四川省攀枝花市第十五中学2024届高三上学期第2次统一考试生物试题（Word版附解析）

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温馨提示：理科综合有两种常见做答方式和时间分配，请选择其一，长期坚持下去。
①先完成全部选择题（45-55分钟），然后是非选择题分科做答：物理40-45分钟，化学35-40分钟，生物25-30分钟，学科作答顺序可根据自身情况调整。
②完全分科做答，物理60-65分钟，化学50-55分钟，生物35-40分钟，学科作答顺序可根据自身情况调整。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共35题。全卷满分300分，考试用时150分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于物质转运的叙述错误的是（ ）
A. 质壁分离过程中，水分子外流导致细胞内渗透压升高
B. 若线粒体受损伤，会影响人的红细胞吸收葡萄糖
C. 海水中的海藻细胞可通过积累溶质防止质壁分离
D. 胰岛素的分泌需要耗能
【答案】B
【解析】
【分析】自由扩散的方向是从高浓度向低浓度，不需载体和能量，常见的有水、CO2、O2、甘油、苯、酒精等；协助扩散的方向是从高浓度向低浓度，需要载体，不需要能量，如红细胞吸收葡萄糖；主动运输的方向是从低浓度向高浓度，需要载体和能量，常见的如小肠绒毛上皮细胞吸收氨基酸、葡萄糖，K+等。物质跨膜运输的方式主要有主动运输和被动运输两种，而被动运输又包括自由扩散和协助扩散，除此之外，一些大分子的物质还可以提供胞吞和胞吐的方式进出细胞。
【详解】A、质壁分离过程中，细胞会失水（水分子外流），细胞液的浓度升高，导致细胞内渗透压升高，A正确；
B、线粒体是有氧呼吸的主要场所，为细胞的各项生命活动供能。红细胞没有线粒体，且红细胞吸收葡萄糖的方式为协助扩散，不需要消耗能量，B错误；
C、海水中的海藻细胞通过主动运输不断积累溶质，细胞液浓度升高，细胞吸水，可以防止细胞发生质壁分离，C正确；
D、胰岛素是分泌蛋白，在核糖体合成、经过内质网和高尔基体加工后经细胞膜胞吐到细胞外，需要消耗能量，D正确。
故选B。
2. 如图甲、乙表示某二倍体高等动物雌性个体的细胞分裂模式图，据图分析正确的是（ ）
A. 甲细胞的名称可能是次级精母细胞或者极体
B. 甲乙两细胞都产生遗传物质相同的两个子细胞
C. 乙细胞与该生物的卵原细胞的染色体数目相同
D. 乙细胞中具有2对同源染色体，4个核DNA
【答案】C
【解析】
【分析】分析题图：如图甲、乙表示某二倍体高等动物雌性个体的细胞分裂模式图，甲细胞不含同源染色体，且染色体移向细胞两极，故甲处于减数第二次分裂后期，且该细胞的细胞质均等分裂，则甲细胞的名称为极体；乙细胞含有同源染色体，且同源染色体分离，故乙处于减数第一次分裂后期。
【详解】A、由分析可知，甲细胞的名称为极体，A错误；
B、乙细胞产生的两个子细胞遗传物质不相同，B错误；
C、乙细胞与该生物的卵原细胞的染色体数目相同，都等于该生物的体细胞中的染色体数目，C正确；
D、乙细胞中具有2对同源染色体，4条染色体，每条染色体上有2个核DNA，整个细胞共8个核DNA，D错误。
故选C。
3. 有人说“基因是导演，蛋白质是演员，性状是演员的表演作品”。结合所学，下列说法不合理的是（ ）
A. 基因中核苷酸序列多样性是蛋白质多样性的根本原因
B. 同一个体的不同体细胞，细胞核中的DNA分子一般相同，但RNA和蛋白质有差异
C. 同种生物不同个体间的性状差异是基因选择性表达的结果
D. 某些基因可以通过控制蛋白质结构直接控制生物体的性状
【答案】C
【解析】
【分析】基因对性状的控制途径：基因通过控制酶的合成控制细胞代谢进而间接控制生物的性状，基因还可以通过控制蛋白质的结构直接控制生物的性状，基因对性状的控制还受环境的影响。基因与基因、基因与基因产物、基因与环境相互作用，精细地调控着生物的性状。
【详解】A、DNA转录形成RNA，而mRNA经过翻译形成蛋白质，所以蛋白质的结构受到DNA和RNA的控制，而核酸的多样性主要由核苷酸的排列顺序决定，因此基因中核苷酸序列多样性是蛋白质多样性的根本原因 ，A正确；
B、同一个体的不同体细胞，细胞核中的DNA分子一般相同，由于基因的选择性表达，RNA和蛋白质有差异，B正确；
C、同种生物不同个体间的性状差异是由于不同个体基因不同，从而导致形成的蛋白质不同，C错误；
D、基因控制生物性状可以通过控制蛋白质结构直接控制生物体的性状，D正确。
故选C。
4. 同位素示踪法可用于追踪研究生物体内相关物质或生理过程的运行和变化规律，下列叙述中正确的是（ ）
A. 饲喂含18O水后，小狗呼出的CO2可能检测到18O
B. 用32P和35S标记的T2噬菌体侵染大肠杆菌，可获大量含32P和35S的T2噬菌体
C. 提供具有14CO2的缺氧环境，导致储藏的马铃薯块茎细胞中出现放射性14C3H6O3
D. 培养在含15N-核糖核苷酸培养液中的洋葱根尖，只有分生区细胞能检测到15N
【答案】A
【解析】
【分析】同位素标记法在生物学中具有广泛的应用：
（1）用35S标记噬菌体的蛋白质外壳，用32P标记噬菌体的DNA，分别侵染细菌，最终证明DNA是遗传物质；
（2）用3H标记氨基酸，探明分泌蛋白的合成与分泌过程；
（3）15N标记DNA分子，证明了DNA分子的复制方式是半保留复制；
（4）卡尔文用14C标记CO2，研究出碳原子在光合作用中的转移途径，即CO2→C3→有机物；
（5）鲁宾和卡门用18O标记水，证明光合作用所释放的氧气全部来自于水。
【详解】A、饲喂含18O水后，水可参与有氧呼吸第二阶段，小狗呼出的CO2可能检测到18O，A正确；
B、35S标记噬菌体蛋白质外壳，不是噬菌体的遗传物质，所以用32P和35S标记的T2噬菌体侵染大肠杆菌，合成子代噬菌体的原料来自于大肠杆菌，因此子代噬菌体只有少数含有32P，都不含35S，B错误；
C、马铃薯块茎不进行光合作用，不利用CO2，所以提供具有14CO2的缺氧环境，储藏的马铃薯块茎细胞中不会出现放射性14C3H6O3，C错误；
D、核糖核苷酸是合成RNA的原料，培养在含15N-核糖核苷酸培养液中的洋葱根尖，由于其他部位的细胞也可以进行转录过程，因此不止分生区细胞能检测到15N，D错误。
故选A。
5. ecDNA是染色体外的双链环状DNA，可在癌细胞中大量分布。ecDNA比染色体DNA更加松散，其上的癌基因更易表达，从而促进肿瘤的发生。下列有关ecDNA的叙述，错误的是（ ）
A. ecDNA分子不存在游离的磷酸基团
B. ecDNA分子中的每个磷酸均连接着两个脱氧核糖
C. ecDNA分子复制方式半保留复制
D. 癌细胞中不存ecDNA与蛋白质结合物
【答案】D
【解析】
【分析】1.癌细胞的主要特征：失去接触抑制，能无限增殖；细胞形态结构发生显著改变；细胞表面发生变化，细胞膜上的糖蛋白等物质减少，导致细胞间的黏着性降低。
2.DNA是由两条反向平行的脱氧核苷酸长链盘旋而成的双螺旋结构；DNA的外侧由脱氧核糖和磷酸交替连接构成的基本骨架，内侧是碱基通过氢键连接形成的碱基对，碱基之间的配对遵循碱基互补配对原则（A-T、C-G，其中A-T之间有2个氢键，C-G之间有3个氢键）。
3.转录过程以四种核糖核苷酸为原料，以DNA分子的一条链为模板，在RNA聚合酶的作用下消耗能量，合成RNA。
4.翻译过程以氨基酸为原料，以转录过程产生的mRNA为模板，在酶的作用下，消耗能量产生多肽链。多肽链经过折叠加工后形成具有特定功能的蛋白质。
【详解】A、ecDNA是一种的双链环状DNA，ecDNA分子上不含游离的磷酸基团，A正确；
B、ecDNA是一种的双链环状DNA，因此，其上的每个每个磷酸均连接着两个脱氧核糖，B正确；
C、ecDNA分子与其他DNA分子一样，复制方式也是半保留复制，C正确；
D、ecDNA是染色体外的双链环状DNA，可在癌细胞中大量分布，当其上的基因复制和表达时，就会产生蛋白质类酶与该DNA的结合物，D错误。
故选D。
6. 腓骨肌萎缩症（CMT）是一种神经系统疾病。对某CMT患者进行了遗传学家系调查并绘制家族系谱图（见下图）。基因检测发现，该患者（图中Ⅳ1。）的致病基因PMP22位于17号染色体上，图中Ⅰ₂未携带致病基因。下列相关叙述正确的是（ ）
A. CMT的遗传方式为常染色体显性遗传
B. 该患者父亲携带致病的PMP22基因
C. Ⅳ16与正常女性生育一个正常男孩的概率为1/8
D. CMT具有连续遗传的特点，推测该家族每一代必定有患者
【答案】A
【解析】
【分析】分析题图可知：该病表现为连续遗传的现象，又知I1患病，I2未携带致病基因，Ⅱ7的致病基因只来自I1，同时含有来自I2的正常基因，则Ⅱ7为杂合子，表现为患病，可知该病为显性遗传病；由于Ⅱ6正常，可知该病致病基因不是位于X染色体上，而是位于常染色体上。
【详解】A、该病表现为连续遗传的现象，又知I1患病，I2未携带致病基因，Ⅱ7的致病基因只来自I1，同时含有来自I2的正常基因，则Ⅱ7为杂合子，表现为患病，可知该病为显性遗传病；由于Ⅱ6正常，可知该病致病基因不是位于X染色体上，而是位于常染色体上，CMT的遗传方式属于常染色体显性遗传，A正确；
B、分析题图可知，该患者IV16的父亲表现正常，不携带致病的PMP22基因，B错误；
C、IV16的父亲正常，故IV16为杂合子，与正常女性（隐性纯合子）婚配，生育一个正常男孩的概率为1/2×1/2=1/4，C错误；
D、CMT具有连续遗传的特点，该家族每一代不一定都有患者，D错误。
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
说明：按攀枝花市第一次统考模式编排题目顺序。第22—26题为物理题，第27—30题为化学题，第31—35题为生物题。
7. 一日三餐中早餐很重要，早餐不仅要营养均衡，还要健康美味。某学校食堂为学生们准备了丰富早餐：龙抄手、钟水饺、赖汤圆、担担面、豆花、蛋烘糕、八宝粥、牛奶、豆浆、鸡蛋、蔬菜沙拉等。回答下列问题：
（1）该学校食堂准备的早餐中含有多种糖类，其中常被形容为“生命的燃料”的单糖是______，它是细胞生命活动所需要的主要能源物质。蔬菜中富含人体难以消化的植物多糖是________，它被称为“人类的第七类营养素”。牛奶中富含钙、铁等元素，其中铁是血红蛋白的组成成分，这说明无机盐具有的生理作用是__________。
（2）该学校的厨师在肉类食品加工过程中，蛋白质的空间结构发生改变_______（填“会”或“不会”）影响蛋白质的营养价值，原因是________。
（3）某同学早餐特别喜欢喝豆浆，为了研究豆浆中可能含有的营养成分，他通过实验得到下表所示的实验结果：
根据表中结果分析，豆浆中含有的营养成分有_________________。
【答案】（1） ①. 葡萄糖 ②. 纤维素 ③. 构成细胞重要化合物的组成成分
（2） ①. 不会 ②. 蛋白质不能被人体直接吸收，在消化道内转变为氨基酸小分子才能被人体吸收，蛋白质变性是空间结构被破坏，更有利于其转变为小分子

（3）蛋白质、还原糖类物质、脂肪或油脂
【解析】
【分析】生物组织中化合物的鉴定：（1）斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）。斐林试剂只能检验生物组织中还原糖（如葡萄糖、麦芽糖、果糖）存在与否，而不能鉴定非还原性糖（如淀粉）。（2）蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应。（3）脂肪可用苏丹Ⅲ染液（苏丹Ⅳ染液）鉴定，呈橘黄色（红色）。（4）淀粉遇碘液变蓝色。
【小问1详解】
“生命的燃料”是指葡萄糖。蔬菜中富含人体难以消化的植物多糖，被称为“人类的第七类营养素”，指的是纤维素。铁（一种无机盐）是血红蛋白的组成成分，说明无机盐具有构成细胞重要化合物的组成成分的生理作用。
【小问2详解】
蛋白质不能被人体直接吸收，在消化道内转变为氨基酸小分子才能被人体吸收，蛋白质变性是空间结构被破坏，更有利于其转变为小分子，因此蛋白质变性不影响蛋白质的营养价值。
【小问3详解】
蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应，还原糖可与斐林试剂产生砖红色（沉淀），淀粉遇碘液变蓝色，脂肪可用苏丹Ⅳ染液鉴定，呈红色，故根据表中结果分析，豆浆中含有蛋白质（紫色试管）、还原糖类物质（砖红色试管）和脂肪或油脂（红色试管）
8. 下图为某植株叶肉细胞内光合作用与有氧呼吸的部分过程图。
（1）高温引起植物伤害的现象称为热害，比如：
①蛋白质变性，则上图中受到直接影响的过程有___（填序号）；
②影响ATP合成，则上图中受到直接影响的过程有___（填序号）；
③有毒物质积累，植物进行无氧呼吸产生有毒物质酒精，此无氧呼吸的反应式为：___。
（2）植物对高温胁迫的适应称为抗热性。高温锻炼能增强植物的抗热性，在你设计并验证此结论的实验过程中，实验的自变量是___，无关变量是___（答出一点即可）。
【答案】（1） ①. ①②③④ ②. ③④ ③. C6H12O6 2CO2+2C2H5OH+能量
（2） ①. 温度（高温与否） ②. 所选植物种类、生长状况；实验进行的时间等等
【解析】
【分析】题图分析，图中①过程为二氧化碳的固定过程，②为C3还原过程，③为有氧呼吸第一阶段，④为有氧呼吸的第二阶段，发生在线粒体基质中，若为无氧呼吸第二阶段，则发生在细胞质基质中。
【小问1详解】
①高温会导致蛋白质变性，酶的化学本质绝大多数是蛋白质，上图中的代谢过程均会受到酶的催化，因而图中受到直接影响的过程有①②③④；
②高温也会影响ATP合成，则上图中有ATP生成的过程有③④，则上述过程中会受到直接影响的过程有③④；
③高温引起有毒物质积累，植物进行无氧呼吸产生有毒物质酒精，无氧呼吸的反应式可表示为：
C6H12O62C2H5OH+2CO2+能量。
【小问2详解】
植物对高温胁迫的适应称为抗热性。高温锻炼能增强植物的抗热性，本实验的目的是验证高温锻炼能增强植物的抗热性，因此，该实验的自变量为温度或是否经过高温锻炼，因变量是抗热性的变化，无关变量是所选植物种类、生长状况，实验进行的时间等等。
9. 某种酶的活性与温度的关系如图表示，请回答一组相关的问题：
注：可以用单位时间内产物的增加量或反应物的减少量（也就是酶促反应速率）作为酶活性高低的指标。
（1）酶促反应速率高___（填“等于”或“不等于”）酶活性高。
（2）现要探究经过t4温度处理的该酶，当温度恢复到t3时，其活性是否可以恢复到较高水平，请完成以下实验设计。
①取6支试管，编号为A1、B1、C1、A2、B2、C2。
②向A1、B1、C1三支试管中各加入适宜浓度的该酶溶液1mL。将A1和B1设为对照组，分别在温度为t3、t4水浴装置中保温10min；将C1作为实验组，其温度处理应是___。
③分别向A2、B2、C2三支试管中各加入适宜浓度的反应物溶液各2mL，依次在t3、t4、t3温水中保温5min。
④分别将A2、B2、C2中的溶液对应加入A1、B1、C1试管内，振荡摇匀后依次在各自温度环境中保温一定的时间，检测各试管中产物的量，记录，比较。
⑤结果预测与分析：
如果试管中产物量C1接近B1而少于A1，则说明随着温度由t4恢复到t3，该酶的活性不能恢复。
如果试管中产物量___，则说明随着温度由t4恢复到t3，该酶的活性能恢复。
（3）本实验能否选用过氧化氢作为底物来实验并说明原因：___。
（4）生物体内酶的特性有___（答出两点即可）。
【答案】（1）不等于 （2） ①. 先在t4中水浴保温5min，然后再转移到t3中水浴保温5min ②. C1接近于A1而多于B1(或者C1多于B1而少于A1)
（3）不能，因为温度会影响过氧化氢的分解，对实验结果形成干扰 （4）专一性、高效性
【解析】
【分析】相对于最适温度而言，高温、低温都会影响酶的活性，但并不相同，过高温度会破坏酶的空间结构导致酶变性失活，低温则不会，酶的活性减弱在温度恢复适宜时可恢复。
【小问1详解】
酶的活性高，则酶促反应的速率也高，但是两者并不是一回事，酶促反应速率高不等于酶活性高。
【小问2详解】
设计对照组t3和t4，在设计时要设计经过t4温度处理的酶，当温度降低到t3时，观察酶的活性是否恢复，整个过程中要保持温度不变。①取6支试管，编号为A1、B1、C1、A2、B2、C2。
②向A1、B1、C1三支试管中各加入适宜浓度的该酶溶液1mL。将A1和B1设为对照组，分别在温度为t3、t4水浴装置中保温10min；将C1作为实验组，其温度处理应是先在t4中水浴保温5min，然后再转移到t3中水浴保温5min。
③分别向A2、B2、C2三支试管中各加入适宜浓度的反应物溶液各2mL，依次在t3、t4、t3温水中保温5min。④分别将A2、B2、C2中的溶液对应加入A1、B1、C1试管内，振荡摇匀后依次在各自温度环境中保温一定的时间，检测各试管中产物的量，记录，比较。
⑤结果预测与分析：如果试管中产物量C1接近B1而少于A1，则说明随着温度由t4恢复到t3，该酶的活性不能恢复；如果试管中产物量C1接近于A1而多于B1(或者C1多于B1而少于A1) ，则说明随着温度由t4恢复到t3，该酶的活性能恢复；
【小问3详解】
温度会影响过氧化氢的分解，对实验结果形成干扰，所以本实验不能选用过氧化氢作为底物来实验。
【小问4详解】
生物体内酶的特性有专一性、高效性。
10. 某植物花色的红花、粉花和白花互为相对性状；叶型的阔叶和窄叶是另一对相对性状。为研究这两个性状的遗传规律，现用一株红花阔叶植株自交，F1的表型及比例为红花阔叶：红花窄叶：粉花阔叶：粉花窄叶：白花阔叶：白花窄叶=27：9：18：6：3：1。回答下列问题：
（1）阔叶和窄叶这对相对性状中，显性性状是___，判断的依据是___。
（2）花色和叶型这两个性状中由2对等位基因控制的是___，判断的依据是___。
（3）若用F1中的一株粉花植株与另一株粉花植株杂交，F2的表型及其比例为红花：粉花：白花=1：2：1，请用A、a；B，b表示基因，写出这两株粉花植株的基因型：___。
【答案】（1） ① 阔叶 ②. 亲本阔叶植株自交，F1中阔叶∶窄叶=3∶1
（2） ①. 花色 ②. 亲本红花阔叶植株自交，F1中红花∶粉花∶白花=36∶24∶4=9∶6∶1，而阔叶∶窄叶=3∶1
（3）Aabb和aaBb
【解析】
【分析】基因分离定律的实质:在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性;生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
【小问1详解】
分析题意可知，亲本阔叶植株自交，F1中阔叶∶窄叶=3∶1，说明阔叶是显性性状。
【小问2详解】
亲本红花阔叶植株自交，F1中红花∶粉花∶白花=36∶24∶4=9∶6∶1，是9∶3∶3∶1的变形，说明花色是由两对等位基因控制的，而阔叶∶窄叶=3∶1，说明叶型受一对等位基因控制。
【小问3详解】
结合（2）可知，花色受两对等位基因控制，且可推知红花植株基因型是A-B-，粉花是A-bb和aaB-，白花是aabb，若用F1中的一株粉花植株与另一株粉花植株杂交，F2的表型及其比例为红花∶粉花∶白花=1∶2∶1，是1∶1∶1∶1的变式，则两株粉花的基因型分别是Aabb和aaBb。
【生物—选修1：生物技术实践】
11. 油樟树是提炼天然香料的优良树种，特别是从油樟油中精馏生产的桉叶油素，在国际贸易中被称为“中国桉叶油”，出口世界各国都属免检商品。回答下列问题：
（1）研究发现可以用蒸馏法来提取油樟油，原因是_________。在蒸馏时许多因素都会影响产品的品质，如果要提高品质，就需要_________蒸馏时间。
（2）若使用水蒸气蒸馏法，你认为_________（填“水中蒸馏”、“水上蒸馏”或“水气蒸馏”）更简便易行，用这种方法对于有些原料不适用，如柑橘和柠檬，原因是_________。
（3）不适用蒸馏的原料，也可以考虑使用萃取法。萃取的效率主要取决于_________，同时还受到原料颗粒大小、紧密程度、萃取的温度和时间等条件的影响。萃取的最佳温度和时间可以通过设置_________来摸索。
（4）某科研小组利用樟叶进行了一系列研究，得到了如图所示的结果。该小组研究的课题名称是_________。
【答案】（1） ①. 油樟油有较强的挥发性，可以随水蒸气一起被携带出来 ②. 延长
（2） ①. 水中蒸馏 ②. 水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解等问题
（3） ①. 萃取剂的性质和使用量 ②. 对照实验##预实验
（4）探究采叶时间对油樟油出油率的影响
【解析】
【分析】植物芳香油的提取方法：蒸馏法、压榨法和萃取法等。
（1）蒸馏法：芳香油具有挥发性，把含有芳香油的花、叶等放入水中加热，水蒸气能将挥发性较强的芳香油携带出来，形成油水混合物；冷却后，油水混合物又会重新分成油层和水层，除去水层便得到芳香油，这种提取方法叫蒸馏法。根据蒸馏过程中原料放置的位置的标准，将水蒸气蒸馏法划分为水中蒸馏、水上蒸馏和水气蒸馏。植物芳香油的蒸馏提取过程：浸泡、加热蒸馏、乳浊液的分离。
（2）萃取法：这种方法需要将新鲜的香花等植物材料浸泡在乙醚、石油醚等低沸点的有机溶剂中，使芳香油充分溶解，然后蒸去低沸点的溶剂，剩下的就是芳香油。
（3）压榨法：在橘子、柠檬、甜橙等植物的果皮中，芳香油的含量较多，可以用机械压力直接榨出，这种提取方法叫压榨法。
【小问1详解】
油樟油有较强的挥发性，可以随水蒸气一起被携带出来，所以能用蒸馏法来提取油樟油。在蒸馏时要提高品质，可以延长蒸馏时间。
【小问2详解】
水蒸气蒸馏法中最简便的是水中蒸馏。但是柑橘和柠檬，由于易焦糊和高温导致有效成分容易水解，不适用水中蒸馏，用压榨法更合适。
【小问3详解】
萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和使用量。萃取的最佳温度和时间可以通过设置对照实验（预实验）来进行摸索。
【小问4详解】
从图中可以看出，自变量为采叶时间，因变量为出油率，所以该小组研究的课题名称是探究采叶时间对油樟油出油率的影响。
【点睛】本题考查提取芳香油技术的应用，要求考生识记提取芳香油方法的选择依据的原理等知识，运用所学知识结合选项信息完成分析判断。所用试剂
碘液
斐林试剂
双缩脲试剂
苏丹Ⅳ染液
试管中颜色
棕黄色
砖红色
紫色
红色