Biología, PAU 2022 de Cataluña: el examen de junio (serie 2) resuelto

Planteamiento a) Hay que explicar qué significa que Yersinia pestis sea un bacilo, gramnegativa y anaerobia facultativa. b) Hay que justificar, con la selección natural, por qué una bacteria que muta poco tiene pocas resistencias a los antibióticos.

1. a) Bacilo: es una bacteria de forma alargada, de bastoncillo.

2. a) Gramnegativa: su pared tiene una capa fina de peptidoglicano (mureína) cubierta por una membrana externa lipídica, de modo que el peptidoglicano no es la última cubierta. Por eso, con la tinción de Gram no retiene el colorante violeta y se ve de color rosa.

3. a) Anaerobia facultativa: puede vivir tanto con oxígeno como sin él. Con oxígeno obtiene la energía por respiración aeróbica, y sin oxígeno, por fermentación (o por respiración anaeróbica).

4. b) Las resistencias a los antibióticos aparecen por mutaciones al azar, que se producen tanto si hay antibiótico como si no lo hay: el antibiótico no las provoca.

5. b) En un medio con antibiótico, la selección natural favorece a las pocas bacterias que por azar ya llevan una mutación de resistencia: sobreviven, se reproducen y la población pasa a ser resistente.

6. b) Si la bacteria tiene muy pocas mutaciones, es muy poco probable que aparezcan variantes resistentes. Sin esas variantes, la selección natural no tiene nada que favorecer, y las poblaciones de Yersinia pestis siguen siendo sensibles a los antibióticos.

Planteamiento a) Hay que formular la hipótesis que ponía a prueba el experimento de Karachi. b) Hay que proponer y justificar dos mejoras del diseño experimental.

1. a) Simond había encontrado el bacilo de Yersin en el tubo digestivo de pulgas de ratas infectadas, y por eso sospechó que las pulgas podían transmitir la enfermedad.

2. a) Una hipótesis se formula como una posibilidad que hay que comprobar, no como un hecho: «Quizá las pulgas de las ratas son los vectores que transmiten Yersinia pestis (la peste) de una rata enferma a una rata sana».

3. b) Mejora 1, un grupo control: poner otra rata sana en las mismas condiciones pero sin acceso a las pulgas, por ejemplo al lado de la rata enferma en una jaula que las pulgas no puedan atravesar. Si esa rata no enfermara, el contagio podría atribuirse a las pulgas y no a otra vía.

4. b) Mejora 2, hacer réplicas: repetir el experimento con más ratas (o varias veces). Con una sola rata sana, el resultado podría deberse al azar; con muchas, se ve si el resultado se repite.

5. b) Otra mejora válida es controlar las variables: usar ratas genéticamente idénticas (de la misma cepa, edad y estado de salud) en las mismas condiciones ambientales, para que la única diferencia entre las ratas sea la que se quiere estudiar.

Planteamiento a) Hay que decir el reino y la organización celular del bacilo de la peste, la pulga y la ameba. b) Hay que nombrar y justificar la relación interespecífica de las parejas pulga-rata y bacteria modificada-ameba.

1. a) Yersinia pestis: reino moneras (dominio Bacteria); organización procariota (es unicelular).

2. a) Xenopsylla cheopis: reino animales; organización eucariota (es pluricelular).

3. a) Amoeba sp: reino protoctistas (o protistas); organización eucariota (es unicelular).

4. b) Pulga-rata: parasitismo. La pulga (parásito) vive sobre la rata (huésped) y se alimenta de su sangre: obtiene un beneficio y la perjudica, sin matarla directamente.

5. b) Yersinia pestis genéticamente modificada-ameba: depredación. La bacteria modificada no puede inhibir las enzimas digestivas de las vacuolas de la ameba; la ameba (depredador) la captura, la digiere y se alimenta de ella, y la bacteria (presa) muere.

Planteamiento a) Hay que reconocer en las figuras la celulosa, el almidón y la sacarosa y decir qué función cumple cada uno en la planta. b) Hay que proponer una prueba de laboratorio para distinguir el almidón de la sacarosa.

1. a) La figura B es un disacárido: una glucosa (anillo de seis vértices) unida por un enlace O-glucosídico a una fructosa (anillo de cinco vértices). Es la sacarosa.

2. a) Las figuras A y C son cadenas de glucosas unidas por enlaces O-glucosídicos. La figura A tiene una ramificación (una glucosa unida al carbono 6 de otra): es el almidón (su amilopectina). La figura C es una cadena lineal, sin ramificaciones: es la celulosa.

3. a) La figura D es un monosacárido de cinco carbonos (una pentosa), que no es ninguno de los tres glúcidos de la tabla.

4. a) Funciones: la celulosa forma la pared celular de las células vegetales (función estructural); el almidón es la principal reserva energética de la planta (un almacén de glucosas); la sacarosa es la forma en que la planta transporta los azúcares por la savia elaborada.

5. a) La sacarosa también tiene función energética: la planta puede degradarla para obtener energía, y en la caña de azúcar se acumula mucha (del $11\ \%$ al $15\ \%$ del peso, según el enunciado).

6. b) Prueba del lugol: se añaden unas gotas de lugol (una disolución de yodo) a una muestra de cada bote.

7. b) La muestra que se vuelve de color azul oscuro (casi negro o lila) contiene el almidón: la prueba es positiva. La que se queda del color amarillo pardo del lugol contiene la sacarosa: la prueba es negativa.

8. b) También distinguiría los botes el sabor dulce de la sacarosa, pero en el laboratorio nunca se debe probar ninguna sustancia.

Planteamiento Hay que decir qué tipo de biomolécula son los triglicéridos, una función, una propiedad, sus componentes y el enlace que los une.

1. Tipo de biomolécula: son lípidos (lípidos saponificables).

2. Función: reserva energética.

3. Propiedad: son insolubles en agua (son apolares, hidrófobos).

4. Componentes: una molécula de glicerol (propano-1,2,3-triol) y tres ácidos grasos.

5. Enlace: enlace éster, entre cada uno de los tres grupos hidroxilo del glicerol y el grupo carboxilo de un ácido graso. Al formarse los tres enlaces éster se liberan tres moléculas de agua.

6. Otras propiedades igual de válidas: son solubles en disolventes orgánicos, son saponificables, tienen un contenido energético alto, son menos densos que el agua, son aislantes térmicos, o son sólidos o líquidos según la proporción de ácidos grasos insaturados (cuantas más insaturaciones, más líquidos).

Planteamiento a) Hay que explicar qué papel tiene Agrobacterium tumefaciens en la modificación genética de la caña de azúcar. b) Hay que ordenar los ocho pasos para obtener la caña transgénica.

1. a) Agrobacterium tumefaciens actúa como vector: su plásmido, una vez unido al gen que se quiere insertar, es el que lo lleva, y la bacteria, al infectar las células vegetales, les transfiere el fragmento del plásmido que contiene ese gen.

2. b) Primero hay que preparar el ADN recombinante: aislar el gen y cortar el plásmido con la misma enzima de restricción, y después unirlos con la ADN ligasa. Entonces el plásmido recombinante se introduce en la bacteria, y la bacteria, en las células vegetales. Por último se seleccionan las células transformadas, se obtienen plántulas y se plantan.

3. b) Paso 1: aislar el gen que se desea insertar.

4. b) Paso 2: cortar el plásmido de Agrobacterium tumefaciens con enzimas de restricción.

5. b) Paso 3: unir el gen al plásmido de Agrobacterium tumefaciens mediante la ADN ligasa.

6. b) Paso 4: introducir el plásmido en la bacteria.

7. b) Paso 5: introducir la bacteria en las células de la caña de azúcar en cultivo en el laboratorio.

8. b) Paso 6: seleccionar las células que han incorporado el gen.

9. b) Paso 7: obtener plántulas modificadas a partir de las células que han incorporado el gen.

10. b) Paso 8: plantar en el campo las plántulas transgénicas.

11. b) Aislar el gen y cortar el plásmido no dependen el uno del otro: lo imprescindible es hacer los dos antes de unir el gen al plásmido.

Planteamiento a) Hay que escribir la ecuación global de la fotosíntesis y explicar por qué el agua es imprescindible para el metabolismo de la planta. b) Hay que identificar la principal reserva energética de los vegetales, su grupo de biomoléculas, su monómero y los enlaces entre los monómeros.

1. a) Reacción global de la fotosíntesis: a partir de dióxido de carbono y agua, con la energía de la luz, se forma glucosa y se libera oxígeno.

   $6\,\mathrm{CO_2}$${}+6\,\mathrm{H_2O}\ \xrightarrow{\text{luz}}\ \mathrm{C_6H_{12}O_6}$${}+6\,\mathrm{O_2}$

2. a) También es correcta la ecuación que muestra que todo el oxígeno liberado procede del agua:

   $6\,\mathrm{CO_2}$${}+12\,\mathrm{H_2O}\ \xrightarrow{\text{luz}}\ \mathrm{C_6H_{12}O_6}$${}+6\,\mathrm{O_2}+6\,\mathrm{H_2O}$

3. a) El agua es uno de los reactivos de la fotosíntesis: en la fase luminosa, la fotólisis del agua aporta los electrones (y los protones) que circulan por la cadena de transporte de electrones del cloroplasto, con los que se forman el ATP y el NADPH, y libera su oxígeno.

4. a) En la fase luminosa, el ATP se forma por fotofosforilación; la fosforilación oxidativa es la de la respiración, en las mitocondrias.

5. a) Sin agua, la planta no puede hacer la fotosíntesis, que es la base de su nutrición: no puede fabricar materia orgánica ni obtener energía de ella, y se seca.

6. b) Principal biomolécula de reserva energética de los vegetales: el almidón (formado por amilosa y amilopectina).

7. b) Grupo de biomoléculas: es un glúcido (un polisacárido).

8. b) Monómero: la glucosa ($\alpha$-D-glucopiranosa).

9. b) Enlaces entre los monómeros: enlaces O-glucosídicos $\alpha(1\to 4)$ en las cadenas y $\alpha(1\to 6)$ en los puntos de ramificación de la amilopectina.

10. b) La maltosa (dos glucosas unidas por un enlace $\alpha(1\to 4)$) no es el monómero del almidón, sino un producto de su hidrólisis parcial; aun así, también se considera una respuesta válida.

Planteamiento a) Hay que decir cómo se reproduce Clostridium botulinum, leer en el gráfico el número de bacterias a los 90 minutos y a las 3 horas, y calcular el porcentaje de aumento entre esos dos momentos. b) Hay que deducir la fuente de carbono y de energía, las vías metabólicas, la pared y el color con la tinción de Gram de una bacteria grampositiva, anaerobia fermentadora estricta y quimioheterótrofa.

1. a) Reproducción: por bipartición (fisión binaria), una reproducción asexual en la que la bacteria duplica su ADN y se divide en dos células.

2. a) Lectura del gráfico: es una curva de crecimiento exponencial; en el eje vertical, cada cuadro es de $5\,000$ bacterias y, en el horizontal, de 15 minutos. A los 90 minutos, la curva está un poco por encima de la línea de $5\,000$ bacterias.

3. a) A las 3 horas (180 minutos), la curva está un poco por debajo de la línea de $35\,000$ bacterias.

4. a) El porcentaje de aumento es el aumento (valor final menos valor inicial) dividido por el valor inicial, por 100. Hay que restar el valor inicial: si no, no es un aumento.

   $\frac{35\,000-5\,000}{5\,000}\cdot 100$${}= \frac{30\,000}{5\,000}\cdot 100$${}= 600\ \%$

5. a) Son lecturas aproximadas y el resultado depende mucho de la lectura del gráfico. Quien lea el gráfico con más precisión (por ejemplo, unas $6\,000$ bacterias a los 90 minutos y unas $34\,000$ a las 3 horas) obtiene un valor cercano al $470\ \%$:

   $\frac{34\,000-6\,000}{6\,000}\cdot 100$${}= \frac{28\,000}{6\,000}\cdot 100$${}\approx 467\ \%$

6. b) Fuente de carbono: la materia orgánica (es heterótrofa).

7. b) Fuente de energía: reacciones químicas de oxidación de compuestos orgánicos (es quimiótrofa).

8. b) Vías metabólicas: solo la glucólisis y la fermentación. Es una fermentadora estricta: obtiene el ATP de la glucólisis y, con la fermentación, regenera el $\mathrm{NAD^+}$ que la glucólisis necesita. No obtiene energía del ciclo de Krebs ni de la fosforilación oxidativa, que son etapas de la respiración, y como no es fotosintética tampoco hace la fotofosforilación.

9. b) Pared bacteriana: una capa gruesa de peptidoglicano (mureína), sin membrana externa.

10. b) Tinción de Gram: queda de color violeta (azul oscuro), porque la pared gruesa de peptidoglicano retiene el colorante violeta.

Planteamiento Hay que explicar, con la selección natural, cómo se han acumulado en el gen de la prestina de los delfines las veinte mutaciones que les permiten ecolocalizar.

1. En los antepasados de los delfines se produjeron mutaciones al azar en el gen de la prestina, como en cualquier gen. No aparecieron porque los delfines las necesitaran: algunas, por casualidad, hacían la prestina un poco más sensible a los ultrasonidos.

2. Un delfín que heredaba una de esas mutaciones captaba mejor el eco de sus clics y tenía una ventaja en su medio, por ejemplo para detectar presas donde hay poca luz.

3. Gracias a esa ventaja, ese delfín tenía más probabilidad de sobrevivir y de tener descendencia que el resto de la población.

4. Como la mutación está en el ADN, es hereditaria: los descendientes la heredaban, también tenían la ventaja y la transmitían. Generación tras generación, la mutación se hacía más frecuente hasta que la tenía toda la población: es la selección natural.

5. El proceso se repitió con cada nueva mutación al azar que mejoraba aún más la prestina. Las veinte mutaciones no aparecieron a la vez, sino que se fueron acumulando progresivamente a lo largo de muchas generaciones, hasta llegar a la prestina de los delfines actuales.

Planteamiento a) Hay que decir si, para la ecolocalización, el melón de los delfines y las orejas de los murciélagos son órganos homólogos o análogos, y justificarlo. b) Hay que nombrar el fenómeno por el que los murciélagos tienen las mismas veinte mutaciones de la prestina sin haberlas heredado del último antepasado común, y explicar cómo se ha producido.

1. a) Son órganos análogos: cumplen la misma función, captar el eco de los ultrasonidos para ecolocalizar.

2. a) Pero tienen un origen evolutivo independiente: el melón es un saco de grasa de la frente y las orejas son el órgano del oído, y el último antepasado común de delfines y murciélagos no ecolocalizaba. La capacidad de ecolocalizar no la han heredado de él, sino que ha aparecido por separado en cada linaje.

3. a) También es válido justificarlo diciendo que tienen un origen embrionario distinto.

4. b) Es una convergencia evolutiva (evolución convergente).

5. b) Delfines y murciélagos viven en medios donde se ve poco, en los que ecolocalizar supone una ventaja para encontrar presas y orientarse.

6. b) En cada linaje, por separado, se produjeron mutaciones al azar en el gen de la prestina, y la selección natural favoreció, de forma independiente, las que aumentaban la sensibilidad a los ultrasonidos. Así los dos grupos han acabado teniendo las mismas veinte mutaciones sin haberlas heredado de un antepasado común.

Planteamiento Hay que decir qué tipo de respuesta inmunitaria (primaria o secundaria) hace cada ratón ante las células tumorales trasplantadas y justificar por qué solo el ratón 2 desarrolla un tumor.

1. Los dos ratones son genéticamente idénticos y reciben la misma cantidad de células tumorales: la única diferencia entre ellos es que el ratón 1 ya había tenido ese tumor.

2. Ratón 1: respuesta secundaria. Su sistema inmunitario ya había respondido a los antígenos de esas células tumorales cuando tuvo el tumor, y guarda memoria inmunológica: linfocitos de memoria específicos para el antígeno tumoral.

3. Ratón 1: cuando vuelven a entrar las mismas células tumorales, la respuesta específica es más rápida y más intensa (se producen enseguida muchos linfocitos y anticuerpos contra el antígeno tumoral, como muestran los análisis), y las células tumorales son destruidas antes de que puedan formar un tumor.

4. Ratón 2: respuesta primaria. Es la primera vez que su sistema inmunitario se encuentra con los antígenos de esas células tumorales, y tiene pocos linfocitos específicos para ellos (los análisis lo confirman).

5. Ratón 2: la respuesta primaria es lenta y poco intensa (tarda unos días en desarrollarse). Mientras tanto, las células tumorales trasplantadas, que se dividen muy deprisa, proliferan y forman el tumor antes de que el sistema inmunitario pueda eliminarlas.

Planteamiento Hay que decir si la terapia con células dendríticas es inmunidad activa o pasiva, justificarlo y explicar por qué el paciente acaba teniendo muchos linfocitos T citotóxicos (LTc) específicos.

1. Es inmunidad activa: el paciente no recibe anticuerpos ni linfocitos ya hechos, sino que es su propio sistema inmunitario el que genera la respuesta específica (los LTc) contra las células tumorales.

2. Las células dendríticas son células presentadoras de antígenos. Las células dendríticas modificadas contienen los antígenos tumorales del paciente y los muestran en su membrana unidos a moléculas de histocompatibilidad de clase I (MHC I).

3. Los linfocitos T citotóxicos que tienen un receptor (TCR) capaz de reconocer ese antígeno tumoral se unen a ellas y se activan.

4. Los LTc activados proliferan (expansión clonal) y forman muchos con el mismo receptor, todos específicos para el antígeno tumoral. La mayoría se diferencian en LTc efectores, que destruyen las células tumorales, y algunos, en LTc de memoria.

5. También se da por buena una explicación menos directa: las células dendríticas modificadas son fagocitadas por otras células presentadoras, como los macrófagos, que liberan interleucinas que activan a los LTc, y estos destruyen las células tumorales. La explicación de arriba, en la que la propia célula dendrítica presenta el antígeno, es la que describe el enunciado.