Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Biologia
Wirusowe zapalenie wątroby typu C (WZW typu C) jest chorobą wywołaną przez wirus zapalenia wątroby typu C (HCV), którego genom stanowi pojedyncza nić RNA. Większość infekcji wywołanych HCV ma przebieg bezobjawowy. W niektórych przypadkach dochodzi do samoistnej eliminacji HCV przez układ odpornościowy (spontaniczne wyzdrowienie). Większość zakażeń przechodzi jednak w infekcje przewlekłe, co może prowadzić do zapalenia wątroby, do jej marskości i do rozwoju nowotworu wątroby. Przewlekłym infekcjom HCV towarzyszy ciągłe uwalnianie do krwi cząstek wirusa z zakażonych hepatocytów. Nie opracowano dotąd skutecznej szczepionki przeciw HCV.
Wyjaśnij, dlaczego dodatni wynik badania na obecność przeciwciał anty-HCV we krwi dorosłej osoby nie przesądza o obecności wirusa we krwi w chwili badania.
Wyjaśnij, dlaczego diagnostyka oparta na amplifikacji genomu HCV metodą łańcuchowej reakcji polimerazy (PCR) jest poprzedzona zastosowaniem odwrotnej transkryptazy.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zakończonej skutecznej odpowiedzi immunologicznej. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Przez limfocyty B pamięci są wytwarzane przeciwciała po zakończonej odpowiedzi immunologicznej, podczas której wirusy zostały zwalczone. • HCV może nie być we krwi, ponieważ został on wyeliminowany przez układ odpornościowy, jednak wciąż obecne są przeciwciała anty-HCV, które długo utrzymują się we krwi. • Limfocyty B, wytwarzające przeciwciała, są długowieczne, więc pomimo samoistnego wyzdrowienia wytworzone wcześniej przeciwciała są obecne we krwi. • Prawdopodobnie w przebiegu WZW typu C doszło do wytworzenia specyficznych przeciwciał. Choroba została zwalczona, lecz przeciwciała nadal są w organizmie. • Nastąpił wcześniejszy kontakt z wirusem bez wystąpienia choroby.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające rodzaj materiału genetycznego HCV (RNA) oraz substrat PCR – DNA, oraz rodzaj reakcji katalizowanej przez odwrotną transkryptazę. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję syntezy DNA na matrycy RNA HCV, więc potem można powielać ten DNA metodą PCR. • Genom wirusa HCV to pojedyncza nić RNA, a ponieważ PCR polega na powielaniu DNA, to trzeba najpierw zmienić nośnik informacji genetycznej z RNA na DNA – co katalizuje odwrotna transkryptaza. • RT używa wirusowego RNA jako matrycy do syntezy cDNA, wykorzystywanego w PCR.
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do „przepisywania RNA na DNA” zamiast „syntezy DNA na matrycy RNA”. Nie uznaje się odpowiedzi będących jedynie tautologią, np. „Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję odwrotnej transkrypcji”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do HCV jako do retrowirusa, np. „HCV zawiera odwrotną transkryptazę, zatem na matrycy RNA wirusowego powstaje DNA – substrat PCR”.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Zanim genom człowieka został zsekwencjonowany, spodziewano się, że zawiera on 80 000–100 000 genów kodujących białka. Ostatecznie okazało się, że tych genów jest około 20 000. Wstępna ocena była tak wysoka, ponieważ opierała się na założeniu, że pojedynczy gen zawiera informację o pojedynczym mRNA i o pojedynczym białku. Obecnie wiadomo, że wiele genów człowieka zlokalizowanych w DNA jądrowym ma alternatywne szlaki składania RNA.
Uzupełnij zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Alternatywne składanie RNA zachodzi w przypadku genów i polega na łączeniu – w różnych kombinacjach –
BC
rozwiązań zadań zależności między organizmem 3) przedstawia proces potranskrypcyjnej a środowiskiem […]. obróbki RNA u organizmów eukariotycznych; 5) porównuje strukturę genomu prokariotycznego i eukariotycznego.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – poprawne wypełnienie czterech komórek tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie pierwszej kolumny tabeli LUB jednego wiersza tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Lp. Nazwa organellum Czy zachodzi translacja? (tak / nie) 1. jądro / jądro komórkowe nie 2. mitochondrium tak Lp. Nazwa organellum Czy zachodzi translacja? (tak / nie) 1. jądro / jądro komórkowe nie 2. jąderko nie Uwaga: Kolejność wierszy w tabeli nie ma znaczenia.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Prawidłowa segregacja chromatyd siostrzanych podczas mitozy wymaga obecności wielu białek, w tym – specjalnych kompleksów białkowych: kohezyn. Przytrzymują one chromatydy siostrzane razem aż do czasu ich rozdzielenia się. Całkowite zniesienie przylegania chromatyd siostrzanych następuje dzięki przecięciu kohezyn przez enzymy proteolityczne – separazy. Poniższy rysunek przedstawia typowe położenie kohezyn i chromatyd siostrzanych podczas dwóch różnych faz mitozy.
Podaj nazwę wiązania chemicznego hydrolizowanego przez separazy.
Podaj nazwy dwóch faz mitozy, na których granicy dochodzi do zniesienia przylegania chromatyd siostrzanych dzięki działaniu separaz.
Podaj nazwę fazy cyklu komórkowego, podczas której zachodzi replikacja DNA, prowadząca do wytworzenia chromatyd siostrzanych.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy wiązania hydrolizowanego przez separazy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
peptydowe / amidowe Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „wiązanie kowalencyjne”.
1 pkt – podanie dwóch poprawnych nazw faz mitozy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• na granicy metafazy i anafazy • anafaza, metafaza
1 pkt – podanie poprawnej nazwy fazy cyklu komórkowego. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• faza S • interfaza • faza S interfazy
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Poniżej przedstawiono rodowód rodziny opisujący dziedziczenie pewnej choroby, u podłoża której leży mutacja w jednym genie.
Oceń, które z zaproponowanych sposobów dziedziczenia genu warunkującego chorobę można wykluczyć na podstawie analizy rodowodu przedstawionego powyżej. Zaznacz T, jeśli sposób dziedziczenia można wykluczyć, albo N – jeśli nie można go wykluczyć. Dziedziczenie autosomalne dominujące. T N Dziedziczenie recesywne sprzężone z płcią. T N
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. DNA genomowy w komórkach człowieka występuje wyłącznie
NT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
A
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(0–3) U muszki owocowej (Drosophila melanogaster) allel B warunkuje brązową barwę ciała i wykazuje pełną dominację nad allelem b, warunkującym czarną barwę ciała. Allel D warunkuje wykształcanie odnóży o normalnej długości i wykazuje pełną dominację nad allelem d, warunkującym występowanie krótkich odnóży. Geny B i D są położone na chromosomie drugim, w odległości 17,5 cM od siebie. BD Skrzyżowano podwójnie heterozygotycznego samca o genotypie z czarną samicą mającą bd krótkie odnóża. 1. Zapisz genotyp opisanej samicy. W zapisie zastosuj podane oznaczenia alleli i uwzględnij położenie loci na chromosomach. 2. Uzupełnij tabelę. Zapisz cztery możliwe genotypy gamet wytwarzanych przez opisanego samca oraz podaj prawdopodobieństwo wystąpienia każdego genotypu gamety. 3. Podaj prawdopodobieństwo, że muszka – losowo wybrana spośród potomstwa krzyżowanej pary opisanych muszek – będzie miała brązową barwę ciała i normalnie wykształcone odnóża.
| Lp. | Genotyp gamety | Prawdopodobieństwo jego wystąpienia |
|---|---|---|
| 1. | ||
| 2. | ||
| 3. |
1. bd lub bd / bd , lub bd // bd bd 2. 1. BD 41,25 % lub 0,4125 2. bd 41,25 % lub 0,4125 3. Bd 8,75 % lub 0,0875 4. bD 8,75 % lub 0,0875 3. 41,25 % lub 0,4125 Uwaga: Jeżeli zdający podaje niepełne rozwiązanie w przypadku genotypu samicy: bbdd, a więc właściwy genotyp, ale nieuwzględniający w zapisie położenia loci na chromosomach, to za
całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt. Jeżeli zdający stosuje podczas obliczeń zaokrąglenia, to za rozwiązanie całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt. Dopuszcza się odpowiedzi, z których wynika, że rekombinacja genetyczna zachodzi wyłącznie u samic D. melanogaster.
rozwiązań zadań
3 pkt – poprawne podanie: • genotypu samicy ORAZ • genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia ORAZ • prawdopodobieństwa pojawienia się wśród potomstwa krzyżowanej pary muszek osobnika barwy brązowej o normalnie wykształconych odnóżach. 2 pkt – poprawne podanie: • genotypu samicy ORAZ • genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia 1 pkt – poprawne podanie genotypu samicy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Czaszki dwóch kopalnych zwierząt – z rodzaju Thylacosmilus i z rodzaju Smilodon – wykazują w budowie pewne podobieństwa. Występują u nich długie kły z piłkowanymi krawędziami, zwane zębami szablastymi. Paleontologowie przypuszczają, że te zwierzęta były dużymi drapieżnikami, a zęby szablaste pomagały im zabijać swoje ofiary. Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono relacje pokrewieństwa między rodzajami Thylacosmilus i Smilodon a wybranymi współczesnymi ssakami.
Uzasadnij, że występowanie zębów szablastych u Thylacosmilus i Smilodon jest wynikiem ewolucji zbieżnej – konwergencji. W odpowiedzi odnieś się do przedstawionego drzewa filogenetycznego.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących Thylacosmilus i Smilodon. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Thylacosmilus jest bliżej spokrewniony ze Smilodon niż z kangurami, należącymi do torbaczy. |
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające argument na rzecz niezależnego pochodzenia cechy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pojawienie się szablastych zębów u Thylacosmilus i u Smilodon to efekt ewolucji zbieżnej, ponieważ zęby pojawiły się niezależnie u torbaczy i u kotowatych. • Jest to przykład konwergencji, ponieważ ta sama cecha rozwinęła się w dwóch różnych liniach ewolucyjnych, różniących się morfologicznie. • Ostatni wspólny przodek tych dwóch rodzajów miał zęby normalnej długości, a więc ta cecha musiała powstać niezależnie. • Thylacosmilus i Smilodon wykształciły zęby szablaste niezależnie od siebie, gdyż pojawienie się tych zębów nastąpiło dwa razy na podanym drzewie filogenetycznym (czerwone kropki), co oznacza, że jest to wynik konwergencji. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do definicji konwergencji np. „Jest to cecha, która powstała niezależnie” lub „Zęby u obu rodzajów miały różne pochodzenie”. Dopuszcza się odpowiedzi, w których rodzaje Thylacosmilus i Smilodon są traktowane jako gatunki.
FF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Pająk z rodzaju Pamphobeteus i żaba Chiasmocleis royi mogą żyć razem w tym samym miejscu. Nora pająka zapewnia chłodne, wilgotne środowisko i stanowi schronienie przed wysuszeniem oraz przed zmianami temperatury. Pająki chronią żaby przed drapieżnikami, nie wyrządzają żabom krzywdy i umożliwiają im łatwy dostęp do miejsc żerowania. C. royi pomaga w pozbyciu się z nory i z jej otoczenia mrówek i larw much, które odżywiają się jajami oraz potomstwem pająka.
Podaj nazwę zależności międzygatunkowej występującej między pająkiem z rodzaju Pamphobeteus a żabą C. royi. Odpowiedź uzasadnij z uwzględnieniem przykładów korzyści lub strat właściwych dla wymienionych organizmów.
Podaj różnicę w sposobie trawienia pokarmu przez pająki i przez płazy.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy zależności ORAZ poprawne uzasadnienie, odnoszące się do przykładów korzyści (netto) dla obydwu organizmów. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Nazwa zależności mutualizm / mutualizm fakultatywny
• Pająki umożliwiają żabie dostęp do żerowania, a żaba pomaga w ograniczeniu liczebność mrówek i larw much, które odżywiają się jajami oraz potomstwem pająka. • Pająk chroni żabę przed drapieżnikami, a żaba zjada mrówki, które szkodzą pająkowi. Uwaga: Nie uznaje się zbyt ogólnych sformułowań, np.: zależność nieantagonistyczna, protekcjonizm. Nie uznaje się uzasadnień odnoszących się wyłącznie do definicji mutualizmu, bez odniesienia do przykładów korzyści odnoszonych przez organizmy, np. „Jest to mutualizm, ponieważ obydwa organizmy odnoszą z tej zależności korzyści netto”. Nie uznaje się odpowiedzi: „mutualizm obligatoryjny” oraz „symbioza”. Dopuszcza się odpowiedź „protokooperacja” jako nazwę zależności.
1 pkt – poprawne porównanie sposobów trawienia: pozajelitowego i wewnątrzustrojowego przez pająki oraz wewnątrzustrojowego przez płazy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pająki zaczynają trawić pokarm pozaustrojowo, a płazy trawią wyłącznie wewnątrzustrojowo. • Pająki trawią pokarm głównie pozajelitowo, a płazy – wewnątrz układu pokarmowego. • Pająki odżywiają się pokarmem płynnym, powstającym w wyniku trawienia proteolitycznego ofiary, a potem kończą trawienie pokarmu wewnątrzustrojowo. Płazy trawią tylko w obrębie przewodu pokarmowego. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „wewnątrzkomórkowego” trawienia pokarmu u płazów, np. „Pająki zewnątrzkomórkowo, a płazy – wewnątrzkomórkowo”. Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do trawienia przez pająki wyłącznie pozaustrojowo, np. „Pająki trawią pozaustrojowo, a płazy – wewnątrzustrojowo”.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
W wodach śródlądowych zachodniej Europy udokumentowano współwystępowanie dwóch gatunków obcych pochodzących z rejonu Morza Kaspijskiego i z zachodniej Syberii: pasożytniczej przywry Bucephalus polymorphus oraz małża – racicznicy zmiennej (Dreissena polymorpha). Racicznica zmienna pojawiła się w wodach zachodniej Europy już w XIX wieku, a przywra – pod koniec XX wieku. Cykl życiowy B. polymorphus rozpoczyna się od pojawienia się pierwszego stadium larwalnego – miracidium, które może wniknąć tylko do ciała racicznicy zmiennej, małża prowadzącego osiadły tryb życia. Miracidium w ciele małża rozwija się w sporocystę, a w sporocyście dojrzewają cerkarie. Dojrzałe cerkarie opuszczają ciało racicznicy i dostają się do wody. Następnie, po wniknięciu do ciała ryb z rodziny karpiowatych, cerkarie przekształcają się w metacerkarie. Kolejnym żywicielem B. polymorphus są różne gatunki ryb rybożernych – po zjedzeniu ofiary z metacerkariami w organizmie ryb rybożernych przywry dojrzewają płciowo i dochodzi do zapłodnienia.
Wypisz z tekstu żywicieli pośrednich oraz żywicieli ostatecznych przywry B. polymorphus.
Uzasadnij, że obecność racicznicy zmiennej jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego przywry B. polymorphus.
1 pkt – poprawne wypisanie z tekstu wszystkich żywicieli pośrednich i ostatecznych przywry B. polymorphus. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Żywiciele pośredni: – racicznica zmienna / Dreissena polymorpha / racicznica / Dreissena / małż – ryby karpiowate / Cyprinidae Żywiciele ostateczni: – ryby rybożerne
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające specyficzność pierwszego żywiciela pośredniego. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pierwszym żywicielem pośrednim tej przywry może być tylko racicznica zmienna. • Racicznica jest niezbędna do rozwoju sporocyst i cerkarii B. polymorphus. • Na pewnym etapie larwy mogą żyć wyłącznie w racicznicy. • Miracidium może wnikać jedynie do ciała D. polymorpha.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Podstawową niszę ekologiczną gatunku można przedstawić na wielowymiarowym wykresie, w którym wymiarami są różne czynniki środowiska. Na poniższym wykresie przedstawiono śmiertelność samic krewetki piaskowej (Crangon septemspinosa) w różnych temperaturach i przy różnym stopniu zasolenia. Krewetka piaskowa występuje u zachodnich wybrzeży Oceanu Atlantyckiego, od Nowej Fundlandii do Florydy. zasolenie, ‰
Na podstawie przedstawionych danych oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących tolerancji ekologicznej krewetki piaskowej. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W wodzie o temperaturze 10 °C i o zasoleniu 15 ‰ śmiertelność samic krewetek jest większa niż 50 %. | ||
| 2 | Śmiertelność samic krewetek w wodzie o temperaturze 10 °C jest niezależna od zasolenia wody. |
FF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawna ocena stwierdzenia (że jest fałszywe), wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do tego, że nisza podstawowa to zbiór wymagań środowiskowych, a nie – zasięg geograficzny. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Ocena stwierdzenia fałsz Przykładowe uzasadnienie Podstawowa nisza ekologiczna to zbiór warunków środowiskowych, które są potrzebne, aby organizm mógł żyć i rozwijać się, a nie – konkretne miejsce, w którym występują przedstawiciele gatunku, jak w podanym zdaniu. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których zasięg geograficzny gatunku jest mylony z jego siedliskiem, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Podstawowa nisza ekologiczna to zakres warunków środowiskowych umożliwiających przeżycie gatunku, a w zdaniu opisano siedlisko krewetki”, lub z niszą zrealizowaną, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Ocean Atlantycki to nisza zrealizowana, którą gatunek zajmuje w warunkach konkurencji z innymi gatunkami, a nisza podstawowa to teoretyczna przestrzeń korzystnych warunków środowiskowych”.
rozwiązań zadań (czynników) środowiska oraz zbiór niezbędnych mu zasobów; 2) określa środowisko życia organizmu, mając podany jego zakres tolerancji na określone czynniki (np. temperaturę […]).
1 pkt – podanie poprawnego przedziału optimum temperaturowego, którego dolna granica mieści się między 9 °C a 13 °C, natomiast górna – między 21 °C a 26 °C. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Albumina to białko osocza krwi. Strukturę przestrzenną albuminy stabilizuje 17 mostków disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy. Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
| Nazwa aminokwasu | Liczba reszt | Nazwa aminokwasu | Liczba reszt | Nazwa aminokwasu | Liczba reszt |
|---|---|---|---|---|---|
| alanina | 62 | kwas glutaminowy | 62 | prolina | 24 |
| arginina | 24 | histydyna | 16 | seryna | 24 |
| asparagina | 17 | izoleucyna | 8 | treonina | 28 |
| kwas asparaginowy | 36 | leucyna | 61 |
Uwzględniając skład albuminy, wykaż, że strukturę III-rzędową tego białka stabilizuje maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych.
Uzasadnij, że dzięki związaniu długołańcuchowych kwasów tłuszczowych przez albuminę możliwy staje się transport tych kwasów we krwi. W odpowiedzi uwzględnij rozpuszczalność albuminy oraz długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu.
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.
• 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.
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.
• 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.
Uzupełnij tabelę. Podaj nazwy dwóch organellów komórki człowieka, w których odbywa się proces transkrypcji genów, oraz rozstrzygnij, czy w tych organellach zachodzi także proces translacji.
| Lp. | Nazwa organellum | Czy zachodzi translacja? (tak / nie) |
|---|---|---|
| 1. | ||
| 2. |
| 4. |
| 2 | Smilodon jest bliżej spokrewniony ze słoniem niż z człowiekiem. |
Oceń prawdziwość stwierdzenia: Podstawowa nisza ekologiczna krewetki piaskowej to zachodnie wybrzeża Oceanu Atlantyckiego. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do definicji podstawowej niszy ekologicznej.
Na podstawie przedstawionych danych podaj przedział optimum temperaturowego dla samic krewetki piaskowej przy optymalnych warunkach zasolenia.
• 10 °C < optimum < 25 °C • optimum ∈ (10 °C; 25 °C) • 10 °C–25 °C • 9–26 st. C • 13 °C–21 °C Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury lub z niepoprawną jednostką np.: „Od 10 do 25” lub „Od 10 °C do 25 °C przy zasoleniu od 20 °C do 40 ‰”, lub „10–25 °C przy zasoleniu 25 %”.
| 1 |
| cysteina | 35 | lizyna | 59 | tyrozyna | 18 |
| glicyna | 12 | metionina | 6 | walina | 41 |
| glutamina | 20 | fenyloalanina | 31 |