2020届全国I卷高考考前适应性试卷 化学（二） 7页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 化 学 （二）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 ‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 ‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 ‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39‎ 一、选择题：本大题共7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。‎ ‎7．中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是 A．我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源 B．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 C．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．23g钠所含的核外电子数为1.1NA B．lL lmol·L−1乙醛溶液中含有分子的数目为NA C．4.48L H2和CO混合气体完全燃烧，消耗的氧分子数目为0.1NA D．2.13g氯气与足量热的NaOH溶液充分反应生成和时，转移的电子数目为0.05NA ‎9．化合物（a）、（b）、（c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是 A．b、c互为同分异构体 B．a、b、c都能使溴水褪色 C．由a生成c的反应是氧化反应 D．a、b、c都属于芳香族化合物 ‎10．LDFCB是锂离子电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素W、X、Y、Z构成(如下图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种元素最外层电子数之和为20。下列说法正确的是 A．原子半径∶W＞X＞Y＞Z B．四种元素的单质中，Z的沸点最高 C．W、Z形成的分子中各原子均满足8电子稳定结构 D．Y分别与另外三种元素形成的二元化合物中，Y的价态相同 ‎11．燃煤工业锅炉烟气中含有1%~3%的CO和0.02%~0.04%的NO，在新型催化剂作用下可消除CO和NO两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中CO可被O2氧化。下列说法中正确的是 A．温度越高越有利于有害气体消除 B．O2浓度越大催化除杂效果越好 C．催化反应的速率由氧化吸附过程决定 D．总反应方程式为2NO+2CO=N2+2CO2‎ ‎12．我国科学家已研制出一种可替代锂电池的“可充室温Na-CO2电池”，该电池结构如图所示。电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠－四甘醇二甲醚。下列说法错误的是 A．电池放电时钠金属片发生氧化反应 B．电池工作时，外电路流过0.01mol电子，负极材料减重0.23g C．碳纳米管的作用主要是导电及吸附CO2，电池充电时，应该与直流电源的正极相连 D．放电时负极反应为：C+2Na2CO3-4e−=3CO2↑+4Na+‎ ‎13．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 二、非选择题（共43分）‎ ‎26．（14分）实验室以扑热息痛(对乙酰氨基苯酚)为原料，经多步反应制甘素的流程如下：‎ AcHNOH扑热息痛非那西汀…甘素 步骤Ⅰ：非那西汀的合成 ‎①将含有1.0g扑热息痛的药片捣碎，转移至双颈烧瓶中。用滴管加入8mL 1mol/L NaOH的95%乙醇溶液。开启冷凝水，随后将烧瓶浸入油浴锅。搅拌，达沸点后继续回流15min。‎ ‎②将烧瓶移出油浴。如图所示，用注射器取1.0mL的碘乙烷，逐滴加入热溶液中。继续将烧瓶置于油浴回流15min。‎ ‎③将烧瓶从油浴中抬起，取下冷凝管趁热用砂芯漏斗抽滤，滤去不溶的淀粉(药片的填充物)。将热滤液静置，得到沉淀。用另一个砂芯漏斗过滤得到非那西汀固体。‎ 步骤Ⅱ：甘素的合成 ‎①将非那西汀固体转移到圆底烧瓶中，加入5mL 6mol/L盐酸。加热回流15min。‎ ‎②加入NaHCO3调至pH为6.0～6.5，再向反应液中加1.37g尿素和2滴乙酸。加热回流60min。‎ ‎③移出烧瓶，冷却，有沉淀析出，抽滤，用冰水洗涤，得到甘素。‎ ‎(1)将药片捣碎所用的仪器名称为________________。 ‎ ‎(2)实验中用油浴加热的优点是______________________。 ‎ ‎(3)使用砂芯漏斗抽滤的优点是_________________且得到的沉淀较干燥。 ‎ ‎(4)冷凝管的冷却水从________(填“a”或“b”)端进。 ‎ ‎(5)步骤Ⅱ中向热溶液中加入NaHCO3中和，为避免大量CO2逸出，加入NaHCO3时应__________________。 ‎ ‎(6)用冰水洗涤甘素固体的操作是_________________。‎ ‎27．（15分）利用废旧镀锌铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)制备纳米Fe3O4及副产物ZnO的流程如下：‎ 已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似，“滤液1”中锌元素以ZnO形式存在。回答下列问题：‎ ‎(1)实验中需调节“滤液1”的pH约为8，pH过大或过小都不利的原因是_______________。‎ ‎(2)“滤渣1”的主要成分是__________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是_______。‎ ‎(3)“部分氧化”阶段，ClO被还原为Cl−，该反应的离子方程式是____________________。‎ ‎(4)向“溶液2”中通入N2的目的是__________________________________。‎ ‎(5)某化学兴趣小组用m1 g废旧镀锌铁皮(Fe元素的质量分数为w)制备纳米Fe3O4，最终得到m2 g产品，则产率为__________(用含m1、m2和w的代数式表示)。‎ ‎(6)用酸性高锰酸钾溶液可测定产物Fe3O4中二价铁含量，用稀硫酸溶解Fe3O4，再用酸性KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应：5Fe2++MnO+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O。‎ ‎①判断该反应到达滴定终点的现象是______________________________________________。‎ ‎②滴定操作中，若滴定前装有酸性KMnO4标准溶液的滴定管尖嘴部分无气泡，而滴定结束后有气泡，则测得的二价铁含量__________(填“偏高”偏低”或“无影响”)。‎ ‎28．（14分）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。‎ ‎（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式： 。‎ 工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度___________(填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)‎ ‎+2H2O(g) ∆H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：‎ 过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1‎ 过程II反应的热化学方程式（∆H2用含有∆H和∆H1的代数式表示） 。‎ ‎（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2mol NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。‎ ‎①反应到6s时，NO2的转化率是 。‎ ‎②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是 。‎ a．X b．Y c．Z d．W ‎③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是 。‎ ‎④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K= 。‎ （4） 工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L−1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH−)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO)＞c(SO)的原因____________________________________。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）‎ ‎35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 铬、钼、钨都是ⅥB族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。‎ ‎（1）铬元素的最高化合价为________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，其原子核外有________个未成对电子。‎ ‎（2）钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。‎ ‎①环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是________写元素符号。‎ ‎②环己基甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是________。‎ ‎（3）铬离子能形成多种配合物，例如。‎ ‎①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，的配位数为________。‎ ‎②上述配合物中的非金属元素按电负性由小到大的顺序排列为________。‎ ‎（4）铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。‎ 该氧化物的化学式为________。‎ 已知晶胞底面的边长为a cm，晶胞的高为b cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该铬的氧化物的摩尔质量为M g·mol−1。该晶体的密度为________g·cm−3（用含a、b、NA和M的代数式表示)。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：‎ 已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；‎ ‎②(-NH2容易被氧化)；‎ ‎③R-CH2COOH 请回答下列问题：‎ ‎(1)B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。‎ ‎(2)CD的反应类型是______，I的结构简式为______。‎ ‎(3)FG的化学方程式为 。‎ ‎(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。‎ a．加成反应 b．氧化反应 c．取代反应 d．消去反应 ‎(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能与NaHCO3反应 ③含有-NH2‎ (6) 参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高考考前适应性试卷 化学答案（二）‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料；答案选C。‎ ‎8. 【答案】D ‎【解析】1mol钠所含的核外电子为11mol，所含的核外电子数为11NA，故A错误；1L 1mol·L−1乙醛溶液中除含乙醛外，还含有H2O，故所含有分子的数目大于NA，故B错误；选项中没有指明气体是否在标准状况下，所消耗氧气的物质的量也无法确定，故C错误；氯气与热NaOH溶液反应的化学方程式为，由上述化学方程式可知，3mol Cl2发生反应时转移5mol电子，2.13g氯气的物质的量为0.03mol，转移电子为0.05mol，故D正确；答案选D。‎ ‎9. 【答案】A ‎【解析】b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故A正确；a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故D错误。‎ ‎10. 【答案】A ‎【解析】Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，且Y能形成化合物，则X的核外电子总数最多为7，根据该阴离子中X的成键特点可知X应为ⅣA族元素，则X为C，Y的最外层电子数为6，四种元素同周期，均为第二周期元素，所以Y为O元素；Z只能形成1个共价键，则Z为F；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20-4-6-7=3，为B元素。同一周期原子序数越大原子半径越小，则原子半径：W＞X＞Y＞Z，故A正确；F、O的单质常温下为气态，沸点低，B、C的单质常温下为固态，沸点高，故B错误；BF3中，B原子最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，故C错误；O元素与其他C、B元素形成二元化合物显负-2价，与F元素形成二元化合物OF2，显正价，O的价态不同，故D错误；故答案为B。‎ ‎11. 【答案】C ‎【解析】温度过高，使催化剂失去活性，不利于有害气体的消除，故A错误；O2浓度稍微增大，可以利于反应正向进行，但是O2浓度太大会把一氧化碳氧化，则不利于有害气体的消除，故B错误；催化反应的速率由慢反应决定的，即氧化吸附过程决定，故C正确；根据两步反应，①2NO+O22NO2，②2NO2+4CON2+4CO2，①+②，得到的总反应为2NO+O2+4CO N2+4CO2，故D错误；答案选C。‎ ‎12. 【答案】D ‎【解析】根据图示，原电池中电子由负极流向正极，则钠为负极，电极反应为：Na-e−=Na+；碳纳米管为正极，电极反应为3CO2+4e−+4Na+=C+2Na2CO3，电池总反应为：4Na+3CO22Na2CO3+C。故A正确，D错误；根据分析，钠为负极，电极反应为Na-e−=Na+，电池工作时，外电路流过0.01mol电子，则产生0.01mol Na+，负极材料减重0.01mol×23g/mol=0.23g，故B正确；根据分析，钠为负极，碳纳米管为正极，充电为放电的逆过程，电池充电时，正极变为阳极，应该与直流电源的正极相连，故C正确；答案选D。‎ ‎13. 【答案】B ‎【解析】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液反应能产生气体，则该有机物中含有−COOH，可写为C4H9−COOH，−C4H9的异构体有：−CH2CH2CH2CH3，−CH(CH3)CH2CH3，−CH2CH(CH3)CH3，−C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4；故选B。‎ ‎26. 【答案】（1）研钵 ‎ （2） 加热均匀，温度易于控制 ‎ （3） 加快过滤速度 ‎ （4） a ‎ （5） 分多次加入 ‎ （6） 向过滤器中加入冰水至刚刚没过固体，进行抽滤，再重复2次 ‎ ‎【解析】(1)将固体药品研碎应该在硏钵中进行；(2)油浴加热类似于水浴加热，可提供恒定的温度，且加热温度均匀，使反应温度易于控制；(3)使用砂芯漏斗抽滤，能够增大被过滤的固体上下方的气体压强差，使液体可以快速流动，过滤速度较快，因此可加快过滤速度；(4)冷凝时应使冷却水充满冷凝管，要采用逆流原理，冷却水应从下口进入上口排出，故冷却水要从a口进入；(5)为避免大量CO2溢出，每次应生成少量CO2，则可采取少量多次加入的方法；(6)洗涤固体，可向过滤器中加入冰水至刚刚没过固体，进行抽滤，为保证沉淀洗涤干净，同时又要防止因洗涤次数过多导致物质因溶解而损失，一般重复洗涤2～3次。‎ ‎27. 【答案】（1）pH过小，导致氢氧化锌沉淀溶解；pH过大，ZnO不会完全转化为Zn(OH)2，ZnO的产率减小 ‎ （2） Fe、Fe2O3 Zn(OH)2 ‎ （3） ‎6Fe2++ClO+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O ‎ （4） 防止Fe2+被氧化 ‎ （5） ‎ ‎ （2） 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色 偏低 ‎ ‎【解析】由流程图可知，废旧镀锌铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)加NaOH后，Zn、ZnO转化为ZnO，进入滤液1中，Fe2O3、Fe不与NaOH反应，进入到滤渣1中。滤渣1经水洗、酸溶，转化为含有Fe2+和Fe3+的溶液，加入NaClO3氧化，使部分Fe2+转化为Fe3+，再加入NaOH，在N2的保护下使Fe2+和Fe3+转化为纳米Fe3O4。滤液调pH后ZnO转化为Zn(OH)2沉淀下来，滤渣2即为Zn(OH)2，经灼烧后转化为ZnO。（1）根据分析，滤液1中为ZnO，pH过小，会导致Zn(OH)2沉淀溶解：Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O；由于ZnO在强碱中可稳定存在，pH过大，ZnO不会完全转化为Zn(OH)2，最终生成的ZnO减少；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是Fe、Fe2O3，滤渣2的主要成分是Zn(OH)2；（3）部分氧化过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，根据题意，ClO被还原为Cl−，故离子方程式为：6Fe2++ClO+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；（4）由于部分氧化之后，溶液中的Fe2+和Fe3+已经符合纳米Fe3O4要求的比例，而在加NaOH的过程中，Fe2+易被氧化，故通N2的目的是防止Fe2+被氧化；（5）Fe3O4中Fe占的比例为，m1 g废旧镀锌铁皮（Fe元素的质量分数为w）理论上能产生Fe3O4的质量为，最终得到m2 g产品，则产率为；（6）①用酸性KMnO4溶液可测定产物Fe3O4中的Fe2+，当Fe2+被滴定完后，溶液中出现KMnO4，溶液变为浅红色，所以滴定终点现象为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色。②若滴定前装有酸性KMnO4标准溶液的滴定管尖嘴部分无气泡，而滴定结束后有气泡，说明滴定使用的KMnO4标准溶液体积偏小，导致计算时算出的Fe2+含量也偏小。‎ ‎28. 【答案】（1）CO-2e−+H2O=CO2+2H+ 不变 ‎ ‎（2）2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1 ‎ ‎（3）80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小 225 ‎ ‎（4）根据Ka2=c(SO)·c(H+)/c(HSO)=6.2×10−8，将c(H+)=1.0×10−7代入得出c(SO)/c(HSO)=6.2‎ ‎×10−1<1，所以c(HSO)＞c(SO) ‎ ‎【解析】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e−+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e−+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；(2)总反应为4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H ①；过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)‎ ‎+H2O(g) ∆H1 ②；根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.04mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为=80%；②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则∆c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K==225；(4)根据Ka2==6.2×10−8，将c(H+)=1.0×10−7代入得出=6.2×10−1<1，所以c(HSO)＞c(SO)。‎ ‎35. 【答案】（1）+6 6 ‎ （2） C、O 环己基甲醇分子间能够形成氢键 ‎ （3） ‎6 ‎ （4） ‎ ‎ ‎【解析】为24号元素，价电子排布式为，最高正价为价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，价电子排布式为，其原子核外有6个未成对电子；环己基甲醇中C均以单键连接，采取杂化，O原子的杂化轨道数为4，也采取杂化；环己基甲醇中含有羟基，分子间存在氢键，沸点较高；中2个N原子均与形成配位键，配体有3个OH−、1个H2O和1个，故的配位数为6；同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，氢的电负性在四种元素中最小，故电负性：；（4）①每个晶胞中含有数目为：4；数目为：，故化学式为；每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度。‎ ‎36. 【答案】（1）丙二醛 ‎ （2） 取代反应 ‎ （3） ‎+(CH3CO)2O+CH3COOH ‎ （4） d ‎ （5） ‎、(符合要求均可) ‎ （6） ‎【解析】（1）~（5）A的密度是相同条件下 H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；(1)B为OHCCH2CHO，B的化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为；(3)F发生取代反应生成G，F→G的化学方程式为+(CH3CO)2OCH3COOH+‎ ‎；(4)a．M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；b．酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；c．羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意；d．羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意；故合理选项是d；(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为 ‎。‎