Question

8．回答下列有關生態(tài)學的問題：

（1）調(diào)查某草原田鼠數(shù)量時，在1公頃的調(diào)查區(qū)內(nèi)，放置100個捕鼠籠，一夜間捕獲鼠32只，將捕獲的田鼠經(jīng)標記后在原地釋放．數(shù)日后，在同一地方再放置同樣數(shù)量的捕鼠籠，這次共捕獲36只，其中有上次標記過的個體4只．請回答下列問題：
①若該地區(qū)田鼠種群個體總數(shù)為N，則N=288只．
②由于田鼠在被捕捉過一次后就很難再次被捕捉，所以上述計算所得的種群個體總數(shù)可能會比實際值偏大．
（2）某生態(tài)學家對草原上的一個鼠群進行了研究，如圖表示引入一個鼠群草原生態(tài)系統(tǒng)后的種群增長曲線，圖中增長速率最大的是B點，CD段表示鼠群數(shù)量不再增長，其原因可能是食物和空間減少、天敵數(shù)量增加．滅鼠時除了捕殺老鼠，使其數(shù)量減少，同時還應該使環(huán)境容納量（K值）降低．
（3）藍藻、綠藻和硅藻是湖泊中常見藻類．某課題組研究了不同pH對3種藻類的生長及光合作用的影響，實驗結果見圖1、圖2．請回答下列問題：
①根據(jù)圖1和圖2分析，3種藻類中pH適應范圍最廣的是綠藻；在pH為8.0時，3種藻類中利用CO₂能力最強的是藍藻．
②在培養(yǎng)液中需加入緩沖劑以穩(wěn)定pH，其原因是藻類生長代謝會改變培養(yǎng)液的pH．
③在實驗中需每天定時對藻細胞進行取樣計數(shù)，在計數(shù)前通常需要將樣液稀釋，這是因為藻細胞密度過大．
④將樣液稀釋100倍，采用血球計數(shù)板（規(guī)格為2mm×2mm×0.1mm）計數(shù)，觀察到計數(shù)室中細胞的分布如圖3所示，則培養(yǎng)液中藻細胞的密度是2.5×10⁷個/mL．

Answer 1

分析 1、據(jù)圖分析，種群數(shù)量呈現(xiàn)“S”型曲線，其中B點位于$\frac{K}{2}$處，種群增長率最大，C點位于K值，種群增長率為0，種群數(shù)量基本不變．
2、分析圖1和圖2，不同PH條件對3種藻類生長速率和光合作用速率有明顯的影響，其中綠藻PH適應范圍最廣，藍藻對二氧化碳的利用能力最強．

解答 解：（1）①標志重捕法計算公式：種群中個體數(shù)（N）：標記總數(shù)=重捕總數(shù)：重捕中被標志的個體數(shù)，即N：32=36：4，N=288只．
②根據(jù)公式：種群中個體數(shù)（N）=重捕總數(shù)×標記總數(shù)/重捕中被標志的個體數(shù)，由于田鼠在被捕捉過一次后就很難再次被捕捉，所以重捕時帶標記的個體數(shù)量偏小，因而上述計算所得的種群個體總數(shù)可能會比實際值偏大．
（2）限制種群增長的主要因素是生存條件，如食物和空間都是有限的，天敵對種群的限制等．當鼠群數(shù)量降低到B點，老鼠種群的增長率達最大，所以降低環(huán)境容納量是比較合理的做法．
（3）①由圖1、圖2可知，pH改變后綠藻的生長速率和光合速率變化不大，其次是藍藻．由圖2在pH為8.0時，藍藻的光合速率最大，故推知其利用CO₂能力最強．
②藻類植物在光合作用時大量吸收CO₂，代謝過程產(chǎn)生一些物質(zhì)會改變培養(yǎng)液的pH，故培養(yǎng)液中需要加入緩沖劑以穩(wěn)定PH；
②由于樣液藻類細胞的密度比較高，難以計數(shù)，在計數(shù)前將樣液進行稀釋；
③血球計數(shù)板規(guī)格為2mm×2mm×0.1mm，采用五點取樣法，取四角和最中間的5個中方格計數(shù)，統(tǒng)計數(shù)據(jù)時采取“數(shù)上不數(shù)下，數(shù)左不數(shù)右”的原則統(tǒng)計壓線個體，平均每個中方格內(nèi)有4個酵母菌．計數(shù)區(qū)有25個中方格，共計有酵母菌4×25=100個．計數(shù)區(qū)體積為2mm×2mm×0.1mm=0.4mm³=0.4×10^-3 mL，換算成1mL，則有酵母菌2.5×10⁵個，再乘以稀釋倍數(shù)100，結果為2.5×10⁷個．
故答案為：
（1）①288       ②大
（2）B   食物和空間減少、天敵數(shù)量增加       使環(huán)境容納量（K值）降低
（3）①綠藻　  藍藻　             
②藻類生長代謝會改變培養(yǎng)液的pH
③藻細胞密度過大      ④2.5×10⁷

點評 本題考查標記重捕法、pH對光合作用的影響以及估算種群密度的方法，意在考查考生的識圖能力和理解所學知識要點，把握知識間內(nèi)在聯(lián)系，形成知識網(wǎng)絡結構的能力；能運用所學知識，準確判斷問題的能力．