Question

【題目】下圖1是科研人員調查的某湖泊營養化程度以及部分藻類生長狀況(魚鱗藻、脆桿藻為魚的餌料，微囊藻會產生有毒物質污染水體)的曲線圖；下圖2為將湖水培養液稀釋100倍后用血球計數板(規格為1 mm×1 mm×0.1 mm)觀察到的一個計數室中三類藻細胞分布圖。請分析并回答下列問題：

(1) 科研人員調查時每天定時取樣，取出的樣液需立即加入固定液，其目的是________；據圖2分析，培養液中微囊藻細胞的密度是________個/mL。

(2) 民間有“養魚先養水”的說法，由圖1分析可知，當水體營養化程度處于________時，更有利于能量流向對人類最有益的部分。

(3) 微囊藻(一種藍藻)在適宜條件下培養時，數量可呈指數增長，但若在培養液中加入粉綠狐尾藻(一種高等水生植物)，則微囊藻的生長會受到明顯抑制，其主要的原因是這兩種生物在利用________等資源(至少答兩項)時存在顯著競爭的關系。現代生物工程可以利用藍藻來制作生物柴油，由此推測藍藻體內含有較多的________類有機物。

(4) 現欲對這一富營養化水體進行生態修復，采取的措施有________(至少答兩項)。

(5) 羅氏沼蝦以綠藻、藍藻等單細胞藻類為食物。科研小組又對該湖泊中的羅氏沼蝦的能量流動情況進行分析，結果如表(數字為能量值，單位是kJ/(cm2·a))

據表分析，沼蝦用于生長發育和繁殖等的能量是________kJ/(cm2·a)，從藻類到沼蝦的能量傳遞效率為________(保留一位小數)。

Answer 1

【答案】 維持藻類細胞數量不變 8×107 中營養化 光照、無機營養、二氧化碳 脂質 減少N、P的排放；培養粉綠狐尾藻等與微囊藻競爭的水生植物；提取湖泊中的微囊藻制作生物柴油等 1.2 14.9%

【解析】本題考查生態系統的結構和功能、估算種群密度的方法，解題要點是對相關知識的識記，對表格數據的分析。

(1)藻類屬于微生物，繁殖速度快，取樣后向樣液中加入固定液來殺死細胞，維持藻類細胞數目不變；據圖2分析，血球計數板規格為1mm×1mm×0.1mm，采用五點取樣法，取四角和最中間的5個中方格計數，統計數據時采取“數上不數下，數左不數右”的原則統計壓線個體，平均每個中方格內有16/5個酵母菌．計數區有25個中方格，共計有酵母菌16/5×25=80個．計數區體積為1mm×1mm×0.1mm=0.1mm3=0.1×10-3 mL，換算成1mL，則有酵母菌80×104個，再乘以稀釋倍數100，結果為8×107個．

（2）據圖一中曲線變化分析，當水體處于中富營養化時，魚的食物脆桿藻數量最多，而對水體有污染的微囊藻數量相對較少，說明此時更有利于能量流向對人類最有益的部分。

（3）微囊藻與粉綠狐尾藻在光照、無機營養、二氧化碳等生活資源方面存在競爭關系。用藍藻來制作生物柴油，由此推測藍藻體內含有較多的可燃燒的脂質類有機物。

（4）富營養化是一種氮、磷等植物營養物質含量過多所引起的水質污染現象。欲對這一富營養化水體進行生態修復，據題干所示，可采取減少N、P的排放、培養粉綠狐尾藻等與微囊藻競爭的水生植物、提取湖泊中的微囊藻制作生物柴油等措施。

（5）流經沼蝦的同化量＝沼蝦的攝入量－糞便量，沼蝦用于生長發育和繁殖等的能量＝沼蝦的同化量－自身呼吸消耗量＝（47.8－25.4）－21.2＝1.2 kJ/(cm2a). 從藻類到沼蝦的能量傳遞效率＝22.4/150.6×100%=14.9%.

[點睛]：本題意在考查考生的識圖能力和理解所學知識要點，把握知識間內在聯系，形成知識網絡結構的能力，解題關鍵是對坐標圖中曲線變化的分析，對用血球計數板估算種群密度方法的理解、分析表格數據，找出與教材的銜接點，運用所學知識，準確判斷問題．