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BIOLOGIA
DUPLICAÇÃO: presença de uma parte em duplicata no
cromossomo.
CADERNO 3 – CURSO D/E
6)
Síndrome de Down: trissomia do cromossomo 21.
Síndrome de Edwards: trissomia do cromossomo 18.
Síndrome de Klinefelter: presença de um cromossomo X
extra em homens.
Síndrome de Patau: trissomia do cromossomo 13.
Triplo X: presença de um cromossomo X extra em mulheres.
Síndrome de Turner: falta de um cromossomo X em
mulheres.
Resposta: C
7)
A presença de 3 linhagens diferentes de células em um
mesmo indivíduo pode ser explicada pela não disjunção do
cromossomo X em mitoses que ocorreram na formação do
indivíduo durante a fase embrionária.
Resposta: E
8)
I:
II:
III:
IV:
V:
9)
P
FRENTE 1 – CITOLOGIA
■ Módulo 11 – As Aberrações Cromossômicas
1)
ABERRAÇÕES
NÚMERO
DE CROMOSSOMOS
Monoploidia
n=4
Pentaploidia
5n = 20
Monossomia
2n – 1 = 7
Nulissomia
2n – 2 = 6
Trissomia
2n + 1 = 9
Tetrassomia
2n + 2 = 10
Euploidias
Aneuploidias
2)
3)
a) Em mamíferos, a meiose ocorre durante a gametogênese
(espermiogênese e ovulogênese). Durante esse processo
de multiplicação celular, ocorrem permutações e segregação independente dos pares de cromossomos
homólogos, fenômenos que ampliam a variabilidade
genética em organismos sexuados.
b) A não disjunção cromossômica que resulta na formação
de gametas com 1 cromossomo extranumerário (n + 1)
pode ocorrer na anáfase I da meiose materna ou paterna,
resultando em 50% de gametas n + 1 e 50% de gametas
n – 1. Caso o fato ocorra na anáfase II, serão formados 50%
de gametas normais n, 25% de gametas n + 1 e 25% de gametas n – 1. Os gametas (espermatozoide ou óvulo) n + 1,
quando fecundados por gametas normais, darão origem a
descendentes trissômicos (2n + 1), como ocorre com a
síndrome de Down.
(P) X (2n = 14) x Y (2n = 18)
|
|
|
|
(G)
(n = 7)
(n = 9)
(F1) Híbrido (2n = 16) x Y (2n = 18)
|
|
|
|
(G)
(2n = 16)
(n = 9)
(F2)
4)
I) translocação
III) duplicação
5)
(3n = 25)
II) inversão
Inversão pericêntrica, com participação do centrômero.
Inversão paracêntrica, sem participação do centrômero.
Deleção: falta do gene B.
Duplicação: um gene B extra.
Fissão cêntrica: rompimento do centrômero separando os
braços cromossômicos, originando dois cromossomos
acrocêntricos.
Resposta: A
P. verticillata
2n = 18
Gametas
n=9
x P. floribunda
2n = 18
n=9
|–––––––––––|
|
Híbrido estéril
2n = 18
↓ Poliploidia
P. Kewenensis
4n = 36
Resposta: C
10) Mulher triplo X x Homem normal
乆
X
XX
X
XX
XXX
Y
XY
XXY
么
14243 14243
50%
50%
normais anormais
Resposta: C
IV) deficiência
INVERSÃO: alteração ocasionada por duas quebras no
cromossomo seguidas de uma junção invertida.
DELEÇÃO: perda de um pedaço do cromossomo.
Translocação: troca de pedaços entre cromossomos não homólogos.
11) Síndrome
mica).
Síndrome
Síndrome
Resposta:
de Down – Trissomia do 21 (aneuploidia autossôde Turner – XO (aneuploidia sexual).
de Klinefelter – XXY (aneuplodia sexual).
B
–1
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12) O pareamento de cromossomos que sofrem inversão só pode
ocorrer conforme mostrado na figura.
Resposta: A
13) C. eugenioides: 2n = 22, n = 11.
C. canephor: 2n = 22, n = 11.
C. arabica: 4n = 44, 2n = 22.
Resposta: A
25) Síndrome do Miado de Gato: deleção terminal no cromossomo 5.
Resposta: A
26)
17) I. Inversão: genes DE invertidos.
II. Duplicação: gene B duplicado.
III. Translocação: genes J e E translocados.
IV. Deficiência: falta do gene E.
Resposta: A
18) Síndrome de Edwards: 47, XX ou XY + 18 (trissomia do 18).
Resposta: B
|
|
Espécie C
3n = 14
Resposta: D
27) 1. TRIPLOIDIA: célula com 3 conjuntos cromossômicos (3n).
2. NULISSOMIA: célula com perda de 1 par de homólogos (2n –
2).
3. MONOSSOMIA: célula com perda de 1 cromossomo (2n –
1).
4. TRISSOMIA: célula com acréscimo de 1 cromossomo (2n +
1).
Resposta: A
28) Mulheres acima de 40 anos apresentam maior probabilidade
de liberar oócitos com alterações cromossômicas.
Resposta: C
29) 22A, XY + 22A, X = 44A, XXY
↓
Síndrome de Klinefelter
19) Síndrome de Down: trissomia do 21 (47, XX ou XY + 21)
Síndrome de Turner: ausência de um cromossomo X (45, XO)
Síndrome de Klinefelter: cromossomo X extra em homens
(47, XXY).
Resposta: C
20) A sequência correta, de cima para baixo, é 3 – 4 – 1 – 2.
Resposta: E
21) Mulheres em idades mais avançadas possuem uma probabilidade maior de liberar oócitos com alterações cromossômicas.
Resposta: E
22) Translocação: troca de pedaços entre cromossomos não
homólogos.
Resposta: D
22A + 22A, X = 44A, XO
↓
Síndrome de Turner
Resposta: B
30) B: Inversão pericêntrica entre os genes fg e h.
C: Deleção dos genes ef.
D: Duplicação dos genes cd.
E: Translocação entre os genes cd e efg.
Resposta: E
■ Módulo 12 – Os Ácidos Nucleicos
1)
2–
N15
N14
} N14
23) O pareamento de cromossomos que sofreram inversão e
translocação só pode ocorrer conforme as figuras representadas no esquema.
Resposta: D
24) I. Características da Síndrome de Turner.
II. Características da Síndrome de Klinefelter.
Ambas são decorrentes da não disjunção de cromossomos
sexuais durante a formação de gametas por meiose.
Resposta: C
Espécie B
2n = 8
Híbrido fértil
x
Espécie B
2n = 10
2n = 8
↓ Mitose
↓ Meiose
Gametas 2n = 10 –––––––––––– n = 4
Poliploidia: existência de 3 ou mais conjuntos cromossômicos.
II. Deleção: falta do gene C.
III. Isocromossomo: presença de um braço cromossômico
com deleção total e outro com duplicação.
IV. Monossomia: perda de um cromossomo.
Resposta: A
16) Klinefelter: 47, XXY.
Resposta: E
x
Gametas n = 6 –––––––––––––– n = 4
14) I.
15) Síndrome de Down: trissomia do cromossomo 21. Portanto,
um dos gametas que gerou o indivíduo possuía o cromossomo 21 extra.
Resposta: C
Espécie A
2n = 12
100% N14N15
2)
} 50% N14N15
} N14
Item 4: as bases nitrogenadas são adenina, guanina, citosina
e timina. Item 6: seres procariontes não têm núcleo celular e
o DNA fica disperso no citoplasma.
Resposta: D
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3)
DNA de cadeia dupla tem quantidades equivalentes entre
bases que se pareiam: A e T, C e G. No RNA, como no DNA de
cadeia simples, não há pareamento de bases.
Resposta: A
4)
3)
20 = T
15 = C
10 = A
30 = G
Fita
Ativa
A = 20
G = 15
T = 10
C = 30
RNA
Fita
Complementar
U = 20
C = 15
A = 10
G = 30
GLI
ALA
SER
ARG
UAC
CCU
CGA
AGA
GCG
RNAm
AUG
GGA
GCU
UCU
CGC
DNA
TAC
CCT
CGA
AGA
GCG
No. de nucleotídeos do DNA = 120.000
No. de nucleotídeos da cadeia ativa = 60.000
No. de códons = 60.000 ÷ 3 = 20.000
No. de aminoácidos = 20.000
Peso molecular total dos aminoácidos = 20.000 x 100 =
= 2.000.000
Total de proteínas = 2.000.000 ÷ 40.000 = 50
Resposta: C
■ Módulo 14 – O Código Genético
Resposta: E
5)
N15
N15
N
N14
N15
1)
a) 84. Porque são requeridos três nucleotídeos para codificar
um aminoácido.
b) Não, pois, sendo o código genético degenerado, mais de
uma sequência de nucleotídeos pode codificar um mesmo
aminoácido.
2)
Porque cada aminoácido da proteína é codificado por três
nucleotídeos do DNA.
3)
transcrição
tradução
a) DNA ⎯⎯⎯⎯⎯→ RNAm ⎯⎯⎯⎯⎯→ Proteína
15
N14
N14
N14
N14
N14
N15
N15
N15
50%
N15
b) Não, porque a degeneração do código genético permitiria
chegar a inúmeras sequências possíveis no DNA.
Resposta: D
6)
A tabela evidencia a famosa relação de Chargaff, ou seja,
A = T e C = G em qualquer DNA analisado.
Resposta: A
7)
As alternativas b, c e d estão erradas, a composição do DNA
é a mesma em todas as espécies, variando apenas as
quantidades e sequênciais dos componentes. A alternativa e
está incorreta, pois o DNA é um ácido.
Resposta: A
■ Módulo 13 – DNA: Replicação e Transcrição
2)
MET
RNAt
DNA
4)
1)
Aminoácidos
4)
O código genético é universal e sua dinâmica é praticamente
a mesma para todas as espécies.
Resposta: E
5)
Cada gene codifica uma proteína; então 150 genes codificarão 150 proteínas diferentes.
Resposta: B
6)
São 61 códons para especificar 20 tipos de aminoácidos.
Resposta: A
7)
A respiração celular fornece energia para as reações metabólicas. A duplicação do DNA garante a transmissão do patrimônio genético. A mutação é a fonte primária da variabilidade intra e interespecífica.
Resposta: D
a) A enzima DNA polimerase realiza a catálise da seguinte
cadeia complementar à sequência molde: 3’TACGCA5’.
b) O RNA mensageiro produzido pela cadeia de DNA complementar apresentará a sequência 5’AUGCGU3’.
a) Como C = G e C + G = 58%, temos C = G = 58% / 2 = 29%.
Da mesma forma, como A = T e A + T = 100% – 58% = 42%,
temos A = T = 21 %.
b) Porque a proporção de bases apresentada refere-se às
duas cadeias da molécula de DNA, não sendo possível
determinar a proporção de citosina na cadeia que será
transcrita.
FRENTE 2 – BIOLOGIA ANIMAL
■ Módulo 11 – O Sistema Excretor
1)
O sangue aumenta sua pressão osmótica e retira água dos
tecidos.
Resposta: A
–3
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2)
A diminuição do ADH na corrente sanguínea aumenta o
volume de urina excretada.
Resposta: A
3)
O sódio participa na origem e na propagação do impulso nervoso.
Resposta: D
3)
A aranha apresenta túbulo de Malpighi e glândula coxal.
Resposta: A
4)
a) Ocorrendo débito de O2 no músculo, o ácido pirúvico trans-
4)
5)
Os aminoácidos ocorrem nas proteínas e as bases nitrogenadas são constituintes dos ácidos nucleicos (DNA e RNA).
O peixes ósseos, os mamíferos e as aves excretam, respectivamente, a amônia, a ureia e o ácido úrico.
Resposta: C
O animal A pode ser uma planária. Ela pertence ao filo dos
platelmintos e à classe dos turbelários.
O animal B pode ser uma esponja. Ela pertence ao filo dos
poríferos ou espongiários.
O animal C pode ser um mosquito. Ele pertence ao filo dos artrópodos e à classe dos insetos.
O animal D pode ser uma minhoca. Ela pertence ao filo dos
anelídeos e à classe dos oligoquetos.
forma-se em ácido lático, processo este denominado fermentação (respiração anaeróbica) lática.
b) De acordo com a teoria de Huxley, durante a contração
muscular os miofilamentos de actina e de miosina deslizam, usando ATP, fonte imediata de energia.
5)
Actina e miosina são proteínas musculares presentes nos miofilamentos deslizantes.
Resposta: A
6)
O miocárdio apresenta fibras com 1 núcleo, estrias transversais e discos intercalares. A contração é rápida e involuntária,
ou seja, controlada pelo sistema nervoso autônomo.
7)
A actina e a miosina são proteínas que ocorrem nas fibras musculares e participam do mecanismo de contração muscular.
Resposta: A
8)
O camarão é artrópodo (filo).
Pertence à classe dos crustáceos.
Resposta: E
9)
Em ausência de O2 durante uma atividade muscular intensa,
ocorre acúmulo de ácido lático na musculatura.
Resposta: C
■ Módulo 12 – A Excreção Humana
1)
2)
3)
4)
5)
6)
A artéria aorta (A) traz sangue arterial, rico em ureia, que
passa para a artéria renal, chegando ao rim para a filtração. A
veia renal transporta sangue venoso, pobre em ureia (ela foi
excretada) e desemboca na veia cava inferior (B).
Resposta: A
A filtração ocorre do glomérulo de Malpighi para a cápsula
glomerular (de Bowman).
Resposta: 01
Bacinete é sinônimo de pelve.
Resposta: D
A quantidade de ureia na artéria renal é superior à da veia
renal, porque, na formação da urina, ela é lançada do sangue
arterial aos túbulos renais, durante a filtração.
Resposta: D
A capacidade dinâmica que o organismo apresenta, de permanecer em equilíbrio, é a homeostase.
Resposta: B
Para excretar o excesso de sal ingerido, o organismo utiliza
um maior volume de água.
Resposta: E
■ Módulo 13 – O Sistema Muscular
1)
Esta alternativa contém uma associação correta.
Resposta: B
2)
O miocárdio é estriado e involuntário.
Resposta: B
4–
10) A fonte imediata é a ATP.
Resposta: B
11) Tanto o tecido conjuntivo ósseo como o tecido muscular são
vivos.
Resposta: E
12) O miômero é a unidade muscular. Uma miofibrila é constituída por um conjunto de miômeros.
Resposta: B
13) Os esteroides anabolizantes são derivados sintéticos do
hormônio testosterona e atuam sobre as células musculares,
estimulando seu crescimento por meio da síntese ribossômica de proteínas. Apenas a III está correta.
Resposta: E
14) A análise dos dados permite concluir que a ATP é indispensável para a contração muscular.
Resposta: E
■ Módulo 14 – O Neurônio
1)
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2)
No zigoto encontramos 46 cromossomos, pois esta célula,
sendo produto de fecundação, recebe dois genomas, um de
origem paterna, com 23 cromossomos, e outro de origem
materna, também com 23 cromossomos.
As células musculares e nervosas possuem 46 cromossomos,
pois são originadas por divisões mitóticas a partir da célula-ovo.
O espermatozoide apresenta 23 cromossomos, pois é originado por divisão meiótica ou reducional.
3)
a) Neuróglia. Cada célula é um gliócito.
b) Adrenalina e acetilcolina.
4)
a) Dendritos, corpo celular e axônio.
b) Na sinapse neuronal.
c) Graças à despolarização da membrana plasmática (bomba
de sódio e potássio).
5)
Esta alternativa apresenta a associação correta.
Resposta: A
6)
Neurônio é uma célula nervosa. Apresenta dendritos, corpo
celular e axônio. Nervo é um conjunto de fibras nervosas, ou
seja, de dendritos, de axônios ou de ambos, cujos corpos
celulares se localizam no sistema nervoso central ou nos
gânglios nervosos.
7)
Todos os comportamentos das alternativas a, b, c, d são involuntários. Para um indivíduo preencher uma ficha de identificação, ele usa também o cérebro.
Resposta: E
8)
Na situação A, foi seccionada a raiz dorsal, por onde passam
os neurônios sensoriais.
Em B, foi seccionada a raiz ventral, por onde passam os neurônios motores.
Resposta: C
5)
O O2 provém da água, após sua quebra (fotólise).
Resposta: C
6)
A energia luminosa é convertida em energia química, nas
moléculas de ATP e NADPH2 na fase clara/fotoquímica/luminosa da fotossíntese.
Resposta: D
7)
O transporte de elétrons por substâncias como citocromos é
um trabalho celular que produz energia.
Resposta: B
8)
O CO2 absorvido durante a fotossíntese fica em parte retido
no vegetal, como carboidratos de reserva, e na elaboração de
estruturas de novas células. Assim, aumentando a massa
vegetal, a fixação de CO2 aumentará.
Resposta: C
9)
Os íons H+, produzidos pela fotólise da água são
incorporados pelo NADP, como NADPH2, e transferidos ao
CO2 na fase escura, para produção do C6H12O6.
Resposta: B
10) O ATP e o NADPH2, produzidos na fase clara, são utilizados
na fase escura, em que o CO2 é absorvido e reduzido para a
formação de glicose.
Resposta: C
11) A fase clara/luminosa/fotoquímica ocorre nas lamelas e
tilacoides dos cloroplastos.
Resposta: A
12) O desprendimento de O2 ocorre na fase clara, após a fotólise
da água.
Resposta: A
FRENTE 3 – BIOLOGIA VEGETAL
■ Módulo 11 – A Química da Fotossíntese
1)
2)
1 é a água que, após a fotólise, libera O2 (oxigênio); 3 é o CO2
que será reduzido, formando glicose; 4 é água, que é produto
da fase escura da fotossíntese.
Resposta: A
Apenas a fase I depende da luz; II indica a fase escura da
fotossíntese, que usa energia do ATP e do NADPH2 e
independe da luz.
Resposta: C
3)
A fotofosforilação transforma o ADP em ATP.
Resposta: E
4)
A equação I representa a redução do NADP para NADPH2
durante a fase clara; a equação II, a redução do CO2 para
C6H12O6 durante a fase escura.
Resposta: C
13) A produção de glicose ocorre durante a fase escura/química/enzimática, no estroma do cloroplasto.
Resposta: B
14) O CO2 atmosférico e a água do solo são os reagentes da
fotossíntese. Processo que leva à produção de carboidratos.
Resposta: E
15) Na fotofosforilação, os elétrons fluem da clorofila, e não da
água, para substâncias transferidoras de elétrons, permitindo
a formação de ATP e NADPH2.
Resposta: D
16) O ATP e o NADPH2, prontos, fornecem a energia necessária
para a ocorrência da fase escura, nesse caso dispensando a
luz.
Resposta: B
–5
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Na região A, do gráfico, a planta está recebendo luz abaixo do
seu ponto de compensação luminoso, o que significa que a
velocidade de respiração é maior do que a de fotossíntese.
Neste caso, a planta libera muito mais CO2 por respiração do
17) Supondo que o C seja o O2 produzido/liberado na fase clara
da fotossíntese, P poderia ser a luz e Q a quantidade de
clorofila, que é necessária para absorver a luz.
Resposta: C
que consegue absorver por fotossíntese.
Na região B, do gráfico, a fotossíntese tornou-se maior do
que a respiração, levando à maior absorção de CO2 do que
liberação.
■ Módulo 12 – Fatores que influenciam na
Fotossíntese: Luz, CO2 e
Temperatura
9)
1)
Os segmentos A e B representam a variação da liberação de
O2 na fase clara da fotossíntese, que responde ao aumento da
intensidade luminosa.
Resposta: B
2)
3)
4)
5)
6)
10) Plantas da espécie A são mantidas no ponto de compensação
fótico (PCF), sem escassez ou sobra de matéria para sua
sobrevivência; a espécie B recebe luz abaixo do PCF e não
produz o suficiente sequer para a própria respiração; a
espécie C recebe luz acima do PCF, produzindo o necessário
para respiração, e o excedente pode ser usado para formação
de novas células e crescimento do vegetal.
Resposta: D
O espectro de absorção luminosa é mais intenso nos
comprimentos de onda referentes às cores azul e vermelha,
respectivamente 430-500nm e 650-700nm.
Resposta: B
De 0°C até 40°C de temperatura, a taxa de fotossíntese vai
praticamente dobrando a cada 10°C. O ótimo para a fotossíntese está por volta de 38°C. A partir de 40°/45°C, nota-se o
declínio do processo, pois o calor desnatura as enzimas
atuantes na fotossíntese.
Resposta: E
A respiração é constante e independe da luz, enquanto a
fotossíntese é influenciada pela luz.
Resposta: D
A luz mais baixa limita a fotossíntese na curva pontilhada do
gráfico, enquanto a luz alta, na curva contínua, não é
limitante.
Resposta: E
7)
a) A fotossíntese ocorreu nos recipientes A e B; a respiração,
nos recipientes A, B e C.
b) A solução de cresol mudou de cor em A e C. Em A, sob luz
solar intensa, a fotossíntese é mais veloz do que a respiração e ocorreu a absorção de CO2, reduzindo a sua concentração no meio ambiente. Em C, no escuro, a respiração eliminou CO2, aumentando a sua concentração no
ambiente.
8)
O ponto x representa o chamado ponto de compensação luminoso ou fótico de uma planta. O ponto de compensação é
uma intensidade luminosa em que a velocidade da respiração
é exatamente igual à velocidade de fotossíntese. As reações
abaixo mostram os dois fenômenos:
fotossíntese
12H2O + 6CO2 ⎯⎯⎯⎯⎯→
←⎯⎯⎯⎯⎯ C6H12O6 + 6H2O + 6O2
respiração
6–
A luz não influencia a respiração, que é constante; no ponto
de compensação fótico, há equilíbrio entre produção de
matéria orgânica na fotossíntese e consumo de matéria
orgânica na respiração.
Resposta: D
11) Entre 10h e 14h, ocorrem as maiores taxas fotossintéticas
acima do ponto de compensação fótico, produzindo muito
mais O2 do que consumindo.
Resposta: B
12) No ponto de compensação fótico (P.C.), a taxa de fotossíntese
se iguala à da respiração, numa intensidade luminosa x.
Logo, P.C. não é igual ao produto da taxa fotossintética pela
respiratória. Resposta: A
13) Entre A e C, a intensidade da fotossíntese variou, aumentando com a maior intensidade de luz.
Resposta: D
14) Corretos: 1, 2 e 3
4. Nem sempre a intensidade da fotossíntese é diretamente
proporcional à luz. O gráfico indica a estabilidade do
processo (saturação luminosa) e o declínio do processo
(inibição luminosa).
5. A redução da fotossíntese, caso houvesse, seria explícita
no gráfico. Geralmente, em ambientes moderados, os
estômatos estão abertos, quando há maior incidência de
luz.
15) Em 1, a planta recebe luz acima do ponto fótico e produz
mais O2 por fotossíntese do que consome por respiração;
então O2 é liberado. Em 2, a planta está no ponto de
compensação fótico, produzindo e consumindo O2 na mesma
proporção; não há sobra para liberação. Em 3, a taxa de
fotossíntese é menor que a respiração e a planta precisa
absorver O2 do ambiente para compensar.
Resposta: E
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16) No tubo 1, protegido da luz, a planta só respira e produz CO2;
no tubo 2, ocorre fotossíntese e consumo de CO2; nos tubos
3 e 4, as soluções não se alteram por falta de atividade
orgânica.
Resposta: B
17) A organela em questão é a mitocôndria.
Resposta: A
■ Módulo 13 – Respiração Aeróbia e Anaeróbia (Fermentação)
1)
São as três etapas da respiração aeróbia celular, a saber:
1 = glicólise – no hialoplasma; 2 = ciclo de Krebs – na matriz
mitocondrial; 3 = cadeia respiratória – nas cristas mitocondriais.
Resposta: E
2)
Indica a degradação total dos carboidratos, formando água e
gás carbônico.
Resposta: B
3)
A glicólise é uma fase metabólica tanto da respiração aeróbia
quanto da anaeróbia e não utiliza O2; a glicólise ocorre no
hialoplasma e produz 2 ácidos pirúvicos; o ciclo de Krebs
ocorre na matriz mitocondrial.
Resposta: A
4)
5)
6)
7)
Tanto a glicólise como o ciclo de Krebs rendem 2 ATP
respectivamente; o maior rendimento energético ocorre na
cadeia respiratória.
Resposta: E
Durante a glicólise, uma molécula de glicose será degradada
em 2 ácidos pirúvicos ou piruvatos.
Resposta: A
A glicólise é a única via metabólica da respiração anaeróbica
ou fermentação e corresponde à primeira fase da respiração
aeróbia.
Resposta: A
O ciclo de Krebs é a segunda via metabólica da respiração
celular aeróbia de animais, vegetais, fungos e algas; o ciclo
de Calvin-Benson representa a fase escura da fotossíntese
referente a vegetais e algas.
Resposta: D
8)
Itens Certos: (1), (2) e (4)
Itens Errados: (0) e (3)
(0) Radicais livres são produzidos principalmente pelas
mitocôndrias.
(3) A alimentação rica em calorias aumenta a taxa metabólica
e eleva a produção de radicais livres.
9)
A água é produto final da respiração aeróbia, produzida
durante a cadeia respiratória.
Resposta: B
10) a) As leveduras utilizadas nas cervejarias brasileiras pertencem à espécie Sacharomyces carlsbergensis, que apresenta uma atividade fermentativa menor, o que leva à
menor produção de gás carbônico e álcool etílico.
b) Sim. As leveduras são seres anaeróbios facultativos. Em
presença de O2, a respiração é aeróbia e na ausência deste, realiza fermentação. O aumento da biomassa de
leveduras levaria à maior produção de CO2, desde que os
outros fatores fossem mantidos em níveis ótimos e
constantes.
11) Na cultura A, ocorre respiração anaeróbia, rendendo 2 ATP
para cada glicose utilizada; na cultura B, ocorre respiração
aeróbia, rendendo 36 ATP para cada glicose degradada; então
a cultura A precisa de mais glicose para alcançar o
rendimento energético.
Resposta: D
12) Corretos: 1 e 2
Falsos: 0, 3 e 4
x é a energia liberada nessa reação exotérmica, quando a
glicose é quebrada, resultando em moléculas mais simples e
menos energéticas.
13) Curva 1, CO2; curva 2, O2; curva 3, lactato. Durante o mergulho, não ocorreram trocas gasosas com o ambiente. Logo, a
curva 2, a única que mostra consumo, representa o oxigênio.
De forma análoga, a curva 1, que aumenta o mergulho,
representa o CO2. O exercício em anaerobiose aumenta a
produção de lactato, que é posteriormente metabolizado, o
que é mostrado pela curva 3.
14) A glicólise parcial rende 2 moléculas de etanol, 2CO2 e 2 ATP.
Resposta: B
15) Se houver deficiência de O2 muscular, a glicose será
degradada por fermentação lática para formar ATP, que será
útil no esforço muscular.
Resposta: D
16) Só a fermentação alcoólica degrada o açúcar em álcool etílico
e CO2. A fermentação lática quebra o açúcar em 2 ácidos
láticos, sem formar CO2.
Resposta: A
■ Módulo 14 – Osmose na Célula Vegetal
1)
a) Posição 1: célula plasmolisada ou célula flácida. Nestas
células a pressão de turgescência é nula (PT = 0) e,
consequentemente, DPD = PO.
Posição 3: célula túrgida (saturada com água). Nela DPD = 0
e PO = PT.
b) A célula torna-se túrgida quando mergulhada em meio
hipotônico ou em água destilada. A célula plasmolisada é
obtida quando mergulhada em meio hipertônico.
2)
Osmose é um tipo de transporte passivo, em que há
passagem de solvente do meio hipotônico para o meio
hipertônico.
Resposta: B
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RESOLUCAO_C3_TAREFAS_BIOLOGIA_DE_2015_Clayton 22/01/15 14:15 Page 8
3)
I. As células da raiz devem ser hipertônicas em relação ao
meio.
II. Por osmose, as células da folha de uma alface perdem
água para o meio hipertônico.
III. Por difusão, ocorre a hematose.
Resposta: D
4)
Com o tempero, o meio torna-se hipertônico e tanto as
células da alface como a ameba perdem água por osmose.
As amebas não possuem parede celular e perdem água
rapidamente.
Resposta: A
5)
Quando temperamos a salada, tornamos o meio mais
concentrado que o interior das células do vegetal, fazendo
com que a alface perca água por osmose, ficando murcha.
Resposta: B
6)
A figura I manteve seu volume inicial.
A figura II perdeu água e a célula III tornou-se túrgida.
I. meio isotônico
II. meio hipertônico
III. meio hipotônico em relação à célula
Resposta: C
7)
Ao salgarmos a batata crua, tornamos o meio hipertônico,
fazendo com que as células percam água por osmose,
tornando a batata murcha.
Resposta: D
8)
Analisando as figuras, percebemos que o volume da célula II
é o maior, começando a perder água em I, e, em III, temos
uma célula plasmolisada.
Resposta: B
9)
a) A água penetra nos pelos absorventes das raízes por
osmose e a condição ideal é meio externo hipotônico e
células radiculares hipertônicas.
b) O transporte ativo de nutrientes minerais (solutos) garante a hipertonia das células radiculares e a consequente
absorção de água.
8–