云南省大理市白族自治州2024届高三年级下册二模化学试卷 含解析

云南省大理州2023-2024学年高三第二次复习统一检测

理科综合化学试题

可能用到的相对原子质量：HlC12Na23016S32C135.5Cr52Fe56Cu64

I卷供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.化学与生活密切相关，下列说法不合理的是

A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金

B.Si。2具有导电性，可用于制作光电池

C.乙二醇溶液可用作汽车的防冻液

D.大豆蛋白纤维一种可降解材料

【答案】B

【解析】

【详解】A.青铜器“四羊方尊”主要材质为铜锡合金，故A正确；

B.Si。?具有优良的光学性能，可用于制作光导纤维，单质硅制作光电池，故B错误；

C.乙二醇熔点低，可用作汽车的防冻液，故C正确；

D.蛋白质在酸性或碱性条件下能水解为氨基酸，大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；

选B。

2.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交反应做出贡献的三位科学家。环辛烯衍生物(A)与四

嗪(B)的生物正交反应过程为下列说法错误的是

A.A中碳原子的杂化类型为sp?、sp3B.B中杂环上四个氮原子共平面

C.反应1和反应2均为消去反应D.D中苯环上的一氯代物有6种

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题干A的结构简式可知，A中碳碳双键上的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂

化，即A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3,A正确；

B.由题干B的结构简式可知，B中杂环上的两个碳原子和四个氮原子均采用sp2杂化，形成类似苯环的

平面结构，则四个氮原子共平面，B正确；

C.由题干合成流程图可知，反应1为加成反应，反应2为消去反应，C错误；

D.由题干D的结构简式可知，D的两个苯环不相同，每个苯环上均有邻间对三种位置关系，则D上两个

苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，D正确；

故答案为：Co

3.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种新型超分子，其分子结构

如下图所示(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金

属性最强的元素，下列说法正确的是

A.简单气态氢化物的沸点：X>Y

B.第一电离能：l(Z)>l(X)>[(Y)

C.Z2Y2只含有离子键

D.原子半径：X>Y>W

【答案】D

【解析】

【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元

素，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；新型超分子中

X、Y形成的共价键数目分别为4、2,则X为C元素、Y为。元素。

【详解】A.水分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于甲

烷，沸点高于甲烷，故A错误；

B.金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以三种元

素的第一电离能大小顺序为L(O)>[(C)>It(Na),故B错误；

C.过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，故c错误；

D.三种原子中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径大小顺序

为C>O>H,故D正确;

故选D。

4.第二代钠离子电池是正极为镒基高锦普鲁士白｛Na2Mn[Mn(CN)6]｝、负极为镶嵌在硬碳中的钠的一

种新型二次电池，其工作原理如下图所示。

下列说法正确的是

A.充电时，B极发生氧化反应

B.充电时，Na+穿过离子交换膜在A极上得电子

C.[Mn(CN)6广配离子中配体为CN-

D.放电时，正极反应为Mn[Mn(CN)6]+2Na+-2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，放电时，B极是原电池的负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离

子，电极反应式为Na—e1=Na+,A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原

反应生成Na2Mn[Mn(CN)6],电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6],充电时，A极与

直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。

【详解】A.由分析可知，充电时，B极为阴极，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，故A错

误；

B.由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离

子交换膜在B极上得电子，故B错误；

C.[Mn(CN)6F+离子中中心离子为锯离子，配体为氟酸根离子，故C正确；

D.由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生

+-

成Na2Mn[Mn(CN)6],电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na+2e=Na2Mn[Mn(CN)6],故D错误；

故选c。

5.只利用下列实验药品，不能达到实验目的的是

实验目的实验药品

A探究温度对化学平衡的影响NC）2与N2O4混合气体、冷水、热水

B验证乙醇的消去产物是乙烯乙醇、酸性高锦酸钾溶液、浓硫酸

C证明牺牲阳极法保护铁Fe、Zn、酸化的食盐水、K31Fe（CN）6］溶液

D比较水和四氯化碳分子的极性氏0、CCL、12

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的玻

璃球分别放入冷水和热水中，放入冷水中的混合气体颜色变浅、放入热水中的混合气体颜色变深，说明

升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以用二氧化氮和四氧化二氮

混合气体、冷水、热水可以达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故A正确；

B.乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则浓硫酸与乙醇共热发生消去反应制得的乙烯中混

有二氧化硫和乙醇，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锯酸钾溶液氧化，所以用乙醇、酸

性高锦酸钾溶液、浓硫酸不能达到验证乙醇的消去产物是乙烯的实验目的，故B错误；

C.锌和铁在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铁的锌做正极被损耗，铁做正极被保护，向反应后

的溶液中滴加铁氟化钾溶液，溶液中没有蓝色沉淀生成，则用锌、铁、酸化的食盐水、铁氟化钾溶液可

达到证明牺牲阳极法保护铁的实验目的，故c正确；

D.非极性分子碘微溶于极性分子水，易溶于非极性分子四氯化碳，则用水、四氯化碳、碘可以达到比较

水和四氯化碳分子的极性的实验目的，故D正确；

故选B。

6.某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应（均为气体）经历三个基元反应阶段，反

应历程如下图所示（TS表示过渡态）。下列说法错误的是

相对能量/khmol”

N=N

TSI/\TS3

300.0298.4——°，

-/'TS2/248.3'\

200.0199.2

100.0-/'130.0、/\

0.0\\

-NO+NO00\\

-100.0N=N,CO+NO+CO\

/\+co22

-200.0-反应①\反应③\2CO2+N2

OO

-300.0

CONO

-400.0-反应②\2+2-306.6

一

-500.0-513.5

-600.0

反应历程

A.该过程包含一个吸热反应和两个放热反应

B.反应②逆反应的活化能为643.5kJ・molT

C.该过程的总反应为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)

D.反应③生成2m0IN2时，转移电子数为2N八

【答案】D

【解析】

【分析】从图中可得出三个热化学方程式：

反应①：2NO=N2O2△Hi=+199.2kJmoE；

1

反应②：N2O2+COCO2+N2O△H2=-513.5kJmol；

反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2△H3=-306.6k/moH据此分析解题。

【详解】A.由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放

热反应，①属于吸热反应，A正确；

B.正反应活化能减焰变值为逆应活化能，反应②逆反应的活化能为130kJ-molT-(-513.5)kJ-moH=

643.5kJ-mo「，B正确；

C.利用盖斯定律，将反应①+②+③得，2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)AH=+199.2kJ-mol-

1+(-513.5kJ-mol-1)+(-306.6)kJmol1]=-620.9kJ-moE,C正确；

1

D.反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2△H3=-306.6kJ.mol,根据反应式可知N的化合价+1-0价，生成

2molN2时，转移电子数为4NA，D错误；

故选D。

'n(KOH)-

7.25℃时，用0.1mol.I?KOH溶液滴定同浓度的H,A溶液，H2A被滴定分数::与pH值、

n(^H2A)

微粒分布分数比6(X)=2八，X表示H?A、HA-或Az-]的关系如图所示，下列说

n(ri2A)+n(riA)

法正确的是

4

3

2

1

0

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

A.用KOH溶液滴定0.1mol/LKHA溶液可以用酚酸作指示剂

B.25C时，H2A第二步电离平衡常数Ka2土KF"

C.c点溶液中：c（H+）+c（K+）=3c（HA-）

D.a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：a>b>c>d

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pHMO,酚麟的变色范围是8~10,所以用KOH

溶液滴定0」mol/LKHA溶液可以用酚酰作指示剂，故A正确；

B.根据图示，C（HAP=C（A2-）时，pH=7,25℃时，H2A第二步电离平衡常数Ka2土,故B错

误；

C.c点溶液中，c（HA-）-C（A2-）SpH=7,c（H+）=c（OH）,根据电荷守恒

c（H+）+c（K+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（0H-）,c（K+）=3c（HA-）,故C错误；

D.随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、

b、c、d四点溶液中水的电离程度，a<b<c<d,故D错误；

选Ao

第n卷（共174分）

8.近年来，人们发现CuCl不仅在颜料、防腐工业等方面具有广泛的用途，而且CuCl的大单晶体是一种

很重要的电光调制晶体，也是有机合成中性能优良的催化剂。研究发现一种利用低品位铜矿（含Cu2S、

FeO和Fe2O3等）为原料制取CuCl的工艺流程如下:

已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。

ii.室温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=2.8x10-39。

(1)铜矿中未被Mn。2氧化的物质有o

(2)滤液D中铁离子的浓度约为。

(3)向滤液D中先通氨气的目的是o

A.中和溶液中的H+B.调节溶液pH值，生成CuCC)3沉淀

C.有利于[CU(NH3)4]CC)3的生成D.增加MnCC>3的溶解度

(4)固体E主要是M11CO3,生成M11CO3的离子方程式是。

(5)滤液F加热生成C。？、NH3和CuO,反应的化学方程式是o

(6)若要制取99.5gCuCl,理论上至少需要质量分数为25%的Cu2s的铜矿粉的质量为g。

(7)查阅资料：CuCl立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为apm,C「以配位键与Cu+相结合，其

【答案】⑴Fe2O3

(2)2.8xKT6皿。1/L(3)AC

2+

(4)Mn+2HCO-=MnCO3+CO2T+H2O

A木木

(5)[Cu(NH3)4]CO3=CuO+4NH3^+CO2T

忘-398xlO30

(6)320(7)①4②.-----------1

3

NAxa

【解析】

【分析】由题给流程可知，向低品位铜矿中加入二氧化锦和稀硫酸酸浸，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸

铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，过滤得到含有硫的滤渣和滤液；向滤液中加

入氨水调节溶液pH,将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤

液中先通氨气将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，再加入碳酸氢钱将溶液中的锦离子转化为碳酸镒

沉淀，过滤得到含有碳酸锦的滤渣和滤液；加热滤液，溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨

气、二氧化碳，过滤得到氧化铜；将氧化铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜混合反应得到Na[CuCb],过滤

得到含有Na[CuC12]的滤液；向滤液中加入大量水，将Na[CuCb]转化为氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚

铜。

【小问1详解】

由分析可知，加入二氧化锦和稀硫酸酸浸的目的是氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁

被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，则铜矿中未被二氧化锦氧化的物质为氧化铁，故答案为：Fe2O3；

【小问2详解】

2.8x10-39

M°"L=2.8X1(F6moi/L,故答案

由溶度积可知，溶液pH为3的溶液中，铁离子浓度为(ixlO11)3

为：2.8x10-6moi/L；

【小问3详解】

由分析可知，先通氨气的目的是中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，有利于

加入碳酸氢镂将溶液中的锈离子转化为碳酸锦沉淀，故选AC；

【小问4详解】

由分析可知，加入碳酸氢镂的目的是将溶液中的铳离子转化为碳酸铳沉淀，反应的离子方程式为

2+2+

Mn+2HCO；=MnCO3+C02T+H20,故答案为：Mn+2HC0；=MnCO3+CO2T+H20；

【小问5详解】

由分析可知，加热滤液F的目的是溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，反应的

A木木

化学方程式为[Cu(NH3)4]CC)3=CUO+4NH3,+CC)2,，故答案为：

A木木

[Cu(NH3)4]CO3=CuO+4NH3^+CO2

【小问6详解】

由铜原子个数守恒可知，若要制取99.5g氯化亚铜，理论上至少需要质量分数为25%的硫化亚铜的铜矿粉

"-5gxl60g/mol

的质量为99.5g/mol=320g,故答案为：320；

2x25%

【小问7详解】

由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铜离子个数为8X」+6X；=4,位于体内的氯离子个数为

82

4,晶胞中与氯离子距离最近的亚铜离子个数为4,则氯离子的配位数为4；设晶体的密度为dg/cnP,由

4x99.5398xlO30398xlO30

晶胞的质量公式可得：——=（10—%）3（1,解得d=----------1，故答案为：4；----------

33

&NAxaNAxa

9.三氯化铭（CrCL）可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用©马（工

和CO,制备无水CrCL并测定产品纯度，进行如图实验探究，回答下列问题：

（1）制备无水CrCL

②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之（填“前”或"后”）。

③已知制备CrCL,时有COC“气体生成，制备Cr。反应的化学方程式为

COC12气体易水解则尾气处理时适合选用的试剂为（填序号）。

A.NaOH溶液B.稀H?SO4溶液C.水

（2）测定产品纯度（杂质不参加反应）

已知：2CrOj（黄色）+2H+=Cr2O^（橙色）+H2O

准确称取31.7g产品，温水溶解后稀释至250mL,量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量

H202充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量KI溶液；滴加淀粉作指示

剂，用2mol.U'Na2s2。3标准溶液滴定(2S2O；+U=$4。〉+2「)，达到滴定终点时消耗标准液的体

积为15mLo

①加入足量H2。？的主要作用为o

②写出加硫酸酸化后的橙色物质与KI溶液发生反应的离子方程式___________o

③反应后溶液煮沸的目的为。

④产品中CrCL的质量分数为o

【答案】(1)①.D②.由于CrCL凝华后易堵塞B中的导管③.前④.

高温

Cr2O3+3CCI42CrCl3+3coe12⑤.A

+3+

(2)①.将CP+氧化为CrOj(2).14H+Cr2O^+6I-=2Cr+3I2+7H2O③.除去残

留的H2。？©.50%

【解析】

【分析】由实验装置图可知，装置A为四氯化碳气化装置，装置B、D都为四氯化碳与氧化铝共热反应

制备、并冷凝收集氯化铭的装置，由题意可知，氯化铭650℃以上升华，为防止氯化铭凝华堵塞B的导管

发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铭，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水

蒸气进入装置D中导致氯化铭水解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，则装

置的连接顺序为ADCEo

【小问1详解】

①由分析可知，为防止氯化铭凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铭，

故答案为：D；由于CrCL凝华后易堵塞B中的导管；

②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热三氧化二铭，再水浴加热提供四氯化碳可提

高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前，故答案为：前；

③由题给信息可知，制备氯化铭的反应为四氯化碳与三氧化二铭高温条件下反应生成氯化铭和光气，反

应的化学方程式为Cr2O3+3(204呈典20€13+3C0CU；由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液

用于吸收光气，防止污染空气，故选A,故答案为：Cr2O3+3CC14—2CrCl3+3COC12；A；

【小问2详解】

①由题意可知，加入足量过氧化氢溶液的主要作用为将溶液中的倍离子氧化为铭酸根离子，故答案为：

将CE氧化为CrO：；

②由题意可知，加硫酸酸化后的橙色物质与碘化钾溶液发生的反应为重铭酸根离子在酸性溶液中与溶液

中的碘离子反应生成铭离子、碘和水，反应的离子方程式为

+3+3+

14H+Cr2O;'+6F=2Cr+3I2+7H2O,故答案为：14H++Cr2O^~+6F=2Cr+3I2+7H2O；

③为防止过量的过氧化氢溶液氧化硫代硫酸根离子导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，加入过氧化氢

溶液反应后应将溶液煮沸除去过量的过氧化氢溶液，故答案为：除去残留的H?。？；

④由题意可得如下转化关系：2CrCb—CnC*—3L—6S2O：,滴定消耗15mL2moi/L硫代硫酸钠溶液，则

»n三八皿、，2mol/Lx0.015Lx-xl0xl58.5g/mol,

产品中氯化铭的质量分数为3X100%=50%,故答案为：50%o

31.7g

10.丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代燃和塑料。

(1)工业上用丙烯加成法制备1,2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理如下：

1

I.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g),*CH2C1CHC1CH3(g)=-134kJ-mol

1

II.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g),^CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)AH2=________kJ-mor

III.CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g),-CH2C1CHC1CH3(g)AH3=-32kJ-mor'o

(2)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C",分别在A、B两种不同催化剂作用

下发生反应I,一段时间后测得CH2cleHCICH3的产率与温度的关系如图所示。

A.使用催化剂B的最佳温度约为250℃

B.相同条件下，改变压强会影响CH2cleHCICH3的产率

C.催化剂不仅能改变反应速率，还能改变平衡时产率

D.两种催化剂均能降低反应的活化能，但不能改变M的数值

②在催化剂A作用下，温度低于20（rc时，CH2cleHCICH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是

⑶反应C3H8（g）-C3H6（g）+H2（g）AH>0在不同温度下达到平衡，在总压强分别为Pl和P2

时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。

兴

袅

余

*

£

巡

察

■翅&

k7

温度/七

①b、c代表（填“丙烷”或“丙烯"），P2（填“大于”“小于”或“等于”）Pi

②起始时充入一定量丙烷，在恒压Pi=0.5MPa条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为

（用分数表示），该反应的平衡常数Kp=MPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分

压=总压x物质的量分数）。

（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为C3H8（g）+gc）2（g）.C3H6伍）+凡0他）A”=—118

kJ-mor1，过程中还生成CO、。。2等副产物。相同时间内，C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化

C3H6的物质的量

①55CTC时，C3H$的选择性为%（C3H6的选择性==xlOO%,计

反应的C3H8的物质的量

算结果精确到0.1）。

②基于上述研究结果，能提高C3H6的选择性的措施是

【答案】(1)-102

(2)①.BD②.温度较低或催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小

(3)①.丙烯②.小于③.-@.0.0625(^—)

316

(4)①.61.5②.选择相对较低温度

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律可知，11=I-III,贝必凡=(一134kJ.moL)—(—32kJ-moT1)=-102kJ.moT1；

【小问2详解】

①A.由图示可知使用催化剂A时产率最高时，温度约为450℃,所以使用催化剂A的最佳温度约为

450℃,A错误；

B.反应I是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故

CH2C1CHC1CH3的产率会随着压强的改变而改变，B正确；

C.加入催化剂平衡不移动，则不能改变平衡时的产率，C错误；

D.催化剂能降低反应的活化能，但不影响AH,D正确；

故选BD；

②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2cleHCICH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是

温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小，故答案为：温度较低、催化剂的活性较低，对

化学反应速率影响小；

【小问3详解】

①此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数增加，丙烯的物质的量分数减小，

由图知，b、c曲线平衡时物质的量分数随温度升高而升高，所以b、c曲线代表丙烯；温度一定，压强增

大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故P2小于Pi；

②图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%,设丙烷物质的量为Imol,消耗物质的量为x列出三段式

可得，

C3H8(g)HC3H6(g)+H2(g)

起始量(mol)1001

,解得X=：

变化量(mol)XXX3

平衡量(mol)1-xXX

Q点C3H8的物质的量分数为50%,C3H6和H2的物质的量分数为25%,

叱0.5Mpax25%x0.5Mpax25%

Kp=-----------------------------------=0.0625Mpa.

0.5Mpax50%

【小问4详解】

①由题干图像信息可知，55O℃时，设C3H8的起始量为n,C3H6的产率为8%,而C3H8的转化率为

故止匕温度下C的选择性=反击黑5黑量、I。。％=黑xM%=6L5%；

③由图2可知，升高温度，C3H6的选择性减小，故能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度，增

大主反应产生的C3H6的反应速率，故答案为：选择相对较低的温度。

11.褪黑素是迄今发现的最强的内源性自由基清除剂。褪黑素的基本功能就是参与抗氧化系统，防止细胞

产生氧化损伤，在这方面，它的功效超过了已知的所有体内物质。某研究小组以乙快为原料，设计合成

褪黑素，合成路线如下(部分反应条件已省略)：

褪黑素

已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：CH3COONa+NaOH^^CH4T+Na2CO3