Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
2 pkt – poprawne uzupełnienie trzech pól tabeli.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
2 pkt – poprawne wymienienie wszystkich substratów i wszystkich produktów reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
1 pkt – poprawne wymienienie tylko wszystkich substratów albo tylko wszystkich produktów reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowa odpowiedź
Substraty:
aminokwas / tryptofan
tRNA
ATP
Produkty:
AA-tRNA / Trp-tRNA
AMP
2Pi / 2 aniony fosforanowe

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi:
PPi / anion difosforanowy / pirofosforan
Pi (bez zachowania stechiometrii)

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że przedstawiona reakcja jest przykładem anabolizmu, wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym wyższy stopień złożoności produktu w stosunku do substratów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie
Jest to przykład anabolizmu. / Anabolizm

Przykładowe uzasadnienia

• Syntetyzowany produkt (AA-tRNA) jest związkiem bardziej złożonym niż substraty, z których powstał (aminokwas i tRNA).
• Anabolizm to reakcje syntezy złożonych związków chemicznych z substancji prostszych. AA-tRNA jest substancją bardziej złożoną niż substraty, z których powstał, więc jest to anabolizm.
• Anabolizm to ciąg reakcji wykorzystujących energię użyteczną biologicznie do syntezy nowych bardziej złożonych biocząsteczek.
• Anabolizm to szlaki metaboliczne wymagające dostarczenia energii do przekształcania związków mniejszych w większe.

Uwaga:
Dopuszcza się uzasadnienia odnoszące się jedynie do zużycia energii, np.: „Reakcja jest anabolizmem, ponieważ do tej reakcji jest wykorzystywana energia pochodząca z hydrolizy ATP”.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawna odpowiedź, odnosząca się do możliwości włączenia prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu tylko wtedy, jeżeli AA-tRNA łączący się z odpowiednim kodonem mRNA zawiera określony i właściwy aminokwas.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Włączenie prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu możliwe jest tylko wtedy, jeżeli do AA-tRNA z danym antykodonem, rozpoznającym właściwy kodon mRNA, jest dołączony ściśle określony, właściwy aminokwas.
• Jeśli do danego tRNA nie zostanie przyłączony właściwy aminokwas, to zostanie wbudowany niewłaściwy aminokwas do polipeptydu powstającego podczas translacji, mimo prawidłowego rozpoznania kodon – antykodon.

Zasady oceniania
1 pkt – podanie dwóch poprawnych genotypów kota z częściowym pręgowaniem typu klasycznego.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
AAmmTt, AammTt

Zasady oceniania
3 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej, ORAZ za poprawne podanie oczekiwanego stosunku fenotypowego wśród potomstwa.
2 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej.
1 pkt – podanie poprawnych genotypów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Genotyp kotki: AaMm

Genotyp kocura: Aamm

Krzyżówka:

Stosunek fenotypowy:
pręgowanie tygrysie : pręgowanie klasyczne : brak pręgowania – 3 : 3 : 2

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A1

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
D

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
D

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zmniejszenie liczebności populacji małży z rodzaju Nutricola w wyniku presji drapieżnika oraz wzrost liczebności populacji G. gemma w wyniku zmniejszenia konkurencji z małżami Nutricola.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Ponieważ drapieżny krab brzegowy jako swoje ofiary wybierał głównie rodzime gatunki małży, to ich liczebność spadła, a wtedy zmniejszyła się konkurencja między małżami Nutricola i Gemma gemma.
• Intensywna presja drapieżników na rodzime małże doprowadziła do redukcji ich liczebności. Wobec braku konkurencji populacja G. gemma mogła rozwijać się bez przeszkód.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że strukturę III-rzędową albuminy stabilizuje maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych (siedemnaście), odnoszące się do 35 reszt cysteiny tworzących maksymalnie 17 par w cząsteczce.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Ponieważ reszt cysteiny w tym białku jest 35, a więc może być maksymalnie 17 par cystein, a mostki disiarczkowe powstają tylko pomiędzy parą takich reszt.
• W albuminie jest 17 mostków disiarczkowych, a każdy mostek disiarczkowy jest tworzony przez dwie reszty cysteiny, których jest łącznie 35.
• Jest ich maksymalnie 17, ponieważ 35 / 2 = 17,5, a więc jest tylko 17 pełnych par reszt cysteiny.
• Ponieważ w tym białku występuje 17 par reszt cysteiny oraz jedna reszta cysteiny jest bez pary, a każda para tworzy jedno wiązanie disiarczkowe.
• Ponieważ w tym białku występuje 17 cystyn i jedna reszta cysteiny bez pary.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do cystein zamiast do reszt cysteiny.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do liczby reszt aminokwasów siarkowych, ponieważ metionina to również aminokwas siarkowy.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do słabej rozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu krwi i dobrej rozpuszczalności albuminy w osoczu krwi.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się dobrze w wodzie, która jest głównym składnikiem osocza krwi. Albumina jest białkiem dobrze rozpuszczalnym w wodzie, a więc po przyłączeniu kwasów tłuszczowych uczestniczy w ich transporcie we krwi.
• W przeciwieństwie do albuminy takie kwasy tłuszczowe słabo rozpuszczają się w osoczu krwi i dlatego są transportowane dopiero po związaniu się z cząsteczkami albuminy.
• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się w płynach ustrojowych, dlatego muszą się wiązać z cząsteczkami albuminy dobrze rozpuszczalnymi w osoczu.
• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie są rozpuszczalne w osoczu. Dzięki połączeniu z rozpuszczalną w osoczu albuminą możliwy staje się ich transport, dlatego że powstały kompleks jest rozpuszczalny.
• Ponieważ albuminy to białka dobrze rozpuszczalne, a kwasy tłuszczowe to związki słabo rozpuszczalne.
• Albumina jest rozpuszczalna, a DKT – nie są.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do rozpuszczania się we krwi – zamiast w osoczu krwi.
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do całkowitej nierozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w wodzie.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmiany właściwości kwasów tłuszczowych w wyniku ich związania z albuminą, np. „Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe stają się rozpuszczalne w osoczu krwi po przyłączeniu się do albuminy”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do hydrofobowości lub niepolarności kwasów tłuszczowych, np.:

• DKT mają charakter hydrofobowy, więc bez związania z hydrofilową albuminą ich transport we krwi nie byłby możliwy.
• DKT mają charakter niepolarny, więc dopiero po związaniu się z polarną albuminą ich transport we krwi staje się możliwy.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum reakcji PS II z enzymem rozszczepiającym wodę, odnoszące się do uzupełniania elektronów wybitych z centrum reakcji elektronami pochodzącymi z wody.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Źródłem elektronów wybijanych – przez światło – ze specjalnej pary cząsteczek chlorofilu znajdujących się w centrum reakcji tego fotosystemu jest woda. Cząsteczki wody są rozszczepiane do elektronów, protonów oraz tlenu przez enzym rozszczepiający wodę.
• Z centrum reakcji PS II są wybijane elektrony. Żeby ten proces mógł ponownie zajść, niezbędne są kolejne elektrony, które pochodzą z fotolizy wody.
• Wybicie elektronów z centrum reakcji powoduje, że cząsteczki chlorofilu przybierają ładunek dodatni. Przywrócenie fotosystemu do stanu początkowego, umożliwiającego przebieg procesu fotosyntezy, wymaga uzupełnienia brakujących elektronów. Elektrony do centrum reakcji PS II są przekazywane z centrum manganowego enzymu rozszczepiającego wodę.
• Elektrony pochodzące z utleniania wody wypełniają lukę elektronową powstałą w centrum reakcji PS II po przekazaniu elektronów na Q.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zawierających błędną informację o „rozpuszczaniu wody”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do powstawania elektronów bez uwzględnienia wody jako ich źródła, np. „Enzym wytwarza elektrony, które zapełniają lukę elektronową powstałą w wyniku wybicia elektronów z chlorofilu przez światło”.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do transferu elektronów PS II, np. „Do prawidłowego funkcjonowania PS II niezbędne są elektrony, które pochodzą z reakcji fotolizy wody, katalizowanej przez enzym rozszczepiający wodę”.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
BC

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uzyskanie brakujących zdolności syntezy wymienionych aminokwasów i witamin w wyniku transferu genów między szczepami bakterii.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Dzięki wymianie informacji genetycznej powstały bakterie szczepu Met+ bio+ Thr+ Leu+ thi+, które mogły przeżyć na pożywce minimalnej.
• Na drodze HTG bakterie szczepu A przekazały bakteriom szczepu B geny warunkujące wytwarzanie treoniny, leucyny i tiaminy, których nie ma w pożywce minimalnej.
• Dzięki koniugacji szczep B przekazał szczepowi A geny warunkujące syntezę metioniny i biotyny, w wyniku czego powstał szczep, który syntezuje wszystkie aminokwasy i witaminy.
• Tylko w przypadku hodowli mieszanej doszło do kompensacji mutacji będących przyczyną braku zdolności syntezy określonych aminokwasów i witamin.
• Między bakteriami szczepów A i B doszło do koniugacji, dzięki czemu bakterie jednego szczepu mogły przekazać bakteriom drugiego szczepu geny warunkujące wytwarzanie aminokwasów i witamin niezbędnych do przeżycia.
• Dzięki poziomemu transferowi genów, który zaszedł pomiędzy szczepami A i B, bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.
• Bakterie uzyskały obcy DNA i – dzięki temu – możliwość syntezy odpowiednich związków.
• Dzięki HTG bakterie uzyskały możliwość syntezy wszystkich aminokwasów i witamin.
• Dzięki temu bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do HTG zachodzącego na drodze transdukcji lub transformacji (na tym etapie badań nie był jeszcze znany konkretny mechanizm HTG).
Dopuszcza się odpowiedzi mówiące o syntezie „brakujących” związków.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których mowa tylko o uzyskaniu zdolności syntezy aminokwasów lub tylko o uzyskaniu zdolności syntezy witamin jako skutku HTG.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do fizycznej izolacji bakterii uniemożliwiającej zajście koniugacji.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Ze względu na obecność filtru w U-rurce bakterie szczepu A i szczepu B nie mogły wejść w fizyczny kontakt, nie mogło więc dojść do połączenia się bakterii przez specjalne mostki plazmatyczne, umożliwiające przekazywanie DNA z komórki do komórki.
• HTG zachodzi między tymi bakteriami na drodze koniugacji, która wymaga połączenia się bakterii, co nie było możliwe, ponieważ filtr izolował bakterie różnych szczepów.
• Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A1

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że działanie linezolidu wpływa negatywnie na funkcjonowanie bakterii, odnoszące się do braku lub do ograniczenia możliwości syntezy białek.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Linezolid sprawia, że nie ma funkcjonalnych rybosomów, a więc nie może zachodzić synteza białek.
• Linezolid uniemożliwia powstanie rybosomów, dzięki którym zachodzi synteza białek.
• W komórce, na którą działa linezolid, nie powstają rybosomy, a więc nie mogą być wytwarzane białka.
• Działanie linezolidu polega na uniemożliwieniu połączenia się podjednostek rybosomów, a przez to niemożliwa staje się synteza białek.
• Linezolid łączy się z dużą podjednostką rybosomu, przez co nie może ona się połączyć z małą podjednostką, a bez tego nie może zachodzić proces translacji.
• Linezolid ogranicza syntezę białek.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne opisanie, na czym polega różnica w budowie bakterii Gram (+) i Gram (−), odnoszące się do grubości ściany komórkowej LUB do jej składu chemicznego, LUB do obecności błony zewnętrznej tylko u bakterii Gram (−), LUB do składu chemicznego błony zewnętrznej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Różnica dotyczy grubości ściany komórkowej – bakterie Gram (+) mają grubszą ścianę.
• W ścianie komórkowej bakterii Gram (+) występuje więcej warstw mureiny.
• Bakterie Gram (+) mają ścianę komórkową zbudowaną z wielu warstw mureiny, a bakterie Gram (−) – z jednej warstwy.
• Bakterie Gram-dodatnie mają ścianę komórkową zbudowaną z 20–30 warstw mureiny, a bakterie Gram-ujemne – z jednej warstwy.
• Tylko bakterie Gram (−) mają błonę zewnętrzną.
• Tylko w ścianie komórkowej bakterii Gram (+) obecne są kwasy tejchojowe / tejchuronowe / lipotejchojowe.
• Tylko bakterie Gram (−) zawierają lipopolisacharyd – w błonie zewnętrznej.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do połączenia ściany komórkowej bakterii Gram (−) wiązaniami (jonowymi i kowalencyjnymi) z dwuwarstwową błoną zewnętrzną.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do właściwości otoczki komórkowej, np. jedynie do wyniku barwienia Grama.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do cech fizjologicznych bakterii, np. „Bakterie Gram-ujemne są bardziej oporne na linezolid niż bakterie Gram-dodatnie”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obecności dwóch błon komórkowych u bakterii Gram-ujemnych.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczki bakteryjnej (śluzowej).