Zweite Runde 2012 - Schweizer Biologie Olympiade

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2. Runde 2012
Beim vorliegenden Test handelt es sich um die zweite Runde der Schweizer Biologie-Olympiade
SBO 2012. Diese dient als Qualifikation zur SBO-Woche, der letzten Runde der SBO, und ist somit
ein weiterer Schritt zur Teilnahme an der Internationalen Biologie-Olympiade IBO 2012 in Singapur.
Teilnahmeberechtigt sind alle Schülerinnen und Schüler einer Schweizer Mittelschule, welche nach dem
1. Juli 1992 geboren sind und die erste Runde erfolgreich gemeistert haben. Die ca. 20 besten
Kandidaten werden wir bis Mitte Februar persönlich kontaktieren, um sie zur SBO-Woche einzuladen.
Diese findet vom 10. bis 15. April 2012 an der Universität Bern statt.
Der Test dauert 4 Stunden ohne Pause. Es sind keine Hilfsmittel gestattet (nein, auch dein Natel
nicht!). Die Prüfung ist in jedem Fall zwingend abzugeben.
Gib die richtige Antwort durch Ausmalen der Markierung auf dem Antwortbogen an. Wir korrigieren maschinell, beachte die untenstehenden Beispiele genau. Eventuelle Korrekturen müssen eindeutig
sein, Auswahlsendungen werden grundsätzlich als falsch gewertet. Erklärungen bringen nichts, benutze nur
die vorgegebenen Codes.
Für jede richtige Antwort erhältst du einen Punkt, Abzüge für falsche Antworten gibt es nicht. Es ist jeweils
immer nur eine Antwort richtig. Viel Glück!
Zellbiologie
1. Welche der folgenden Aussagen zum
Stoffwechsel ist korrekt?
A. Während der aeroben Atmung produziert die
Glykolyse am meisten ATP.
B. Der Krebszyklus produziert hauptsächlich ATP.
C. Wie die Glykolyse findet auch der Krebszyklus
im Cytosol statt.
D. In Eukaryoten läuft die Elektronentransportkette nur in Gegenwart von Sauerstoff ab.
E. Unter aeroben Bedingungen stellt die Milchsäuregärung den effizientesten Prozess dar, um
die Energie der Glukose zu verwerten.
2. Welche der folgenden Aussagen zu
Prokaryoten ist korrekt?
A. Da sie keine Mitochondrien besitzen, können
Prokaryoten kein ATP durch die Elektronentransportkette produzieren.
B. Die prokaryotische DNA ist durch einen Zellkern geschützt.
C. Die Flagellen erlauben jenen Prokaryoten, die
solche besitzen, sich fortzubewegen.
D. Da Prokaryoten kein Endoplasmatisches Retikulum besitzen, können sie keine Transmembranproteine herstellen.
E. Die äusserste Schicht der Prokaryoten ist ihre
Cytoplasmamembran.
3. Welche Aussage betreffend Proteinsynthese ist korrekt?
A. Das Enzym, welches die Aminosäure an ihre
tRNA koppelt (Aminoacyl-tRNA-Synthase) muss
die beiden auf präzise Weise erkennen.
B. Die Proteinsynthese findet sowohl im Cytosol
als auch im glatten Endoplasmatischen Retikulum statt.
C. Das Ribosom besteht aus DNA und Proteinen.
D. Die Proteinsynthese verbraucht nur sehr wenig
Energie.
E. Transmembranproteine haben keine Sekundärstruktur.
4. Welche der folgenden Zuordnungen
von Name und chemischer Formel der
Moleküle ist korrekt?
A. I=Nukleinsäure,
II=Phospholipid,
III=Triglycerid
B. I=Cholesterin, II=Fettsäure, IV=Nukleinsäure
C. I=Phospholipid, V=Protein, VI=Nukleinsäure
D. II=ATP, IV=Zucker, V=Phospholipid
E. III=Phospholipid, IV=Peptid, VI=Zucker
5. Angesichts der grossen Vielfalt von
Enzymen musste eine Nomenklatur eingeführt werden. Die Enzyme werden in
sechs grosse Klassen eingeteilt, je nach
Art der Reaktion, welche sie katalysieren.
Ordne die folgenden Reaktionen derjenigen Enzymklasse zu, durch welche sie
katalysiert werden.
I. Oxidoreduktasen: katalysieren Redoxreaktionen.
II. Transferasen: transferieren eine funktionelle
Gruppe.
III. Hydrolasen: spalten eine Bindung mithilfe von
Wasser (Hydrolyse).
IV. Lyasen: spalten eine Bindung mit anderen Mitteln als der Oxidation oder der Hydrolyse.
V. Isomerasen: wandeln ein Molekül in eines seiner Isomere um.
VI. Ligasen: verbinden zwei Moleküle unter Bildung einer kovalenten Bindung.
a. Glucose-6-phosphat ↔
Fructose-6-phosphat
b. Glucose + ATP ↔
Glucose-6-phosphat + ADP
c. Peptidbindung + H2 O ↔
Carbonsäure + Amin
d. Ethanol + NAD+ ↔
Acetaldehyd + NADH + H+
A. aI, bIV, cV, dVI
B. aIII, bI, cII, dIV
C. aIV, bVI, cIII, dV
D. aV, bII, cIII, dI
E. aVI, bV, cII, dIII
6. Welche Aussage zu Organellen ist korrekt?
A. Die Membranproteine werden im GolgiApparat synthetisiert.
B. Wasserstoffperoxid wird in Peroxisomen abgebaut.
C. Die Mitochondrien sind hauptsächlich für die
Photosynthese verantwortlich.
D. Die Zellatmung findet im Lysosom statt.
E. Das Endoplasmatische Retikulum baut Makromoleküle und Organellen ab.
7. Preston et al. (1992) stellen fest, dass
Wasser die Plasmamembran nur langsam durchquert. In bestimmten Zellen
(z.B. rote Blutkörperchen) ist der Transport jedoch schnell. Sie postulieren deshalb die Existenz eines Wasserkanals.
Sie bereiten ein Konstrukt vor, welches
die mRNA von CHIP28 enthält, einem in
roten Blutkörperchen reichlich vorkommenden Transmembranprotein, und injizieren dieses in Froscheizellen (Xenopus
laevi). Als Kontrolle injizieren sie Pufferlösung ohne mRNA. Nach 72h Inkubation werden die Eizellen in hypoosmotische
Lösung transferiert. Drei Minuten später
schwellen die mit mRNA von CHIP28 injizierten Eizellen an bis sie platzen, während das Volumen der Kontrolleizellen
selbst nach 5 Minuten konstant bleibt.
Welche Hypothese ist die plausibelste um
die Resultate dieses Experimentes zu erklären?
A. CHIP28 aktiviert einen Signalweg, der die Produktion von Membranlipiden anregt.
B. CHIP28 hat keinen Effekt, im Gegenteil, der
Puffer löst die Lyse der Zellen aus.
C. CHIP28 ist ein negativer Regulator eines Wassertransporters.
D. CHIP28 fügt sich in die Plasmamembran ein,
wo es einen wasserdurchlässigen Kanal bildet.
E. CHIP28 interagiert mit dem Puffer und macht
die Zellen so undurchlässig.
8. Welches sind Wege über Zellstrukturen, die von Proteinen in einer eukaryotischen Zelle zwischen Beginn ihrer Synthese bis zum ihrem Bestimmungsort eingeschlagen werden?
I. ER - Golgi - Vesikel - Zellmembran
II. ER - Äussere Mitochodrienmembran
III. Cytosol - Kernporen - Chromosom
IV. ER - Vesikel - Golgi - Vesikel
A. Nur I, II und III
B. Nur I, II und IV
C. Nur I, III und IV
D. Nur II, III und IV
E. Alle
9. Welche der folgenden Aussagen betreffend Polymerasekettenreaktion (PCR,
Polymerase Chain Reaction) ist korrekt?
A. Die PCR benutzt die DNA-Polymerase eines
arktischen Fisches.
B. Das komplette menschliche Genom kann
durch PCR in einem Mal sequenziert werden.
C. In zwei Zyklen werden die gewünschten Sequenzen ungefähr um ein 10faches vermehrt.
D. Die PCR ist eine in-vivo–Reaktion.
E. Ein Zyklus der PCR besteht aus drei Etappen:
Denaturierung, Hybridisieren der Primer und
Elongation.
10. Welches Protein findet man häufig in
der extrazellulären Matrix?
A. Kollagen
B. Myosin
C. Histon
D. ATPase
E. α-Amylase
11. In der folgenden Abbildung siehst du
ein Medikament, welches zur Behandlung von Herpesviren (“Fieberbläschen”)
eingesetzt werden kann. Welcher Wirkmechanismus scheint aufgrund der chemischen Struktur des Medikamentes am
wahrscheinlichsten?
A. Störung der Virenaufnahme in die Zellen
B. Störung der Synthese viraler Proteine
C. Störung der Synthese viraler DNA
D. Störung der Synthese der viralen Lipidhülle
E. Störung der Virenfreisetzung
12. Colchicin ist ein Gift, welches aus
der Herbstzeitlose (Colchicum autumnale) gewonnen wird. Es verhindert die Bildung des Spindelfaserapparates in den
Zellen, indem es durch Bindung an Tubulin die Polymerisierung der Microtubuli
verhindert. Angenommen, eine Zellkultur würde mit diesem Gift behandelt, so
würden sich nach einer gewissen Zeit alle Zellen in der gleichen Phase des Zellzyklus befinden. In welcher?
A. G1-Phase
B. S-Phase
C. Metaphase der Mitose
D. Telophase der Mitose
E. Cytokinese
13. Prüfe die folgenden Aussagen sowie
ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit.
¬ Verschlusskontakte (tight junctions) sind in epithelialen Geweben wichtig für die Aufrechterhaltung der Homöostase,
weil
­ die tight junctions eine Barriere zwischen Innerem und Äusserem des Organismus bilden.
A.
B.
C.
D.
E.
¬ falsch, ­ falsch
¬ falsch, ­ richtig
¬ richtig, ­ falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig
14. Wenn ein abstossendes Molekül
(Chemorepellent) an seinen Rezeptor auf
der Bakterienoberfläche bindet, wird die
Information über einen intrazellulären
Signaltransduktionsweg ans Flagellum
weitergeleitet. Das Flagellum beschleunigt das tumbling und das Bakterium
entfernt sich vom abstossenden Molekül.
Benenne die Proteine des Signaltransduktionsweges in der untenstehenden
Abbildung korrekt.
I. CheA: Proteinkinase
II. CheW: Adapterprotein
III. CheY: bindet an den Motor des Flagellums
IV. CheZ: Phosphatase
V. Rezeptor
A. Ib, IIe, Vc
B. Ic, IIId, Va
C. Id, IIIe, IVa
D. IIb, IVe, Va
E. IIb, IVc, IIId
Chemorepellent
a
a
b
b
c
P
c
ADP
ATP
inaktiv
e
P
d
Pi
aktiv
Tumbling
Pflanzenanatomie und
-physiologie
15. Das osmotische Potential besteht aus
zwei Komponenten gemäss der Formel
Ψ = ΨP + ΨS . ΨP steht für den auf ein Objekt ausgeübten physikalischen Druck,
ΨS für den Druck ausgehend von den gelösten Stoffen. Welche Aussage ist korrekt?
A. Egal ob in einen Liter Wasser ein Mol Saccharose oder ein Mol NaCl gegeben wird, resultiert dieselbe Osmolarität.
B. Ein einmal erreichter Turgordruck kann nicht
mehr verändert werden.
C. In einer sich streckenden Zelle übt die Zellwand
einen Druck auf die Plasmamembran aus.
D. Das Wasser bewegt sich in Richtung des höheren (weniger negativen) Potentials.
E. Wird eine Pflanzenzelle in eine hypotonische
Umgebung gebracht, macht sie eine Plasmolyse.
16. Warum sollte man beim Basilikum
immer die obersten Triebe abschneiden,
wenn man einen schön buschigen Basilikumstrauch möchte?
A. Damit entfernt man die Auxinquelle, welche für
die Apikaldominanz verantwortlich ist.
B. Cytokinine aus der Wurzel können im abgeschnittenen Trieb nicht mehr weiter nach oben
fliessen und diffundieren somit in die Seitenzweige, wo sie Wachstum induzieren.
C. Die Pflanze reagiert auf die immer wiederkehrende Verletzung, indem sie das Längenwachstum einstellt.
D. Die Verletzung induziert die Produktion von
Ethylen, welches die Ausbildung neuer Triebe
anregt.
E. Wird das apikale Meristem abgeschnitten,
kann dieser Trieb nicht mehr weiter wachsen.
17. In der lichtabhängigen Reaktion der
Photosynthese tritt beim Photosystem
I auch ein zyklischer Elektronentransport auf. Dabei werden die Elektronen
vom Ferredoxin nicht an die NADP+ Reduktase weitergegeben, sondern zurück zum Cytochromkomplex und somit
zum Photosystem I geführt. Der zyklische Elektronentransport ist insbesondere bei starker Lichtintensität gegenüber
dem linearen Elektronentransport quantitativ wichtig. Was ist die Erklärung dafür?
A. Das Photosystem II wird bei zu starker Lichtintensität teilweise beschädigt. Das Photosystem
I bleibt intakt und kann dank zyklischem Elektronentransport auch alleine funktionieren.
B. Das Gen, welches für den zyklischen Elektronentransport kodiert, kodiert auch für Pigmente, welche für die Photoprotektion verantwortlich sind, weshalb es bei starker Sonneneinstrahlung vermehrt exprimiert wird.
C. Wenn bei starker Lichtintensität fast alles
NADP+ zu NADPH + H+ reduziert ist, hilft der
zyklische Elektronentransport einen Elektronenrückstau zu vermeiden.
D. Bei erhöhter Lichtintensität wird mehr ATP benötigt, um CO2 in die Zellen zu pumpen. Dieses ATP wird durch den zyklischen Elektronentransport erzeugt.
E. Bei starker Lichtintensität wird sehr viel Wasser gespalten, wodurch für die Pflanze Trockenstress entsteht. Beim zyklischen Elektronentransport können die Elektronen rezykliert
und somit die Wasserspaltung reduziert werden.
18. Welche der folgenden Phänomene
unterstützen die Hypothese, dass in den
Chloroplasten durch Chemiosmose ATP
generiert wird (H+ -Gradient über die
Membran treibt eine ATP-Synthase an)?
I. Der Zellsaft von Ananas (CAM-Pflanze) ist am
Morgen sauer und am Abend eher süss.
II. Bei den C4-Pflanzen sind die lichtabhängige
und die lichtunabhängige Reaktion räumlich
getrennt.
III. Bei beleuchteten, isolierten Chloroplasten ist
ein pH-Gradient zwischen Stroma und der umgebenden Lösung festzustellen, ohne Beleuchtung fehlt dieser aber.
IV. Isolierte Chloroplasten, welche durch eine gewisse Chemikalie H+ -permeabel gemacht wurden, produzieren kein ATP.
A. Nur II
B. Nur I und IV
C. Nur II und IV
D. Nur III und IV
E. Nur I, II und III
19. Das Xylem von Angiospermen (bedecktsamige Blütenpflanzen) enthält
Tracheen (Gefässe), welche effizient
Wasser transportieren können. Lianen
sind auf einen besonders effizienten
und widerstandsarmen Wassertransport
angewiesen. Welche Beschreibung passt
auf die Tracheenzellen einer Liane?
A. Kurze und enge Zellen, in denen starke Kapillarkräfte wirken, aufgelöste Querwände entlang der Trachee, Auflösung des Protoplasten.
B. Lange Zellen, die seitlich aneinander liegen
und über zahlreiche Siebporen verbunden
sind, Lignin-Einbau in die Querwände, Auflösung des Protoplasten.
C. Lange Zellen mit grossem Durchmesser, stärkehaltige, sekundäre Zellwände, die Protoplasten
aller Zellen einer Trachee sind miteinander verschmolzen.
D. Lange Zellen mit grossem Durchmesser, die
Zellen einer Trachee sind über zahlreiche Siebporen verbunden, jede Zelle wird von einer
Geleitzelle versorgt.
E. Kurze Zellen mit grossem Durchmesser, LigninEinbau in die Zellwände, aufgelöste Querwände entlang der Trachee.
20. Die Echte Feige (Ficus carica) wird wie
die Würgefeige Ficus benjamina durch
Wespen aus der Familie der Agaonidae
bestäubt, welche auf dem Grund der Blüten ihre Eier ablegen. Betrachte die Abbildung mit einem Blütenstand, vergrösserten männlichen und weiblichen Blüten
sowie den Wespen der Echten Feige. Welche Aussage ist richtig?
A. Das Fruchtblatt wächst bereits vor der Bestäubung zur Frucht aus.
B. Der Pollen wird nur durch weibliche Wespen
auf andere Pflanzen übertragen.
C. Fehlt die Wespe, kann die Feige auch durch
den Wind bestäubt werden.
D. In jedem Blütenstand blühen die männlichen
Blüten vor den weiblichen Blüten.
E. Zur Anlockung der Wespen sind die Blütenblätter attraktiv gefärbt.
21. Pflanzen können sich entweder sexuell über Samen oder asexuell über
Ausläufer vermehren. Die asexuelle Vermehrung ist meist schneller, jedoch sind
alle Nachkommen genetisch identisch.
Samen hingegen können leichter über
grosse Distanzen verbreitet werden und
ermöglichen es, ungünstige Zeitperioden
in der Samenbank des Bodens zu überdauern. Bei welchen Pflanzen erwartest
du, dass die vegetative Vermehrung KEINE wesentliche Rolle spielt?
I. Einjährige (annuelle) Pionierpflanze auf Kiesbänken
II. Krautpflanze mit überwinterndem, unterirdischem Rhizom
III. Frei an der Oberfläche treibende Wasserpflanzen
IV. Horstbildende Grasart in einer geschlossenen
Wiese.
V. Ackerunkraut, welches speziell auf Getreidekulturen angepasst ist
A. Nur III
B. Nur I und V
C. Nur III und IV
D. Nur I, II und IV
E. Nur II, III und V
22. Welche Aussage zum Generationswechsel der Würgefeige (Ficus benjamina), einer Angiospermen (bedecktsamigen Blütenpflanze) ist richtig? Antheridien/Archegonien: männliche/weibliche
Reproduktionsorgane des Gametophyten.
A. Der Pollenschlauch enthält einen vegetativen
Kern sowie zwei generative Kerne. Einer der
generativen Kerne befruchtet die Eizelle, der
andere verschmilzt mit zwei Embryosackkernen
zum triploiden Endospermkern.
B. Der aus mehreren hundert Zellen bestehende
weibliche Gametophyt bildet zahlreiche Archegonien aus, wovon jedes eine Eizelle enthält.
Nur die als erstes befruchtete Eizelle kann sich
zu einem Embryo entwickeln.
C. Der weibliche Gametophyt wurde im Verlaufe
der Evolution soweit reduziert, dass er nur noch
aus der Eizelle besteht. Nur der männliche Gametophyt besteht nach wie vor aus mehreren
Zellen.
D. Der Pollenschlauch bildet an der Spitze ein Antheridium, in welchem Spermatozoide gebildet
werden, die mit Hilfe ihrer Flagellen zur Eizelle
schwimmen und diese befruchten.
E. Da der Pollenschlauch bis zum weiblichen Gametophyten wachsen muss, enthält der Pollen
einen grossen Stärkevorrat. Erst wenn der Pollenschlauch den weiblichen Gametophyten erreicht hat, wird er von diesem mit Nährstoffen
versorgt.
23. Die Grafik zeigt den Verlauf der CO2 Konzentration in einem abgedichteten
Gewächshaus während eines Tages. Welche Pflanzen befinden sich im Gewächshaus?
A. Avocado-Baum (Persea americana)
B. Boreale Weisse Seerose (Nymphaea candida)
C. Texas Barrel Kaktus (Ferocactus hamatacanthus)
D. Mais (Zea mays)
E. Weissklee (Trifolium repens)
24. Welcher Vorgang tritt bei der Blattseneszenz im Herbst NICHT auf?
A. Transfer von Aminosäuren aus dem Blatt hinaus
B. Erhöhung der Ethylenproduktion
C. Hydrolysierung von Polysacchariden in der
Zellwand am Grunde des Blattstiels
D. Abbau des Chlorophylls
E. Bildung von gelben und orangen Pigmenten
25. Welches Organ kann eine Pflanze
NICHT für die asexuelle Reproduktion
verwenden?
A. Knolle
B. Ausläufer
C. Rhizom
D. Griffel
E. Zwiebel
26. Michael macht ein Experiment, bei
dem er je einen Setzling Erbse (Pisum
sativum) und Gerste (Hordeum vulgare)
in denselben Topf pflanzt. Er gibt den
Topf in ein abgedichtetes Gewächshaus,
in dem der Luftstickstoff N14 durch sein
seltenes Isotop N15 ersetzt wurde. Nach
drei Monaten Wachstum trocknet und
analysiert er die Pflanzen. Er stellt fest,
dass die Erbsenpflanzen 40 %, die Gerstenpflanzen aber nur 5 % N15 -Stickstoff
enthalten. Der N15 -Stickstoff im Gersten
stammt. . .
A. . . . von Stickstoff fixierenden Bakterien in der
Gerstenpflanze.
B. . . . vom Erbsenpollen, der die Gerstenblüten
bestäubt.
C. . . . von der Luft, die sich im Schwammgewebe
befindet.
D. . . . von zersetzten Erbsenwurzeln.
E. . . . vom fortlaufenden Zerfall des N14 Stickstoffs.
27. Wieso kann die Kalkdüngung eines
sauren Bodens (Eintrag von CaCO3 , einer
schwachen Base) die Aufnahme von Kationen durch die Wurzeln begünstigen?
A. Kalzium-Ionen (Ca2+ ) hemmen die Kationenaufnahme durch Prokaryoten, indem sie an
Peptidbindungen der Peptidoglycane in deren
Zellwänden binden.
B. Kalzium ist Teil des Energiestoffwechsels der
Mykorrhizapilze und begünstigt deren Entwicklung.
C. Die Kalzium-Ionen (Ca2+ ) begünstigen das
Wachstum der Wurzelhärchen und vergrössern
damit der Absorptionsoberfläche der Wurzeln.
D. Die Wurzeln haben Symporter für KalziumIonen (Ca2+ ) und andere Kationen.
E. Die Abnahme der Protonen (H+ )-Konzentration
im Boden begünstigt den Kationenaustausch
mit den Bodenpartikeln.
Tieranatomie und -physiologie
28. Das Sinnessystem der Haut kann unter anderem Veränderungen der Umgebungstemperatur erfassen. In dem Moment, wo die Temperatur von 35 auf 40° C
ansteigt, reagieren die Wärmerezeptoren mit. . .
A. . . . einer Erhöhung der Amplitude der Aktionspotentiale.
B. . . . einer Verminderung der Amplitude der Aktionspotentiale.
C. . . . einer Erhöhung der Frequenz der Aktionspotentiale.
D. . . . einer Verminderung des Schwellenpotentials exponentiell zur Temperatur.
E. . . . einer Erhöhung des Schwellenpotentials
proportional zur Temperatur.
29. Welche Aussage zur Lunge des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros) ist
FALSCH?
A. Die Luft strömt beim Einatmen sowie beim Ausatmen in der gleichen Richtung durch die Lunge des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros).
B. Ein cranialer (zum Kopf gerichteter) Luftsack ist
direkt mit dem Schnabel des Rhinozerosvogels
(Buceros rhinoceros)verbunden.
C. Die Luft benötigt zwei Atemzyklen um die Luftwege des Rhinozerosvogels (Buceros rhinozeros) zu durchfliessen.
D. Ein Rhinozerosvogel (Buceros rhinoceros) hat
mehrere craniale (zum Kopf gerichtete) und
mehrere caudale (zum Schwanz gerichtete)
Luftsäcke.
E. Die Luftsäcke des Rhinozerosvogels (Buceros
rhinoceros) haben jeweils nur einen Eingang,
welcher gleichzeitig dem Ausgang entspricht.
30. Beim Austausch nach dem Gegenstromprinzip fliessen Körperflüssigkeiten
in entgegengesetzter Richtung aneinander vorbei und stehen derart in Kontakt zueinander, dass zwischen ihnen
der Austausch eines Parameters (angegeben in Klammern) möglich ist. Was ist
KEIN Beispiel für einen Gegenstromaustausch?
A. Sauerstoffaufnahme in der Lunge eines Afrikanischen Elefanten (Loxodonta africana, Sauerstoff)
B. Sauerstoffaufnahme durch Kiemen eines Flussbarsches (Perca fluviatilis, Sauerstoff)
C. Konzentration des Harns durch die HenleSchleife in der Niere eines Menschen (Homo
sapiens, Elektrolyte)
D. Anordung der Arterien und Venen in der
Schwimmmuskulatur eines Roten Thunfisches
(Thunnus thynnus, Wärme)
E. Anordnung der Arterien und Venen in den Flossen eines Grossen Tümmlers (Tursiops truncatus, Wärme)
31. Ordne jedem Sinnessystem seine Art
Stimulus zu.
I. Auditives System (Hörsinn)
II. Olfaktorisches System (Riechsinn)
III. Visuelles System (Sehsinn)
a. Elektromagnetische Wellen
b. Chemische Stimuli
c. Vibrationen
A. Ia, IIb, IIIc
B. Ia, IIc, IIIb
C. Ib, IIa, IIIc
D. Ic, IIb, IIIa
E. Ic, IIa, IIIb
32. Bestimmte Wirbeltiere wie die Fische und einige Amphibienarten können
einen Grossteil ihres Sauerstoffbedarfes durch Hautatmung decken. Welches
Merkmal erleichtert die Hautatmung?
A. Ein kleines Oberflächen-Volumen-Verhältnis
B. Eine dicke Epidermis (Oberhaut)
C. Eine hohe Stoffwechselrate
D. Eine reiche Blutgefässversorgung der Haut
E. Eine trockene Haut
34. Welches der folgenden Tiere atmet
mit Überdruckatmung?
A. Der Doppelhornvogel (Buceros bicornis)
B. Die Mauereidechse (Podarcis muralis)
C. Der Koala (Phascolarctos cinereus)
D. Der Rotkopf-Papageienfisch (Scarus ferrugineus)
E. Der Grasfrosch (Rana temporaria)
35. Sowohl Cortisol als auch Aldosteron können an den Mineralocorticoidrezeptor der Niere binden, allerdings ist
dort nur die Wirkung von Aldosteron erwünscht. Daher gibt es ein Enzym, welches das Cortisol in der Niere inaktiviert. Dieses Enzym kann durch Lakritze
gehemmt werden. Welche Auswirkungen
kann das haben?
A. Die Durchblutung der Niere nimmt ab.
B. Die Sammelrohre der Niere werden wasserundurchlässig.
C. Die Niere kann den Urin nicht mehr konzentrieren.
D. Der Blutdruck steigt an aufgrund vermehrter
Rückresorption von Wasser.
E. Im Urin wird mehr Natrium ausgeschieden.
36. Hier siehst du O2 -Bindungskurven
menschlichen Hämoglobins (Tetramer)
schematisch dargestellt. Diese Bindungskurve verändert sich je nach Umgebungsbedingungen des Hämoglobins.
Kurve À gilt fürs Hämoglobin des Erwachsenen beim physiologischen Blut-pH
von 7,4. Wo oder unter welcher Bedingung erwartest du KEINE Verschiebung
der Kurve À Richtung Kurve Á?
100
Hämoglobinsättigung [%]
33. Wenn mit Vibrio cholerae verseuchtes Wasser eingenommen wird, heften
sich diese Bakterien ans Dünndarmepithel und produzieren ein Toxin. Dieses
hemmt im Darm die Na+ -Aufnahme und
fördert die Cl- -Sekretion, was zu heftigem Durchfall mit osmotisch bedingtem
Wasser- sowie Elektrolytverlust (Na+ , Cl- ,
K+ , HCO-3 ) führt. Untersuchungen haben
gezeigt, dass normale Personen ca. 108 109 Bakterien einnehmen müssen, damit
sie an Cholera erkranken. Versuchspersonen, welche zuvor Hydrogencarbonat
(HCO-3 ) eingenommen hatten, erkrankten schon, wenn sie nur ca. 104 Zellen
einnahmen. Wie erklärst du dir das?
A. Da HCO-3 in unserem Darm nicht absorbiert werden kann, hat seine Aufnahme alleine
schon Durchfall ausgelöst und die Versuchspersonen geschwächt.
B. Das Choleratoxin hat ein pH-Optimum im alkalischen Bereich.
C. Das HCO-3 neutralisiert das saure Milieu im
Darm, weshalb sich die Bakterien besser vermehren können.
D. Das HCO-3 neutralisiert die Magensäure, weshalb im Magen weniger Bakterien abgetötet
werden.
E. V. cholerae braucht HCO-3 als Kohlenstoffquelle für die Toxinsynthese.
90
80
70
60
1
50
2
40
30
20
10
0
0
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
O2-Partialdruck [mmHg]
A.
B.
C.
D.
E.
Bei erhöhter Temperatur
In der Lunge
Bei erhöhtem CO2 -Gehalt des Blutes
Bei erniedrigtem Blut-pH
Im stark arbeitenden Skelettmuskel
38. Hämoglobin, der rote Blutfarbstoff in
den Erythrocyten, enthält Eisen. Hat jemand zu wenig Eisen, kann diese Person
nicht mehr genügend Hämoglobin produzieren. Was erwartest du eher NICHT
in einer solchen Situation? Die Person. . .
A. . . . hat einen sehr langsamen Puls.
B. . . . klagt über Atemnot.
C. . . . klagt über Müdigkeit.
D. . . . hat vermehrt Schwindel.
E. . . . wirkt blass.
41. Um zu überleben sind unsere Gewebe auf eine ständige Versorgung mit O2
angewiesen. Im Normalfall beträgt die
O2 -Ausschöpfung (Unterschied des O2 Gehaltes zwischen arteriellem und venösem Blut) bei gesunden Erwachsenen
in Ruhe ca. 50ml O2 pro Liter Blut (Abb.
1). Dies bleibt auch bei verschiedenen,
z.B. krankheitsbedingten, Veränderungen gleich, was sich ändert sind O2 Partialdruck bzw. total vorhandene Menge O2 im Blut. Der Unterschied zwischen
O2 -Partialdruck in den Blutgefässen und
O2 -Partialdruck im Gewebe ist die treibende Kraft für die O2 -Diffusion ins Gewebe – sinkt der O2 –Partialdruck in den
Blutgefässen also zu stark, kann das Gewebe nicht mehr ausreichend mit O2 versorgt werden. Welche der folgenden Situationen ist in Abb. 2 dargestellt?
Abb. 1
40. Was wird durch das parasympathische Nervensystem verursacht?
A. Erhöhung des Blutdrucks
B. Peniserektion
C. Anstieg des Adrenalinspiegels im Blut
D. Erhöhung der Herzfrequenz
E. Hemmung der Darmtätigkeit
Abb. 2
200
O2-Gehalt [ml/l Blut]
39. Das Kartagener-Syndrom ist eine autosomal rezessiv vererbte Krankheit, bei
der die Funktion der Mikrotubuli eingeschränkt ist. Leite mit deinen Kenntnissen über das Vorkommen von Mikrotubuli her, an welchen Symptomen eine betroffene Person leiden könnte.
I. Infertilität (nur bei den Männern)
II. Häufige Eileiterschwangerschaften
III. Situs inversus (Organe seitenverkehrt angelegt)
IV. Chronische Bronchitis
A. Nur I und II
B. Nur III und IV
C. Nur I, II und IV
D. Nur II, III und IV
E. Alle
200
O2-Ausschöpfung
150
arteriell
100
venös
0
O2-Gehalt [ml/l Blut]
37. Wie lautet die korrekte Aussage? Die
einfachsten Reflexbögen. . .
A. . . . benötigen nur zwei Neuronentypen.
B. . . . involvieren lediglich ein Interneuron.
C. . . . bestehen aus einem einzigen Neuron.
D. . . . gibt es im menschlichen Zentralnervensystem nicht mehr.
E. . . . steuern ausschliesslich die Aktivität von
Drüsenzellen.
O2-Ausschöpfung
150
100
venös
0
0
40
100
O2-Partialdruck [mmHg]
arteriell
0
30
50
100
O2-Partialdruck [mmHg]
A. Grosse sportliche Leistung auf Meereshöhe
B. Grosse Höhe (verminderter O2 -Gehalt der
Umgebungsluft)
C. Kohlenmonoxidvergiftung
D. Atmen reinen O2
E. Anämie (Blutarmut, zu wenig roter Blutfarbstoff)
42. Welche der folgenden Aussagen zu
Hormonkonzentrationen sind richtig?
I. Mann in der Wüste ohne Wasser: ADH (Anti Diuretisches Hormon)-Konzentration im Blut
hoch
II. Gazelle auf der Flucht: Adrenalinkonzentration
tief
III. Junges Mädchen (erster Eisprung): FSHKonzentration hoch, LH-Konzentration tief
IV. Stillende Mutter: Prolaktinkonzentration hoch
V. Katze verspeiste eine Maus: Insulinkonzentration hoch
A. Nur II und III
B. Nur I, II und IV
C. Nur I, IV und V
D. Nur III, IV und V
E. Alle
43. Wem gehört das folgende Kreislaufsystem?
A. einem Pottwal (Physeter macrocephalus)
B. einem Doppelhornvogel (Buceros bicornis)
C. einem Feuersalamander (Salamandra salamandra)
D. einer Lederschildkröte (Dermochelys coriacea
E. einer Regenbogenforelle (Oncorhynchus mykiss)
44. Welche der folgenden Funktionen
wird durch die Niere NICHT erfüllt?
A. Regulation des Säure-Basen-Haushalts
B. Harnstoffproduktion
C. Regulation des Blutdrucks
D. Regulation des Salzhaushaltes
E. Hormonsekretion
45. Die Bauchspeicheldrüse (Pankreas)
stellt eine Vielzahl von Verdauungsenzymen her. Was schützt die Bauchspeicheldrüse davor, sich selbst zu verdauen?
A. Die Enzyme verdauen die Bauchspeicheldrüse
ebenfalls, aber diese kann sich schneller regenerieren als sie zerstört wird.
B. Sie stellt nur Proenzyme her, die erst durch Abspaltung eines bestimmten Stückes im Darm
aktiv werden.
C. Die Bauchspeicheldrüsenenzyme sind nur im
sauren Milieu des Magens aktiv.
D. Die Enzyme werden direkt ans Blut abgegeben
und kommen so nicht mit den Bauchspeicheldrüsenzellen in Kontakt.
E. In den Bauchspeicheldrüsenzellen gibt es keine
Proteine, die verdaut werden könnten.
46. Jedes Mal, wenn du dir beispielsweise einen Holzsplitter in den Finger stichst,
gelangen Bakterien unter deine Haut.
Wie reagiert dein Körper darauf?
I. Die roten Blutkörperchen greifen die Bakterien
direkt an und machen sie unschädlich.
II. T-Helferzellen (CD4-Zellen) aktivieren B-Zellen
indem sie ihnen Antigene präsentieren.
III. Makrophagen phagozytieren die Bakterien.
IV. Cytotoxische T-Zellen (CD8-Zellen) bilden Antikörper gegen die Bakterien.
V. Blutplättchen führen zu einer Verklumpung der
Bakterien, damit diese besser phagozytiert werden können.
A. Nur I und IV
B. Nur II und III
C. Nur II, III und IV
D. Nur III, IV und V
E. Alle Aussagen sind korrekt.
Verhalten
47. Welche der folgenden Beobachtungen beschreibt KEINE Art von Mimikry?
A. Die sukkulente Wüstenpflanze Lithops hat eine
runde Form mit graubrauner Färbung und die
Textur der umgebenden Steine.
B. Das Böhm-Steppenzebra (Equus quagga boehmi) besitzt ein auffälliges, schwarz-weisses
Streifenmuster, welches seine Körperform auflöst.
C. Der Gestreifte Anglerfisch (Antennarius striatus)
besitzt je nach Untergrund eine gelbe, braune
oder rote Grundfärbung mit zahlreichen Hautausstülpungen, die zum Teil beweglich sind
und einem Wurm ähneln.
D. Die Dreiecksnatter (Lampropeltis triangulum),
eine ungiftige Schlangenart, ähnelt in ihrem
Aussehen sehr stark giftigen Korallenottern (Micrurus sp.).
E. Der Groçe Weiden-Glasflügler (Sesia bembeciformis) ist ein Schmetterling (Lepidoptera), der durchsichtige Flügel besitzt und eine schwarz-gelbe Färbung aufweist und damit
sehr stark einem Hautflügler (Hympenoptera)
ähnelt.
48. Als stereotypes Verhalten wird eine Einheit rhythmischer, repetitiver Bewegungen ohne offensichtliches Ziel bezeichnet. Welche der folgenden Situationen beschreibt ein stereotypes Verhalten?
A. Eine Aaskrähe (Corvus corone) folgt der frischen Ackerfurche eines Pflugs.
B. Kanadagänse (Branta canadensis) folgen dem
ersten Objekt, welches sie während der kritischen Periode sehen.
C. Ein Hamster (Cricetus cricetus) nagt an den
Stangen seines Käfigs.
D. Ein Wildschwein (Sus scrofa) wühlt in einem
Laubhaufen.
E. Eine Biene (Apis melifera) tanzt im Bienenstock.
49. Eine Ratte in einer Skinner-Box lernt
schnell das Drücken eines Hebels (Aktion) mit dem Erhalten einer Portion
Nahrung (Antwort) zu assoziieren. Dies
wird als Lernen durch Versuch und Irrtum oder operante Konditionierung bezeichnet. Welcher Faktor unterstützt diese Konditionierung?
A. Das Auftreten der Antwort nur alle zehn Aktionen
B. Häufige Umgebungsveränderungen
C. Das Auftreten einer ungünstigen Situation nach
der Antwort
D. Ein langes Zeitintervall zwischen Aktion und
Antwort
E. Ein kurzes Zeitintervall zwischen zwei Lernsessionen
Genetik und Evolution
50. Reinerbig rote und runzelige Erbsen werden mit ebenfalls reinerbig gelben und glatten Erbsen gekreuzt. Die F1 Generation besteht ausschliesslich aus
roten und runzligen Erbsen. In der Generation F2 werden 73 rote und runzelige,
25 gelbe und glatte, 4 gelbe und runzelige sowie 3 rote und glatte Erbsen gezählt. Was kannst du aus diesem Ergebnis schliessen?
A. Die Allele des Genes für die Farbe sind kodominant, nicht aber diejenigen für die Oberflächenstruktur.
B. Beide Gene befinden sich auf demselben
Chromosom, sind aber nicht gekoppelt.
C. Die Allele rot und runzelig sind dominant und
die zwei Gene sind nicht gekoppelt.
D. Die Allele gelb und glatt sind rezessiv und die
beiden Gene sind gekoppelt.
E. Die Rekombinationsrate beträgt 10 cM (centimorgan).
51. Wir betrachten ein Gen mit zwei Allelen in einer Population, die sich im
Hardy-Weinberg-Gleichgewicht befindet.
Eine Analyse zeigt, dass die Frequenz
des dominanten Phänotyps 0.64 beträgt.
Welches ist die Frequenz des dominanten
Alleles in dieser Population?
A. 0.25
B. 0.3
C. 0.4
D. 0.55
E. 0.6
52. Ein Student versucht Schafgarben
(Achillea millefolium – eine in der
Schweiz verbreitete Krautpflanze) mit
möglichst langen Stängeln zu züchten.
Welche Bedingung muss erfüllt sein, damit er Erfolg haben wird?
A. Die Länge des Stängels muss einen vererbbaren Anteil haben.
B. Die Ausgangspopulation muss eine geringe
genetische Variation aufweisen.
C. Die sexuelle Vermehrung muss zugunsten der
vegetativen Vermehrung gehemmt werden.
D. Jede Pflanze muss mit möglichst grossem Abstand zur nächsten gesät werden.
E. Die Böden müssen mit Phosphaten und Nitraten gesättigt sein.
53. Die vier Gene A, B, C und D von
Drosophila melanogaster befinden sich
auf demselben Chromosom. Mittels aufwändiger Kreuzungsversuche wurden
die Genabstände ermittelt. Die Tabelle
zeigt die Abstände zwischen den Genen,
angegeben in Centimorgan (cM). Welches ist die richtige Reihenfolge der vier
Gene auf dem Chromosom?
centimorgan
AB
AC
AD
BC
A.
B.
C.
D.
E.
ABCD
ADBC
BADC
BDAC
CDBA
82
21
45
103
54. Du hast zwei Inzuchtlinien, aabb und
AABB, gekreuzt, wobei du weisst, dass
die beiden Gene gekoppelt sind. Nun
machst du eine Rückkreuzung der F1 Generation mit der parentalen Generation aabb durch. Welche der folgenden
Phänotypen bestehen ausschliesslich aus
parentalen Haplotypen und treten als
Nachkommen der Rückkreuzung auf?
I. ab
II. aB
III. Ab
IV. AB
A. Nur I
B. Nur I und II
C. Nur I und IV
D. Nur II und III
E. Nur I, II und III
55. Matthias Stöck und sein Team haben
in Pakistan eine Froschart (Bufo pseudoraddei baturae) entdeckt, die triploid
ist und sich sexuell vermehrt. Wie läuft
die Fortpflanzung bei dieser Art ab, damit eine triploide Population aufrechterhalten wird?
A. Während der ersten Phase der Meiose bilden
die Männchen drei haploide Kerne, während
die Weibchen gar keine Meiose durchlaufen.
B. Vor der Meiose verlieren die zukünftigen Spermien einen ihrer Chromosomensätze, während
die zukünftigen Eizellen eine normale Meiose
durchlaufen.
C. Die zukünftigen Spermien durchlaufen eine
normale Meiose, die zukünftigen Eizellen verdoppeln einen ihrer Chromosomensätze.
D. Weibchen und Männchen produzieren mit zwei
nacheinander ablaufenden Meiosen normale
Gameten, anschliessend befruchten zwei Spermien die Eizelle.
E. Vor der Meiose verlieren die zukünftigen Spermien einen ihrer Chromosomensätze, während
die zukünftigen Eizellen einen ihrer Chromosomensätze verdoppeln.
56. Thierry studiert die genetische Diversität in einer Population des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros). Er stellt fest,
dass der Genotyp eines Individuums an
einem Lokus A mit der Anzahl seiner
Nachkommen korreliert, die Genotypen
an einem anderen Lokus B jedoch nicht.
Welche Aussage kannst du aus diesen Ergebnissen ziehen?
A. Sexuelle Selektion wirkt auf den Lokus A.
B. Genetische Drift wirkt auf den Lokus B.
C. Am Lokus A homozygote und heterozygote Individuen haben die gleiche direkte Fitness.
D. Die Loci A und B sind gekoppelt.
E. Am Lokus B homozygote und heterozygote Individuen haben die gleiche direkte Fitness.
57. Noémie studiert die genetische Diversität in zwei ursprünglich gleich grossen Populationen A und B des Rhinozerosvogels (Buceros rhinozeros). Kürzlich
erfuhr Population A jedoch einen starken
Bottleneck (Flaschenhals) und wurde auf
nur wenige Individuen reduziert. Für welche Paare von Kopien eines Chromosoms
wird Noémie durchschnittlich eine grössere Anzahl genetischer Unterschiede in
einer Probe vor dem Bottleneck als in einer Probe drei Generationen nach der
dem Bottleneck finden, wenn die genetische Diversität nur von genetischer Drift
beeinflusst wird?
I. Zwei Kopien innerhalb eines Individuums in
Population A.
II. Zwei Kopien innerhalb eines Individuums in
Population B.
III. Zwei Kopien in unterschiedlichen Individuen in
Population A.
IV. Zwei Kopien in unterschiedlichen Individuen in
Population B.
V. Eine Kopie in einem Individuum in Population
A und eine Kopie aus einem Individuum in Population B.
A. Nur I und III
B. Nur II und IV
C. Nur III und V
D. Nur I, III und V
E. Nur III, IV und V
58. Die evolutionäre Distanz ist definiert
als die Anzahl Nukleotidsubstitutionen
pro Basenpaar zwischen zwei DNA Sequenzen. Die evolutionäre Rate ist definiert als die Anzahl Nukleotidsubstitutionen pro Basenpaar pro Jahr. Jutzi untersucht je eine DNA Sequenz von zwei Arten und fand eine evolutionäre Distanz
von 0.05. Unter der Annahme, dass die
evolutionäre Rate 10-8 beträgt, wieviele
Jahre sind seit der Divergenz dieser beiden Sequenzen vergangen?
A. 2.5 ∗ 106 Jahre
B. 5 ∗ 106 Jahre
C. 1 ∗ 107 Jahre
D. 2 ∗ 107 Jahre
E. 4 ∗ 107 Jahre
59. Laktose ist ein Disaccharid, das
hauptsächlich in Milch vorkommt. Das
Enzym Laktase spaltet Laktose in Monosaccharide, die vom Körper aufgenommen werden können. In den meisten Säugetieren wird dieses Enzym in
der frühen Kindheit produziert, später
jedoch nicht mehr. Viele Menschen haben jedoch eine Mutation, welche ihnen
erlaubt, Laktose und damit Milch auch
als Erwachsene zu verdauen. Man nimmt
an, dass diese Anpassung im Zusammenhang mit der Nutztierhaltung entstanden
ist. Dies ist ein Beispiel von . . .
A. . . . Heterozygotenvorteil.
B. . . . positiver Selektion.
C. . . . sexueller Selektion.
D. . . . frequenzabhängiger Selektion.
E. . . . negativer Hintergrundsselektion.
60. Das Leben in grosser Höhe erfordert spezielle Anpassungen des Körpers.
In einer genomweiten Studie von Yi et
al. wurde das Endothelial PAS domaincontaining protein 1 (EPAS1) als eines
der vielversprechendsten Kandidatengene für eine solche Anpassung identifiziert. Yi et al. benutzten dazu ausschliesslich genetische Daten. Welche Aussage konnten Yi et al. daher sicher NICHT
machen?
A. Die Mehrheit der genetischen Unterschiede
zwischen Personen in höheren und tieferen
Lagen haben keinen messbaren Fitnessunterschied.
B. Die menschliche Variante von EPAS1 unterscheidet sich deutlich von derjenigen des
Schimpansen.
C. EPAS1 steht unter natürlicher Selektion.
D. EPAS1 erhöht die Fähigkeit, O2 bei niedrigem
O2 -Partialdruck aufzunehmen.
E. Tibeter (die auf Höhen von 4’000 m und mehr
leben) haben eine andere Variante von EPAS1
als Tieflandchinesen.
61. Die Definition des Selektionskoeffizienten s ist die prozentuale Änderung
in der Anzahl der Nachkommen im Vergleich zu einem Referenzallel, das als
Wildtyp bezeichnet wird. (Per Definition
ist der Selektionskoeffizient des Wildtyps
also s = 0). Ein Individuum das ein Allel mit einem Selektionskoeffizienten von
s = 0.01 trägt, hat also zum Beispiel 1 %
mehr Nachkommen als ein Individuum
mit dem Wildtypallel. Nimm an, für ein
Gen existierten drei Allele, der Wildtyp
mit sw = 0, ein positiv selektioniertes Allel
mit sp = 0.1 und ein negativ selektioniertes Allel mit sn = −0.8. Nimm nun anstelle
des Wildtypen das negativ selektionierte Allel als Referenz. Was wäre nun der
neue Selektionskoeffizient des positiv selektionierten Allels?
1+sp
A. 1+s
n
n
B. sps+s
n
C. sp + 1
D. sn +sspp+sw
1+sn
E. 1+s
p +sw
62. Welche der folgenden Beobachtungen sind Hinweise, dass das genannte
Merkmal durch Adaptation entstanden
ist?
I. Kieferstruktur beim Buntbarsch (Haplochromis
sp.) – Während sich Populationen in einem klaren See mit sandigem Untergrund und grossen Felsbrocken deutlich in den Kieferstrukturen unterscheiden, zeigen alle Populationen in
den angrenzen Flüssen eine extrem ähnliche
Kieferstruktur.
II. Flügellänge beim Nektarvogel (Cyanomitra
olivacea) – Die Flügellänge unterscheidet sich
stärker zwischen zwei geographisch nahen Populationen, welche zwei verschiedene Habitate bewohnen, als zwischen zwei geographisch
weit entfernten Populationen, welche das gleiche Habitat bewohnen.
III. Benutzung von Katzentörchen durch den Rotfuchs (Vulpes vulpes) – Ein männlicher Fuchs
lernt durch Katzentörchen in Wohnungen einzudringen und sich von Katzennahrung zu ernähren.
IV. Geweih des Rothirsches (Cervus elaphus) In einer bestimmten Population verwenden
Rothirsche ihre Geweihe um Früchte und frische Zweige von den Bäumen zu schlagen.
A. Nur III
B. Nur I und IV
C. Nur I und II
D. Nur II, III und IV
E. Alle
Ökologie
63. Im Juni 2010 haben verschiedene Artenspezialisten bei Mörel im Oberwallis auf einer Fläche von 1 km2 während 24 Stunden alle Arten notiert, die
sie auffinden konnten. Insgesamt wurden über 1300 Arten festgestellt, darunter über 500 Gefässpflanzen. Für die
Schweiz ist dies eine bemerkenswert hohe Zahl. Welche Faktoren, die alle auf
die untersuchte Fläche zutreffen, begünstigen die hohe Artenzahl pro km2 ?
I. Ausgeprägtes Relief mit verschiedenen Höhenstufen (730-1250 m.ü.M)
II. Vorhandensein unterschiedlicher GeländeExpositionen (Nordhang, Südhang)
III. Vorhandensein unterschiedlicher Gesteinsarten (Silikat, Kalk)
IV. Land- und Forstwirtschaft in extensiver Form
V. Kleinräumige Landschaftsstrukturen (Hecken,
Steinblöcke, Mauern, etc.)
A. Nur II und V
B. Nur I, III und V
C. Nur II, IV und V
D. Nur I, II, III und V
E. Alle
64. Senecio carniolicus ist eine Alpenpflanze, die in zwei Formen bekannt ist.
Diploide Individuen finden sich häufiger in dichten Rasen, während hexaploide Individuen vor allem in lückigerer
Vegetation auftreten. Karl Hülber hat
mit seinem Team untersucht, inwiefern
die Biomasse der Pflanzen von der Flächendeckung der umgebenden Vegetation abhängig ist. Die Grafik zeigt die
Resultate dieser Studie. Der Logarithmus
der Biomasse ist gegen die Vegetationsdeckung aufgetragen. Welche Aussage kannst du aufgrund der dargestellten
Resultate machen?
B. Die Biomasse sowohl der diploiden, wie auch
der hexaploiden Pflanzen ist bei hoher Vegetationsdeckung signifikant grösser.
C. Die Biomasse der hexaploiden Individuen ist signifikant grösser als die der diploiden Indiviuden.
D. Diploide Individuen wachsen in lückiger Vegetation signifikant schneller als hexaploide Individuen.
E. Grössere Pflanzen haben in dichter Vegetation gegenüber kleineren eine signifikant höhere
Fitness.
65. Ordne folgende Klimadiagramme
dem richtigen Biom zu.
I. Alice Springs (Australien) – heisse Wüsten
II. Athen (Griechenland) – mediterrane Zone
III. Mt. Kaindi (Neuguinea) – Feucht-tropische
Bergwälder
IV. Maquinchao (Argentinien) – Wüsten der gemässigten Zone
V. Nagasaki (Japan) – Sommergrüne Wälder der
gemässigten Zone
A. ID, IIIB, VA
B. IE, IIC, IVD
C. IIE, IIIA, VB
D. IIE, IVD, VA
E. IIIA, IVE, VB
A. Hexaploide Pflanzen haben in dichter Vegetation gegenüber Diploiden eine signifikant höhere Fitness.
67. Die Interaktionen zwischen zwei Primärproduzenten und zwei Konsumenten
1. Ordnung sind als Pfeile dargestellt,
wobei die Dicke der Pfeile die Stärke
der Interaktion und ein Plus oder Minus
einen positiven resp. negativen Effekt auf
den Empfänger beschreibt. Welcher Begriff beschreibt die Interaktion zwischen
den Konsumenten am besten?
A.
B.
C.
D.
E.
Direkte Konkurrenz
Antagonismus seitens Konsumenten 2
Gegenseitige Prädation
Kommensalismus seitens Konsumenten 1
Indirekter Mutualismus
36
34
32
30
28
26
24
22
20
18
16
14
250
Niederschlag mm
Temperatur °C
66. Betrachte folgende Artenkombinationen und überlege dir, wie gross jeweils
ein typischer Lebensraum sein muss, in
dem du alle diese Arten antreffen kannst.
Ordne diese Lebensräume nach aufsteigender räumlicher Grössenskala.
Beispiel: Arten einer Mauerritze< eines
Waldstücks < einer Moorlandschaft < eines Bioms).
I. Wanderfalke (Falco peregrinus), Biber (Castor
fiber), Torfmoos (Sphagnum magellanicum)
II. Feldhase (Lepus europaeus), Löwenzahn (Taraxacum officinale), Maulwurf (Talpa europaea)
III. Wasserlinse (Lemna minor), Wasserläufer (Gerris lacustris), gewöhnliche Grünalge (Chlorella
vulgaris)
IV. Schilf (Phragmites australis), Wels (Silurus glanis), Kormoran (Phalacrocorax carbo)
A. II < III < I < IV
B. II < IV < III < I
C. III < I < II < IV
D. III < II < IV < I
E. IV < III < I < II
200
150
100
50
Jan Feb Mär Apr Mai Jun Jul Aug Sep Okt Nov Dez
Niederschlag
Min. Temp.
0
Max. Temp.
68. Abgebildet siehst du Informationen
zum Klima eines bestimmten Bioms. Welche Eigenschaften hat dieses Biom?
A. Heisse, trockene Sommer und kalte Winter führen zur Ausbildung einer von Gras dominierten
Steppenvegetation.
B. Ein beträchtlicher Teil der Vegetation wird regelmässig durch grossflächige Feuer in anorganische Substanzen umgewandelt.
C. Der flache Einfallswinkel der Sonnenstrahlen
begünstiget die Ausbildung von grossflächigen, lückigen, immergrünen Nadelwäldern.
D. Die hohe Biomassenproduktion führt unter diesem Klima zu dicken, humusreichen
Schwarzerdböden.
E. Die Vegetationsperiode (Zeitperiode, während
der ein Pflanzenwachstum stattfinden kann) ist
auf weniger als ein Drittel des Jahres beschränkt.
69. Die Abbildung zeigt die seit 1977
mit Lebendfallen bestimmten Häufigkeiten von sympatrisch lebenden grossen,
Körner fressenden Känguruhratten (Dipodomys spp., A), kleineren, Körner fressenden Nagetierarten (B) und kleineren
Insekten fressenden Mäusen (Onychomys spp., C) in der nordamerikanischen
Chihuahua-Wüste. Alle Versuchsflächen
wurden mit semipermeablen Zäunen
umgeben, welche allen grösseren Tieren
den Zugang verwehrten. Im Winter 1988
wurden die Löcher der Zäune der Hälfte
aller Versuchflächen verkleinert, sodass
auch die grossen Känguruhratten ausgesperrt blieben. In diesen Versuchsflächen
wurden die Känguruhratten dann weggefangen. Welche der folgenden Aussagen über die Kleintiergesellschaft in der
Chihuahua-Wüste sind richtig?
1
Kontrolle
Dipodomys Entfernung
Anzahl Individuen pro Fangperiode
Dipodomys spp.
kleine, Körner fressende Kleinsäugetier
2
Onychomys spp.
3
Jahr
I.
II.
III.
IV.
A.
B.
C.
D.
E.
Beginn des
Experimentes
Es gibt eine negative Dichteabhängigkeit zwischen der Populationsgrösse kleiner, Körner
fressenden Nagetiere und kleiner, Insekten
fressender Mäuse.
Känguruhratten stehen in Konkurrenz mit kleineren, ebenfalls Körner fressenden Nagetieren.
Die Abwesenheit von Känguruhratten vermindert die Populationsdynamik von kleineren,
körnerfressenden Nagetieren.
Ein aggressives Revierverhalten der Känguruhratten gegen alle kleineren Säugetiere kann
ausgeschlossen werden.
Nur II
Nur III
Nur I und III
Nur II und IV
Nur I, II, und III
Systematik
70. Welche der folgenden Taxa sind
stammesgeschichtlich die beiden jüngsten?
I. Blütenpflanzen (Angiosperma)
II. Schlauchpilze (Ascomycota)
III. Kopffüsser (Cephalopoda)
IV. Krebstiere (Crustacea)
V. Säugetiere (Mammalia)
VI. Farne (Pteridophyta)
A. I und III
B. I und V
C. II und IV
D. II und V
E. IV und VI
71. Zu einem kompletten wissenschaftlichen Artnamen gehören die Autoren,
welche das Taxon erstmals mit diesem
Namen publiziert haben. Autoren welche
das Taxon bereits früher mit einem heute
nicht mehr gültigen Namen beschrieben
haben, werden in Klammer angegeben.
Welches ist der korrekte Name des folgenden Taxons?
”Die Zwittrige Krähenbeere wurde erstmals von Olaf Hagerup (1889-1961)
als eigene Art beschrieben. Tyge Wittrock Böcher (1909-1983) erkannte später
aber, dass das Taxon vielmehr als Unterart von der bereits beschriebenen Empetrum nigrum betrachtet werden muss.“
A. Empetrum (Hagerup) hermaphroditum Böcher
B. Empetrum nigrum subsp. hermaphroditum
(Hagerup) Böcher
C. Empetrum hermaphroditum (Hagerup) subsp.
nigrum Böcher
D. Empetrum nigrum Böcher subsp. hermaphroditum (Hagerup)
E. Empetrum nigrum Böcher (hermaphroditum
Hagerup)
72. Folgende
Merkmalstabelle
listet
Merkmale von 6 Pflanzenarten auf. Für
jedes Merkmal ist angegeben, ob bzw.
in welcher Anzahl eine Art das Merkmal
besitzt. Ordne die Arten den Organismengruppen zu.
Art
Leitgewebe
a: Alisma
lanceolata
b: Medicago sativa
c: Mnium
spinosum
d: Nitella
mucronata
e: Osmunda regalis
f: Taxodium
distichum
I.
II.
III.
IV.
V.
A.
B.
C.
D.
E.
Samen
Tracheen
(Gefässe)
Anzahl
Keimblätter
x
mehrzelliger
Sporophyt
(2n)
x
x
x
1
x
x
x
x
2
x
-
x
x
x
x
E. . . . kann das Kohlenhydrat Chitin selber synthetisieren, welches dem Exoskelett Elastizität
verleiht.
Szenario Protein-RNA-Erkennung
Die RNA hat mehrere wichtige Funktionen in der Zelle. Ohne die Proteine,
welche sie spezifisch erkennen, könnten diese jedoch nicht erfüllt werden.
Wir werden uns hier aus einem strukturellen Blickwinkel verschiedene Wechselwirkungen zwischen RNA und Proteinen
anschauen.
x
2-9
Angiospermen (Bedecktsamer)
Bryophyta (Laubmoose)
Charophyta (Charophyta)
Pinophyta (Koniferen)
Polypodiophyta (Farne)
aI, bI, cII, dIII, eV, fIV
aIV, bI, cV, dII, eIII, fIV
aII, bV, cI, dV, eIII, fIV
aV, bV, cIII, dIV, eII, fI
aV, bIV, cIII, dI, eII, fV
73. Der abgebildete lebende Organismus . . .
A. . . . kann eine spiralförmig gewundene kalkige
Schale synthetisieren, die über zwei Muskeln
mit dem Körper verbunden ist.
B. . . . gehört taxonomisch zu den Chelicerata
(Spinnentiere).
C. . . . besitzt ein dorsales (am Rücken gelegenes)
Nervensystem.
D. . . . besitzt ein System aus Stigmen und Tracheen zum Gasaustausch.
74. Zwischen zwei Molekülen sind mehrere Arten chemischer Bindungen möglich. Ordne jeder Bindungsart ihre Beschreibung zu.
I. Wasserstoffbrücke
II. Elektrostatische Wechselwirkung
III. Van-der-Waals-Wechselwirkung
IV. Hydrophobe Wechselwirkung
a. Wechselwirkung zwischen einem positiv und einem negativ geladenen Molekül
b. Wechselwirkung zwischen einem Wasserstoffdonator und einem -akzeptor, z.B. -NH2 und
O=C<
c. Wechselwirkung zwischen zwei apolaren Molekülen in wässriger Umgebung
d. Wechselwirkung zwischen zwei polaren, ungeladenen Molekülen
A. Ia, IIc, IIIb, IVd
B. Ib, IIa, IIId, IVc
C. Ib, IId, IIIc, IVa
D. Ic, IId, IIIa, IVb
E. Id, IIb, IIIa, IVc
75. Eine der Eigenschaften einer Wechselwirkung zwischen zwei Molekülen ist
die Affinität, welche sie zwischen den beiden Molekülen schafft. Die Gesamtaffinität (der Summe aller Wechselwirkungen)
wird durch die Dissoziationskonstante KD
beschrieben. Fürs Gleichgewicht
A + B ↔ AB
gilt
KD = ([A] · [B])/[AB]
dabei ist [x] die Konzentration von x . Entscheide mithilfe von
∆G = −RT ln(KD ) ⇔ KD = e−∆G/(RT )
und im Wissen, dass eine Van-derWaals-Interaktion 4 kJ/mol, eine Wasserstoffbrücke 1.5-6.5 kJ/mol, eine
elektrostatische Wechselwirkung 12-17
kJ/mol liefert und RT (Gaskonstante multipliziert mit der Temperatur in Kelvin)
bei 25° C ungefähr 2.5 kJ/mol beträgt,
welche der folgenden Kombinationen
von Wechselwirkungen genügt, um eine
KD kleiner als 10-8 (gilt als starke Affinität) zu erreichen?
e−1 ' 0.3, e−5 ' 6 · 10−3 , e−10 ' 4.5 · 10−5 , e−15 '
3 · 10−7 , e−18 ' 1.5 · 10−8
A. 10 Van-der-Waals-Wechselwirkungen
B. 7 Van-der-Waals-Wechselwirkungen und 5
Wasserstoffbrücken
C. 2 elektrostatische Wechselwirkungen
D. 6 Wasserstoffbrücken
E. 1 elektrostatische Wechselwirkung und 4 Vander-Waals-Wechselwirkungen
76. Ein anderer wichtiger Aspekt der
RNA-Erkennung durch Proteine ist die
Spezifität. Einige Proteine erkennen die
dreidimensionale Struktur der RNA, einige erkennen nur bestimmte RNASequenzen, einige schliesslich kombinieren diese beiden Arten der Erkennung.
Finde mithilfe der Abbildung der Basen
der DNA und der RNA heraus, welche der
folgenden Aussagen zur Erkennung der
RNA durch die Proteine FALSCH ist.
A. T kann aufgrund seiner Methylgruppe am C5
von C und U unterschieden werden.
B. C und U können aufgrund ihres Substituenten
am C4 (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor) voneinander unterschieden werden.
C. Purine können durch ihre unterschiedliche
Grösse von den Pyrimidinen unterschieden
werden.
D. A und C können aufgrund ihres Substituenten
am N3 unterschieden werden (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor).
E. A und G können aufgrund ihres Substituenten
am C6 (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor) voneinander unterschieden werden.
77. 1999 haben Deo et al. PABP, das
Protein, welches den Poly-(A)-Schwanz
ans 3’-Ende der messenger RNA (mRNA) anfügt, mit einem Stück Poly-(A)RNA kokristallisiert. PABP enthält vier
RRMs (RNA recognition motifs), spezialisierte Domänen, welche jeweils mehrere Nukleotide erkennen. Ein Beispiel der
Erkennung von Adenosin durch PABP ist
in der untenstehenden Abbildung dargestellt. Prüfe die folgenden Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit.
¬ Das Adenosin Ade-6 wird von PABP NICHT spezifisch erkannt
weil
­ zwischen dem Tyrosinrest Tyr-14 und dem Adenosin Ade-6 hydrophobe Wechselwirkungen stattfinden.
A.
B.
C.
D.
E.
¬ falsch, ­ falsch
¬ falsch, ­ richtig
¬ richtig, ­ falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig
78. RRMs enthalten 4 β-Faltblätter und
2 ihnen gegenüberliegende α-Helices
(Konsensusstruktur). Die Hauptkontaktstelle mit der RNA wird durch die βFaltblätter gebildet. Die Familie der RRMs
enthält mehr als 200 Proteine und viele zeigen Unterschiede in ihrer Struktur
im Vergleich zur Konsensusstruktur. Die
RRM welches Proteins auf dem Bild hat
im Vergleich zu hnRNP A1, welches eine
Konsensusstruktur aufweist, eine grössere Protein-RNA-Kontaktstelle?
A. Alle
B. La
C. CstF-64
D. PTB
E. Keines
Szenario GPCRs
Die
Superfamilie
der
G-Proteingekoppelten Rezeptoren (GPCR) ist eine
der meistvertretenen Proteinfamilien im
Säugetiergenom. Das human genome
project hat im menschlichen Genom
mehr als 800 verschiedene Gene entdeckt, welche für GPCRs codieren. Diese
Rezeptoren übertragen die Mehrheit
der Übertragungssignale von aussen
ins Innere der Zelle. Sie werden durch
eine Vielzahl von Liganden aktiviert,
angefangen bei einem einzigen Photon
über Ionen, Aminosäuren, Neurotransmitter bis zu proteolytischen Enzymen.
Zusätzlich zu ihrer grossen biologischen
Wichtigkeit stellen GPCRs auch ein klinisches Interesse dar. Heute wirken ca.
30 % der Medikamente auf dem Markt
auf GPCRs.
79. Xlrbpa-2 erkennt RNA auf eine
andere Weise, es besitzt eine dsRBD
(double-strand RNA binding domain).
Die dsRBD können dsRNA (doppelsträngige RNA) von dsDNA, ssRNA (einzelsträngige RNA) und ssDNA unterscheiden. Welche der folgenden Aussagen ist
korrekt?
A. Xlrbpa-2 erkennt die 20 Basen der dsRNASequenz.
B. Die durch dazwischen stehende Wassermoleküle vermittelten Wasserstoffbrücken sind spezifisch für eine RNA-Sequenz.
C. Die Seitenketten der Aminosäuren sind nicht
am Erkennen der RNA beteiligt.
D. In der Region 1 (Abb. 2) erhöhen hydrophobe
Interaktionen die Affinität von Xlrbpa-2 für die
RNA.
E. Die Wasserstoffbrücken vom Protein zur 2’OH-Gruppe der Ribose erlauben die Unterscheidung zwischen dsRNA und dsDNA.
80. Die GPCRs sind Proteine, welche
sich in der Plasmamembran befinden.
Sie sind alle gleich aufgebaut: sieben Transmembrandomänen verbunden
durch extra- und intrazelluläre Schleifen.
Welche Eigenschaften haben alle Transmembrandomänen gemeinsam?
A. Eine α-Helix von ca. 20 Aminosäuren, reich an
aliphatischen, hydrophoben Resten
B. Ein β-Faltblatt von ca. 5 Aminosäuren, welches
gleich viele geladene wie aliphatische Reste
enthält
C. 25 Aminosäuren, polar oder hydrophob, ohne
jegliche Sekundärstruktur
D. Ein β-Faltblatt von ca. 30 Aminosäuren, reich
an geladenen, polaren Resten
E. Eine α-Helix von ca. 7 Aminosäuren, reich an
geladenen, polaren Resten
CXCL12
CXCR4
PIP2
PLC
Gβ
Gγ
Gα
PKA
IP2
DAG
IP3
PKC
[cAMP]
i
Gβ
AC
Gγ
Gαi
SOS
MAPK
[Ca2+]
Grb2
PI3K
Shc
Ras
Raf
Akt
Rac
Cdc42
Chemotaxis
NFκB
Rho
Bad
p33
MEK1
ERK1
Chemotaxis
Transkription
Genexpression
Überleben
Proliferation
NFκB
Transkription
Genexpression
81. Um ihre zahlreichen Effekte zu vermitteln, können GPCRs vielerlei molekulare Kaskaden auslösen. Das folgende Schema stellt einen Teil des Übertragungssignals dar, welches durch den
Komplex aus Rezeptor (CXCR4) und Ligand (CXCL12) aktiviert wird. CXCR4
spielt eine wesentliche Rolle bei der Bildung roter Blutkörperchen, der Gefässversorgung des Magendarmtraktes sowie bei der Entwicklung des Kleinhirns.
Was passiert auf molekularem Niveau
wenn der Ligand an den Rezeptor bindet?
A. PLC und PI3K werden gehemmt und ERK1 wird
aktiviert.
B. Bad wird gehemmt, NFκB wird aktiviert und die
cAMP-Konzentration sinkt.
C. AC und MAPK werden gehemmt und MEK2
wird aktiviert.
D. DAG wird gehemmt, PKA und Rac werden aktiviert.
E. Akt wird gehemmt, Ras wird aktiviert und die
Calciumkonzentration sinkt.
82. GPCRs befinden sich überall in einem
Organsimus, wobei sie verschiedene Rollen spielen. Ordne jedem Rezeptor seine
Funktion zu.
I. Muskarinischer Acetylcholinrezeptor M3
II. Gallensäurenrezeptor TGR5
III. Angiotensinrezeptor AT1R
IV. Histaminrezeptor H4
V. Melatoninrezeptor MT1
a. Kontraktion glatter Muskeln
b. Erhöhung des Blutdrucks
c. Wanderung von Entzündungszellen
d. Regulation circadianer Zyklen
e. Anregung der β-Oxidation
A. Ia, IIe, IIIb, IVc, Vd
B. Ib, IIc, IIId, IVa, Ve
C. Ic, IIb, IIIe, IVd, Va
D. Id, IIa, IIIc, IVe, Vb
E. Ie, IId, IIIa, IVb, Vc
83. Trotz aller wissenschaftlichen Anstrengungen sind viele GPCRs noch “Waisen”, d.h. ohne bekannten Liganden
oder bekannte Funktion. Eine der grossen Herausforderungen der Wissenschaft
ist es, potentielle Liganden dieser Rezeptoren zu identifizieren. Welche der
folgenden Methoden kann NICHT angewandt werden um dieses Ziel zu erreichen?
A. Die gesamten Genome verschiedener Spezies werden sequenziert und miteinander verglichen.
B. Basierend auf der DNA-Sequenz des Rezeptors
werden potentielle Liganden durch Suchen in
der Datenbank vorhergesagt und danach in
Zelllinien getestet.
C. Die DNA-Sequenz des interessierenden GPCR’s wird ins Genom von Hefen eingefügt,
zahlreiche potentielle Liganden werden zugefügt und die molekulare Aktivität gemessen.
D. Die GPCRs werden in menschlichen Zelllinien exprimiert, eine grosse Zahl möglicher Liganden werden getestet (screening) und für jeden Liganden die Aktivität gemessen, indem
die Aktivierung einer intrazellulären molekularen Kaskade verfolgt wird.
E. Die GPCRs werden isoliert um die Matrix einer
Affinitätschromatografie zu bilden, verschiedene Liganden werden über die Chromatografiesäule laufen gelassen und jene, welche nicht
sofort ausgewaschen werden, werden als potentielle Liganden zurückbehalten.
84. Die Retinitis pigmentosa ist eine genetische Erkrankung des Auges, die sich
zuerst durch den Verlust der Nachtsicht
äussert, gefolgt von einer Einschränkung
des Gesichtsfeldes. Ca. 10 % der Fälle
sind durch eine Mutation des Rhodopsingens verursacht, einer der bestuntersuchten GPCRs, der für die Lichtempfindlichkeit des Auges verantwortlich ist. Die
folgende Abbildung zeigt den Stammbaum einer von der Retinitis pigmentosa betroffenen Familie. Wie wird diese
Krankheit übertragen?
A.
B.
C.
D.
E.
Autosomal dominant
Autosomal rezessiv
Gonosomal auf dem X-Chromosom
Gonosomal auf dem Y-Chromosom
Mitochondrial
85. Die GPCRs bilden eine evolutionär
sehr alte Familie, welche vielerlei Selektionsdrücke durchgemacht hat. Z.B. das
Gen TAS2R16, welches für ein teilweise
für die Reaktion auf bitteren Geschmack
verantwortliches Protein codiert, kommt
in der menschlichen Population in zwei
Varianten vor. Die neue Variante tauchte
gerade vor der Expansion des Menschen
aus Afrika auf, nach einer Punktmutation. Sie verleiht dem Rezeptor eine gesteigerte Empfindlichkeit gegenüber vielen
Molekülen mit bitterem Geschmack, welche in der Natur sehr präsent und mehrheitlich giftig sind. Soranzo et al. (2005)
haben einen klaren Hinweis auf positive
Selektion auf die neue Genvariante gesehen. Was könnte der Grund für diese
Selektion sein?
A. Um den intensiveren bitteren Geschmack zu
kompensieren konsumieren die Individuen mit
der neuen Genvariante mehr Zucker und sind
so besser ernährt.
B. Bittere Lebensmittel können konsumiert werden
ohne dass die Giftstoffe aufgenommen werden.
C. Giftige Lebensmittel können leichter erkannt
und so vermieden werden.
D. Die neue Genvariante erlaubt eine schnelle
Entwicklung von Resistenzen gegen Giftstoffe.
E. Ausserhalb von Afrika sind die giftigen Lebensmittel generell weniger bitter.
86. Nach einer phylogenetischen Analyse haben die Forscher die GPCRs in
fünf grosse Familien eingeteilt. Die folgende Abbildung zeigt dir den Anfang
der DNA-Sequenz jeweils eines Vertreters pro Familie. Welcher ist unter Anwendung des Prinzips der maximalen
Sparsamkeit (engl. maximum parsimony,
ein Prinzip, welches aussagt, dass die
wahrscheinlichste Phylogenese jene ist,
welche am wenigsten evolutionäre Veränderungen benötigt) der wahrscheinlichste phylogenetische Baum?
Szenario Silage
Die Silage (Gährfutter) ist eine Methode
zur Konservierung von Raufutter (Mais,
Gras). Das Ziel der Silage ist es, den pH
zu reduzieren, um damit einen Abbau
der organischen Materie und somit Verluste während der Lagerung zu verhindern.
Die Silage ist ein relativ komplexer anaerober Prozess, den man als ein in
sich geschlossenes Ökosystem betrachten kann. Aus diesem Grund werden die
Silage-Rundballen mit einer luftdichten
Plastikhülle umgeben. Man muss etwa
sechs Wochen einberechnen, bis die Silage einen stabilen Zustand erreicht hat.
87. Welche der folgenden Behandlungen
hat im Gegensatz zu einer Senkung des
pH KEINEN negativen Auswirkungen auf
die Entwicklung von Mikroorganismen?
A. Eine Zugabe von Zucker von 50 %
B. Eine Zugabe von Salz von 5 %
C. Die Gefrierung bei -20° C
D. Ein Wasserentzug auf 88 % Trockenmasse
E. Alle oben genannten Behandlungen haben
einen negativen Effekt.
88. Verschiedene Mikroorganismen können bei der Herstellung von Silage eine
Rolle spielen und sind mehr oder weniger
erwünscht. Die untenstehende Tabelle
zeigt die Charakteristika der Mikroorganismen, welche zu verschiedenen
Zeitpunkten im Silageprozess auftreten
können. Ab welchem pH kann man die
Silage als stabil betrachten, dass heisst,
dass kein weiterer Abbau der organischen Materie mehr stattfindet?
Typ
Homofermentative
Milchsäurebakterien
Heterofermentative
Milchsäurebakterien
Enterobakterien
Substrat
Hefepilze
versäuernde
Wirkung
Wachstumsbedingungen
Fructose,
Glucose
Lactat
stark
O2 Gehalt
–
Fructose,
Glucose
Lactat,
Ethanol,
Acetat,
CO2
Acetat,
Ethanol,
CO2
Buttersäure
mittel
–
3.5 – 4
schwach
+/–
5.5
negativ*
–
5
CO2 ,
H2 O,
Wärme
CO2 ,
H2 O,
Ethanol,
Wärme
negativ*
+++
5.5
negativ*
+++
4
Glucose
Lactat
Buttersäurebakterien
Schimmelpilze
Produkte
Glucose
O2 , Acetat, Glucose
*machen das Milieu basischer
minimaler
pH
3.5 – 4
A.
B.
C.
D.
E.
pH < 3.5
pH = 4
pH < 5
pH < 5.5
pH > 5.5
89. Du weisst, dass Buttersäurebakterien
als Sporen vorliegen, wenn das Raufutter
siliert wird. In welcher Reihenfolge treten die verschiedenen Mikroorganismen
im Silageprozess auf, vom Beginn bis zur
gewünschten Stabilisierung?
A. Enterobakterien, homo- und heterofermentative Milchsäurebakterien
B. Homo- und heterofermentative Milchsäurebakterien, Hefepilze
C. Enterobakterien, Schimmelpilze, Hefepilze
D. Buttersäurebakterien, Enterobakterien, homound heterofermentative Milchsäurebakterien
E. Hefepilze, Buttersäurebakterien, Enterobakterien
90. Um den pH-Abfall in der Silage zu beschleunigen, können Zusätze
wie Ameisensäure dazugegeben werden.
Welches ist eine weitere Folge dieser Zusätze?
A. Die Ameisensäure hemmt die Enterobakterien
und die Schimmelpilze, wodurch weniger Atmungsverluste auftreten.
B. Die Ameisensäure fördert die Photosynthese im
Innern des Silos, weshalb der Gehalt an organischer Materie grösser wird.
C. Die Silage hat eine grössere GlucoseKonzentration weil weniger Glucose fermentiert werden kann.
D. Die Ameisensäure reduziert O2 zu CO2 , eine
mechanische Kompression des Silos ist nicht
mehr nötig.
E. Die Ameisensäure katalysiert die Umwandlung
von Glucose zu Lactat.
91. Prüfe folgende Aussagen sowie ihre
Verknüpfung auf ihre Richtigkeit.
¬ Sobald das Silo geöffnet wird, steigt die Temperatur in seinem Innern an,
weil
­ Schimmelpilze Zugang zu Sauerstoff erhalten
und sich entwickeln können.
A.
B.
C.
D.
E.
¬ falsch, ­ falsch
¬ falsch, ­ richtig
¬ richtig, ­ falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig
92. Mais enthält zwei ernährungstechnisch verschiedene Arten von Stärke: sogenannt stabile Stärke passiert den Pansen intakt, während die andere Stärke
direkt im Pansen fermentiert, zu Propionsäure umgewandelt und vor Ort absorbiert wird. Die stabile Stärke wird
im Dünndarm zu Glucose abgebaut. Alle Stärke, die noch nicht im Dünndarm
abgebaut werden kann, wird im Dickdarm fermentiert oder mit dem Kot ausgeschieden. Eine Kuh kann ungefähr 1 kg
stabile Stärke pro Tag absorbieren. Wird
dieser Wert überschritten, wird die Fermentation im Dickdarm so stark, dass die
Darmwand angegriffen wird und Infektionen auftreten können.
Mais-Silage, welches im September geerntet und im Dezember geöffnet wird,
enthält 32 % stabile Stärke, 6 Monate
später jedoch nur noch 25 %.
Welche Menge Silage darf eine Kuh im
Juni täglich maximal fressen, wenn der
totale Stärkegehalt 350 g pro Kilogramm
Trockengewicht beträgt?
A. 2.5 kg
B. 3.5 kg
C. 8.9 kg
D. 11.4 kg
E. 15.3 kg
93. Was kann passieren, wenn bei der
Fütterung direkt von einem Jahr alter Silage zu 6 Wochen alter Silage gewechselt
wird?
A. In den Kuhfladen können Stücke von Maiskörnern beobachtet werden.
B. Der noch hohe pH in der Silage führt zu einer
Alkalose (Basenüberschuss) im Pansen.
C. Der Überschuss an im Pansen produzierter Propionsäure führt zu einer Azidose (Übersäuerung) des Pansens.
D. Die starke Aktivität der Buttersäurebakterien
führt zu starken Verdauungsstörungen.
E. Die Produktion von Alkohol durch die Hefepilze führt die Kühe in einen Zustand fortgeschrittener Trunkenheit.
Szenario Diffusion
Diffusionen spielen eine zentrale Rolle in vielen biologischen Prozessen auf
der molekularen und den höheren Ebenen. Die allgemeinste Beschreibung einer Diffusion ist eine zufällige, kontinuierliche Bewegung von Teilchen durch
einen Raum. Die Natur der Teilchen und
des Raums und die genauen Spezifikationen, wie sich die Teilchen bewegen, hängen davon ab, was genau beschrieben
werden soll.
94. Einer der einfachsten Diffusionsprozesse ist die sogenannte Brown’sche Teilchenbewegung. Sichtbare Makromoleküle in wässriger Lösung stossen ständig
mit kleineren Molekülen (z.B. den Wassermolekülen) zusammen. Dadurch wird
eine zufällige Bewegung der grösseren
Teilchen sichtbar (z.B. unter einem Mikroskop). In welchem der folgenden Szenarien ist Brownsche Teilchenbewegung
die Basis des Transportmechanismus?
A. Das Hochsteigen von Wasser in einem dünnen
Glasröhrchen
B. Das Eindringen von Viren in eine Leberzelle
C. Der Transport von Wasser entlang der Speiseröhre
D. Die gleichmässige Verteilung eines Farbstofftropfens in wässriger Lösung
E. Der Fluss von Erythrozyten durch Blutgefässe
95. In der Biologie spielen Diffusionen
entlang von Konzentrationsgradienten
eine zentrale Rolle. Das Aufrechterhalten eines Konzentrationsgradienten benötigt Energie und einen speziellen Mechanismus. Welcher der folgenden Prozess beinhaltet KEINE Diffusion entlang
eines Konzentrationsgradienten?
A. Der Transport von Sauerstoff von den Lungenbläschen in das Blut
B. Alle der Szenarien sind Diffusionen entlang eines Konzentrationsgradienten.
C. Der Transport von CO2 vom Blut in die Lungenbläschen
D. Der Transport von Wasser durch die Haut eines
Frosches
E. Die Abgabe von Calciumionen in einer Synapse
∂f
∂f
∂ 2f
= µ(x)
= σ 2 (x) 2
∂t
∂x
∂x
µ(x) beschreibt die durchschnittliche Deplatzierung des Teilchens. Falls µ(x) =
0, erwarten wir, dass das Teilchen auch
nach längerer Zeit noch am selben Ort
anzutreffen ist. Falls µ(x) 6= 0, erlebt das
Teilchen einen Drift und bewegt sich in eine bestimmte Richtung. Welches der folgenden ist KEIN Prozess, bei dem sich
Moleküle in eine bestimmte Richtung bewegen?
A. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer
isotonischen Zelle.
B. Erleichterte Diffusion eines Kaliumions durch
eine Zellmembran.
C. Aktiver Transport eines Glukosemoleküls durch
eine Zellmembran.
D. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer hypertonischen Zelle.
98. Da die Bewegung der Moleküle
durch Diffusion zufällig ist, benötigen wir
eine Funktion die beschreibt, wie wichtig
der Einfluss dieser Zufälligkeit ist. Dies
übernimmt σ 2 (x) aus obiger Gleichung.
Falls σ 2 (x) = 0, ist der Prozess deterministisch und der Zufall spielt keine Rolle. Wir können also für jedes Teilchen
genau vorhersagen, wo es sich nach einer gewissen Zeiteinheit befinden wird.
Wenn σ 2 (x) hingegen sehr gross ist, dann
können wir schon nach kurzer Zeit keine
Aussage mehr machen, wo sich das Teilchen befindet. Das Teilchen könnte überall sein. Welche Region in der folgenden
Abbildung beschreibt den erwarteten Ort
eines Teilchens, das am mit einem Stern
markierten Punkt (0,0) startet und mit
Parametern µ(x) = 0 und σ 2 (x) = 0.01 diffundiert?
2
4
a
b
−2
0
c
d
−4
97. Die mathematische Beschreibung der
Diffusion erfolgt üblicherweise mittels einer stochastischen Differenzialgleichung.
Die Gleichung beschreibt die Änderung
der Position eines Teilchens in einem
ganz kleinen Zeitraum und hat folgende
Form:
E. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer hypotonischen Zelle.
Y
96. Ein Zelltyp, in dem Diffusionen eine besondere Rolle spielen, sind die
Nervenzellen (Neuronen). In Neuronen
wird mit der Natrium-Kalium-Pumpe
stets ein Konzentrationsgradient von
Natrium- und Kaliumionen aufrechterhalten, wobei Na+ aus der Zelle hinaus und K+ in die Zelle hineingepumpt
wird. Soll ein Nervensignal weitergegeben werden, wird die Zelle depolarisiert
und die Konzentrationsgradienten werden reduziert. Welche der folgenden Prozesse sind Diffusionen?
I. Der Transport von K+ in die Zelle hinein im
Ruhezustand
II. Der Transport von Na+ aus der Zelle hinaus im
Ruhezustand
III. Der Fluss von K+ aus der Zelle hinaus bei einem Signal
IV. Der Fluss von Na+ in die Zelle hinein bei einem Signal
A. Nur I und II
B. Nur I und III
C. Nur II und III
D. Nur II und IV
E. Nur III und IV
−4
−2
e
0
2
4
X
99. Diffusionen können auch zur Beschreibung von weiteren biologischen
Prozessen benutzt werden, z.B. zur Beschreibung der Verteilung von Individuen einer Art in der Landschaft oder der
Änderungen von Allelfrequenzen in einer Population. Bei letzterer ist das diffundierende Teilchen die Frequenz eines
Allels in einer Population. Hat diese Frequenz den Wert 1, so tragen alle Individuen einer Population dieses Allel. Ist die
Frequenz hingegen 0, so ist das Allel ausgestorben. Dieser Wert ändert zwischen
verschiedenen Generationen. Welches ist
ein Grund für diese Beobachtung?
A. Die beiden Geschlechter sind unterschiedlich
gefärbt.
B. Bei der Befruchtung der Eizellen finden Zufallsereignisse statt.
C. Bei den meisten Arten sterben mehr Tiere im
Winter als im Sommer.
D. Jede Art wird irgendwann aussterben.
E. Jungtiere zeigen ein anderes Verhalten als
adulte Tiere.
σ 2 (x)
0.0 0.2 0.4
100. Mathematisch gesehen haben alle
genetischen Diffusionsprozesse gemeinsam, dass die Frequenz zwischen 0 und
1 liegt und das σ 2 (x) = x(1 − x). Welche
der folgenden Funktionen bildet σ 2 (x) in
diesem Fall ab?
a
b
c
d
0.0
e
0.2
0.4
x
0.6
0.8
1.0
Szenario Parasitische Pflanzen
Parasitismus ist eine Lebensform, die in
allen Reichen vorkommt. Auch unter den
Blütenpflanzen gibt es parasitische Vertreter. Die Wirte sind meist andere Pflanzen, wobei entweder nur deren Xylem
oder auch deren Phloem parasitiert wird.
Dazu bilden sie spezielle Saugorgane
aus, sogenannte Haustortien.
101. Welche Aussage zu parasitischen
Blütenpflanzen ist richtig?
A. Fleischfressende Pflanzen leben ebenfalls parasitisch.
B. Die Wirtspflanzen werden jeweils nur von einem parasitischen Individuum befallen.
C. Parasiten haben eine Abwehr gegen die Antikörper der Wirtspflanzen entwickelt.
D. Der totale Stoffwechselumsatz eines Parasiten
ist grösser als derjenige seines Wirtes.
E. Es gibt keine endoparasitische Pflanzen.
102. Viele Halbparasiten, die nur auf
dem Xylem der Wirtspflanze parasitieren, welken sehr schnell, wenn man sie
abschneidet. Was könnte der Grund dafür sein?
A. Da der Parasit eine unbeschränkte Wasserversorgung hat, bildet seine Epidermis keine Cuticula aus.
B. Die Aufnahme von Wasser in die Haustortien
erfolgt über ATP-getriebene H2 O-Pumpen. Um
den Energieverlust zu minimieren, nimmt die
Pflanze so wenig Wasser wie möglich auf.
C. Um der Wirtspflanze möglichst viel Xylemsaft,
und damit Nährstoffe, zu entziehen, haben sie
in der Regel eine hohe Transpirationsrate.
D. Als Halbparasiten können sie zwar noch Photosynthese betreiben, sie haben aber die Fähigkeit verloren, die Öffnung der Stomata zu
regulieren.
E. Da sie dem Xylemsaft nur sehr wenig Zucker entziehen können, können kaum stützende Strukturen aufgebaut werden, die das Welken verzögern würden.
103. Welche morphologischen Merkmale
haben vollparasitische Pflanzen als Folge oder Anpassung an ihre parasitische
Lebensweise?
I. RuBisCO ist das mengenmässig wichtigste Protein in der parasitischen Pflanze.
II. Blätter sind klein oder ganz reduziert.
III. Die Farbe der Sprosse und Blätter ist weiss oder
braun.
IV. Die Samen des Parasites und der Wirtspflanze
haben denselben Verbreitungsmechanismus.
V. Chlorophyll wird nicht oder nur in sehr geringer Menge gebildet.
A. Nur II und IV
B. Nur IV und V
C. Nur I, III und IV
D. Nur I, III und V
E. Nur II, III und V
104. Eine besondere Form von Parasitismus, die auch als Epiparasitismus bezeichnet wird, betreibt die Gattung der
Fichtenspargeln (Monotropa), die auch in
der Schweiz weit verbreitet ist. Obwohl
sie nicht mit der Wirtspflanze verbunden ist, ernährt sie sich indirekt von dieser. Durch welchen Mechanismus ist dies
möglich? Monotropa. . .
A. . . . parasitiert einen Pilz, der seinerseits der
Mykorrhiza-Partner des Wirtsbaumes ist und
über diesen Zucker bezieht.
B. . . . lebt in Symbiose mit Blattläusen, welche
den Saft der Wirtspflanze saugen und einen Teil
davon an die Haustortien des Parasiten abgeben.
C. . . . lockt durch chemische Botenstoffe die
Knöllchenbakterien in den Wurzeln der Wirtspflanze an und verdaut diese in den Haustortien.
D. . . . scheidet über die Wurzeln eine Säure aus,
welche die unterirdischen Teile der Wirtspflanze
auflöst, die dann aufgenommen werden.
E. . . . gibt über seine Blätter ätherische Öle ab,
welche die Wirtspflanze zur Ausscheidung von
Zuckern über die Wurzeln in den Boden anregen.
105. Eine besonders interessante Gattung parasitischer Pflanzen ist der Teufelszwirn Cuscuta. Ihre Zweige winden
sich um die Triebe der Wirtspflanze und
bilden Haustortien aus. Wurzeln bildet
sie keine. Die ursprünglich aus Nordamerika stammende Art Cuscuta campestris ist in Europa ein Schädling in
Zuckerrübenkulturen.
Benvenuti und sein Team (2005, Weed
Research) haben Keimungsversuche mit
Cuscuta gemacht. Dabei wurden die Samen in einer Klimakammer inkubiert.
Die Abbildung zeigt die Resultate des
Keimungsversuches:
A: Abhängigkeit der Keimungsrate frischer Samen von Temperatur und Licht
bzw. Dunkelheit. Bei einem Teil der Samen wurde vorher in einem Säurebad die
Samenschale gereizt.
B: Abhängigkeit der Keimungsrate von
der Lagerungszeit der Samen. Jeweils ein
Teil der getrockneten Samen wurde vor
der Ankeimung unter konstanten Bedingungen im Labor gelagert, ein anderer
Teil wurde in einem durchlässigen Beutel in einem natürlichen Boden vergraben und so gelagert.
Welche Aussagen kannst du aufgrund
der dargestellten Ergebnisse machen?
I.
II.
III.
IV.
V.
VI.
A.
B.
C.
D.
E.
Die Keimung wird durch Licht ausgelöst.
Samen mit gereizter Schale keimen besser.
Die Keimung ist temperaturabhängig.
Die im Labor gelagerten Samen sind nicht
mehr keimfähig.
Die Keimungsrate der Samen im Boden hängt
von der Jahreszeit ab.
Die Samen können über Jahrzehnte keimfähig
bleiben.
Nur I und VI
Nur III und IV
Nur I, II und VI
Nur II, III und V
Nur III, V und VI
106. Man unterscheidet zwischen einer
primären Dormanz (Samenruhe), während der die Keimung trotz günstiger Bedingungen unterdrückt wird, und
der sekundären Dormanz, während der
die Keimung nur noch bei ungünstigen
Bedingungen unterdrückt wird. Welche
Aussage zu Dormanz von Cuscuta campestris ist falsch?
A. Die Dormanz verhindert, dass der Samen bereits auf der Mutterpflanze auskeimt.
B. Die Dormanz ermöglicht dem Samen, während
vieler Monate intakt im Boden zu überdauern.
C. Die primäre Dormanz kann durch eine Säurebehandlung beendet werden.
D. Der Kontakt mit variierenden Umwelteinflüssen
beendet die primäre Dormanz.
E. Die sekundäre Dormanz ist bei hohen Temperaturen stärker als bei tiefen.
107. Die Landwirtschaft hat Interesse
daran C. campestris zu bekämpfen, was
aber wegen dem Mangel an spezifischen
Herbiziden schwierig ist. Prüfe folgende
Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit.
¬ Durch einen Fruchtwechsel von Zuckerrüben
und Nicht-Wirtspflanzen kann C. campestris wirksam bekämpft werden
weil
­ nach zwei Jahren keine keimfähigen C. campestris-Samen mehr im Boden vorhanden sind.
A.
B.
C.
D.
E.
¬ falsch, ­ falsch
¬ falsch, ­ richtig
¬ richtig, ­ falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch
¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig
108. Nach der Keimung kann der Cuscuta-Keimling während 2-3 Wochen von
den Reserven leben und muss in dieser
Zeit durch Wachstum zu einer Wirtspflanze gelangen. Benvenuti und sein Team
haben untersucht, wie viele Keimlinge in
Abhängigkeit von der Distanz zur Wirtspflanze diese erreichen und Haustortien
ausbilden können. Sie haben auch getestet, ob es einen Unterschied gibt wenn
die Wirtspflanze klein (4-Blatt-Stadium)
oder grösser (6-8 Blatt-Stadium) ist. Die
Abbildung zeigt die Ergebnisse. Welche
Aussage lässt sich daraus ableiten?
A. Wenn sie direkt neben der Wirtspflanze keimen, können die Keimlinge die kleineren
Wirtspflanzen besser parasitisieren als die
grösseren.
B. Sobald ein Grossteil der Reserven aufgebraucht ist, können die Keimlinge auf grösseren Wirtspflanzen besser Haustortien ausbilden
als auf kleineren.
C. Die meisten Keimlinge können ihre Wirtspflanze bis zu einem Abstand von 8 cm erreichen.
D. Die Keimlinge können die kleineren Wirtspflanzen besser erreichen.
E. Ist die Wirtspflanze einmal erreicht, können fast
alle Keimlinge Haustortien ausbilden.
109. Aber wie nehmen die Keimlinge
wahr, in welche Richtung sie wachsen
müssen? Dazu machten Benvenuti und
sein Team ein weiteres Experiment, dessen Aufbau und Ergebnisse in der Abbildung dargestellt sind. In einem Abstand
von je 5 cm wurden auf zwei entgegengesetzten Seiten des Keimlinges je ein
Blatt Zuckerrübe angebracht; eines mit
einem hohen und eines mit einem tiefen Chlorophyllgehalt. Während die ganze Versuchsanordnung mit weissem Licht
beleuchtet ist, sind zwei weitere weisse
Lampen hinter den Blättern angebracht.
Das durch die Blätter dringende Licht hat
je nach Chlorophyllgehalt einen spezifischen R/FR-Wert (Verhältnis zwischen Rot
(660nm) und Dunkelrot (730nm) ). Die
Balken zeigen die prozentualen Anteile
von Keimlingen, welche jeweils in Richtung der Wirtsblätter gewachsen sind.
Auch wenn die Keimlinge durch eine
Glasscheibe von den Blättern abgetrennt
werden, bleibt das gerichtete Wachstum
erhalten. Welche Aussagen sind richtig?
Die Keimlinge . . .
I. . . . wachsen auf das stärkste Licht zu.
II. . . . wachsen auf die dunkelste Stelle zu (negativer Phototropismus).
III. . . . können Licht unterschiedlicher Wellenlänge
unterscheiden.
IV. . . . wachsen bevorzugt zu Wirtspflanzen mit
hohem Chlorophyllgehalt.
V. . . . nutzen eine Kombination aus Phototropismus und Chemotropismus, um den Wirt zu finden.
VI. . . . können die Wirtspflanze aufgrund des
R/FR-Werts von Nicht-Wirtspflanzen unterschieden.
A. Nur I
B.
C.
D.
E.
Nur II und VI
Nur III und IV
Nur III und VI
Nur IV und V
Szenario Leberschädigung
Ein Organ, welches lange genug schädlichen Einflüssen wie beispielsweise einer
Entzündung ausgesetzt ist, kann darauf
mit einer Vermehrung von Bindegewebe
(u.a. Kollagenablagerung) reagieren, also einer Art Narbenbildung. Dies nennt
man Fibrose. Ein bekanntes Beispiel ist
die Leberschädigung durch Alkohol. Neben Alkohol hat man auch andere Mechanismen der Leberschädigung gefunden, einen davon haben Seki et al. untersucht (Nature Medicine, 2007). Versuche, die Untersuchungen nachzuvollziehen und schlage schliesslich einen möglichen Mechanismus für die Entstehung der
Leberfibrose vor.
110. Die Leber wird oft “zentrales Chemielabor” unseres Körpers genannt, da
sie so viele Funktionen in unserem Stoffwechsel hat. Welches ist beim erwachsenen Menschen KEINE Aufgabe der Leber?
A. Bildung von Hormonen
B. Bildung von Galle
C. Bildung und Speicherung von Glykogen
D. Bildung von Blutzellen
E. Bildung von Bluteiweissen
111. Im Labor kann eine Leberfibrose in
Mäusen ausgelöst werden, indem ihnen
der Gallengang verschlossen wird (bile duct ligation, BDL). Bei ihren Untersuchungen haben Seki et al. das Ausmass der Bindegewebsvermehrung nach
Verschluss des Gallengangs anhand des
Kollagengehaltes der Leber gemessen.
Kollagen kann spezifisch angefärbt werden (Sirius red staining).
Als mögliche Auslöser von Signalen, welche zur Entstehung von Leberfibrose beitragen, kommen verschiedene Zelloberflächenrezeptoren infrage, z.B. toll-like
receptor 2 (TLR2) und toll-like receptor 4
(TLR4). Beide Rezeptoren binden u.a. Bestandteile von Bakterienzellwänden. Seki et al. untersuchten deshalb drei verschiedene Labormausstämme: solche mit
normalen toll-like receptors (wildtype),
solche ohne funktionellen TLR2 (Tlr2-)
und solche ohne funktionellen TLR4 (Tlr4). Als Kontrolle wurden Mäuse am Bauch
operiert ohne dabei den Gallengang zu
verschliessen (sham). In Abb. 1 siehst
du die Resultate der Experimente. Was
kannst du daraus schliessen?
Abb. 1
� wildtype
� Tlr2 -
� wildtype
� Tlr4 -
A. Mäuse mit funktionellen TLRs entwickeln auch
ohne Gallengangsverschluss nach der Operation eine Kollagenablagerung.
B. Sowohl TLR2 als auch TLR4 scheinen für die
Kollagenablagerung nötig zu sein.
C. TLR4, nicht jedoch TLR2 scheint für die Kollagenablagerung nötig zu sein.
D. Die untersuchten Mäuse können keine Kollagenablagerungen entwickeln.
E. TLR2 scheint vor Kollagenablagerung zu schützen.
112. Ein kritischer Mitarbeiter glaubt dir
nicht. Er will, dass zusätzlich zur oben
erklärten Messung ein Marker für Leberzellschädigung (Alanintransaminase,
ALT) im Blut der Mäuse bestimmt wird. Je
mehr die Leber geschädigt ist, desto höher ist dieser Marker. Die Resultate der
Untersuchung siehst du in der Abb. 2. Der
Mitarbeiter glaubt nun deine Schlussfolgerung aus oben erklärtem Experiment,
denn die Voraussetzung dafür ist erfüllt.
Was ist die Voraussetzung für die Gültigkeit deiner obigen Schlussfolgerung?
ALT im Serum
(internationale Einheiten/ml)
Abb. 2
� wildtype
� keine funktionellen TLR
Tage nach BDL
A. Der Leberschaden in Mäusen mit normalen
TLR und jenen ohne funktionellen TLR2 bzw. 4
ist ca. gleich.
B. Die Mäuse ohne funktionellen TLR2 bzw. 4 exprimieren mehr ALT.
C. Der Leberschaden hat zwischen 5 und 21 Tagen nach Gallengangsverschluss sein Maximum erreicht.
D. Der Marker (ALT) steigt im Blut sofort nach der
Leberschädigung an.
E. Das Ausmass des Leberschadens korreliert
nicht mit dem Ausmass der Kollagenablagerung.
113. TLRs spielen eine wichtige Rolle im
angeborenen Immunsystem, sie werden
durch Bestandteile von Mikroben aktiviert. Seki et al. vermuteten, die beteiligten TLRs könnten durch Bestandteile
von Darmbakterien, z.B. Lipopolysaccharid aus gramnegativen Zellwänden, aktiviert werden. Dies ist wahrscheinlich,
weil. . .
A. . . . Mäuse einen Grossteil ihrer Nährstoffe
durch Verdauung von Darmbakterien gewinnen.
B. . . . Labormäuse sehr häufig durch besonders
gefährliche Bakterien kolonisiert sind.
C. . . . die Leber Immunzellen enthält.
D. . . . die Mäuseleber über die Pfortader als erstes
Organ Blut aus dem Darmtrakt erhält.
E. . . . Darmbakterien als Teil der Normalflora
auch das Blut kolonisieren.
114. Um diese Hypothese zu testen, wurden die Därme der Mäuse mithilfe verschiedener Antibiotika sterilisiert, also
die Bakterien im Darm getötet. Die Antibiotika wurden den Mäusen im Trinkwasser verabreicht. Welche Eigenschaft
sollten diese Antibiotika haben? Sie sollten. . .
A. . . . möglichst spezifisch gegen die im Mäusedarm vermuteten Bakterien wirken.
B. . . . vor allem grampositive Bakterien töten.
C. . . . als inaktive Vorstufen verabreicht werden,
welche in der Leber aktiviert werden.
D. . . . vor allem in der Leber abgebaut werden.
E. . . . nur schlecht durch den Darm absorbierbar
sein.
115. Tatsächlich zeigten die antibiotisch
behandelten Mäuse weniger Kollagenablagerung als die Kontrollgruppe. Was
Seki et al. ebenfalls auffällt, ist die verminderte Wanderung von Makrophagen
(“Fresszellen”, Immunzellen) in die Leber in antibiotisch behandelten Mäusen.
Um herauszufinden, ob diese Makrophagen die TLR-abhängige Kollagenablagerung vermitteln, wurden in WildtypMäusen (wildtype) sowie Mäusen ohne
funktionellen TLR4 (Tlr4-) selektiv die
Makrophagen abgetötet. Ebenfalls wurde das Knochenmark der Mäuse, wo
Makrophagen gebildet werden, zerstört.
Danach wurde ihnen entweder normales Wildtyp-Knochenmark oder Knochenmark ohne funktionellen TLR4 transplantiert. Unsere Mäuse haben nun also entweder sowohl normale Leberzellen als
auch normale Makrophagen (À), Leberzellen ohne funktionellen TLR4 und normale Makrophagen (Á), normale Leberzellen und Makrophagen ohne funktionellen TLR4 (Â) oder sowohl Leberzellen als auch Makrophagen ohne funktionellen TLR4 (Ã). In der Abbildung siehst
du die gemessene Kollagenablagerung
nach Gallengangsverschluss (BDL) bzw.
Kontrolloperation (sham). Was kannst du
aufgrund dieser Resultate (Abb. 3) ausschliessen?
Abb. 3
①
②
③
④
A. Die Makrophagen sind direkt für die TLRabhängige Kollagenablagerung verantwortlich.
B. Die Leberzellen sind direkt für die TLRabhängige Kollagenablagerung verantwortlich.
C. Weder Makrophagen noch Leberzellen sind an
der TLR-abhängigen Kollagenablagerung beteiligt.
D. Andere Zellen als Makrophagen und Leberzellen sind an der TLR-abhängigen Kollagenablagerung nicht beteiligt.
E. Sowohl Makrophagen als auch Leberzellen
sind an der TLR-abhängigen Kollagenablagerung beteiligt.
116. Zwei weitere Untersuchungen von
Seki et al. helfen dir, einen möglichen
Mechanismus zur Entstehung der Leberfibrose in Form eines schematischen, vereinfachten Cartoons darzustellen.
In der Leber hat es neben den eigentlichen Leberzellen (Hepatocyten) zahlreiche sogenannte Nicht-Parenchymzellen.
Zu diesen zählen u.a. die oben erwähnten Makrophagen, Endothelzellen (Auskleidung der Blutgefässe) sowie die sogenannten Sternzellen. Mithilfe von Lipopolysaccharid (LPS), welches an TLR binden und damit eine Signalkaskade auslösen kann, wollten Seki et al. herausfinden, welche Zellen das erste Glied in
der Kette der TLR-abhängigen Kollagenablagerung sind. Als Beweis, dass die
Signalkaskade ausgelöst wurde, wiesen
Seki et al. die Verlagerung des Transkriptionsfaktors NF-κB in den Zellkern
nach. Leider kann dieses Signal nicht nur
durch LPS, sondern auch durchs Signalmolekül TNFα ausgelöst werden (Abb.
4). Dieses wird von Makrophagen produziert. Deshalb wurden auch hier vor
dem Experiment selektiv die Makrophagen getötet. Aus den Resultaten in Abb.
5 kannst du aufs erste Glied der Kette der TLR-abhängigen Kollagenablagerung schliessen.
Diese Zellen brauchen für die Kollagenproduktion zusätzlich zum LPS auch
das Signalmolekül TGFβ (Experiment
nicht gezeigt). TGFβ bindet an TGFβRezeptoren oder einen Pseudorezeptor
(BAMBI), welcher kein Signal in die Zelle weiterleitet. Die Expression von BAMBI
hat sich in den untersuchten Zellen verändert, nicht jedoch die Expression von
TGFβ-Rezeptoren (Abb. 6).
Leite aus diesen Informationen die korrekte Beschriftung des folgenden Cartoons her (Abb. 7).
A. 1 Makrophage, 2 BAMBI, 3 TLR, 4 TGFβRezeptor
B. 1 Makrophage, 2 TLR, 3 TGFβ-Rezeptor, 4
BAMBI
Abb. 4 TNFα-Rezeptor
Abb. 6
TLR
B.
C.
D.
E.
NF-κB
Abb. 5
TLR4 -
% Zellen mit NF-κB
im Kern
wildtype
LPS
Makrophagen getötet nein ja
nein ja
Hepatocyten
Abb. 7
nein ja nein ja
TGFβ
4
Kollagen
nein ja nein ja
Andere Nicht- Sternzellen
Parenchymzellen
3
2
LPS
1
42 %
48 %
49 %
58 %
118. Ein Dir wohl bekanntes Beispiel von
Admixture stellen Afroamerikaner dar,
welche sowohl westafrikanische als auch
europäische Vorfahren haben. Welche
Aussage bezüglich Personen mit einem
europäischen und drei westafrikanischen
Grosseltern ist korrekt?
A. Das Genom einer der beiden Eltern war zu genau 50 % europäischen Ursprungs.
B. Geschwister unter solchen Personen sind häufiger an den gleichen Stellen im Genom (ohne Geschlechtschromosomen) europäisch als
zwei zufällige solche Personen.
C. Die Kinder solcher Personen sind zu mindestens 12.5 % europäischen Ursprungs.
D. Im Durchschnitt ist 75 % des Genoms solcher
Personen europäischen Ursprungs.
E. Das Genom der Mehrheit dieser Personen ist
zu mindestens 50 % europäischen Ursprungs.
Szenario Capture and Recapture
C. 1 Nicht-Parenchymzelle, 2 TGFβ-Rezeptor, 3
BAMBI, 4 TLR
D. 1 Sternzelle, 2 BAMBI, 3 TGFβ-Rezeptor, 4 TLR
E. 1 Sternzelle, 2 TLR, 3 BAMBI, 4 TGFβ-Rezeptor
Kurszenario Admixture
117. Beginnen Individuen verschiedener,
vorher für eine gewisse Zeit getrennter Populationen sich zu vermischen, so
spricht man von Admixture. Als Beispiel
betrachten wir eine Population Padm des
Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros),
welche von 100 Individuen der Population 1 und 200 Individuen der Population
2 begründet wurde. Die beiden Populationen P1 und P2 waren davor für etliche
Generationen getrennt. Daher erstaunt
es nicht, dass das Allele A eines autosomalen Lokus mit zwei Allelen in den beiden Populationen unterschiedlich häufig
vorkommt: In Population 1 sind 30 % der
Allele A, in Population 2 aber 90 %. Wie
hoch ist der erwartete Anteil der Individuen in der Population Padm , die für
diesen Lokus nach einigen Generationen
heterozygot sind?
A. 21 %
Ein Biologe möchte in einer abgelegenen Region im afrikanischen Busch die
aktuell in diesem Gebiet vorkommenden
Grosssäugetierarten inventarisieren und
deren Populationsgrössen abschätzen.
Dazu verwendet er die in der Ökologie
und im Naturschutz häufig angewandte
Methoden von Distance-Sampling (Entfernungs Probenahme) und CaptureRecapture (Fang-Wiederfang). Beide Methoden basieren auf dem Prinzip, dass
nicht die Gesamtheit der Population, sondern lediglich ein Teil davon erfasst
werden muss um die Populationsgrösse
schätzen zu können.
119. Eine Art des Distance-Samplings
ist ein Linientransekt. Hierzu läuft unser Biologe entlang einer vorgegebenen
Transektlinie (hier eine gerade Sandpiste
durch den Busch) und registriert alle Individuuen einer Grosssäugetierart, die er
in der Lage ist zu erkennen. Dabei notiert
er für jede Sichtung die genaue Distanz
zwischen der Sandpiste und dem gesichteten Individuum. Unter der Annahme,
dass alle Individuen auf dem Transekt
erkannt werden und die Wahrscheinlichkeit ein Individuen zu erkennen mit der
Distanz vom Transekt abnimmt, kann die
Anzahl Individuuen in einem Gebiet geschätzt werden. Die Methode der Linientransekte. . .
I. . . . kann nur im offenen Gelände angewendet
werden, wo man potenziell alle zu zählende
Tiere sehen kann.
II. . . . führt bei grossen Antilopen, welche man
auf der Sandpiste immer sehr gut sieht, die sich
aber im Busch gut verstecken können, zu weniger guten Resultate, als bei kleinen Duckerantilopen, welche sich von der Sandpiste oft
unbemerkt davon schleichen, in einiger Entfernung zum Pfad aber dem Beobachter durch
lautes Bellen deutlich mitteilt, dass er entdeckt
wurde.
III. . . . bedingt, dass die Linientransekte im Studiengebiet so verteilt sind, dass das erfasste Gebiet eine repräsantative Stichprobe des
ganzen Untersuchungsgebietes darstellt.
IV. . . . ist robust gegenüber relativ grossen Messfehlern bei der Bestimmung der Distanz zwischen dem Transekt und dem Objekt.
A. Nur I
B. Nur III
C. Nur I und II
D. Nur II und IV
E. Nur II, III und IV
120. Ein Linientransekt wird innerhalb
einer Woche an zwei verschiedenen Tagen begangen. Beim ersten Durchlauf
fotografiert der Biologe an 6 verschiedenen Stellen unabhängig voneinander
6 Buschböcke Tragelaphus scriptus mit
einzigartigem Streifenmuster. Beim zweiten Durchgang fotografiert der Biologe
unabhängig voneinander 8 Buschböcke,
wobei 4 Individuen zweifelsfrei schon bei
der ersten Begehung gesichtet wurden,
die anderen 4 mit grosser Sicherheit jedoch nicht. Wieviele Buschböcke leben
innerhalb der Sichtweite des Transekts,
wenn das Verhältnis zwischen der Anzahl
der beim ersten Durchlauf erkannten Tiere und der Populationsgrösse gleich dem
Verhältnis zwischen der Anzahl wiederentdeckter Individuen und der Anzahl
gesichteter Tiere beim zweiten Durchlauf
ist?
A. 10
B. 12
C. 14
D. 16
E. 28
121. Die oben gemachte Schätzung der
Anzahl Buschböcke beruht auf der einfachsten Form der Fang-Wiederfang Methode. Welche der folgenden ist KEINE
Annahme, welche bei der Anwendung
der Fang-Wiederfang Methode zwangsläufig erfüllt sein muss? Während der
Studie zeigen zu untersuchende Individuen. . .
A. . . . identische Fang-Wahrscheinlichkeit für
“markierte” und “unmarkierte” Individuen.
B. . . . vernachlässigbar geringe Emigration.
C. . . . vernachlässigbar kleine Bewegungen innerhalb ihrer Reviere.
D. . . . keine Reproduktion.
E. . . . keine Mortalität.
122. Um die versteckt lebenden und
nachtaktiven Tierarten auch erfassen zu
können, wendet der Biologe eine spezielle Form der Fang-Wiederfang Methode an. Dazu werden Kamerafallen eingesetzt, die einzigartig gemusterte Tiere wie den Leoparden (Panthera pardus) fotografieren. Wird der Leopard zu
einem anderen Zeitpunkt von der selben oder von einer anderen Kamerafalle fotografiert, kann durch vergleichen
der Fellmuster auf den Fotos das Individuum erkannt werden. Wird die ganze Studienzeit in Perioden von ca. 5 Tagen unterteilt in denen man nachschaut
ob ein gewisses Individuum an einer bestimmten Kamerafalle fotografiert wurde (1) oder nicht (0), ergibt sich eine Art
Fang-Wiederfang Situation. Welche Vorgehensweise sollte beim Setzen der Kamerafallen vermieden werden? Kamerafallen sind sehr teuer!
A. Kamerafallen werden nicht völlig zufällig im
Studiengebiet aufgestellt, sondern auf Pfaden,
in der Nähe von Wasserlöcher, Salinen, an
Kratzbäumen oder anderen Stellen, wo die Anwesenheit eines Leoparden wahrscheinlich ist.
B. Es werde Kamerafallen mit starkem Blitz und
einem deutlichen Knall-Ton eingesetzt, so dass
der Leopard kurz erschrickt und still steht, damit scharfe Bilder mit möglichst vielen Details
vom Fleckenmuster der Leoparden zu erhalten.
C. Um genügend Daten zu erhalten sollte eine
möglichst grosse Fläche mit den Kamerafallen
abgedeckt werden, jedoch muss pro kleinster
zu erwartenden Reviergrösse des zu untersuchenden Objektes mindestens eine Kamerafalle stehen.
D. Wann immer möglich sollte an einer Kamerafallstelle immer zwei Kameras gleichzeitig, eine
links und eine rechts vom Weg aufgestellt werden, wo man den Leoparden erwartet.
E. Hat man zu wenig Fallen, um eine gewünschte Fläche abzudecken, können zeitlich verschoben zwei kleinere Untersuchungsflächen mit jeweils allen zur Verfügung stehenden Kameras
ausgestattet werden, sofern dies innerhalb weniger Monate geschieht.
Antwortbogen der 2. Runde der Schweizer Biologie Olympiade 2012
Vorname
Name
Zellbiologie
Tieranatomie und
-physiologie
1.
A
B
C
D
E
2.
A
B
C
D
E
28.
3.
29.
A
B
C
D
E
30.
5.
A
B
C
D
E
31.
6.
A
B
C
D
E
7.
A
B
C
D
E
8.
A
B
C
D
E
9.
A
B
C
D
E
10.
A
B
C
D
E
11.
A
B
C
D
E
12.
A
B
C
D
E
13.
A
B
C
D
E
14.
A
B
C
D
E
4.
A
B
C
D
E
32.
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
Pflanzenanatomie
und -physiologie
43.
44.
15.
A
B
C
D
E
45.
16.
A
B
C
D
E
46.
17.
A
B
C
D
E
18.
A
B
C
D
E
19.
A
B
C
D
E
20.
A
B
C
D
E
21.
A
B
C
D
E
22.
A
B
C
D
E
23.
A
B
C
D
E
24.
A
B
C
D
E
25.
A
B
C
D
E
26.
A
B
C
D
E
27.
A
B
C
D
E
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
53.
54.
55.
56.
57.
58.
59.
60.
61.
62.
63.
64.
65.
66.
67.
68.
69.
48.
49.
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
70.
72.
50.
51.
52.
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
A
A
A
A
B
B
B
B
C
C
C
C
D
D
D
D
E
E
E
E
Szenario ProteinRNA-Erkennung
74.
Genetik und
Evolution
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
Systematik
73.
47.
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
Ökologie
71.
Verhalten
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
75.
76.
77.
78.
79.
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
Antwortbogen der 2. Runde der Schweizer Biologie Olympiade 2012
Szenario GPCRs
Szenario Diffusion
Szenario
Leberschädigung
80.
A
B
C
D
E
94.
A
B
C
D
E
81.
A
B
C
D
E
95.
A
B
C
D
E
110.
A
B
C
D
E
82.
A
B
C
D
E
96.
A
B
C
D
E
111.
A
B
C
D
E
83.
A
B
C
D
E
97.
A
B
C
D
E
112.
A
B
C
D
E
84.
A
B
C
D
E
98.
A
B
C
D
E
113.
A
B
C
D
E
85.
A
B
C
D
E
99.
A
B
C
D
E
114.
A
B
C
D
E
86.
A
B
C
D
E
100.
A
B
C
D
E
115.
A
B
C
D
E
116.
A
B
C
D
E
Szenario Silage
Szenario Parasitische
Pflanzen
Kurszenario
Admixture
87.
A
B
C
D
E
88.
A
B
C
D
E
101.
A
B
C
D
E
89.
A
B
C
D
E
102.
A
B
C
D
E
90.
A
B
C
D
E
103.
A
B
C
D
E
91.
A
B
C
D
E
104.
A
B
C
D
E
92.
A
B
C
D
E
105.
A
B
C
D
E
93.
A
B
C
D
E
106.
A
B
C
D
E
107.
A
B
C
D
E
119.
A
B
C
D
E
108.
A
B
C
D
E
120.
A
B
C
D
E
109.
A
B
C
D
E
121.
A
B
C
D
E
122.
A
B
C
D
E
117.
A
B
C
D
E
118.
A
B
C
D
E
Szenario Capture
and Recapture
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