. 

Ответ: :Белок состоит из 30 аминокислот, ген, который его кодирует включает в себя 30 триплетов или 90 нуклеотидов.Задача № 48. Гормон окситоцин имеет белковую природу. В процессе трансляции его молекулы участвовало 9 молекул т-РНК. Определите число аминокислот, входящих в состав синтезируемого белка, а также число триплетов и нуклеотидов, которые кодирует этот белок. Ответ поясните.Решение:

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).

Задача № 49. Какую длину имеет участок ДНК, в котором закодирована первичная структура инсулина, если молекула инсулина содержит 51 аминокислоту, а один нуклеотид занимает 0,34 нм в цепи ДНК? Какое число молекул т-РНК необходимо для переноса этого количества аминокислот к месту синтеза? (Следует учитывать, что одна т-РНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту). Ответ поясните.Решение:

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.

Задача №50. Какую длину имеет участок молекулы ДНК, кодирующий миоглобин современных животных, если миоглобин содержит одну цепь со 155 аминокислотами, а один нуклеотид занимает 0,34 нм в цепи ДНК ^ Задача №51. Информационная часть и-РНК содержит 120 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 ( следует учитывать, что одна т-РНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту). Объясните полученные результаты.Решение:

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.

Задача №52.Участок цепи ДНК, кодирующий первичную структуру полипептида, состоит из 15 нуклеотидов. Определите число нуклеотидов на и-РНК, кодирующих аминокислоты, число аминокислот в полипептиде и количество т-РНК, необходимых для переноса этих аминокислот к месту синтеза. Ответ поясните. ^ Задача №53 Полипептид состоит из 20 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 (следует учесть, что одна т-РНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту). Ответ поясните.Решение:

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.

^ Задача №54. Определите число молекул и-РНК и т-РНК, участвующих в синтезе молекулы белка, которая состоит из 900 аминокислот. Сколько нуклеотидов и-РНК определяет первичную структуру молекулы этого белка?Решение:

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.

^ Задача №55 Белок состоит из 100 аминокислот, установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты – 100, а нуклеотида- 345 а.е.м. Ответ поясните.Решение:

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

Задача № 56. В трансляции участвовало 50 молекул т-РНК. Определите, во сколько раз молекула белка легче молекулы и-РНК, на которой он синтезируется. Средняя молекулярная масса аминокислоты 100, нуклеотида – 3 45. Ответ поясните.^ Задача № 57. 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 число нуклеотидов с А, Т, Г, Ц содержится в двухцепочечной молекуле ДНК? Сколько аминокислот должен содержать белок, кодируемый этим участком молекулы ДНК? Решение:

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.

^ Задача №58. Длина участка молекулы ДНК составляет 850 нм. Определите количество нуклеотидов в одной цепи ДНК.Задача №59. В гене С содержится 21000 пар нуклеотидов. Определить число полных оборотов спирали в этом гене и количество закодированных в нем аминокислот.Решение:

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.

Задача №60. Молекула ДНК состоит из 1200 пар нуклеотидов. Определите число полных спиральных витков в данной молекуле, количество закодированных в нем аминокислот и вес гена.^ Задача №61. Ген эукариот, кодирующий белок А, включает пять экзонов (по 140 пар нуклеотидов) и три интрона (по 720 пар нуклеотидов).Определить содержание нуклеотидов в незрелой про-и–НК и в зрелой и- РНК.Решение: 

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.

Задача №62. Фрагмент кодирующей цепи ДНК содержит 3000 нуклеотидов, интроны в ней составляют 50%. Определите количество нуклеотидов в зрелой молекуле и-РНК. 

Ответ: 1500 нуклеотидов.

^ Задача №63. Фрагмент кодирующей цепи ДНК содержит 4800 нуклеотидов, на долю интронов в ней приходится 30%. Определите количество нуклеотидов в зрелой молекуле и-РНК и аминокислот в белковой молекуле закодированной в данной цепи ДНК.Решение:

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.

Задача № 64. 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

Задачи для повторения.1. Нуклеиновые кислоты

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.

2. Биосинтез белка

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.

3.Генные мутации.

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.

4. Энергетический обмен

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.

Ответы и решения

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

4. 

Решение: 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 ^ Ответ: во фрагменте ДНК 41 водородных связей

5. 

Решение: 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.Ответ: 200 полных спиральных витков в молекуле ДНК6. 2500 нуклеотидов в участке молекулы ДНК7. А-28%8. Г-17%9. Решение:1000 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) Ответ: Г-270, Т-230, Ц-270 нуклеотидов в фрагменте ДНК10. Решение: Молекулярная  масса одного нуклеотида составляет 345 г/моль, следовательно  молекулярная  масса фрагмента ДНК: 900∙345=310500 г/мольОтвет:  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 – АУГГУЦАУЦ28. Решение:100-(13(А)+27(Г)+39(У))=21(Ц) А+Т=52%; Г+Ц=48%Ответ: 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 – УГГ33. цис-лиз-лей-фен-иле.34. ала-цис-сер-лиз-арг.35. 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-сер—про47. нормальный белок – сер-иле-гис-ала-сер изменённый белок – сер-иле-гис-глн и уменьшится на одну аминокислоту48. структура молекулы белка не изменится, так как исходный и изменённый триплет кодируют одну и ту же аминокислоту49. Решение:Для 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 СО2Ответ: 40 АТФ; СО2.- 650. О2 — 12 молекул; С3 Н6 О3 – 4 молекулы51. С3 Н6 О3 – 0; Н2О – 132; СО2.- 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 3.56. Н2О –180; СО2.- 24Литература.1. 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. 1981.5. http://www.scro.ru/pic/195.doc

Определение нуклеотидов в ДНК и РНК. Примеры решения задач

Определение массы и длины белка закодированного на ДНК

Задача 5.
Масса гена, который кодирует белок, равна 207000. Определите массу и длину белка закодированного на ДНК.
Решение:
Линейная длина одного аминокислотного остатка в полипептидной цепи – 0,35 нм, или 3,5 А⁰ (Ангстрем);
Средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка – 110 г/ моль;
Средняя молекулярная масса одного нуклеотидного остатка – 345 г/ моль.
Определим сколько нуклеотидов содержится в гене имеющем массу 207000, зная, что молекулярная масса одного нуклеотида равна 345 г/ моль. Тогда получим число нуклеотидов в гене:

207000/345 = 600 нуклеотидов. 

Известно, что одну аминокислоту кодирует триплет, состоящий из трех нуклеотида. Определим сколько аминокислот содержит белок, если ген содержит 600 нуклеотидов, получим:

600/3 =200 аминокислот. 

Так как масса одной аминокислоты рана 120 г/моль, то массу всего белка рассчитаем, получим:

200 ^. 110 = 22000 г/ моль. 

Длина одной аминокислоты равна 0,3 нм. Тогда весь белок имеет длину:

200 ^. 0,35 = 70 нм.

Ответ: масса белка рана 22000 г/моль; длина белка — 70 нм.
 

---

Определение длины фрагмента молекулы ДНК

Задача 6. 
Дана молекула ДНК с относительной  молекулярной массой 75 900, из них 10350 приходится на долю адениловых нуклеотидов.
Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.
Решение:
Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм;
молекулярная масса одного нуклеотида – 345 г/моль.

1) Находим количество нуклеотидов:

а) 75 900 : 345 = 220 (нуклеотидов в ДНК),

б) 10350 : 345 = 30 (адениловых нуклеотидов в этой ДНК),

в) ∑(Г + Ц) = 220 – (30 + 30) = 160, т.е. Г = Ц = 80, их по 80;

2) Определяем длину фрагмента ДНК, получим:

220 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной – 110.

Тогда 

L(ДНК) = 110 ^. 0,34 = 37,4 (нм).

Ответ: 37,4 (нм).
 

---

Определение аминокислотных остатков в молекуле белка

Задача 7. 
Белок содержит 0,5% глицина. Чему равна минимальная молекулярная масса этого белка, если Мглицина = 75,1 г/моль? Сколько аминокислотных остатков в этом белке?
Решение:
Молекулярная масса одной аминокислоты = 110 г/моль;
М(глицина) = а = 75,1 г/моль; 
в = 0,5%.

1) Находим минимальну массу белка

Вычисление минимальной молекулярной массы белка определяем по формуле:

 М_min = (а/в) ^. 100%,

где

М_min – минимальная молекулярная масса белка, а – атомная или молекулярная масса компонента,
в – процентное содержание компонента.

Тогда

М_min = (75,1 г/моль /0,5%) ^. 100% = 15 020 г/моль.

2) Расчитаем количество аминокислотных остатков, получим:

15 020 : 110 ≈ 136 (аминокислот в этом белке).

Ответ: Аминокислотных остатков в белке  136.
 

---

Вычисление процентного содержания нуклеотидов в ДНК и длину ее молекулы

Задача 8. 
В молекуле ДНК 20% гуаниловых нуклеотидов. Определите процентное содержание Ц, Т, А и длину молекулы ДНК, если в ней всего 400 нуклеотидов.
Решение:
Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм.
В соответствии с принципом комплементарности количество (Г) равно количеству (Ц), т.е. (Г) = (Ц) = 30%. Тогда их совместное количество: (Г + Ц) = 60%, а количество (А + Т) = 100 — 60 = 40%, а в отдельности (А) = (Т) = 40/2 = 20%. Длина молекулы ДНК определяется количеством нуклеотидов в одной цепи (т.е. количеством пар нуклеотидов) умноженным на длину нуклеотида. В ДНК 400 нуклеотидов (шт.) или 200 пар, расстояние между соседними парами 0,34 нм, следовательно длина молекулы ДНК будет: 200 х 0,34 = 68 нм.

Ответ: (Г) = 30%, (Ц) = 30%, (А) = 20%, (Т) = 20%; длина ДНК 68 нм.

---

АЛГОРИТМ
ФОРМИРОВАНИЯ УМЕНИЙ

ИСПОЛЬЗОВАТЬ
ЗНАНИЯ ПРИ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ ПО МОЛЕКУЛЯРНОЙ БИОЛОГИИ

Одним
из важных задач школьного курса «Биология» является формирование у учащихся
общеучебных и специальных умений. Умение решать задачи — один из объективных
критериев оценки глубины усвоения материала.

Практическое
применение полученных знаний при решении задач способствует развитию
логического мышления, творческой, аналитическом подходе к решению поставленного
вопроса или проблемы в целом, что особенно важно для будущих работников
современных отраслей производства, сельского хозяйства, медицины.

Представленный
материал предназначен для учителей биологии, старшеклассников, абитуриентов.

единицы
измерения

В
биологии используются основные и производные единицы международной системы
единиц : длины, массы, энергии, работы, теплоты и т.д..

Единицы длины — метр (м).1 м = 10 дм = 100
см = мк = нм, 1 нм = м.

Единицы массы — килограмма (кг).1 кг = г
(г); 1 г = нг (нанограммов);

1 Дальтон — единица молекулярной массы,
равной массе атома водорода.

Единица энергии, работы и количества
теплоты — джоуль (Дж).

1 Дж = эрг = 0,2388 кал; 1 кал = 4,1868
Дж.

В процессе решения любой задачи выделяют
определенные этапы.

Анализ задачи.
Внимательно прочитайте содержание задачи, осмыслите ее и определите:

 к какому разделу или теме относится
задача,

 найдите, что дано и что необходимо
найти.

1. Сокращенная запись условия.

 С помощью условных обозначений коротко
запищит, что дано и что нужно найти (как на уроках химии или физики).

 Подумайте, какие из постоянных известных
вам величин можно использовать при решении задачи, запишите их.

2. Оформление записи задачи.

Место, что осталось после короткого записи
условия задачи, условно разделите на две части. В левой части запишите данные,
которые вы будете использовать, в правой — решение. Действий в задаче может
быть несколько. Записывайте их так: 1) …; 2) …; 3) … и т.д.

3. Решение задачи.

 Решайте задачу поэтапно.

 На каждом этапе кратко сформулируйте
вопрос.

 Тщательно проверяйте результаты
расчетов.

 Проверьте всю ли информацию из условия
задачи использовали.

 При необходимости выберите другой способ
решения.

4. Завершающий этап.

Проверьте правильность решения в целом,
сформулируйте и запишите окончательный ответ.

Примеры решения задач на
молекулярные основы НАСЛЕДСТВЕННОСТИ

При
решении таких задач необходимо помнить, что:

•
длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК,
составляет 0,34 нм;

•
средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц;

•
средняя молекулярная масса одной аминокислоты равна 100 условных единиц;

•
молекула белка в среднем состоит из 200 аминокислот;

•
каждую аминокислоту в белковой молекуле кодирует триплет нуклеотидов
и-РНК (во время трансляции);

•
для определения длины гена (l) учитывают количество нуклеотидов, которая
содержится в одной цепи ДНК;

•
для определения молекулярной массы гена (Mr) учитывают количество нуклеотидов,
содержится в двух цепях ДНК;

•
трансляция осуществляется согласно генетическим кодом;

•
для всех ДНК выполняется правило Чаргаффа: А = Т; Г = Ц;

•
А + Г = Т + Ц (содержание пуриновых азотистых оснований — аденина и гуанина —
равна содержания пиримидиновых азотистых оснований — тимина и цитозина);

•
сумма всех нуклеотидов в молекуле ДНК или РНК (А + Т + Г + Ц или А + В + Г + Ц)
составляет 100%.

Задача
1.

На
фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности,
показанной ниже.

…
АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …

1.
Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК.

2.
Какова длина в нанометрах этого фрагмента?

3.
Какова масса двухцепной фрагмента?

решение

1.
Руководствуясь свойством ДНК, способностью к самовоспроизведению (репликации),
в основе которого лежит комплиментарность, запишем схему двухцепочечной ДНК:

ДНК:

А Г Т -А Ц Г -Г Ц А -Т Г Ц -А Г Ц-

Т Ц А — Т Г Ц — Ц Г Т — А Ц Д — Т Ц Г —

2.
Длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК,
составляет 0,34 нм. Длина двухцепочечной фрагмента равна длине одной цепи.

L = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15
— количество нуклеотидов в одной цепи).

3.
Средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц, молекулярная
масса фрагмента ДНК:

Мr
= 345 х 15 = 5175 (а.о.м) (30 — количество нуклеотидов в двух цепях).

Ответ.
Вторая цепь фрагмента ДНК имеет следующую структуру: ТЦА — ТГЦ — ЦГТ — АЦГ —
ТЦГ; длина фрагмента ДНК — 5,1 нм; молекулярная масса фрагмента ДНК — 5175
а.е.м.

Задача
2.

Фрагмент
первой цепи ДНК имеет такую нуклеотидную последовательность: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ.
Определите последовательность мономеров белка, закодированного фрагментом
второй цепи ДНК.

решение

ДНК:
— ТАЦ — АГА — ТГГ — АГТ — ЦГЦ-

       
— АТГ — ТЦТ — АЦЦ — ТЦА — ГЦГ-

иРНК:
— УАЦ — АГА — УГГ — АГУ — ЦГЦ-

Белок:
— тир — арг — трип — ср — арг-

Ответ.
Последовательность мономеров белка: тирозин — аргинин — триптофан — серин —
аргинин.

Задача
3.

Фрагмент
цепи А белка нормального гемоглобина состоит из 7 аминокислот, расположенных в
следующей последовательности:

вал
— лей — лей — трет — о — ГЛН — лез.

1.
Какое строение фрагмента иРНК, что является матрицей для синтеза этого
фрагмента молекулы гемоглобина?

2.
Какое строение фрагмента ДНК, кодирующего данную иРНК?

Решение

 Белок:
 вал — лей — лей — трет — о — глу — лез

иРНК:
ГУУ — УУА — УУА — АЦУ — ЦЦУ — ЦАА — ААА

ДНК:
ЦАА — ААТ — ААТ — ТГА — ГГА — ДНС — ТТТ

         
 ГТТ   ТТА    ТТА    АЦТ    ЦЦТ  ЦАА   ААА

Задача 4.

Биохимический
анализ показал, что иРНК имеет 30% аденина, 18% гуанина и 20% урацила.
Определите долю (в%) каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте
двухцепочечной ДНК?

решение

дано:

А  
= 30%;

Г  
= 18%;

У  
= 20%.

Определяем
процент цитозинових нуклеотидов в данной иРНК:

       
= 100% — (+) =

      
= 100% — (30% + 20% + 18%) = 32%.

Определяем
процент адениновых и тиминових нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:

       
= (+): 2 = (30% + 20%): 2 = 25%.

Определяем
процент гуанинових и цитозиновог нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:

   
= (+): 2 = (18% + 32%): 2 = 25%.

Ответ.
Доля каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте двухцепочечной ДНК
составляет 25%.

Задача 5.

Белок
состоит из 124 аминолислот. Сравните относительные молекулярные массы белка и
гена, который его кодирует.

дано:

Состав
белка — 124 аминокислоты;

Мr
(аминокислоты) = 100;

Мr
(нуклеотида) = 345.

Мr
(гена) -? Мr (белка) -?

решение

1).
Определяем относительную молекулярную массу белка:

124
х 100 = 12400.

2).
Определяем количество нуклеотидов в составе гена, кодирующего данный белок: 124
х 3 х 2 = 744 (нуклеотиды).

3).
Определяем относительную молекулярную массу гена:

744
х 345 = 256680.

4).
Определяем, во сколько раз ген тяжелее белок:

256680:
12400 = 20,7 (раза).

Ответ.
Относительная
молекулярная масса гена в 20,7 раза больше, чем кодированного белка.

Задача 6.

 Гормон
роста человека (соматотропин) — белок, содержащий 191 аминокислоту. Сколько
кодируя нуклеотидов и триплетов входит в состав гена соматотропина?

решение

Одну
аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно, в состав гена
соматотропного входит 191 триплет.

191
х 3 = 573 (нуклеотиды) — одна цепь;

573
х 2 = 1146 (нуклеотидов) — обе цепи.

Ответ. В состав гена
соматотропного входит 191 триплет, содержащий 1146 нуклеотидов (обе цепи гена).

Задача 7.

У
больного синдром Фанкони (нарушение образования костной ткани) с мочой
выделяются аминокислоты, которым соответствуют следующие триплеты иРНК: АУА,
ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Определите, какие аминокислоты выделяются с
мочой у больных синдромом Фанкони (см. Таблица «Генетический код»).

решение

Аминокислоты:
илей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, илей.

Ответ. У больных синдромом
Фанкони выделяются с мочой такие аминокислоты: изолейцин, валин, метионин,
серин, лейцин, тирозин.

Экзон-интронная ОРГАНИЗАЦИЯ ГЕНОМА

Большинство
структурных генов эукариот (участки ДНК) внутренне неоднородно. Они состоят из
экзонных (информативных) и интронных (без информационной) фрагментов.

При
транскрипции в ядре сначала синтезируется про-иРНК (незрелая), которая имеет в
себе как экзоны, так и интроны. Далее с помощью комплекса ферментов без
информационной участки вырезаются и разрушаются, а информативные соединяются в
новый полинуклеотидний цепь — зрелую иРНК. Механизм созревания иРНК в ядре
называется сплайсингом.

Задача 1.

Фрагмент
цепи молекулы ДНК содержит 1100 нуклеотидов, из них 100, 120, и 130 нуклеотидов
образуют интронная участка. Определите, сколько аминокислот кодирует этот
фрагмент ДНК:

дано:

N
(ДНК нуклеотидов) — 1100;

N
(интронных нуклеотидов) — 100, 120, 130.

N (аминокислот)
-?

решение:

1).
100 + 120 + 130 = 350 (количество нуклеотидов, образующих интронная участка);

2).
1100 — 350 = 750 (количество нуклеотидов, образующих экзонных участка);

3).
750: 3 = 250 (аминокислотных остатков).

Ответ. Этот фрагмент ДНК кодирует
250 аминокислот.

Задача 2.

Структурный
ген (фрагмент молекулы ДНК) содержит 384 цитозинових нуклеотидов, составляет
20% от их общего количества. В экзонных участках этого гена закодировано белок,
состоящий из 120 аминокислотных остатков.

1.
Какой нуклеотидный состав гена?

2.
Какая относительная молекулярная масса интронных участков гена?

3.
Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК?

дано:

N
(Ц нуклеотидов) — 384 (20%);

N
(аминокислот в белке) — 120;

L
(нуклеотида) — 0,34 нм;

Мr
(нуклеотида) — 345.

1.
Нуклеотидный состав гена -?

2.
Мr (интронных участков гена) -?

3.
Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК -?

решение

1.
Определяем общее количество нуклеотидов в фрагменте ДНК. Поскольку на цитозин
нуклеотиды приходится 20% от их количества, то общее количество нуклеотидов
составляет:

384
нуклеотидов — 20%;

Х
нуклеотидов — 100%;

Х
= 1920 (нуклеотидов);

По
принципу комплиментарности:

Г
= Ц = 384 нуклеотиды = 20%. Отсюда: А = Т = 30%.

384
нуклеотиды — 20%;

Х
нуклеотидов — 30%; х = 576 9нуклеотидив);

А
= Т 576 нуклеотидов.

2.
Находим количество нуклеотидов в экзонных участках гена:

120
3 х 2 = 720 (нуклеотидов).

      
Находим количество нуклеотидов в интронных участках гена:

1920
— 720 = 1200 (нуклеотидов).

Находим
относительную молекулярную массу интронных участков гена:

Mr
(интро. Участков гена) = 1200 х 345 = 414000.

3.
Длина молекулы про-иРНК равна длине структурного гена:

l
(о-иРНК) = (384 + 576) х 0,34 = 326,4 (нм).

Зрелая
иРНК состоит только из информативной части. Ее длина составляет:

l
(зрелой РНК) = 120 х 3 х 0,34 = 122,4 (нм).

Разница
в длине о-иРНК и зрелой иРНК составляет:

326,4
нм — 122,4 нм = 204 нм.

Ответ. 1. Ген содержит по 576
адениновых и тиминових нуклеотидов, и по 384 гуанинових и цитозинових
нуклеотиды. 2. Относительная молекулярная масса интронных участков гена — 414
000. 3. Разница в длине между про- иРНК и зрелой иРНК — 204 нм.

литература:

1.
Барна Иван Общая биология. Сборник задач. — Киев: Издательство «Ранок», 2009 —
736 с.

2.
Биология: Справочник для абитуриентов и школьников общеобразовательных учебных
заведений: Учебно-методическое пособие. — 2-е издание. — К .: Литере ЛТД, 2009.
— 656 с.

3.
Овчинников С.А. Сборник задач и упражнений по общей биологии: Учебное пособие.
— Донецк: Третье тысячелетие, 2002. — 128 с.

4.
Биология. Словарь-справочник .: Учеб. Пособие / /Авт.-сост .: В.П. Попович,
Т.А. Сало, Л.В. Деревинская. — М .: Страна грез, 2006. — 112 с.