1. Strona główna
  2. Zadania maturalne z biologii

Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 26. (1 pkt)

Reakcje i właściwości kwasów i zasad Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Poniższy schemat jest ilustracją ciągu przemian chemicznych. Substrat A to węglowodór aromatyczny, którego cząsteczki są zbudowane z siedmiu atomów węgla. W wyniku reakcji monobromowania na świetle ten węglowodór tworzy tylko jeden produkt organiczny B.

A Br2, światło1. B NaOH, woda2. C

Związek C reaguje z sodem i tworzy związek D. Do probówki, w której znajdowały się kryształy związku D, dolano wodę.

Uzupełnij poniższe zdania – wybierz i zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

Związek D (ulega / nie ulega) hydrolizie. Anion związku D jest (słabszą / mocniejszą) zasadą niż anion wodorotlenkowy i w reakcji z wodą pełni funkcję (kwasu / zasady) Brønsteda.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 22. (1 pkt)

Węglowodory aromatyczne Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Mieszanina nitrująca to mieszanina dwóch stężonych kwasów: azotowego(V) i siarkowego(VI). Między jej składnikami zachodzi reakcja, w której powstaje produkt bezpośrednio reagujący z węglowodorem aromatycznym, np. z benzenem.

Uzupełnij poniższe zdania – wybierz i zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

Benzen ulega reakcji substytucji (elektrofilowej / nukleofilowej / rodnikowej). Drobiny, które reagują bezpośrednio z cząsteczkami benzenu podczas nitrowania, to (rodniki •NO2 / aniony NO−2 / kationy NO+2).

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 16. (1 pkt)

Reakcje i właściwości kwasów i zasad Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Zmieszano wodny roztwór kwasu azotowego(V) z wodnym roztworem wodorotlenku potasu w stosunku objętościowym vHNO3 : vKOH = 2 : 1. Otrzymano klarowny roztwór o pH = 7.

Oceń, czy podane poniżej informacje są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli informacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.
1. Stężenie molowe roztworu kwasu azotowego(V) było dwa razy mniejsze niż stężenie molowe roztworu wodorotlenku potasu. P F
2. Po odparowaniu wody z otrzymanego roztworu pozostanie ciało stałe, w którym stosunek liczby jonów NO–3 i K+ 𝑛NO−3 : 𝑛K+ = 2 : 1. P F

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 12. (3 pkt)

Sole Metale Reakcje utleniania i redukcji - ogólne Napisz równanie reakcji Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

W trzech probówkach (I–III) umieszczono wodne roztwory soli potasu zawierających chrom na VI stopniu utlenienia. Zawartość probówki III zakwaszono. Następnie do każdej probówki dodano jeden odczynnik wybrany z poniższej listy:

  • wodny roztwór wodorotlenku potasu
  • wodny roztwór azotanu(V) sodu
  • wodny roztwór azotanu(V) srebra(I)
  • wodny roztwór siarczanu(IV) potasu.

Schemat doświadczenia i opis wyglądu zawartości probówek I–III przed reakcją i po jej zakończeniu przedstawiono w poniższej tabeli.

12.1. (0–1)

Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji zachodzącej w probówce I po dodaniu wybranego odczynnika do roztworu soli chromu(VI) oraz napisz nazwę lub wzór odczynnika, który dodano do probówki II w opisanym doświadczeniu.

Równanie reakcji zachodzącej w probówce I:

Nazwa lub wzór odczynnika dodanego do probówki II:

12.2. (0–1)

Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji zachodzącej w probówce III po dodaniu wybranego odczynnika do roztworu soli chromu(VI) z dodatkiem H2SO4.

12.3. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania – wybierz i zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

Reakcja redoks przebiegła w probówce (I / II / III). Sól chromu(VI) pełni w tej przemianie funkcję (reduktora / utleniacza).

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 10. (1 pkt)

Właściwości roztworów i mieszanin Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

W dwóch probówkach oznaczonych numerami I i II umieszczono jednakową ilość wiórków magnezowych o tym samym stopniu rozdrobnienia. Następnie do probówek wprowadzono jednakowe objętości roztworów o tej samej temperaturze:

  • do probówki I – kwas solny o pH = 1
  • do probówki II – wodny roztwór kwasu siarkowego(VI) o stężeniu 0,1 mol ∙ dm–3.

Przebieg doświadczenia zilustrowano poniższym rysunkiem.

Podczas opisanego doświadczenia w każdej probówce wiórki magnezowe uległy całkowitemu roztworzeniu i powstały klarowne, bezbarwne roztwory, ale w jednej z probówek reakcja przebiegła szybciej.

Którą czynność należy wykonać w celu wyodrębnienia z mieszaniny poreakcyjnej jonowego produktu otrzymanego w probówce I? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

  1. sączenie
  2. dekantacja
  3. odwirowanie
  4. odparowanie pod wyciągiem

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 9. (2 pkt)

Metale Wpływ czynników na przebieg reakcji Napisz równanie reakcji Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

W dwóch probówkach oznaczonych numerami I i II umieszczono jednakową ilość wiórków magnezowych o tym samym stopniu rozdrobnienia. Następnie do probówek wprowadzono jednakowe objętości roztworów o tej samej temperaturze:

  • do probówki I – kwas solny o pH = 1
  • do probówki II – wodny roztwór kwasu siarkowego(VI) o stężeniu 0,1 mol ∙ dm–3.

Przebieg doświadczenia zilustrowano poniższym rysunkiem.

Podczas opisanego doświadczenia w każdej probówce wiórki magnezowe uległy całkowitemu roztworzeniu i powstały klarowne, bezbarwne roztwory, ale w jednej z probówek reakcja przebiegła szybciej.

9.1. (0–1)

Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji, która zaszła podczas opisanego doświadczenia w obu probówkach. Wskaż numer probówki (I albo II), w której wiórki magnezowe roztworzyły się szybciej.

Równanie reakcji:

Wiórki magnezowe roztworzyły się szybciej w probówce numer

9.2. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdanie – wybierz i zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

Stężenie molowe roztworów obu kwasów było (równe / różne), a stężenie jonów H+ w tych roztworach było (równe / różne), dlatego opisane doświadczenie pozwoliło określić wpływ (stężenia molowego / pH) roztworów użytych kwasów na szybkość reakcji.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 20. (2 pkt)

Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij

Miedź w śladowych ilościach jest niezbędna do wzrostu roślin, ale duża zawartość tego pierwiastka w glebie hamuje wzrost korzeni. Przeprowadzono badania, których celem było określenie wpływu wysokiego stężenia miedzi w podłożu na wzrost korzeni u trawy mietlicy rozłogowej (Agrostis stolonifera). W badaniu uwzględniono populacje rosnące przez okres od 4 do 70 lat na glebie skażonej miedzią.

Badane rośliny uprawiano z wykorzystaniem pożywek zawierających miedź w dużym stężeniu. Jako wskaźnik tolerancji na miedź mierzono wzrost korzeni. Badania wykazały, że wzrost korzeni był w najmniejszym stopniu ograniczony u traw pochodzących ze starych populacji, rosnących na glebach zanieczyszczonych miedzią przez długi czas.

Tolerancja na miedź jest cechą ilościową warunkowaną przez geny kumulatywne. Działanie tych genów sumuje się podczas kształtowania cechy fenotypowej.

Na podstawie: L. Wu i in., The potential for evolution of heavy metal tolerance in plants, „Heredity” 34, 1975.

20.1. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

W tekście opisano skutki działania

A. doboru kierunkowego, ponieważ 1. wysokie stężenie miedzi w glebie utrzymywało się na przestrzeni wielu lat.
B. doboru różnicującego, 2. wyniki badań wskazują na zróżnicowany poziom tolerancji na miedź między populacjami.
C. doboru stabilizującego, 3. wraz z czasem wzrasta odporność populacji na skażenie gleby miedzią.

20.2. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego najwyższy poziom tolerancji uzyskały rośliny z najstarszych populacji. W odpowiedzi uwzględnij działanie doboru naturalnego.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 19. (1 pkt)

Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

W kameruńskim jeziorze wulkanicznym Barombi Mbo żyje 15 gatunków ryb, z czego 11 należy do pielęgnic – ryb z rodziny Cichlidae. Badania mitochondrialnego DNA wykazały, że endemiczne pielęgnice z Barombi Mbo stanowią grupę monofiletyczną – wszystkie są ze sobą bliżej spokrewnione niż z jakimkolwiek gatunkiem występującym w sąsiednich rzekach.

Ze względu na regularny stożkowy kształt misy jeziornej, będącej kraterem wygasłego wulkanu, historyczne wahania poziomu wody nie mogły doprowadzić do podziału jeziora na kilka mniejszych. W obrębie jeziora nie występują też inne bariery geograficzne utrudniające kontakt tych aktywnych ryb. Jezioro Barombi Mbo jest prawie całkowicie odizolowane od lokalnego systemu rzek.

Na podstawie: U.K. Schliewen i B. Klee, […] speciation in Cameroonian crater lake cichlids, „Frontiers in Zoology” 1(5), 2004.

Na podstawie przedstawionych informacji dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1., 2. albo 3.

Zróżnicowanie gatunkowe pielęgnic w jeziorze Barombi Mbo powstało na drodze

A. specjacji allopatrycznej, polegającej na 1. kilkunastu migracjach gatunków rzecznych do jeziora.
2. radiacji ewolucyjnej pielęgnic w obrębie jeziora.
B. specjacji sympatrycznej,
3. krzyżowaniu się blisko spokrewnionych gatunków ryb.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 17. (4 pkt)

Metody badawcze i doświadczenia Inżynieria i badania genetyczne Sformułuj wnioski, hipotezę lub zaplanuj doświadczenie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Populacje biegusów alaskańskich w północnej części zasięgu geograficznego gatunku mają nietypowy stosunek liczebności samców i samic wynoszący 3:1, zamiast typowego – 1:1. Postawiono następującą hipotezę:

„Mały udział samic w populacjach biegusów jest spowodowany tym, że częściej padają one ofiarą sokołów wędrownych”.

W celu weryfikacji tej hipotezy zebrano pióra po biegusach upolowanych przez sokoły, a następnie wyizolowano z nich DNA i przeprowadzono PCR w celu amplifikacji fragmentów genów CHD, zlokalizowanych na chromosomach płci Z i W (odpowiednio: CHD-Z i CHD-W). Samice biegusów są heterogametyczne (ZW), a samce – homogametyczne (ZZ).

Rejony niekodujące w genach CHD-Z i CHD-W mają różną długość, co powoduje, że produkty amplifikacji rejonów niekodujących genów CHD-Z i CHD-W także różnią się długością. Elektroforetyczne rozdzielenie produktów PCR pozwoliło określić płeć ptaków, z których pochodziły zebrane pióra.

Wyniki badań przedstawiono na poniższym wykresie.

Na podstawie: S. Nebel i in., Molecular sexing of prey remains […] in a wintering population of western sandpipers, „Proceedings of the Royal Society B” 271, 2004.

17.1. (0–1)

Rozstrzygnij, czy postawiona hipoteza została przyjęta, czy – odrzucona. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do wyników badań przedstawionych na wykresie.

17.2. (0–1)

Który obraz żelu agarozowego odpowiada prawidłowemu wynikowi elektroforetycznego rozdzielenia powielonych fragmentów genów CHD-Z i CHD-W u samca (♂) i samicy (♀)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

17.3. (0–2)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące techniki PCR są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów. P F
2. Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów. P F
3. Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA. P F

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 15. (4 pkt)

Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Choroby człowieka Układ pokarmowy i żywienie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Wspólny przodek wyższych naczelnych utracił w wyniku mutacji zdolność do syntezy witaminy C. Ta mutacja zaszła w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową – enzym katalizujący ostatni etap syntezy kwasu askorbinowego. Przy dużej podaży witaminy C w pokarmie został osłabiony dobór eliminujący osobniki niezdolne do jej syntezy, a dryf genetyczny utrwalił tę – zasadniczo nieszkodliwą – mutację.

Czynnik transkrypcyjny HIF-1 uruchamia ekspresję genów odpowiedzialnych za adaptację organizmu do zmniejszonego stężenia tlenu (hipoksji). Efekty działania HIF-1 obejmują m.in. rozrost naczyń krwionośnych w tkankach. Białko HIF-1 jest stale produkowane przez komórkę, ale w warunkach normalnego stężenia tlenu jest szybko degradowane, a proces jego rozkładu rozpoczyna się od hydroksylacji jednej z dwóch reszt proliny. Specyficzne hydroksylazy katalizujące tę reakcję wymagają do działania obecności witaminy C.

Duże dawki witaminy C są stosowane w leczeniu nowotworów rozwijających się w wyniku nieprawidłowej regulacji poziomu HIF-1.

Na podstawie: H. Pontzer, Stworzeni do ruchu, „Świat Nauki” 2, 2019; H.J. Knowles i in., Effect of ascorbate on the activity of hypoxia-inducible factor and cancer cells, „Cancer Research” 63(8), 2003.

15.1. (0–2)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące witaminy C są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Skutkiem mutacji w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową jest zablokowanie szlaku metabolicznego syntezy witaminy C. P F
2. Dieta bogata w witaminę C była jedną z przyczyn utrwalenia mutacji uniemożliwiającej syntezę tej witaminy u przodka wyższych naczelnych. P F
3. Witamina C może dzięki właściwościom przeciwutleniającym obniżać stężenie wolnych rodników w komórkach. P F

15.2. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały prawdziwe informacje. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie.

Duże dawki witaminy C powodują (wzrost / spadek) aktywności hydroksylaz HIF-1, co prowadzi do (wzrostu / spadku) stężenia HIF-1 w komórkach nowotworowych. Dzięki temu zostaje (pobudzony / zahamowany) rozwój naczyń krwionośnych w guzie nowotworowym.

15.3. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Charakterystycznym objawem niedoboru witaminy C jest

  1. utrata ostrości widzenia.
  2. zmniejszenie krzepliwości krwi.
  3. suchość i nadmierne rogowacenie skóry.
  4. osłabienie i pękanie ścian naczyń krwionośnych.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 14. (5 pkt)

Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij

Wytworzony w wątrobie człowieka cholesterol jest transportowany w krwiobiegu w postaci związanej z białkiem jako lipoproteina o małej gęstości – LDL. Warunkiem wniknięcia LDL do komórki jest jej przyłączenie do receptora błonowego i utworzenie kompleksu LDL-receptor. Te kompleksy trafiają następnie do endosomów, gdzie niskie pH sprzyja odłączaniu się LDL od receptora. Następnie LDL jest transportowana do lizosomu, w którym mają miejsce jej enzymatyczny rozkład i uwolnienie cholesterolu.

Synteza błonowych receptorów LDL zależy od ilości cholesterolu w komórkach. Gdy cholesterolu w komórkach jest dużo, nie powstają nowe receptory LDL, przez co pobieranie LDL jest ograniczone. Na poniższym schematycznym rysunku przedstawiono pobieranie LDL i procesy prowadzące do uzyskania wolnego cholesterolu przez komórkę.

Na podstawie: J.M. Berg, J.L. Tymoczko, L. Stryer, Biochemia, Warszawa 2007; B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.

14.1. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Przedstawiony na rysunku transport cząsteczki LDL do wnętrza komórki to przykład

A. endocytozy, ponieważ 1. bezpośrednio przez błonę są transportowane małe cząsteczki.
2. uczestniczy w nim fragment błony komórkowej, otaczający pobierane cząsteczki.
B. dyfuzji prostej,
3. pobierane cząsteczki cholesterolu nie są trawione w komórce.

14.2. (0–1)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące cholesterolu w organizmie człowieka są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Cholesterol jest prekursorem hormonów steroidowych, takich jak np. testosteron i estrogeny. P F
2. Cholesterol jest jednym ze składników żółci wytwarzanej przez wątrobę. P F

14.3. (0–1)

Określ wpływ cholesterolu na właściwości fizyczne błony komórkowej i funkcje pełnione przez tę błonę.

14.4. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis regulacji ilości pobieranego cholesterolu przez komórkę. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie.

Wzrost stężenia cholesterolu w komórce (aktywuje / hamuje) syntezę receptorów LDL. Dzięki temu komórka pobiera (mniej / więcej) cholesterolu z krwiobiegu. Taki mechanizm regulacji nazywa się (dodatnim / ujemnym) sprzężeniem zwrotnym.

14.5. (0–1)

Określ wpływ delecji obu alleli genu kodującego receptor LDL na pobieranie cholesterolu przez komórkę. Odpowiedź uzasadnij.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 13. (1 pkt)

Ssaki Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Budowa uzębienia ssaków zależy od rodzaju pobieranego pokarmu. Głównym składnikiem diety szympansów są owoce i liście, ale zjadają one także jaja oraz polują na ptaki i małe ssaki. Wiewiórki, należące do gryzoni, mają wydatne siekacze pozwalające na zgryzanie twardych łupin orzechów. Z kolei przeżuwacze, do których należy np. bydło domowe, ucierają ciężkostrawny pokarm roślinny dzięki rozbudowanym przedtrzonowcom i trzonowcom.

Wzór zębowy opisuje układ i liczbę poszczególnych rodzajów zębów w połowie szczęki i żuchwy. Poniżej podano przykład wzoru zębowego dorosłego psa, mającego w jednej połowie szczęki: trzy siekacze, jeden kieł, cztery przedtrzonowce i dwa trzonowce. W porównaniu ze szczęką w żuchwie psa występuje jeden dodatkowy ząb trzonowy.

3 1 4 23 1 4 3

Do każdego z poniższych przedstawicieli ssaków przyporządkuj właściwy typ uzębienia. Wpisz odpowiednie oznaczenie literowe wzoru zębowego spośród podanych (A–D) przy odpowiednim gatunku.

  1. 0 0 3 33 0 3 3
  2. 2 1 2 32 1 2 3
  3. 1 0 2 31 0 1 3
  4. 1 0 0 30 0 0 3

szympans:     wiewiórka:     krowa:    

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 12. (4 pkt)

Ssaki Ekologia Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Podaj/wymień
W Ameryce Północnej wiewiórka czerwona (Tamiasciurus hudsonicus) i wiewiórka szara (Sciurus carolinensis) współwystępują w wielu regionach. Na Wyspach Brytyjskich jedynym rodzimym gatunkiem wiewiórki jest wiewiórka pospolita (Sciurus vulgaris), przedstawiona na zdjęciu obok. Wiewiórki szare zostały wprowadzone na Wyspy Brytyjskie w 1876 roku. Od tamtej pory liczebność wiewiórek pospolitych zaczęła się zmniejszać. Jedną z przyczyn jest przenoszenie wirusa ospy przez wiewiórki szare, które nie wykazują przy tym objawów choroby. Dla większości wiewiórek pospolitych ta infekcja jest śmiertelna. Oba gatunki wiewiórek, szara i pospolita, wykorzystują podobne zasoby pokarmowe, przy czym wiewiórka szara efektywniej wykorzystuje żołędzie.
Na podstawie: J.R. Freeland, Ekologia molekularna, Warszawa 2008; sitn.hms.harvard.edu

12.1. (0–1)

Na podstawie przedstawionych informacji określ, czy wiewiórki Ameryki Północnej – wiewiórka czerwona i wiewiórka szara – są klasyfikowane w jednym, czy – w dwóch rodzajach. Odpowiedź uzasadnij.

12.2. (0–2)

Podaj dwie różne widoczne na zdjęciu cechy morfologiczne wiewiórki pospolitej, które pozwalają jednoznacznie zaklasyfikować ten gatunek do ssaków.

12.3. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Spadek liczebności populacji wiewiórki pospolitej na Wyspach Brytyjskich jest wynikiem m.in.

A. konkurencji międzygatunkowej, ponieważ 1. nie wynika z ograniczenia jej niszy ekologicznej przez inny gatunek.
2. osobniki tego gatunku konkurują ze sobą o miejsca bytowania.
B. konkurencji wewnątrzgatunkowej,
3. jej nisza ekologiczna pokrywa się częściowo z niszą wiewiórki szarej.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 10. (4 pkt)

Budowa i funkcje komórki Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Mikrotubule są dynamicznymi strukturami, które mogą wydłużać się lub skracać w wyniku polimeryzacji lub depolimeryzacji cząsteczek tubuliny.

Na rysunku przedstawiono mikrotubulę, z której do cytozolu są uwalniane cząsteczki tubuliny, co prowadzi do skrócenia tej mikrotubuli.

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2017; mpibpc.mpg.de/grubmueller/microtubules

10.1. (0–2)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące podziałów komórkowych są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Mikrotubule wrzeciona podziałowego w komórkach, zarówno zwierzęcych, jak i roślinnych, są wytwarzane w centrosomach z udziałem centrioli. P F
2. Zablokowanie polimeryzacji mikrotubul może hamować niekontrolowane podziały komórkowe w obrębie guza nowotworowego. P F
3. Zarówno w mitozie, jak i w mejozie mikrotubule wrzeciona podziałowego wiążą się z centromerami chromosomów metafazowych. P F

10.2. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis przebiegu mejozy. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie.

Podczas II podziału mejotycznego skracanie się mikrotubul zachodzi w czasie (metafazy / anafazy) i umożliwia rozejście się (chromatyd siostrzanych / biwalentów) do przeciwległych biegunów komórki. II podział mejotyczny zapewnia właściwą (ilość DNA / ploidalność jąder) w komórkach potomnych.

10.3. (0–1)

Jaką funkcję pełnią mikrotubule w ruchu komórek? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

  1. Mikrotubule tworzą wewnętrzny szkielet wici.
  2. Podjednostki tubuliny hydrolizują ATP dostarczający energii do ruchu wici.
  3. Skracanie się mikrotubul wici skutkuje ciągnięciem za sobą całej komórki.
  4. Polimeryzacja mikrotubul powoduje wydłużanie wici i odpychanie się komórki od podłoża.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 7. (5 pkt)

Nasienne Stawonogi Wpływ człowieka na środowisko i jego ochrona Ekologia Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij

Pełnik europejski (Trollius europaeus) to roślina zielna występująca głównie na mokrych łąkach, przy brzegach strumieni oraz w wilgotnych lasach liściastych. Mimo że roślina produkuje dużo nasion, rzadko spotyka się siewki w sąsiedztwie kęp pełnika, gdyż ich rozwojowi nie sprzyja konkurencja ze strony innych gatunków łąkowych. Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika sprawia, że łatwiej zachodzi kiełkowanie jego nasion. Stanowiska pełnika chroni się także poprzez regularne koszenie łąk, co zmniejsza udział gatunków ekspansywnych, takich jak np. pokrzywa zwyczajna lub ostrożeń polny. W Polsce pełnik jest objęty ochroną gatunkową.

Kwiaty pełnika są okazałe, żółte i zapylane głównie przez kilka gatunków muchówek z rodzaju Chiastocheta. Muchówki wchodzą do kwiatu, gdzie zjadają pyłek i nektar. W kwiecie dochodzi też do kopulacji tych owadów i składania jaj. Wylęgające się larwy wgryzają się do słupków i wyjadają tam część zawiązków nasion. Przed przepoczwarzeniem larwy wydostają się z kwiatów i spadają na powierzchnię gleby.

Na poniższych ilustracjach przedstawiono pokrój ogólny pełnika oraz – w powiększeniu – typowy liść łodygowy.

Na podstawie: A. Kołos i A. Kołos, Trollius europaeus (Ranunculaceae) in north-eastern Poland, „Fragmenta Floristica et Geobotanica Polonica” 23(2), 2016; www.europeana.eu

7.1. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Pełnik europejski należy do klasy roślin

A. jednoliściennych, o czym świadczą 1. okazałe kwiaty przystosowane do zapylania przez owady.
2. liście o nerwacji siateczkowatej osadzone na ogonkach liściowych.
B. dwuliściennych,
3. zielna forma życiowa i przywiązanie do wilgotnych siedlisk.

7.2. (0–1)

Wykaż, że przedstawiona w tekście zależność między pełnikiem a muchówkami jest mutualizmem. Określ, na czym polega mutualizm, oraz podaj przykłady korzyści lub strat odnoszonych przez wymienione organizmy.

7.3. (0–1)

Określ typ przeobrażenia występujący u muchówki z rodzaju Chiastocheta. Odpowiedź uzasadnij.

Typ przeobrażenia:
Uzasadnienie:

7.4. (0–2)

Oceń, czy działania opisane w tabeli stanowią ochronę czynną pełnika europejskiego. Zaznacz T (tak), jeśli działanie jest przykładem ochrony czynnej, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.
1. Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika europejskiego. T N
2. Wpisanie pełnika europejskiego na listę gatunków chronionych. T N
3. Regularne koszenie łąk ze stanowiskami pełnika europejskiego. T N

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 6. (6 pkt)

Wirusy, wiroidy, priony Prokarionty Choroby człowieka Mutacje Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Podaj/wymień

Jeden z antybiotyków – streptomycyna – łączy się bezpośrednio z małą podjednostką rybosomu. Zaburza to syntezę białek bakteryjnych. Jednak nie wszystkie bakterie są wrażliwe na streptomycynę. U bakterii Mycobacterium tuberculosis oporność na streptomycynę warunkuje mutacja w genie kodującym podjednostkę 16S rRNA. W celu ustalenia właściwej dawki antybiotyku stosowanego w leczeniu chorób bakteryjnych określa się wartości:

  • MIC (ang. minimum inhibitory concentration) – minimalne stężenie antybiotyku, które całkowicie hamuje wzrost szczepu bakterii w pożywce płynnej
  • MBC (ang. minimum bactericidal concentration) – najmniejsze stężenie w pełni bakteriobójcze dla danego szczepu.

W celu ustalenia wartości MIC i MBC przygotowano osiem probówek z pożywką zawierającą taką samą, niewielką liczbę komórek pewnego szczepu bakterii. Po dodaniu do siedmiu probówek różnych ilości streptomycyny wszystkie osiem umieszczono w inkubatorze. Materiał z probówek, w których nie wykryto wzrostu bakterii, przeniesiono na pożywkę stałą bez streptomycyny. Poniższy schemat ilustruje wyniki tego doświadczenia.

Na podstawie: J. Baj, Mikrobiologia, Warszawa 2018; W. Irving i in., Krótkie wykłady. Mikrobiologia medyczna, Warszawa 2008; B. Springer i in., Mechanisms of Streptomycin Resistance: Selection of Mutations in the 16S rRNA Gene Conferring Resistance, „Antimicrob Agents Chemother” 45, 2001.

6.1. (0–1)

Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia odczytaj wartości MIC oraz MBC i wpisz je w wyznaczone poniżej miejsca.

wartość MIC: mg/l
wartość MBC: mg/l

6.2. (0–1)

Spośród podanych nazw chorób wybierz i zaznacz nazwy chorób bakteryjnych.

  1. AIDS
  2. borelioza
  3. WZW typu C
  4. gruźlica
  5. tężec

6.3. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego mutacja w jednym z genów kodujących rRNA bakterii M. tuberculosis może powodować nabycie przez szczep tych bakterii oporności na streptomycynę.

6.4. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Rozprzestrzenianie się antybiotykooporności bezpośrednio między komórkami bakterii jest możliwe na drodze

A. transformacji, ponieważ 1. geny antybiotykooporności w wyniku cyklu lizogenicznego bakteriofagów mogą być wbudowane do genomu bakterii.
B. transdukcji, 2. geny antybiotykooporności mogą znajdować się w plazmidach, które są przekazywane innym komórkom bakteryjnym.
C. koniugacji, 3. wśród pobranych egzogennych fragmentów DNA może znaleźć się taki, który zawiera geny antybiotykooporności.

6.5. (0–2)

Wykaż, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę. W odpowiedzi uwzględnij różnicę w budowie wirusów i bakterii oraz mechanizm działania streptomycyny.

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 5. (3 pkt)

Budowa i funkcje komórki Dziedziczenie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj i uzasadnij/wyjaśnij

Mitogeny to cząsteczki sygnałowe, które wiążą się z receptorami na powierzchni komórki. Związanie mitogenu z odpowiednim receptorem błonowym uruchamia szlaki sygnalizacyjne w komórce, umożliwiające przejście komórki z fazy G1 cyklu komórkowego do fazy S. Jednym z czynników hamujących to przejście jest aktywna forma białka Rb, które blokuje transkrypcję genów kodujących białka niezbędne do podziału komórki.

Mutacja w genie RB1 zlokalizowanym na chromosomie 13, kodującym białko Rb, jest najczęstszą przyczyną retinoblastomy (siatkówczaka) – złośliwego nowotworu siatkówki występującego u dzieci z częstością 1/20 000 żywych urodzeń. Do rozwoju choroby dochodzi, gdy w komórce siatkówki zostanie całkowicie zahamowana produkcja białka Rb na skutek uszkodzenia lub usunięcia obu kopii genu RB1.

Choroba może mieć podłoże dziedziczne. W przypadku odziedziczenia jednego uszkodzonego allelu genu RB1 od rodzica drugi zwykle ulega mutacji spontanicznej w komórkach siatkówki podczas rozwoju osobniczego. Dzieci, które odziedziczyły uszkodzony allel genu RB1, mają wrodzoną skłonność do rozwoju siatkówczaka – ryzyko zachorowania wynosi aż 90%.

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2017.

5.1. (0–1)

W której fazie cyklu komórkowego zachodzi replikacja DNA? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

  1. faza G1
  2. faza S
  3. faza G2
  4. faza M

5.2. (0–1)

Określ wpływ aktywnego białka Rb na częstość podziałów komórkowych.

5.3. (0–1)

Spośród pary rodziców, którzy zgłosili się do poradni genetycznej, przyszły ojciec nie ma mutacji w genie RB1, ale przyszła matka odziedziczyła uszkodzony allel RB1 po swoim ojcu.

Ile wynosi prawdopodobieństwo, że u dziecka tej pary rodziców rozwinie się siatkówczak? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

  1. 0%
  2. 25%
  3. 45%
  4. 75%
  5. 90%

Matura Maj 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 1. (4 pkt)

Oddychanie komórkowe Uzupełnij/narysuj wykres, schemat lub tabelę Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Na poniższym schemacie przedstawiono wybrane procesy (1–5) zachodzące w komórce zwierzęcej.

Uwaga: Nie uwzględniono części substratów i produktów poszczególnych przemian oraz stechiometrii przedstawionych reakcji.

1.1. (0–2)

Uzupełnij tabelę – podaj nazwę oraz określ lokalizację w komórce każdego z etapów oddychania tlenowego oznaczonych na schemacie numerami 1 oraz 5.

Oznaczenie etapu oddychania tlenowego ze schematu Nazwa etapu Lokalizacja etapu w komórce
1
5

1.2. (0–2)

Określ pozostałe produkty przemian metabolicznych oznaczonych na schemacie numerami 2–4. W odpowiednie pola tabeli wpisz literę T (tak), jeśli bezpośrednim produktem danej przemiany jest ATP lub CO2, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.

Oznaczenie przemiany ze schematu Produkty
ATP CO2
2
3
4

Matura Lipiec 2020, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 39. (1 pkt)

Cukry proste Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Jednym z etapów produkcji bioetanolu z D-ksylozy w enzymatycznym procesie zachodzącym pod wpływem drożdży jest utworzenie ksylitolu, który następnie zostaje przekształcony w ksylulozę:

Na podstawie: W. Sybirny, A. Puchalski, A. Sybirny, Biotechnologia, 2004.

Oznaczenia „D” i „L” określają przynależność związków do odpowiednich szeregów konfiguracyjnych. We wzorach Fischera cząsteczek o konfiguracji „D” grupa hydroksylowa przy asymetrycznym atomie węgla o najwyższym lokancie jest położona po prawej stronie łańcucha węglowego. Cząsteczki tego samego związku o konfiguracji „D” i „L” są enancjomerami.

Oceń, czy podane poniżej informacje są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli informacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.
1. Po dodaniu wodnego roztworu D-ksylozy do zalkalizowanej świeżo strąconej zawiesiny wodorotlenku miedzi(II) powstanie szafirowy roztwór, a po ogrzaniu zawartości probówki – ceglastoczerwony osad. P F
2. Dodanie wodnego roztworu ksylitolu do świeżo strąconego wodorotlenku miedzi(II) skutkuje powstaniem roztworu barwy szafirowej, a po ogrzaniu zawartości probówki powstanie ceglastoczerwony osad. P F
3. D-ksyluloza nie wykazuje właściwości redukujących po dodaniu do niej nadmiaru wodnego roztworu wodorotlenku sodu oraz roztworu siarczanu(VI) miedzi(II) i ogrzaniu roztworu. P F

Matura Lipiec 2020, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 37. (1 pkt)

Peptydy i białka Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Badania wykazały, że atomy tworzące wiązanie peptydowe stanowią sztywny i płaski element strukturalny. Mała odległość między atomem węgla a atomem azotu, które tworzą to wiązanie, wskazuje, że w znacznym stopniu ma ono charakter wiązania podwójnego (około 50%). W rezultacie kąty między wiązaniami tworzonymi przez opisane atomy są zbliżone do 120º. Wiązanie peptydowe może być opisane jako stan pośredni między dwiema strukturami zilustrowanymi poniżej na przykładzie fragmentu łańcucha peptydowego (R1 i R2 oznaczają łańcuchy boczne aminokwasów):

Na podstawie: R.T. Morrison, R.N. Boyd, Chemia organiczna, Warszawa 2008, oraz L. Stryer, Biochemia, Warszawa 2003.

Oceń, czy podane poniżej informacje są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli informacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.
1. W strukturze II atomowi węgla i atomowi azotu, które tworzą wiązanie peptydowe, przypisuje się hybrydyzację typu sp2. P F
2. Częściowo podwójny charakter wiązania peptydowego jest przyczyną ograniczenia swobodnego obrotu cząsteczki peptydu wokół osi tego wiązania. P F
3. Struktura II jest możliwa, ponieważ para elektronowa azotu w wiązaniu peptydowym może być wykorzystana do utworzenia wiązania π z atomem węgla. P F

Strony