Biologia — zadania maturalne

• 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 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.

• 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.

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.

B

1 pkt – odpowiedź poprawna.

0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak 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”.

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.

BC

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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

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 syntetyzuje 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.

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.
• Ze względu na obecność filtru nie mogło dojść do koniugacji.
• Skoro pożywka była wolna od bakteriofagów, nie mógł zajść HTG na drodze transdukcji.
• Jeżeli w pożywce nie było czynnika infekującego bakterie, to nie mógł on przenosić DNA między komórkami bakterii, więc nie doszło do transdukcji.
• W pożywce pełnej bakterie przeżywały, a więc nie uwalniały się fragmenty genomu bakteryjnego, które mogłyby zostać pobrane przez bakterie drugiego szczepu.
• Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji. Hodowla nie zawierała bakteriofagów – nie mogła więc zajść transdukcja. Z kolei ostateczny wynik doświadczenia pokazał, że nie zaszła również transformacja – bakterie były w dobrej kondycji i nie dochodziło do uwalniania DNA z martwych komórek.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do fizycznej izolacji bakterii uniemożliwiającej zajście koniugacji LUB do braku bakteriofagów uniemożliwiającego zajście transdukcji, LUB do warunków hodowli niesprzyjających zajściu transformacji.

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

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, z których nie wynika, który mechanizm HTG został wybrany, np.:

• „Ze względu na obecność filtru, który izolował bakterie różnych szczepów, nie mogło dojść do HTG”.
• „Nie doszło do wymiany informacji genetycznej między szczepami bakterii A i B, ponieważ rozdzielał je filtr”.

Rozwiązanie

A2

Zasady oceniania

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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 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

• 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).

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.

Zasady oceniania

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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

Rozwiązanie

TT

Rozstrzygnięcie

Przyśpiesza.

Przykładowe uzasadnienia

• Ponieważ w liściach obniża się potencjał wody.
• Parowanie wody z powierzchni roślin przekłada się na zwiększone podciśnienie hydrostatyczne w naczyniach.
• Transpiracja generuje siłę ssącą.
• W wyniku parowania wody z mezofilu obniża się w tych komórkach potencjał osmotyczny, co przekłada się na podciąganie wody przez sąsiadujący ksylem.
• Spadek potencjału wody w liściach jest przyczyną przyśpieszenia transportu wody w drewnie, ponieważ powstaje siła ssąca, a słup wody liście – łodyga – korzenie jest spójny dzięki siłom kohezji.
• Ψ_W spada w liściu, ponieważ Ψ_S staje się bardziej ujemny, a Ψ_P staje się mniej dodatni.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że parowanie wody z powierzchni roślin jest przyczyną przyśpieszenia przepływu wody w drewnie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do mechanizmu transpiracyjno-kohezyjnego transportu wody.

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

Przykładowe odpowiedzi

• Woda umożliwia zachodzenie procesów metabolicznych i przerwanie spoczynku nasion, a w tej grupie nie była zwilżana lignina.
• W tej próbie nie było dostępu do wody, a woda jest potrzebna do przerwania spoczynku nasion i do rozpoczęcia kiełkowania.
• Bez wody nie dochodzi do imbibicji nasion i do rozerwania łupiny nasiennej.
• Woda jest konieczna do pęcznienia nasion – pierwszego etapu kiełkowania nasion.
• Bez wody praktycznie nie zachodzą procesy metaboliczne, konieczne do rozwoju i wzrostu siewki.
• Pobieranie wody jest przyczyną pękania łupiny nasiennej.

Uwaga:

Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do braku procesów metabolicznych w nasionach, np. „Nasiona są suche i dlatego nie zachodzi tam oddychanie komórkowe, które jest konieczne do kiełkowania. Dzięki wodzie nasiona przerywają spoczynek i są uruchamiane procesy metaboliczne”.

Uznaje się odpowiedzi zawierające archaiczne słownictwo, np. „pękanie skorupki” zamiast współcześnie obowiązującego terminu „pękanie łupiny”.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „nabrzmiewania” lub „puchnięcia” nasion.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do fotosyntezy jako warunku koniecznego do kiełkowania nasion, np. „Bez wody nie zachodzi fotosynteza i dlatego w takich warunkach nasiona nie kiełkują”.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku dostępu do wody oraz do roli wody w kiełkowaniu nasion, np. do pęcznienia nasion lub do przerwania spoczynku nasion.

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

Przykładowe odpowiedzi

• Ponieważ świeże rośliny zawierają nieokreśloną ilość wody, zaburzającą wyniki pomiarów.
• Woda może stanowić >90 % świeżej masy siewek. Usunięcie jej przez suszenie sprawia, że stwierdzone eksperymentalnie różnice masy wynikają głównie z akumulacji lub utraty związków węgla.
• Kiełkujące i rosnące rośliny pobierają różną ilość wody, przez co niemożliwe staje się zmierzenie masy związków organicznych w świeżej masie materiału roślinnego.
• Nasiona w spoczynku mają bardzo niską zawartość wody, a kiełkujące nasiona pobierają jej dużo. Dlatego aby porównać ilość związków organicznych między grupami, należy wysuszyć próbki.
• Siewki pobierają wodę i dlatego nie wiadomo, czy przyrost ich masy wynika z asymilacji węgla, czy – z większej zawartości wody, różnej w różnych próbach.
• Świeża biomasa \(\approx\) woda + związki organiczne, a więc, aby zmierzyć zawartość związków organicznych, trzeba pozbyć się wody z materiału roślinnego, bo nie wiadomo, ile jej w nim jest.
• Etiolowane siewki mają większą zawartość wody niż te rosnące na świetle. Wodę trzeba z nich usunąć, żeby móc ocenić różnice w zawartości innych związków.
• Ponieważ wyniki oszacowania bilansu węgla w roślinach są wiarygodne jedynie wtedy, gdy nasiona i siewki są w jednakowym stopniu pozbawione wody.

Uwaga:

Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, odnoszących się wyłącznie do braku wody w suchej masie roślin, np. „W suchej masie roślin nie ma wody”.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do zmiennej lub do nieokreślonej ilości wody w świeżej masie roślin.

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

Rozstrzygnięcie

Grupa 1.

Przykładowe uzasadnienia

• W grupie 1. procesy metaboliczne praktycznie nie zachodziły, a więc zachowała ona początkową zawartość związków organicznych i stanowi w tym doświadczeniu punkt odniesienia dla pozostałych grup: 2. i 3.
• Ze względu na brak wody nasiona w grupie 1. pozostały w spoczynku, a więc nie zmieniała się u nich zawartość związków organicznych podczas trwania eksperymentu.
• W tej grupie nie zachodziły procesy fotosyntezy i oddychania.

Uwaga:

Nie uznaje się odpowiedzi zawierających poprawne uzasadnienie, ale niewskazujących jednoznacznie numeru grupy, np. „Rozstrzygnięcie: ----; Uzasadnienie: W tej grupie nie zachodziły procesy ani fotosyntezy, ani oddychania”.

Zasady oceniania

1 pkt – wskazanie grupy 1., wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zachowania wyjściowego poziomu związków organicznych w tej próbie, bezpośrednio lub pośrednio – np. przez odniesienie się do ograniczenia procesów metabolicznych lub do braku fotosyntezy i oddychania.

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

Przykładowe odpowiedzi

• W tej próbie był dostęp do wody i do światła, co jest konieczne do fotosyntezy, ale niewystarczające. Po wynikach doświadczenia widać, że ten proces rzeczywiście miał miejsce, ponieważ wzrosła sucha masa badanych roślin.
• W grupie 2. rośliny musiały rzeczywiście przeprowadzać fotosyntezę, ponieważ wzrosła ich sucha masa. Sama dostępność wody i światła nie przesądza o fotosyntezie, ponieważ np. nasiona mogłyby cechować się spoczynkiem bezwzględnym i w takim przypadku w ogóle by nie wykiełkowały.
• Sucha masa roślin na koniec doświadczenia przekraczała początkową świeżą masę, a więc w tej grupie doszło do asymilacji dwutlenku węgla – fotosyntezy.
• Grupa 2. miała większą suchą masę na koniec doświadczenia niż grupa 1., a więc musiało dojść do asymilacji węgla.

Uwaga:

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do obecności wody i światła – warunków koniecznych do zajścia fotosyntezy. W odpowiedzi musi znaleźć się wykazanie, że ten proces zachodził, odnoszące się do wyników doświadczenia.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne wykazanie, że u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza, odnoszące się do przyrostu suchej masy.

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

Rozwiązanie

TT

Zasady oceniania

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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

Rozwiązanie

B2

Zasady oceniania

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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

Rozwiązanie

I. łyko / floem / łyko pierwotne / floem pierwotny

II. drewno / ksylem / drewno pierwotne / ksylem pierwotny / metaksylem

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne podanie nazw obu tkanek przewodzących.

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

Ocena stwierdzenia

fałsz

Przykładowe uzasadnienia

• W organizmie człowieka, który jest żywicielem pośrednim T. gondii, pasożyt nie rozmnaża się płciowo.
• Jedynie w organizmie kotów ten pasożyt rozmnaża się płciowo.
• Człowiek nie jest dla tego pasożyta żywicielem ostatecznym, w przeciwieństwie do kotowatych.
• U człowieka występują trofozoity i nie są wytwarzane gamety.
• Człowiek jest żywicielem pośrednim.
• U człowieka pasożyt dzieli się mitotycznie, a tylko u kotów dochodzi do zapłodnienia i mejozy.

Uwaga:

Nie uznaje się argumentów odnoszących się do powstawania gamet na drodze mejozy, ponieważ T. gondii wytwarza gamety na drodze mitozy (cykl haplobiontyczny z mejozą postgamiczną).

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do człowieka jako do żywiciela przygodnego T. gondii.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do braku rozmnażania płciowego Toxoplasma gondii w organizmie człowieka.

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

Rozwiązanie

PP

Zasady oceniania

1 pkt – odpowiedź poprawna.

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

Rozstrzygnięcie

Nie. / Nie powinny.

Przykładowe uzasadnienia

• Toksoplazmozą nie można się zarazić od drugiego człowieka – źródłem zarażenia są albo gleba skażona odchodami, albo mięso.
• Dorośli mogą się zarazić toksoplazmozą tylko drogą pokarmową albo przez transfuzję krwi.
• Mimo że toksoplazmoza u matki jest groźna dla płodu, to ciężarne nie mogą się zarazić przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem, np. przez podanie ręki.
• Codzienny kontakt z drugim człowiekiem nie prowadzi do transmisji choroby, nie jest to choroba przenoszona drogą kropelkową.

Uwaga:

Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do „zakażenia” zamiast do „zarażenia”.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do teoretycznych możliwości transmisji pasożyta zamiast do zasad profilaktyki, np. „Rozstrzygnięcie: tak; Uzasadnienie: ponieważ kobieta może się zarazić przez kontakt z krwią lub nasieniem innej osoby”.

Zasady oceniania

1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do faktycznej drogi zarażenia ludzi toksoplazmozą lub do braku możliwości zarażenia się przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem.

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

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do braku możliwości transmisji pasożyta między ludźmi, np. „Człowiek nie może się zarazić od drugiego człowieka”.

Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, nieodnoszących się do rodzaju kontaktu, np. „Nie, bo nie mogą się zarazić przez kontakt z drugim człowiekiem”.

Nie uznaje się odpowiedzi, odwołujących się do kotowatych jako jedynej drogi zakażenia, np. „Nie, ponieważ żywicielem ostatecznym są wyłącznie kotowate i to one są przenosicielami pasożytów”.