Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уманский национальный университет садоводства

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

www.yrok.net_Vidpovidi-PDA-11-Biologiya

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.02.2016

Размер:

1.14 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 102 3 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

С3

Дано:

l(ДНК) = 25,5 нм

m(білка) — ?

Відповідь: 2500 а. о. м.

Розв’язання:

m(білка) = n(амінокислот) · m(амінокислоти) m(амінокислоти) = 100 а. о. м.; l(нуклеотиду) = 0,34 нм;

n(нуклеотидiв) = 0,25,534 = 75;

n(амінокислот) = 75 : 3 = 25;

m(білка) = 25 · 100 = 2500 а. о. м.

С4		org
	.
Дано:	Розв’язання:
А — червоний колір	4book
А — червоний колір	За умовою задачі розщеплення ознак
плода,	становить 3 : 1 обидва батьки гетеро-
а — жовтий колір плода	зиготні.
♀ — ?	P ♀Aa × ♂Aa
♀ — ?	Гамети A a		A а
♂ — ?	Гамети A a		A а
♀ × ♂ — ?	F1 AA — червоні;
www	F1 AA — червоні;
www	.Aa — червоні;
	Aa — червоні;
	aa — жовті.
	Розщеплення за фенотипом 3 : 1.

Відповідь: ♀Aa; ♂Aa; потомство AA; Aa; aa.

Варіант 6

Частина І

А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10 А11 А12 А13 А14 А15

В Г

В Гorg

В Г

Частина ІІ

В1

В2

В3

4book

ІІ

ІІІ

www

В4

В5

В6

Частина ІІІ

С1

1.2 — денатурація, 4 — ренатурація.

2.Забезпечення рухів, прискорення хімічних реакцій, передача сигналів з навколишнього середовища.

С2

1.1 — зерниста, 2 — незерниста ендоплазматична сітка.

2.На мембранах зернистої ендоплазматичної сітки є рибосоми,

ана мембранах незернистої вони відсутні.

Відповідь: УУА — ЦАУ — УЦУ — АУУ.

С3

Дано:

поліпептидний ланцюг

Послідовність нуклеотидів — ?

Розв’язання:

Визначимо можливу послідовність нуклеотидів РНК, яка кодує поліпептид: лейцин — УУА; гістидин — ЦАУ; серин — УЦУ; ізолейцин — АУУ;

УУА — ЦАУ — УЦУ — АУУ.

С4

Дано:		Розв’язання:
AB — IV група крові	P ♀AB × ♂AB
	Гамети А В			A B
F1 — ?	Гамети А В			A B
	F	АА — II група.крові;
	1		org
		АВ — IV група крові;
		АВ — IV група крові;
		BB — III група крові.

Відповідь: можливі групи крові у дітей: 25 % — II група, 25 % —
III група; 50 % — IV група
	.
www		4book
www

Варіант 7

Частина І

А1

А2

А3

А4

А5

А6

А7

А8

А9

А10

А11

А12

А13

А14

А15

Частина ІІ

org

В1

В2

В3

4book

А Б В

ІІ

ІІІ

www

ІІІ

В4

В5

В6

Частина ІІІ

С1

1.Ц–А–Ц–А–У–У–Г–Ц–У–Г–Г–Ц–У–А–У–А–А–А–Ц–А–У.

2.Транскрипція.

С2

1.1 — хлоропласти, 2 — лейкопласти, 3 — хромопласти.

2.Хромопласти.

16 прт

С3

Дано:	Розв’язання:
t = 10 хв,	Визначимо кількість енергії, витраченої за 10 хв:
Q = 24 кДж	Q1 = 24 10 = 240 кДж.
	За рівнянням реакції окиснення глюкози визна-
m(C6H12O6) — ?	За рівнянням реакції окиснення глюкози визна-
m(C6H12O6) — ?	чимо її масу:	240 кДж
	x г	240 кДж
	C6H12O6 + 6O2 6CO2	+ 6H2O + 2820 кДж

180г

x = 180 240 = 15,3 (г). 2820

m(C6H12O6) = 15,3 (г).

Відповідь: 15,3 (г).				org
С4				org
С4
Дано:			Розв’язання:
		4book
А — чорне хутро,	P ♀AaBb × ♂aabb .
а — біле хутро,	Гамети AB		Аb ab
В — вихрясте хутро,	Гамети AB		Аb ab
b — гладеньке хутро		aB	ab
AaBb × aabb — ?		aB	ab
AaBb × aabb — ?	F1	.
		.
		Aa Bb — 25 % чорні вихрясті;
www
		Aa bb — 25 % чорні гладенькі;
		aa Bb — 25 % білі вихрясті;
		aa bb — 25 % білі гладенькі.
Відповідь: 25 %.

Варіант 8

Частина І

А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10 А11 А12 А13 А14 А15

В Г

Гorg

Б В

Частина ІІ

В1

В2

В3

4book

ІІ

ІІІ

www

В4

В5

В6

Частина ІІІ

С1

1.Транскрипція.

2.1 — синтез молекули РНК, 2 — РНК-полімераза.

С2

1.Так.

2.Це приклад цитоплазматичної мінливості, що зумовлена наявністю мутованих генів у мітохондріях, які містяться в яйцеклітинах.

С3

	Дано:	Розв’язання:
	амінокислотний склад	Запишемо ділянку молекули білка:
	молекули білка	-тре-три-сер-ала-
		Запишемо ділянку молекули іРНК
	тРНК — ?	Запишемо ділянку молекули іРНК
	тРНК — ?	-АЦУ-УГГ-УЦУ-ГЦУ-

Антикодони тРНК комплементарні кодонам іРНК, тоді для амінокислоти тре — тРНК УГЦ, три — АЦЦ, сер — АГА, ала — ЦГА.

Відповідь: УГЦ, АЦЦ, АГА, ЦГА.

С4

Дано:							Розв’язання:
n(яструбів)			= 2		Обчислимо відсоток сухої речовини
m(яструба)			= 1,5 кг		маси яструба
w(H		O) = 60 %			w(суха речовина) = 100 % – 60 % = 40 %.
	2				Обчислимо масу сухої речовини одно-
продуктивність = 200 г/м2					Обчислимо масу сухої речовини одно-
							.
					го яструба.			org
S(екосистеми) — ?					1,5 кг — 100 %
S(екосистеми) — ?					x кг — 40 %
					x =	1,5 40 = 0,6 (кг).
						100
						100
Обчислимо масу двох яструбів
m	(яструбів)			= 0,6 · 2 = 1,2 (кг).
	(яструбів)				4book

Яструби перебуваютьwwwна третьому трофічному рівні, тоді маса продуцентів дорівнює:

m(продуцентів) = 1,2 · 102 = 120 (кг).

Продуктивність екосистеми = 200 г/м2 = 0,2 км/м2. Обчислимо площу екосистеми:

1 м2 — 0,2 кг y — 120 кг

y = 1200,2 = 600 (м2).

S(екосистеми) = 600 м2 = 0,6 га.

Відповідь: 0,6 га.

Варіант 9

Частина І

А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10 А11 А12 А13 А14 А15

× ×

А Б

В Гorg

В Г

Частина ІІ

В1

В2

В3

4book

ІІ

ІІІ

www

В4

В5

В6

Частина ІІІ

С1

1.Хлоропласт.

2.1 — зовнішня мембрана; 2 — внутрішня мембрана; 3 — грани тилакоїдів; 4 — строма.

С2

1.Наявність органів і тканин.

2.А, Б, В.

С3

Дано:

w(Г) = 30 %

w(А) — ? w(Т) — ? w(Ц) — ?

Розв’язання:

За правилом Чаргаффа

А= Т, Г = Ц → Г = Ц = 30 %

А+ Т = 100 % – (Г + Ц) = 100 % – 60 % = 40 %

А= Т = 40 % : 2 = 20 %.

Відповідь: w(А) = 20 %; w(Т) = 20 %; w(Г) = 30 %; w(Ц) = 30 %.

С4

Дано:				Розв’язання:
А — червоний колір,	За умовами задачі й аналізом одержаних
а — жовтий колір,	результатів можна дійти висновку, що за
В — нормальний зріст,						org
В — нормальний зріст,	домінантною ознакою батьки будуть ге-
b — карликовість	терозиготні, а за рецесивною — гомо-
♀ — ?	зиготні.
♀ — ?	P ♀Aabb × ♂aaBb
♂ — ?		4book
♂ — ?				.
♀?bb × ♂aa? — ?	Гамети		Ab		ab		aВ	ab
	F1	AaBb — 25 % червоні нормального
		зросту;
		Aa	— 25 % червоні карликові;
	.
		aa Bb — 25 % жовті нормального зросту;
www		aa bb — 25 % жовті карликові.
www
Одержані результати відповідають умові задачі.

Відповідь: Aabb; aaBb. Гібриди: AaBb; Aabb; aaBb; aabb.

Варіант 10

Частина І

А1

А2

А3

А4

А5

А6

А7

А8

А9

А10

А11

А12

А13

А14

А15

Частина ІІ

org

В1

В2

В3

4book

.Г

А Б В

ІІ

ІІІ

www

В4

В5

В6

Частина ІІІ

С1

1.Мітохондрія.

2.Кристи.

С2

1.Адаптивна радіація.

2.Причини: генетичне різноманіття видових популяцій, диференціювання виду географічно та екологічно.

Наслідки: утворення нових форм організмів у межах виду чи групи.

<<< < Предыдущая 12 / 102 3 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.11.2019110.08 Кб1Tema_2.doc
#
21.11.20194.62 Mб63Uchebnoe_posobie_ch_1.doc
#
21.11.201916.24 Mб27Uchebnoe_posobie_ch_2.doc
#
08.12.201887.04 Кб24urpsh720.doc
#
20.02.201675.21 Кб15Vidpovidi.docx
#
20.02.20161.14 Mб6www.yrok.net_Vidpovidi-PDA-11-Biologiya.pdf
#
18.09.2019252.93 Кб6Zadachi_z_marketingu_na_derzh_ekzamen.doc
#
20.02.201663.18 Кб16Zvit_bodi.docx
#
28.10.201867.07 Кб4[UAReferats.com]_C55N6123.doc
#
20.02.201660.08 Кб7ІНДЗ БОДИКА ІСТОРІЯ.docx
#
06.08.2019261.51 Кб1ІПО 01.07.11.rtf