Question

【题目】下图1是科研人员调查的某湖泊营养化程度以及部分藻类生长状况(鱼鳞藻、脆杆藻为鱼的饵料，微囊藻会产生有毒物质污染水体)的曲线图；下图2为将湖水培养液稀释100倍后用血球计数板(规格为1 mm×1 mm×0.1 mm)观察到的一个计数室中三类藻细胞分布图。请分析并回答下列问题：

(1) 科研人员调查时每天定时取样，取出的样液需立即加入固定液，其目的是________；据图2分析，培养液中微囊藻细胞的密度是________个/mL。

(2) 民间有“养鱼先养水”的说法，由图1分析可知，当水体营养化程度处于________时，更有利于能量流向对人类最有益的部分。

(3) 微囊藻(一种蓝藻)在适宜条件下培养时，数量可呈指数增长，但若在培养液中加入粉绿狐尾藻(一种高等水生植物)，则微囊藻的生长会受到明显抑制，其主要的原因是这两种生物在利用________等资源(至少答两项)时存在显著竞争的关系。现代生物工程可以利用蓝藻来制作生物柴油，由此推测蓝藻体内含有较多的________类有机物。

(4) 现欲对这一富营养化水体进行生态修复，采取的措施有________(至少答两项)。

(5) 罗氏沼虾以绿藻、蓝藻等单细胞藻类为食物。科研小组又对该湖泊中的罗氏沼虾的能量流动情况进行分析，结果如表(数字为能量值，单位是kJ/(cm2·a))

据表分析，沼虾用于生长发育和繁殖等的能量是________kJ/(cm2·a)，从藻类到沼虾的能量传递效率为________(保留一位小数)。

Answer 1

【答案】 维持藻类细胞数量不变 8×107 中营养化 光照、无机营养、二氧化碳 脂质 减少N、P的排放；培养粉绿狐尾藻等与微囊藻竞争的水生植物；提取湖泊中的微囊藻制作生物柴油等 1.2 14.9%

【解析】本题考查生态系统的结构和功能、估算种群密度的方法，解题要点是对相关知识的识记，对表格数据的分析。

(1)藻类属于微生物，繁殖速度快，取样后向样液中加入固定液来杀死细胞，维持藻类细胞数目不变；据图2分析，血球计数板规格为1mm×1mm×0.1mm，采用五点取样法，取四角和最中间的5个中方格计数，统计数据时采取“数上不数下，数左不数右”的原则统计压线个体，平均每个中方格内有16/5个酵母菌．计数区有25个中方格，共计有酵母菌16/5×25=80个．计数区体积为1mm×1mm×0.1mm=0.1mm3=0.1×10-3 mL，换算成1mL，则有酵母菌80×104个，再乘以稀释倍数100，结果为8×107个．

（2）据图一中曲线变化分析，当水体处于中富营养化时，鱼的食物脆杆藻数量最多，而对水体有污染的微囊藻数量相对较少，说明此时更有利于能量流向对人类最有益的部分。

（3）微囊藻与粉绿狐尾藻在光照、无机营养、二氧化碳等生活资源方面存在竞争关系。用蓝藻来制作生物柴油，由此推测蓝藻体内含有较多的可燃烧的脂质类有机物。

（4）富营养化是一种氮、磷等植物营养物质含量过多所引起的水质污染现象。欲对这一富营养化水体进行生态修复，据题干所示，可采取减少N、P的排放、培养粉绿狐尾藻等与微囊藻竞争的水生植物、提取湖泊中的微囊藻制作生物柴油等措施。

（5）流经沼虾的同化量＝沼虾的摄入量－粪便量，沼虾用于生长发育和繁殖等的能量＝沼虾的同化量－自身呼吸消耗量＝（47.8－25.4）－21.2＝1.2 kJ/(cm2a). 从藻类到沼虾的能量传递效率＝22.4/150.6×100%=14.9%.

[点睛]：本题意在考查考生的识图能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力，解题关键是对坐标图中曲线变化的分析，对用血球计数板估算种群密度方法的理解、分析表格数据，找出与教材的衔接点，运用所学知识，准确判断问题．