Biologia 1 Bioquímica e Citologia-69

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é um aumento da pressão interna dos vasos sangüíneos podendo ocorrer a 
ruptura dos mesmos, em especial de capilares. Cálculos renais. Depósito de sais 
nos rins. 
40. A) Porque são endotérmicos e conseguem produzir calor para compensar as 
baixas temperaturas. B) Como a água tem um alto calor específico, a temperatura 
da água não é tão baixa como a de fora da água. 
 
Aula 4 – Glicídios 
1E 2C 3E 4C 5C 6A 7A 8C 9A 10C 
11D 12D 13C 14B 15E 16E 17D 18A 19B 20A 
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22. Polissacarídeos são macromoléculas formadas pela união de mais de 10 
moléculas de monossacarídeos, sendo que alguns deles apresentam nitrogênio 
na composição, sendo caracterizados como mucopolissacarídeos ou 
glicosaminoglicanas. São exemplos a quitina no exoesqueleto de artrópodes e 
ácido hialurônico que mantém unidas as células musculares. 
23. A) Polissacarídeos de reserva animal: glicogênio. Polissacarídeo de reserva 
vegetal: amido. B) Glicogênio é armazenado nos músculos esqueléticos e no 
fígado. Amido pode ser armazenado na raiz (mandioca), no caule (batata-inglesa), 
nas sementes (milho). 
24. A) A bile é produzida no fígado e reabsorvida no intestino delgado. B) A bile 
se mistura às fibras, sendo então eliminada nas fezes, de modo que o organismo 
deve produzir mais bile. Remove-se colesterol do sangue para produzir mais bile, 
o que leva à diminuição dos níveis de colesterol no organismo. 
25. A) Celulose. B) Xilema, esclerênquima. C) Produção de tecidos, corda, papel. 
26. A) Ausência de enzima lactase. B) Retirar a lactose, diminuir a concentração 
de lactose, pré-digerir a lactose. C) Macronutriente: proteína, gordura, 
carboidratos. Micronutriente: cálcio, potássio, manganês, sódio, cobre, zinco, 
fósforo, vitaminas. D) Convergência evolutiva. 
27. A dieta rica em gordura recompõe o glicogênio muscular mais lentamente; 
assim, há pouca quantidade desse glicogênio mesmo transcorridos vários dias 
depois do exercício. Os atletas dependem do glicogênio muscular como fonte 
imediata de energia para a contração muscular e estarão assim prejudicados com 
essa dieta. 
28. A) A adrenalina é liberada em situações de estresse: a ativação da fosforilase 
leva à liberação de glicose no sangue, o que disponibiliza mais energia para lidar 
com a situação de estresse. B) O armazenamento de glicose sob a forma de 
amido diminui a pressão osmótica dentro da célula, além de evitar a saída de 
glicose da célula por difusão. 
29. 1. A) A substância orgânica preferencialmente utilizada para a produção de 
energia nos seres vivos é a glicose (carboidrato), uma vez que todos os 
processos metabólicos para produção de energia derivam evolutivamente da 
glicólise. O alimento com menor teor de carboidratos é o alimento 1. B) O 
alimento 3 tem um valor calórico de 400Kcal por 100 gramas.Se as necessidades 
diárias calóricas são de 2000Kcal, temos que a massa necessária de alimento 3 
seria de 500 gramas (Deixa de ser preguiçoso e faz uma regra de três que você 
acha esse resultado). 2. Proteínas macromoléculas, e como tal elas não 
conseguem ser absorvidas pelo intestino, cujas células só conseguem absorver 
moléculas muito pequenas. Assim, a proteína de peixe é ingerida (por hidrólise) 
em aminoácidos, e estes aminoácidos são absorvidos. No corpo humano, esses 
aminoácidos são utilizados no mecanismo de síntese protéica para a produção de 
proteínas humanas (já que a regulação da produção dessas proteínas é realizada 
pelo material genético humano). 3. Amido. O iodo marca o amido com uma cor 
marrom-arroxeada. 4. O Alimento 2 é pobre em fibras alimentares. Tais fibras são 
basicamente a celulose nos alimentos. Essa celulose não é digerível no corpo 
humano (uma vez que nós não possuímos enzimas para digerir ligações beta na 
celulose), não sendo, pois absorvida, e sendo eliminada na forma de fezes junto a 
bactérias da microflora.Com uma pequena ingestão de fibras, a produção de 
fezes é diminuída, bem como não há o adequado estímulo ao peristaltismo, o que 
leva uma retenção dessas fezes, chamada de prisão de ventre. Assim, a 
afirmação é verdadeira. 5. Sódio: age no equilíbrio hídrico/ osmótico/ salino e na 
origem do potencial de membrana, base para a condução do impulso nervoso. 
Fósforo: na forma de fosfato, tem a função na estrutura de ossos e dentes (fosfato 
de Ca e de Mg), na transferência de energia (a forma de ATP), na constituição 
dos ácidos nucléicos (fazendo parte dos nucleotídeos ), na composição da 
membrana plasmática(na forma de fosfolipídios) e no impedimento na variação de 
pH do meio( na forma de íons-tampões). Cálcio: na forma salina (fosfato de cálcio 
e calcário) entra na composição de ossos, dentes, conchas e carapaças; na forma 
iônica, age no controle da permeabilidade das membranas celulares (junto ao 
magnésio), na regulação da contração muscular e nos processos de coagulação 
do sangue e na sinapse nervosa. 6. Aditivos são substâncias como conservantes, 
corantes, flavorizantes, edulcorantes (= adoçantes), etc. A vantagem da sua 
utilização está na melhoria do aspecto do alimento quanto à cor, sabor e textura, 
bem como na ação de impedir a proliferação de microorganismo que levariam a 
deterioração do alimento. A desvantagem de sua utilização está na possibilidade 
do aparecimento de câncer (substâncias como as nitrosamidas são 
potencialmente cancerígenas) no caso de uso excessivo. 7. O metabolismo total 
em relação à quantidade de calorias necessárias varia com aspectos como a 
massa muscular (quanto maior a massa muscular, maior a necessidade calórica) 
e a intensidade da atividade física (quanto maior, maior a necessidade calórica). 
Assim o lenhador tem uma maior necessidade calórica em relação à criança por 
ter massa muscular maior; já o pirralho jogando bola tem uma maior necessidade 
calórica em relação o adulto digitando por estar desempenhando uma atividade 
física mais intensa. 
30. A) O açúcar A obedece a fórmula geral de monossacarídeos CnH2nOn para 
n=7, sendo ele o monossacarídeo (uma heptose, pois). B) O açúcar B, pois se 
adicionarmos a ele uma molécula de água (como se faz na hidrolise), fica C6H12O6 
e quebrando (como se faz na hidrólise), origina-se 2C3H6O3 que são os únicos 2 
monossacarídeos que se dar para formar com 6C, já que eles têm de 3 a 7C. 
 
Aula 5 – Lipídios 
1C 2C 3B 4A 5C 6B 7E 8C 9D 10B 
11D 12A 13D 14C 15C 16D 17C 18E 19D 20C 
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34. A) Porque os altos níveis de colesterol aumentam o risco de doenças 
cardiovasculares. Pode-se diminuir o colesterol circulante diminuindo a ingestão 
de gorduras animais e de alimentos ricos em colesterol. B) Emulsificação dos 
lipídios, ou seja, fragmentação das gorduras em pequenas gotas, o que aumenta 
a superfície de contato com as enzimas digestivas lipases e aumenta a eficiência 
da digestão. 
35. A) Carotenoides são lipídios derivados de hidrocarbonetos com pigmentação 
amarela, laranja ou vermelha, encontrados em vegetais como batata-inglesa, 
cenoura e beterraba. Como por exemplo, a vitamina A. A vitamina A é encontrada 
na retina em associação com proteínas específicas, sob a forma de pigmentos 
visuais, nos bastonetes. O retinol se oxida a retinal ou aldeído de vitamina A, que 
se liga a uma proteína chamada opsina e forma rodopsina ou púrpura visual, que 
percebe luz fraca. B) Controle hormonal. Testosterona, estrógenos e 
progesterona são exemplos. C) Animais: tecido conjuntivo adiposo subcutâneo. 
Vegetais: sementes. 
36. A) O alimento 2, pois apresenta menor teor de nutrientes que podem agir 
como promotores do aumento da pressão arterial. B) Sódio, que retém água por 
osmose no sangue, de modo a elevar a volemia e com isso a pressão arterial; 
Gorduras saturadas, que aumentam os teores sangüíneos de colesterol ruim e 
levam à formação de placas de ateromas, causando aterosclerose, que predispõe 
à hipertensão arterial. 
37. A) 3 e 7.B) STH da adenohipófise e cortisol do córtex adrenal. 
38. A) hormônios esteroides (hormônios sexuais e corticoides), participação nas 
membranas celulares animais, acúmulo na forma de ateromas em vasos 
sanguíneos, no fígado, o colesterol pode ser convertido em ácido cólico, e daí em 
sais biliares, enviados para a vesícula biliar e daí sendo eliminado para a 
emulsificação de gorduras no intestino, sendo depois eliminado junto às fezes. B) 
endógeno: 90% dele, produzido no fígado a partir das gorduras da dieta, exógeno: 
10% dele, vindo diretamente da dieta a partir de fontes animais. 
39. Sem carboidratos, não há liberação de insulina que é estímulo para a 
mobilização dos excedentes nutricionais na forma de acúmulo de lipídios no 
tecido adiposo. 
40. A) 1. sedentarismo – acúmulo de lipídios e falta de estímulo do sistema 
circulatório, facilitando o acúmulo de ateromas, o que causa hipertensão. 2. fumo 
(nicotina) – liberação de adrenalina que tem ação vasoconstrictora nas 
coronárias, o que causa hipertensão também. 3. sal – atrai água por osmose para 
o sangue, contribuindo para a retenção de líquido no sangue com consequente 
aumento da volemia (volume sanguíneo circulante), o que causa hipertensão 
novamente. 4. estresse – reação exagerada do SNA com aumento dos níveis de 
adrenalina, o que acarreta arritmias cardíacas (taquicardia) e hipertensão outra 
vez. B) Contribui para a formação das placas de ateroma (depósitos de placas 
gordurosas na parede das artérias), diminuindo seu calibre, reduzindo seu fluxo, 
propiciando a formação de coágulos, determinantes de tromboses e infartos. 
 
Aula 6 – Proteínas 
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11C 12D 13E 14E 15B 16C 17E 18D 19A 20D 
21E 22C 23C 24E 25B 26C 27A 28A 29D 30B 
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33. A) III. É o alimento que contém a maior quantidade de carboidrato, fonte 
preferencial de energia para as células. B) III. É o alimento que contém o maior 
 
 
 
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teor de proteínas, natureza química dos anticorpos. C) I. É o único que não 
contém colesterol, pois este é de origem animal. D) I. 
34. A) 1. A glicina apresenta radical R apolar correspondendo ao hidrogênio (-H), 
sendo o único aminoácido sem carbono assimétrico e sem enantiômeros: 
 
2. A alanina apresenta radical R apolar correspondendo à metila (-CH3): 
 
3. A cisteína apresenta radical R contendo enxofre em um grupo mercaptana ou 
tiol (-SH): 
 
B) Aminoácidos essenciais são aqueles que não podem ser produzidos pelo 
corpo, sendo obtidos na dieta; aminoácidos naturais são aqueles que podem ser 
produzidos pelo corpo, sendo fabricados no figado pelo processo de 
transaminação. 
35. A) Com o nascimento do segundo filho, o primeiro é desmamado, perdendo a 
principal fonte de proteínas de sua dieta, que é o leite materno. Isso leva à 
deficiência protéica do kwashiorkor. B) Alimentos proteicos são plásticos ou 
construtores, sendo usados como fontes de aminoácidos para a produção de 
aminoácidos pelo organismo. C) A deficiência calórica exige do indivíduo o 
consumo de suas reservas lipídicas para fornecer energia para o metabolismo. 
36. A) A fenilalanina é um aminoácido essencial. Aminoácido essencial é aquele 
que não pode ser produzido pelo organismo, tendo de ser obtido na dieta. B) 
Porque em pessoas portadoras de fenilcetonúria, a fenilalanina não é 
metabolizada e se acumula, causando lesões nos neurônios e retardo mental. 
37. A) A proteína albumina do sangue é consumida como fonte de aminoácidos, o 
que torna o sangue hipotônico em relação aos tecidos vizinhos, que por sua vez 
passam a atrair água por osmose, levando a inchaços em abdome a cabeça 
(essa só incha na infância, uma vez que os ossos do crânio não estão 
perfeitamente soldados, de modo que a maior pressão osmótica pode levar a um 
afastamento dos ossos cranianos). A perda de massa muscular em pernas e 
braços aumenta a sensação de desproporção de abdome e cabeça. B) Uma 
refeição matinal equilibrada deve conter cerca de 60% de carboidratos (pães, 
massas e biscoitos), 25% de lipídios (manteiga, margarina, queijo e ovos) e 15% 
de proteínas (ovos, presunto, queijo e leite). 
38. A) Perda da atividade biológica como conseqüência da perda da estrutura 
espacial da proteína. B) Nenhuma, já que a desnaturação não altera a 
composição em aminoácidos da proteína. A proteína estando desnaturada ou 
não, será digerida do mesmo jeito, fornecendo os mesmo aminoácidos. 
39. Os ratos do grupo II estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo 
menos alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão 
recebendo menos carboidrato e mais fibra (que não tem valor calórico), tendo 
menos alimentos energéticos e apresentando, pois, um peso menor. Os ratos do 
grupo III estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo menos 
alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão 
recebendo mais carboidrato e mais gordura, tendo mais alimentos energéticos e 
apresentando, pois, um peso maior. 
40. O metabolismo dessas substâncias leva à produção de ureia, que precisa de 
bastante água para ser diluída a níveis não tóxicos. 
 
Aula 7 – Enzimas 
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22. Para verificar o pH ideal de funcionamento da protease para digerir a proteína 
da clara de ovo basta colocar clara de ovo e protease em vários recipientes com 
pH’s variados. Onde houver melhor digestão, lá será o pH adequado para a 
protease funcionar. Como saber que houve a digestão: Os tubos com proteína 
albumina intacta apresentarão mudança de coloração quando submetidos ao 
aquecimento, uma vez que a albumina (clara do ovo) crua é semi-transparente e 
a desnaturada é branca; nos tubos com albumina digerida completamente, não 
haverá proteína, mas aminoácidos, que não desnaturam (pois não tem estrutura 
quaternária, terciária e secundária a serem perdidas) e não vão ficar 
esbranquiçados com a presença de calor. 
23. A) Num experimento controlado, apenas um parâmetro pode variar; se o 
objetivo é verificar o efeito da temperatura, o pH deve ser mantido constante em 
seu valor ideal, ou seja, 2,0. B) Ao analisar as três tabelas de resultados, pode-se 
notar que, na coluna B, a ação da enzima aumenta com o aumento de 
temperatura, até ficar constante e na coluna C, a ação da enzima aumenta 
progressivamente com o aumento de temperatura. Nenhum desses dois casos 
corresponde ao real efeito da temperatura sobre a ação da enzima, que é descrita 
na coluna A: a princípio, ação aumenta, até que com a desnaturação, a ação 
diminui. C) A temperatura ótima para que a velocidade da reação enzimática seja 
máxima é 40°C. Abaixo ou acima do ótimo a velocidade da reação diminui. 
24. A) E é uma enzima. B) E acelera a reação e perde a ação em grandes 
temperaturas, o que indica que é desnaturada. 
25. A) Inibição competitiva. Na inibição enzimática do tipo competitivo, o inibidor, 
mantido em concentração constante, exerce seu efeito com maior intensidade em 
concentrações baixas de substrato. Com o aumento da concentração do 
substrato, devido ao efeito competitivo, a inibição tende a diminuir. Dessa forma, 
em excesso de substrato, a velocidade máxima de reação é a mesma na 
ausência ou na presença do inibidor. B) sais biliares: emulsificação de gorduras 
durante a digestão; vitamina D: metabolismo do cálcio e desenvolvimento do 
tecido ósseo. 
26. A) Os amaciantes naturais e industrializados contém proteases, enzimas 
relacionadas com a hidrólise das proteínas fibrosas que "endurecem" a carne. No 
corpo humano, a digestão das proteínas da carne tem início na cavidade gástrica, 
por ação da enzima pepsina. Prossegue no duodeno, onde atua a tripsina 
presente no suco pancreático e é finalizada pela atividade das peptidases 
existentes no suco entérico. B) O cozimento causará a desnaturação das enzimas 
presentes nos amaciantes. Desta forma, acarne não sofrerá qualquer efeito, pois 
as enzimas desnaturadas não poderão desempenhar seu papel como 
catalisadores biológicos. 
27. Porque as enzimas responsáveis pelo processo de conversão de glicose em 
amido são desnaturadas pela fervura e o congelamento impede sua renaturação. 
28. As extremidades do corpo perdem calor para o meio ambiente com mais 
facilidade e costumam, portanto, apresentar uma temperatura inferior à do 
restante do corpo. Como a enzima só é ativa abaixo de 34°C, a síntese do 
pigmento que confere cor negra só ocorrerá nas extremidades do corpo. 
29. A hexoquinase possui uma grande afinidade pela glicose, ou seja, ela atinge a 
velocidade máxima com uma concentração muito pequena de glicose. A 
glicoquinase exibe uma afinidade bem menor, pois somente atinge sua velocidade 
máxima em concentrações bem mais altas do substrato. Logo, a enzima que 
contribui para a formação de glicogênio hepático é a glicoquinase, pois esta 
somente produz G6P com máxima eficiência quando há excesso de glicose no 
sangue. 
30. A curva da enzima B. Em uma baixa concentração relativa do substrato essa 
enzima produz uma velocidade de reação maior que a da enzima A. 
 
Aula 8 – Vitaminas 
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34. A) Anemia Ferropriva: ensinar cozinhar o feijão em panela de ferro ou com 
uma barra de ferro. Adicionar pó de ferro à massa da merenda escolar; Bócio 
Endêmico: iodação do sal de cozinha. B) I. Vitamina D, Cálcio. II. Raquitismo: 
ocorre na infância; Osteomalácia: ocorre no adulto. III. Deficiência na 
mineralização da matriz óssea acompanhada de deformidades no esqueleto. C) 
Edema: Decorre da deficiência de proteínas plasmáticas, principalmente de 
Albumina. Infecções frequentes: Baixa produção de Anticorpos por carência de 
aminoácidos. Retardo do crescimento: Deficiência da síntese do hormônio do 
crescimento ou carências de proteínas estruturais. 
35. Antibióticos por via oral podem levar à morte de bactérias da microflora, que 
normalmente forneceriam vitaminas como a B9, B12 e K. 
36. A) A hipótese I é a verdadeira. B) Vitamina C. C) O colágeno da gelatina não 
apresenta todos os aminoácidos essenciais. 
37. A) A enzima 2,3-epoxi-redutase da vitamina K atua promovendo a redução da 
vitamina K da forma inativa (vit. K-O) para forma ativa (vit. K-H2), que, por sua 
vez, irá participar da carboxilação da molécula de protrombina em trombina, um 
fator de coagulação que irá ativar a fibrina, dando início assim à formação de uma 
rede fibrosa (rede de fibrina), onde as células sanguíneas, como as plaquetas, 
irão aderir formando o trombo que irá estancar o sangue. B) A vitamina K tem de 
ter seu consumo reduzido na vigência de uso de derivados da cumarina, pois 
 
 
 
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essa vitamina compete com esses derivados pela enzima 2,3-epoxi-redutase da 
vitamina K. Assim, pela figura II, na presença de vitamina K, a quantidade de 
derivados da cumarina tem de ser aumentada para exercer o mesmo bloqueio 
enzimático. 
38. A) Vitaminas C e E são anti-oxidantes, de modo que se desgastam 
continuamente, devendo ser renovadas. B) As vitaminas A e E diminuem de 
concentração mais lentamente porque são lipossolúveis e por isso mais 
facilmente armazenadas no organismo em tecidos como fígado e hipoderme; as 
vitaminas do complexo B são hidrossolúveis e por isso mais fáceis de perder pela 
urina, não se armazenando de modo significativo. 
39. A) Vitamina D. B) Ergosterol ou pró-vitamina D2 (7-deidrocolesterol ou pró-
vitamina D3 é o precursor de origem animal). C) Más-formações ósseas como 
genuvaro, genuvalgo, escoliose, cifose, lordose e peito-de-pombo, devido à não 
absorção de cálcio no intestino. 
40. A) radicais livres agem promovendo a oxidação de moléculas orgânicas no 
corpo humano, como DNA e proteínas, levando a mutações, câncer, morte celular 
e envelhecimento. B) radicais livres se formam através de mecanismos como a 
respiração celular nas mitocôndrias das células e metabolismo de lipídios nos 
peroxissomos. 
 
Aula 9 – Ácidos Nucleicos 
1C 2D 3C 4D 5E 6B 7B 8A 9C 10E 
11B 12B 13E 14C 15D 16A 17C 18C 19B 20A 
21C 22D 23A 24D 25B 26E 27A 28D 29B 30B 
31C 32C 33D 34B 35C 36D 37C 38D 39C 40C 
41D 42A 43D 
44. O gene que contém um único exon, pois não tendo introns, gera um pré-
RNAm menor. 
45. Se há 27% de adenina e 35% de guanina, a molécula não pode ser DNA fita 
dupla nem RNA fita dupla, pois neles, A = T (ou U, no caso do RNA) e G = C, de 
modo que A = T (ou U) = 27% e G = C = 35%. Assim, A + T + G + C = 27% + 27% 
+ 35% + 35% = 124%!!!! Dessa maneira, só se pode ter no vírus DNA fita simples 
ou RNA fita simples, equivalendo às famílias Picornaviridae, Retroviridae, 
Rhabdoviridae e Parvoviridae, ou seja, respectivamente 2, 3, 4 e 5. 
46. A) Porque a duplicação do DNA é semiconservativa, tendo as bactérias 
mantido, para cada fita da dupla-hélice de DNA, uma cadeia original com N15 e 
uma nova com N14. B) X também, uma vez que a duplicação do DNA gera uma 
quantidade idêntica de DNA em relação à amostra anterior (que era X). 
47. A) O esquema II se refere aos eucariotos, os quais apresentam em seus 
genes trechos de DNA não codificante conhecidos como introns, transcritos 
(processo 3) no pré-RNAm e removidos no splicing (processo 4) para gerar o 
RNAm madura que será traduzido (processo 5) em um peptídeo. Como o 
esquema II corresponde um eucarioto, apresenta núcleo organizado pela 
presença de uma carioteca, de modo que a etapa 3 (transcrição) ocorre no núcleo 
e a etapa 5 (tradução) ocorre no citoplasma. Como o esquema I corresponde a 
um procarioto, não apresenta núcleo organizado, ou seja, não apresenta 
carioteca, de modo que as etapas 1 (transcrição) e 2 (tradução) ocorrem no 
citoplasma. B) A remoção dos introns do pré-RNAm, conhecida como splicing, 
corresponde à etapa 4 do esquema II. Através da remoção diferencial de introns, 
um mesmo pré-RNAm pode ser editado em diferentes RNAm, num processo 
conhecido como splicing alternativo, levando à produção de diferentes peptídeos. 
48. A) Os “corrimãos” correspondem a uma sucessão alternada de fosfato e 
desoxirribose (açúcar). Os “degraus” são constituídos por pares de bases 
nitrogenadas, unidas por pontes de hidrogênio, onde adenina pareia com timina, e 
citosina com guanina. B) O DNA realiza a transcrição, isto é, produz o RNA 
mensageiro, que conduz os códons para a síntese da proteína nos ribossomos. 
C) As proteínas podem ser diferenciadas pelo número, tipos e sequências de 
seus aminoácidos. 
49. Amostra 3. O pareamento entre as bases nitrogenadas G e C é feito por três 
pontes de hidrogênio, enquanto entre A e T é feito por apenas duas. Quanto mais 
pontes de hidrogênio, mais energia será necessário aplicar para rompê-las. Desse 
modo, quanto maior a relação (G + C)/(A + T), maior a temperatura de 
desnaturação da molécula de DNA. 
50. O RNAm já passou pelo splicing, de modo que sua parte não codificante já foi 
removida. 
51. A) Os RNA mensageiros transcritos do gene normal e do gene inserido 
formam um RNA de dupla hélice ou híbrido. A disposição das bases destes dois 
RNA mensageiros são exatamente complementares. B) Havendo a interação 
entre os RNA mensageiros transcritos a partir destes dois genes, restarão menos 
mensageiros normais (fita simples) capazes de serem traduzidos em enzima, ao 
nível ribossomal. Em conseqüência, a concentração da enzima diminuirá nas 
células, o que retardará o processo de maturação. 
52. Para responder como o DNA atende aos critérios de autocopiar-se 
precisamente e de ser estável, porém capaz de sofrer modificação, basta 
descrever como a molécula de DNA se duplica e descrever sua estrutura química 
para nos mostrar sua estabilidade e sua capacidade de sofrer modificação. Uma 
das mais importantes contribuições do modelo da dupla-hélicefoi explicar a 
duplicação do material hereditário. Segundo Watson e Crick, as pontes de 
hidrogênio entre as bases nitrogenadas se desfazem e as duas cadeias 
complementares que formam a molécula de DNA se separam. Nucleotídeos livres 
encaixam-se nas cadeias desemparelhadas, obedecendo à regra de 
emparelhamento entre as bases: adenina se emparelha com timina e citosina se 
emparelha com guanina. Assim, os nucleotídeos vão se unindo e constituindo 
uma nova cadeia polinucleotídica, complementar à que lhe serve de molde. A 
molécula de DNA é estável, devido apresentar arranjo energeticamente favorável 
por causa da estrutura em dupla-hélice com as bases no interior da hélice e por 
causa das múltiplas pontes de hidrogênio e ligações fosfodiéster. É, no entanto, 
capaz de se modificar através das mutações e através do crossing-over durante a 
meiose. 
53. A) guanina. B) percebe-se que a base 1 possui 2 anéis, o que a caracteriza 
como uma purina, e forma três pontes de hidrogênio, não podendo ser a adenina, 
o que permite a confirmação de que é a guanina. C) Se 30% é de base 2 (que 
está ligada à base 1, sendo pois a citosina), haverá 30% também de base 1 
(guanina). Sobram 40% para serem distribuídos entre 3 (timina) e 4 (adenina), 
sendo pois 20% de 3 e 20% de 4. 
54. Se houvesse a transcrição simultânea das cadeias complementares dos 
genes, as moléculas de RNA sintetizadas também teriam sequências 
complementares. Tal situação provocaria então a formação de moléculas de RNA 
de cadeia dupla, que não poderiam ser traduzidas nos ribossomas. 
55. No caso do sequenciamento direto do ADN, os resultados revelam tanto a 
sequência das regiões codificadoras (os genes) quanto a das não codificadoras, 
que representam quase 90% do genoma. Com a segunda estratégia são 
sequenciados somente os genes, isto é, regiões codificadoras. Ao mapear o 
material genético no Projeto Genoma, não há interesse em mapear o DNA lixo, 
uma vez que, como já dito, não codifica proteínas, não tendo função aparente 
pois. Além disso, os genes ocupam apenas uma das fitas do DNA, não as duas 
(lembre que é porque o RNA transcrito só tem uma cadeia). Assim, transcreve-se 
todos os genes de um cromossomo, produzindo-se vários RNA’s mensageiros. 
Une-se todos esses RNA’s numa única molécula, e através de transcriptase 
reversa, produz-se uma fita de DNA a ser mapeada. Ganha-se então tempo e 
poupa-se trabalho, uma vez que esse novo DNA terá apenas os genes, não se 
mapeando o DNA lixo. Ao se realizar o processo acima descrito, remove-se os 
introns dos RNA’s antes de uni-los para fabricar a fita de DNA a ser mapeada. 
56. As regiões 2 e 4. Essas regiões formam alças justamente por não possuírem 
as sequências de nucleotídeos complementares, que foram eliminadas após o 
processo de transcrição. 
57. Várias moléculas de DNA polimerase iniciam a replicação do DNA, 
simultaneamente, em diversos sítios do genoma denominados sítios de origem de 
replicação. Além disso, a síntese é bidirecional a partir de cada sítio de origem. 
Em eucariontes, o ganho de velocidade é maior porque há mais sítios de origem. 
58. Na cadeia 2 há maior quantidade de pares CG. Devido a este fato, é maior o 
número de pontes de hidrogênio (3 pontes contra 2 pontes do par AT) a serem 
rompidas, o que justifica a necessidade de uma temperatura de desnaturação 
mais elevada. 
59. Os genes que não codificam polipeptídeos transcrevem para produzir RNA 
ribossômico e RNA transportador. 
60. Os círculos pretos representam o número de bactérias; os círculos brancos 
representam a concentração de glicose; os triângulos pretos a concentração da 
enzima ß-galactosidase. Enquanto existe glicose no meio a ß-galactosidase está 
reprimida. Quando a glicose se esgota a expressão dessa enzima é induzida. 
 
Aula 10 – Código Genético 
1A 2E 3C 4B 5A 6E 7A 8C 9C 10C 
11D 12C 13B 14A 15C 16A 17E 18B 19D 20A 
21C 22C 23C 24B 25A 26B 27C 28VFVFV 
29VFVV 30FFFFVFV 
31. A) A ordem dos RNAs transportadores será 4-7-6-8-7-1-3-5. B) A sequência 
de aminoácidos será: isoleucina – serina – serina- histidina – serina – fenilalanina 
– glutamina – treonina. 
32. A) I. RNAm procariota - Em geral contém informação para a tradução de mais 
de uma cadeia polipeptídica ou é policistrônico. II. RNAm eucariota - Contém a 
informação ou instrução para a tradução de uma única cadeia polipeptídica ou é 
monocistrônico. B) Genes procariotas não possuem introns, portanto, não 
ocorrem: transcrição de pré-RNAm e splicing. O RNAm transcrito do gene 
apresenta apenas exons. C) I. É uma mutação em que a substituição de um par 
de bases origina um outro códon que continua codificando o mesmo aminoácido. 
 
 
 
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II. A mutação silenciosa é conseqüência da redundância do código genético, ou 
porque o código genético é degenerado. D) I. A mutação ocorreu em uma trinca 
codificante do DNA, tornando-a uma trinca que será transcrita em um códon de 
parada. II. A mutação ocorreu em uma trinca de DNA que é transcrita em um 
códon de parada, tornando-a codificante de aminoácido. 
33. A) São necessários pelo menos 84 nucleotídeos, pois cada aminoácido de 
uma proteína é codificado por uma trinca de nucleotídeos. Além disso, mais 6 
nucleotídeos corresponderiam ao códon de iniciação e de terminação. B) Não. 
Devido à degeneração do código genético, um aminoácido pode ser codificado 
por mais do que uma trinca de nucleotídeos. C) Dentre outras, a mutação que 
originou a espécie 2 foi uma substituição por uma mutação pontual (nos 
aminoácidos 7 e 12). Uma inversão (nos quatro últimos aminoácidos) produziu a 
alteração verificada na espécie 3 e uma deleção (nos aminoácidos de 7 a 12) 
acarretou o surgimento da espécie 4. 
34. A) Se os códons fossem de duas letras, haveria apenas 16 combinações de 
códons (4X4=16), insuficientes para codificar 20 aminoácidos. Sendo de três 
letras, haverá 64 combinações (4X4X4=64), o que possibilita a codificação dos 20 
aminoácidos. B) Sim e não, respectivamente. 
35. A) Mutações. B) Não. Genoma é o conjunto de genes, enquanto que código 
genético é a relação entre genes e proteínas (códons e aminoácidos). 
36. A) As proteínas obtidas possuíam apenas um tipo de aminoácido porque o 
DNA utilizado apresentava um único tipo de códon, uma vez que são as mesmas 
três bases sempre repetidas. B) O tipo de aminoácido utilizado na produção da 
proteína poderá variar dependendo do local onde os ribossomos iniciam a 
tradução do código genético. O aminoácido utilizado é a serina quando a leitura 
começa no A, do códon AGC. O aminoácido é a alanina quando a leitura começa 
no G, do códon GCA. O aminoácido utilizado é a glutamina, quando a leitura 
começa no C, do códon CAG. 
37. A) Em ribossomos isolados não há síntese de cadeias polipeptídicas. O RNA 
mensageiro é necessário pois transmite a mensagem genética para a síntese dos 
polipeptídeos. B) Polipeptídeos são formados a partir do encadeamento de 
aminoácidos. Polirribossomos são constituídos de ribossomos ligados ao RNA 
mensageiro. 
38. A) As proteínas produzidas pelos extraterrestres em questão, poderiam ter, no 
máximo, 16 tipos diferentes de aminoácidos. Seu código genético, formado por 
pares de bases, permite a formação de apenas 16 códons diferentes. Isso sem 
considerar a possibilidade da existência de um, ou mais, códons de finalização. 
Neste caso, não seria possível a produção das proteínas B e C com, 
respectivamente, 16 e 19 aminoácidos. B) A diversidade no planeta Terra seria 
maior, pois o código genético dos terráqueos é formado por 64 códons, sendo 3 
códons de finalização. Assim o número de tipos distintos de aminoácidos 
presentes nos polipeptídeos seria, obviamente, maior. C) A proteína produzida 
pela bactéria terrestre não será idêntica ao polipeptídeo alienígena, uma vez que 
o equipamento ribossômico da bactéria que incorporou o gene, está capacitado 
para traduzir códons constituídos por 3bases nitrogenadas consecutivas. 
39. Como o ARNm pode conter outros códons AUG, além do códon de iniciação, 
a iniciação da tradução poderia ocorrer em qualquer região onde houvesse um 
outro códon AUG, o que geraria peptídeos truncados ou incompletos. A tradução 
só ocorre quando a sequência de Shine-Dalgarno e o códon AUG estão 
presentes. Assim, a sequência de Shine-Dalgarno permite identificar que códon 
AUG é o de iniciação e que códons AUG codificam a metionina. 
40. A) Arginina, pois é o único aminoácido que foi traduzido por códons diferentes. 
(AGA e AGG). 
 
B) Não, pois o código genético é degenerado. Alguns aminoácidos podem ser 
codificados por diferentes códons e não seria possível saber qual dos códons 
estava presente no mRNA que foi traduzido. 
 
Aula 11 – Engenharia Genética 
1E 2D 3C 4D 5A 6D 7B 8C 9A 10D 
11C 12D 13A 14B 15C 16B 17E 18D 19C 20D 
21B 22C 23C 24D 25B 26C 27C 28B 29VFVFV 
30. A) Incluindo-se no vírus modificado genes para produzir enzimas não 
produzidas devido a defeitos genéticos e aplicando-se o vírus modificado no 
portador do defeito. Na imunodeficiência combinada severa ou doença da bolha, 
por exemplo, poderia ser introduzido no vírus o gene para a produção da enzima 
ausente nos portadores, a ADA (adenosina-desaminase), permitindo que seu 
sistema imune volte a funcionar. B) No zigoto (se fosse possível), porque todas as 
células do indivíduo adulto são provenientes dele; com o defeito corrigido no 
zigoto, todas as células do adulto serão normais. 
31. A) I. Ativador Tecidual do Plasminogênio (TPA) / Estreptoquinase. II. 
Desvantagem: Não ocorrem as glicosilações inicial e sucessivas à fração protéica. 
Justificativa: Procariotas não possuem Sistema de Endomembranas ou não 
possuem Retículo Endoplasmático Granular e Sistema Golgiense. III. A 
Universalidade do Código Genético. B) I. PCR / Reação em Cadeia da 
Polimerase. II. Impressão digital genética ou Identificação de pessoas. Detecção 
de doenças hereditárias. Construção de árvores filogenéticas. 
32. A) Sim, porque há a possibilidade de plasmídeos conterem genes cujos 
produtos de transcrição podem destruir substâncias tóxicas às bactérias, como os 
antibióticos. B) Os plasmídeos podem ser modificados geneticamente e serem 
usados como vetores para a implantação de genes em bactérias. C) Insulina, 
Hormônio do crescimento. D) universalidade do Código Genético. E) Ferramenta: 
enzimas de restrição. Obtenção: bactérias. 
33. A) Através da técnica do DNA recombinante na engenharia genética, pode-se 
cortar um segmento de DNA humano com o gene para a insulina humana através 
de enzimas de restrição, e posteriormente colar esse gene no DNA de uma 
bactéria previamente cortado pela mesma enzima de restrição, sendo a colagem 
feita pela enzima DNA ligase. B) Extração de insulina humana do pâncreas de 
cadáveres e extração de insulina suína a partir do pâncreas de porcos. 
34. A) planta transgênica é uma planta modificada por engenharia genética com 
genes de outra espécie; elas são de interesse comercial porque são mais 
nutritivas, mais resistentes, etc... B) o uso da planta autógama e sem parentes 
silvestres no Brasil é mais seguro por não haver riscos de transferir genes para as 
plantas silvestres. 
35. A) A terapia gênica consiste na cura de defeitos genéticos pela introdução de 
genes normais em células de indivíduos doentes. B) “... usaram um retrovírus 
para introduzir uma cópia correta do gene nestas células.” 
36. A) Célula germinativa ou célula meristemática. Esta célula é precursora de 
todas as demais células de uma planta. Logo, se ela possuir o gene da petúnia 
que define a cor azul, a roseira que dela se originar também apresentará o gene 
para a produção do pigmento azul. B) Não há possibilidade. Para que a 
expressão da enzima seja contínua, essa informação deve estar contida em um 
segmento de DNA, pois os RNA mensageiros transcritos a partir desse gene não 
se replicam, sendo degradados ao final de algum tempo. 
37. A) O melhoramento genético envolve a transferência de vários genes de uma 
vez através do cruzamento de indivíduos selecionados com genes para as 
características desejadas; a transgenia permite a transferência de um único gene 
através de técnicas de engenharia genética. B) O cruzamento no melhoramento 
genético envolve a possibilidade de geração de várias categorias de 
descendentes, nem sempre tendo todos eles as características desejadas; a 
transgenia permite a transferência precisa de todos os genes desejados para o 
indivíduo que se deseja modificar. 
38. A) Nas células da medula óssea existem células precursoras dos eritrócitos. 
Após receberem a cópia do gene, que codifica a cadeia peptídica da 
hemoglobina, essas células se diferenciarão em eritrócitos que produzirão a 
hemoglobina normal. B) O retrovírus modificado mostrado no esquema IV. Essa 
partícula viral tem a capacidade de inserir a cópia do gene da cadeia ß da 
hemoglobina no cromossomo das células hospedeiras, porque contém as 
enzimas transcriptase reversa e integrase. Além disso, não tem a capacidade de 
produzir novas partículas virais que infectariam as outras células do paciente, pois 
o trecho X do ácido nucleico do vírus original foi retirado. 
39. As bactérias transferirão com certeza seus genes para os descendentes, o 
que não acontece com células eucarióticas, uma vez que, por meiose, podem ou 
não transferir os transgenes para os gametas. 
40. A1) etapa II. A2) etapa I. A3) etapa III. B) Organismos ou indivíduos em que 
genes de uma outra espécie são deliberadamente introduzidos por meio de 
engenharia genética. 
 
Aula 12 – Teste de DNA 
1D 2C 3A 4D 5C 6B 7B 8D 9C 10A 
11C 12B 13A 14E 15D 16C 17B 18A 19C 20A 
21A 22A 23D 24D 25B 26D 27D 28D 29VVFVF 
30.FFVFFFF 
31. A) O resultado mostrou que o Filho 1 é filho biológico do outro homem porque 
apresenta duas bandas (segmentos de DNA) também encontradas nesse homem, 
enquanto as outras duas se referem a segmentos de DNA herdados da mãe. O 
Filho 2 é filho do marido, já que as bandas referentes a esse filho são 
encontradas tanto no resultado referente à mãe quanto naquele correspondente 
ao marido. B) Não, porque o DNA mitocondrial tem informações só do genoma 
materno, proveniente das mitocôndrias do gameta materno (óvulo). Não seria 
possível, portanto, detectar os fragmentos de DNA mitocondrial de origem 
paterna. 
32. Para começar apenas a presença de duas bandas (A e B) é indicativo positivo 
para o indivíduo apresentar a disfunção muscular. Interpretando cada banda 
 
 
 
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como um gene, chamaremos a banda A de A, a banda B e B, e a ausência delas 
de 0 (observe que as bandas são genes alelos porque ocupam o mesmo loco). 
Assim, o indivíduo I será AB, o II será A0, o III será 00 e o IV será B0. A) II, III e 
IV, porque não têm os dois marcadores. B) O único possível cruzamento que 
pode oferecer os genótipos AB, A0, B0 e 00 é entre indivíduos A0 e B0, ou seja, II 
e IV. C) 0. 
33. Como o mRNA apresentou o mesmo padrão eletroforético, significa que não 
houve nenhum problema na transcrição gênica para a produção do mRNA. Assim, 
a diferença entre os dois padrões de proteínas pode ter sido causada por uma 
mutação no DNA ou por alguma alteração no processo de tradução do mRNA. 
Isso resultou na tradução de uma proteína com menor tamanho (padrão B) em 
relação ao padrão A (selvagem), ou seja, menor massa molecular. 
34. A) Dada à grande variedade das seqüências de nucleotídeos no DNA na 
espécie humana em praticamente infinitas possibilidades de combinação, é 
praticamente impossível que dois indivíduos possuam seus DNA idênticos, exceto 
nos casos dos clones naturais, isto é, os gêmeos univitelinos. B) Da mesma 
maneira que o material genético do filho é proveniente do material do pai, 
havendo profundas semelhanças entre estes materiais genéticos (aliás, a 
diferença existente entre os cromossomos do filho edo pai e mãe diz respeito 
apenas ao crossing-over), o material genético do filho é proveniente do material 
do avô ou avó. Desta maneira, a análise do DNA destes parentes (ou mesmo de 
tios, cujo material genético em um cromossomo é bastante semelhante ao do pai) 
pode fornecer um esclarecimento sobre a paternidade da criança. 
35. I. O exame de DNA pode ser feito com qualquer célula nucleada ou 
fragmentos de núcleos de células, como em fios de cabelo. II. A semelhança 
genética entre pai e filho é bem superior à semelhança entre tio e sobrinho, o que 
pode ser percebido no exame de DNA. III. O cadáver pode ser exumado e dele 
extraído DNA viável para a realização do exame. 
36. Por que B é heterozigoto. 
37. Como o projeto visava determinar a sequência completa de todos os 
cromossomos humanos, era importante incluir nesse conjunto o cromossomo Y. 
Como o cromossomo Y só existe nos indivíduos do sexo masculino, assim o 
doador teria que ser um indivíduo desse sexo. 
38. A) Se ocorrer a comparação do DNA das células recebidas na transfusão com 
as da criança, a paternidade será negada, mesmo que o cidadão safado seja o 
pai da criança. B) Tomar várias amostradas de célula do cidadão vagabundo e 
comparar com as da criança; caso o DNA de nenhuma delas seja compatível, a 
paternidade estará excluída; caso o DNA seja compatível em alguma, a 
paternidade estará confirmada. Pode-se também remover DNA de outras partes 
do corpo que não o sangue. 
39. A) Inclusão. A porcentagem de bandas coincidentes de 50% é compatível com 
a porcentagem de 50% de DNA da criança que é herdada de cada um dos 
genitores, pai e mãe. B) A reação de cadeia de polimerase cria várias cópias de 
uma molécula de DNA sem a necessidade de um vetor biológico. Essa técnica se 
baseia na capacidade de replicação (auto-duplicação) do DNA. 
40. A) 3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’. B) 
5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’. C) 
3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’ / 
5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’. 
 
Aula 13 – Introdução à Citologia 
1B 2E 3E 4C 5D 6C 7A 8B 9C 10D 
11B 12B 13E 14D 15E 16D 17C 18C 19D 20D 
21C 22A 23D 24D 25C 
26. A) A Chlamydia trachomatis é uma bactéria, pois, como mostra a tabela, não 
apresenta núcleo celular organizado, porém possui DNA, RNA, membrana 
plasmática e ribossomos. Herpes simplex é um vírus. Este organismo não possui 
estrutura celular típica, fato evidenciado pela ausência de membrana plasmática, 
núcleo e ribossomos. B) Não. O gráfico indica o crescimento populacional de 
bactérias que se multiplicam através de divisões binárias, segundo uma 
progressão geométrica de razão 2. Os vírus não apresentam um padrão de 
crescimento representado pelo gráfico pois, dependendo de células hospedeiras 
para se multiplicar, podem produzir múltiplas cópias em determinado intervalo de 
tempo. 
27. A) síntese proteica. B) citoplasma. C) I = DNA, II = RNA e III = proteína. D em 
células de procariontes, a transcrição e a tradução são simultâneas, ambas 
ocorrendo no citoplasma, enquanto que em eucariontes, a transcrição ocorre no 
núcleo e a tradução ocorre no citoplasma. 
28. Hematoxilina: núcleo, porque possui DNA (ácido). Eosina: citoplasma, porque 
tem a maioria de suas proteínas básicas. Observação: Em células com alta 
intensidade de síntese protéica, a abundância de ribossomos, que são compostos 
de RNAr (ácido ribonucléico), torna o citoplasma corável também por 
hematoxilina. 
29. Os microrganismos (procariotos ou eucariotos) possuem tamanho maior que o 
dos poros, ficando retidos no filtro de cerâmica. A água passa livremente pelos 
poros do filtro de 200 nm, ficando filtrada e livre dos microrganismos. Portanto, 
estes filtros, por reter os microrganismos e filtrar a água, são considerados 
esterilizantes. 
30. Pode-se generalizar a seguinte fórmula: aumento total X tamanho da 
estrutura analisada = poder de resolução do olho humano. Assim temos que: 
Aumento total X 8 µm = 100 µm → aumento total = 12,5 X. Como o aumento 
mínimo é o de 80 X (10 X de ocular e 8 X de objetiva), esta é a resposta. 
 
Aula 14 – Estrutura da Membrana Plasmática 
1E 2E 3C 4A 5B 6D 7D 8B 9D 10C 
11C 12C 13B 14B 15C 16D 17B 18E 19D 20D 
21D 22A 23C 24E 25C 26VFVVV 27VFVF 
28. A) fosfolipídios, proteína, açúcares (glicocálix). B) 1. C) o modelo do mosaico 
fluido apresenta proteínas móveis na bicamada que podem se deslocar de acordo 
com as necessidades da membrana (ou seja, de acordo com a direção das 
substâncias que serão transportadas). 
29. A) X – lipídios; Y – proteína. B) A bicamada lipídica se fusiona às vesículas 
citoplasmáticas contendo as secreções, o que permite sua eliminação no meio 
extracelular. 
30. A) A membrana plasmática da célula intacta deve ser formada por duas 
camadas de lipídios (uma bicamada). B) Na de que os lipídios dispersos na água 
ocuparam o dobro da superfície em relação à superfície das hemácias. Unida ao 
fato de que as hemácias possuem somente a membrana plasmática, a melhor 
explicação é que os lipídios estejam acomodados em duas camadas na 
membrana intacta. 
 
Aula 15 – Função da Membrana 
1E 2B 3B 4E 5C 6E 7D 8C 9C 10B 
11A 12E 13A 14A 15C 16D 17A 18E 19A 20A 
21B 22A 23A 24B 25E 26B 27B 28A 29FVFVV 
30. Na desidratação severa, a hidratação com água contendo sal e açúcar tem a 
finalidade de repor o sódio (Na+) perdido, já que o sódio só pode ser absorvido 
junto com a glicose pela proteína transportadora, por co-transporte do tipo 
simporte. 
31. A) 1B ou C; 2A; 3B; A é difusão simples, transporte de solutos apolares a favor 
do gradiente pela bicamada lipídica; B é difusão facilitada, transporte de solutos 
polares a favor do gradiente por proteínas carreadoras; C é transporte ativo, 
transporte de solutos contra o gradiente por proteínas carreadoras com atividade 
ATPásica. B) A alface perdeu água por osmose por ter sido exposta a um meio 
hipertônico. 
32. A) Transporte ativo secundário. A princípio, o houve passagem a favor do 
gradiente, e depois a passagem continuou contra o gradiente. Assim, a 
concentração intracelular de X, inicialmente menor que a extracelular, aumentou 
após a incubação, tornando-se maior do que a extracelular e caracterizando um 
tipo de transporte contra gradiente de concentração, dependente de gasto 
energético. B) Devido à bomba de sódio e potássio, o meio extracelular terá mais 
sódio que o meio intracelular, como ocorre no quadrante A. 
33. A) O salgamento desidrata as bactérias decompositoras por osmose. B) Sim, 
uma vez que a parede celular impede a plasmoptise. C) A bomba de sódio e 
potássio mantém a baixa concentração intracelular de sódio, o que força sua 
entrada por difusão. Como o sódio entra em co-transporte com a glicose, a difusão 
de sódio fornece energia para carregar. 
34. A questão cobre o tema de Biologia Celular, enfocando os efeitos da 
tonicidade do meio sobre o volume celular. Ao tratar as folhas de Elodea com a 
solução A, o técnico de laboratório observou, sob microscopia óptica, que as 
células apresentaram o mesmo aspecto daquelas imersas na solução isotônica de 
NaCl, então, pôde concluir que a solução A era isotônica com as células. Com a 
solução B, observou que as células de Elodea ficaram mais túrgidas, portanto, 
esta solução era hipotônica em relação às células e, assim, menos concentrada 
que a solução A (isotônica). Ao gotejar as células com a solução C, verificou que 
as células ficaram mais murchas que aquelas da Elodea submetidas à solução A, 
o que deu para concluir que a solução C era hipertônica em relação às células, 
pois o fato de terem murchado significa que o meio era mais concentrado que as 
células. Ao visualizar as células após gotejar a solução D verificou que as 
mesmas ficaram mais murchas que aquelas da solução A, porém menos murchas 
que as da solução C. Assim, pôde concluir que as concentrações das soluções 
seguiam a seguinte ordem decrescente [C] > [D] > [A] > [B]. Assim, pôde inferir 
que [C] = 0,8M; [D] =0,6M; [A] = 0,4M e [B] = 0,2M. Quanto ao item II da questão,as células de Elodea não estouraram quando gotejadas com a solução B 
(hipotônica em relação às células) porque, como as de todos os vegetais,