2021年高考化学模拟卷07（解析版）

2021高考化学模拟卷07

化学

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：Na23S32Cl35.5Fe56As75

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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.化学与社会、生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是

A.“司南之杓，投之于地，其柢指南”中“杓”所用的材质为FeO

B.矿物油溅在衣物上可用热的纯碱溶液去除

C.地沟油经处理后可用作生物柴油，其主要成分和汽油相同

D.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减轻环境污染

【答案】D

【解析】A.“司南之杓，投之于地，其柢指南”中“杓”所用的材质具有磁性，而FesO,具有磁性，故A说

法错误；B.矿物油的成分为烧类物质，与纯碱不反应，不能用热的纯碱溶液除去衣物上的矿物油，故B说

法错误；C.地沟油经处理后制备生物柴油的主要成份是脂肪，属于酯类，汽油的主要成分是辛烷，属于烧

类，故C说法错误；D.使用可降解的聚碳酸酯塑料可以减少白色污染，燃煤中添加生石灰，CaO与S0?、02

反应生成CaSO,,减少SO2的排放，减少硫酸型酸雨的产生，减轻环境污染，故D说法正确；答案选D。

8.中国传统文化中蕴藏丰富的化学实验知识，下列有关说法不正确的是（）

A.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸储

B.《本草经集注》中记载鉴别硝石（KNOs）和朴消（N&SOJ的方法：“强烧之，紫青烟起，仍成灰，云是真硝石

也”，利用了焰色反应。

C.《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，“渍”指浸泡溶解，“绞”指的是过

滤

D.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”

【答案】D

【解析】A.“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸储，即涉及

的实验操是蒸储，故A说法正确；B.鉴别硝石（KNOs）和朴消（Na2s的方法，是通过灼烧观察火焰的颜色，

利用了焰色反应，故B说法正确；C.“渍”指浸泡溶解过程，“绞”指的是过滤过程，故C说法正确；D.水

产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D说法错

误；答案选D。

9.长春西汀临床用来上改善脑梗塞后遗症、脑出血后遗症、脑动脉硬化症等诱发的各种症状。其结构简式

如图，关于该化合物说法不正确的是

A.长春西汀能与盐酸反应

B.长春西汀既属于芳香族化合物也属于酯

C.1个长春西汀分子中只含有1个手性碳原子

D.长春西汀的分子式为C22H26N202

【答案】C

【解析】A.长春西汀分子含叔氨基，有碱性，能与盐酸反应，故A说法正确；B.从长春西汀的结构简式

可以看出，分子中含有苯环和酯基，故B说法正确；从长春西汀的结构简式可以看出，1个长春西汀分子中

含有2个手性碳原子标星号的碳原子），故C说法不正确；D.根据长春西汀的结构

简式，其分子式为C22H26N2O2,故D说法正确；本题答案选C。

10.下列实验操作规范且能达到目的的是（）

NO

H,0

酸性高猛窗甲

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A.氢氧化钠溶液为碱性，应该用碱式滴定管而不是酸式滴定管，故A错误；B.除去氯气中的氯

化氢和水杂质，先通入饱和食盐水，除去氯化氢，再通入浓硫酸，除去水，得到干燥纯净的氯气，故B错

误；C.心也会被酸性高镒酸钾溶液氧化成CO?,引入新的杂质，故C错误；D.一氧化氮能和氧气反应生成

二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，故D正确；本题答案选D。

11.科学家以石墨烯为电极材料，设计出种处理工业尾气中NH,的新方案，其原理如图所示，下列说法不正

确的是（）

电源

A.Fe"在尾气处理中起催化作用

B.反应一段时间后阴极区的pH减小

C.电路中每转移0.3mole\理论上可处理0.Imol氨气

D.阳极区反应为2NH3-6e-=N2+6H,

【答案】B

【解析】如图所示，根据的迁移方向可知，电解装置左侧电极为电解池的阴极，三价铁离子得到电子还

2++3+

原为亚铁离子，氧气又把亚铁离子氧化与氢离子结合生成水，即Fe＞+e-fFe",4Fe+02+4H=4Fe+2H20,二

者加合可得02+4e*4H+=2比0,则Fe*阴极区起催化作用，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，氢离子由

阳极向阴极移动，即2岫3-6-=岫+6kA.由分析知，Fe”起催化作用，作催化剂，故A正确；B.由分析可知，

阴极区总反应为0?+4e「+4H+=2比0,从阳极区迁移过来的全部被消耗，浓度不会增大，pH不会减小，故B

错误；C.由电极反应2NIV6e=N2+6H+可知，电路中每转移0.3mole「，理论上可处理0.Imol氨气，故C正确；

D.从分析可知，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，2NH3-6e-=N2+6H,，故D正确；故选B。

12.甲、乙、丙、丁元素都是短周期元素，甲元素的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的

年代。甲、乙元素的某种同位素之间的转化如下：M乙+：n-甲+丙。由甲、丁元素组成的双原子分子和

乙元素常见单质分子等物质的量时所含电子数相同。下列说法错误的是（）

A.jn代表中子，丙代表;H

B.甲、乙、丙、丁元素能组成离子化合物

C.简单氢化物的沸点：丁＞甲＞乙

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：乙〉甲

【答案】C

【解析】甲元素的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的年代，则该同位素为『C,甲为C；

根据北1乙甲+丙，可知乙的质子数为7,则乙为N；核素转换过程中的微粒（质子、中子、电子）

守恒，则丙是具有1个质子和0个中子的H,即;H；由甲、丁元素组成的双原子分子和乙元素常见单质分

子等物质的量时所含电子数相同，因CO和N?等物质的量时所含电子数相同，则丁为0。A.的质子数为

0,中子数为1,代表中子，根据上述分析可知，丙代表;H,A项正确；B.H、C、N、。四种元素可以组成

离子化合物，如NH4HCO3,（NHD2CO3等，B项正确；C.凡0和NH3都存在分子间氢键，常温下，民0为液态，

NHs为气态，则简单氢化物的沸点：IM）>NH3>CH4,C项错误；D.非金属性N强于C,故其最高价氧化物对应

水化物的酸性HN（）3>H£03,D项正确；故选C。

13.实验测得等物质的量浓度NaHCOs和NaEOs溶液的pH随温度变化如图所示.下列说法正确的是（）

A.NaHC03,NazCOs两溶液中离子种类相同

B.M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离

C.N点时NaHCOs己经完全分解

D.若将N点溶液恢复到25℃,pH=8.62

【答案】A

【解析】A.Na2cO3、NaHCOs两溶液中都含有Na,、H\HCO3\0H\CO产离子,含有的离子种类相同，A说法

正确；B.NaHCOs溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子，碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，M点之前，

升温pH减小，主要原因是碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B说法错误；C.若N

点NaHCO3已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45,与碳酸氢钠溶液的pH不符，C说法错误；

D.升高温度部分碳酸氢钠发生分解，则将N点溶液恢复到25℃,混合液pH>8.62,D说法错误；答案为A。

二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根

据要求作答。

（-）必考题：共43分。

26.（14分）四氯化锡（SnCL）,常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与锡粉（主要成分为Sn,

还有少量的Cu和As）反应制备四氯化锡,其过程如图所示（夹持、加热及控温装置略）。

可能用到的有关数据如下:

物质SnSnCl4CuCl2ASC13

熔点/℃232-33620-18

沸点/℃2260114993130

请回答以下问题:

（DA装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是,b瓶中的试剂是。。

（2）氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCL浸没锡粉，通入氯气发生反应。

①生成SnCL的化学反应方程式为o

②其中冷凝水的入口是,e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是0

（3）得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为°C。锡粉中含铜杂质致B中产生CuCL,但不影响C

中产品的纯度，原因是o

（4）SnCL产品中只含有少量AsCk杂质。取10.00g产品溶于水中，用0.02000molL的KMnO”标准溶液滴定，

终点时消耗KMnO4标准溶液6.00mL。测定过程中发生的相关反应有ASC13+3H2=H3AsO3+3HC1和5H3AsO3+

2KMnO4+6HC1=5H3ASO4+2MnCl2+2KC1+3HQ。该滴定实验的指示剂是,产品中SnCL的质量分数为

%（保留小数点后一位）。

【答案】（1）平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中（2分）浓硫酸（1分）

（2）①Sn+2cb=SnC14（2分）②c（l分）吸收未反应的CH防止污染空气（2分）

（3）114（1分）CuCb熔点较高，不会随四氯化锡液体蒸储出来（2分）

（4）KMnO4（1分）94.6%（2分）

【解析】由图可知，装置A用于制备C12,饱和食盐水用于除去C12中的HCLB装置为反应装置，在C12

参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCL，装置C为蒸储装置，用

于分离提纯产品。

(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺

利流入烧瓶中；Cb在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺

利流入烧瓶中、浓硫酸；

⑵①硫渣中含Sn,与Ch发生化合反应，即Sn+2c12=SnCL，故填Sn+2cb=SnC14；②为了使冷凝回流的效

果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cb有毒，为了防止Cb排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、

吸收未反应的Cb，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb,所以固体渣经过回收处理可

得到金属Cu和Pbo故填Cu和Pb；

(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCL的沸点为，所以蒸储时温度应控制在114℃；锡粒中含铜杂质致

B中产生CuCb,但不影响F中产品的纯度，从表格中数据可知氯化铜的熔点较高，故原因是氯化铜的熔点

较高，不会随四氯化锡液体蒸储出来，故填114；氯化铜的熔点较高，不会随四氯化锡液体蒸储出来。

(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnCU本身为紫色，故其指示剂为KMnCU。滴定消耗的KM11O4

34

的物质的量为n=cV=0.02moVLx6x10L=1.2x1O_mol,根据反应方程式可知样品中ASC13的物质的量

-42

为I"x1.2x10"=3x10“mol,质量m=n-M=3X10xl81.5=5.445xl0g，ASC13的质量分数为

5,445x10100%,SnCL的质量分数为1-四垩工匚100%七94.6%,故填KMnCU、94.6%。

1010

27.(14分)高纯碳酸锅(SrCOj是一种重要的工业原料，广泛用于生产锯铁氧体磁性材料。以天青石(主要

含有SrS04和少量CaC03>MgCCh杂质)为原料生产高纯SrCOs的流程如图：

已知氢氧化锯在水中的溶解度:

温度(℃)010203040608090100

溶解度(g/100mL)0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2

(1)天青石、焦炭混合粉碎的目的是____________________________________

(2)焙烧时SrSO&被过量的焦炭还原为可溶性的SrS,写出SrSO&与焦炭反应的化学反应方程式

(3)“脱硫”方法：用FeCL溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式

(4)“除杂”方法：将溶液升温至95℃,加NaOH溶液调节pH为12。

①95℃时水的离子积质=1.0X1。-%Asp[Mg(OH),：-1.2X10^®则溶液中c(Mg3*)=_

②若pH过大，将导致氢氧化锢的产率降低，请解释原因—o

(5)“趁热过滤”的目的是—，“滤渣”的主要成分为一。

(6)“沉银”中反应的化学方程式为o

【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率(1分)

(2)SrS0“+4C高温SrS+4cot(2分)

(3)2Fe"+H2s=2Fe"+SI+2H+(1分)

⑷①1.2X10T°mol・L(2分)②OIF对氢氧化锯的溶解起抑制作用，0IF浓度过大，将使氢氧化锯沉淀析出

(2分)

⑸防止温度降低使氢氧化锯析出而造成损失(2分)Ca(OH)z、Mg(OH)2(2分)

(6)Sr(OH)z+NH4HC03=SrC03+H20+NH3•H20(2分)

【解析】(1)天青石、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；

(2)焙烧时SrSO*只被碳还原成SrS,同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrS04+4C高温SrS+

4C0t；

(3)“脱硫”方法：用FeCk溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物

3+2++

为S,离子方程式为2Fe+H2S=2Fe+SI+2H；

(4)①95℃时水的离子积4=1.OX1()T2,pH为12,c(H+)=1012mol/L,

c(OHO=.(£+)=lmol/L,c(Mg2+)=~(。［一)=L2；0=i.2X10Ttlmol・L；

②对氢氧化铜的溶解起抑制作用，OIF浓度过大，将使氢氧化锢沉淀析出，导致氢氧化锢的产率降低；

(5)“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锯析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下

沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；

(6)“沉锢”中，氢氧化锅和水，碳酸氢钱反应生成了碳酸铜，化学方程式为：Sr(0H)2+NH4HC03=

SrC03+H20+NH3•H20；

28.(15分)SO,、CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上可采取多种方法减少这

些有害气体的排放。回答下列问题：

(UNO?有较强的氧化性，能将SO2氧化成SOs,自身被还原为N0。

-1

已知：2sOz(g)+02(g)一2S03(g)△&=一196.6kJ-mol

-1

2N0(g)+02(g)=2N02(g)A^=-113.0kJ•mol

则NO?氧化S02的热化学方程式为=

(2)汽车尾气中的N0和C0在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体，将C0和N0按不同比例投

入一密闭容器中，控制一定温度(「或TJ,发生反应2N0(g)+2C0(g)eN2(g)+2C02(g)AH<0,达到平衡时,

所得的混合气体中含N2的体积分数随n(CO)/n(N0)的变化曲线如图1所示。

c（molL）

①/Tz(填“〈”或“=”)。

②图1中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是o

③若n(C0)/n(N0)=l,「温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N?的体积分数为20%,该温度下反

应的平衡常数Kp为(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为探究速率与浓度的关系，在恒容密闭容器中通入等物质的量的C0和N0,在一定条件下发生反应2N0(g)

+2C0(g)MN?(g)+2C02(g)AH,根据相关实验数据，粗略绘制了两条速率-浓度关系曲线：u正〜c(NO)

和u逆〜c(C02)»则u逆〜c(C02)对应图2中曲线(填“甲”或"乙”)。降低反应体系温度，反应

一段时间后，重新达到平衡，C0?和N0相应的平衡点分别为(填字母)。

⑶用钙钠双碱工艺脱除S02：用NaOH溶液吸收S02生成Na2SO3溶液；用CaO使NaOH溶液再生。

2+

①CaO在水中存在如下转化:CaO(s)+H20(1)=Ca(OH)2(s)Ca(aq)+20Hxaq)。从平衡移动的角度，简述

过程②NaOH再生的原理o

②25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO?,当得到pH=9的吸收液，该吸收液中c(SO；)：c(HSOj)=。

-7

(已知25℃时，亚硫酸Ka11.3X10NKa2=6.2X10)

(4)可用下图装置将雾霾中的NO、S0,转化为(NHJSO,,则阴极的电极反应式为。

I1~~

(NHJSO,

浓溶;液

于干干

(NHJSO,

稀溶液

【答案】⑴NO2（g）+S02（g）=SO3（g）+N0（g）△〃=—41.8kJ•mol-&分）

⑵①<（1分）②C（1分）③20/aPaT（2分）④甲（2分）E、F（1分）

(3)①S(V「与Ca”生成CaSOs沉淀，平衡向正向移动，生成NaOH(2分)②620(2分)

++

(4)NO+6H+5e-=NH4+H20(2分)

【解析】(1)根据已知的热化学方程式为①2s0z(g)+02(g)，2S03(g)△〃=-196.6kJ•molT；

-1

②2N0(g)+02(g)=2N02(g)△笈=-H3.0kJ-mol；根据盖斯定律，由①一②整理可得NO?(g)

+S02(g)=S03(g)+N0(g)△〃=△长△的一41.8kJ/mol；

(2)①CO和NO的反应为放热反应，相同比例时，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即逆反应方向移动,

氮气的体积分数减小，则

②温度相同时，N0的投入量越少，NO的转化率越大，则转化率a<b<c,投料比相同时，温度越低，N0的

转化率越大，NO转化率最大的是c点;

2NO(g)+2CO(g)N2(g)

1+2CO2

…初nn

③L

反XX0.5xX

平n-xn-x0.5xX

05%2

用的体积分数为20%,即————=20%,解得x=：n,则NO、CO、N2,CO?的分压分别为0.2aPa、0.2aPa、

2w-0.5x3

,,,0.2aPax(0.4?220—

0.2aPa、0.4aPa,故&=---------5--------------Pa

(0.2%Pa)2x(0.21iPa)2a

④开始通入的是CO和NO,没有通入CO2,即起始时CO2的浓度为0,根据图2,甲应是表示。逆〜c(CC)2)

的图像；降低温度，反应速率减慢，应在D、E、F、G中选择，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正

反应方向进行，CO2的浓度增大，NO的浓度减小，即达到平衡，CO2和NO相应的平衡点分别是E、F；

⑶①已知NaOH溶液吸收SO?生成Na2s。3和水，CaO在水中存在CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)^

2+2+

Ca(aq)+20田(aq),Na2SO3电离产生的SO：与Ca，+反应生成CaS(X(s),使Ca(OH)2(s)=Ca(aq)+20H「(aq)正向

进行，生成Off,导致NaOH再生;

c”)xc(SO；)

②已知42==6.2X107,25℃时,溶液pH=9,即c(H")=10%ol/L,则

c(HSO-)

c(S。：)6.2x10-7

c(HSQ-)--W9

(4)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO,转化为(NHJ2sO4,则阴极上NO得电子产生NHj,电极反应式为

++

N0+6H+5e^NH4+H20；

(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

35.［化学一一选修3：物质结构与性质］（15分）2020年11月24日，长征五号运载火箭携嫦娥五号月球

探测器在文昌发射升空，开启了我国首次地外天体采样返回之旅。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿（主要成

分为TiO?、Fe。等），月壤中还含有硅、铝、钾、钢、锂、锄、错、专合和稀土元素等。

（1）钛是21世纪重要的金属。基态Ti原子的价电子排布式为—。

（2）铝和铁是目前用量最大的金属。

①在周期表中，与A1的化学性质最相似的邻族元素是该元素的氯化物的空间构型为

②氧化铁比氧化亚铁稳定，试从原子结构角度解释原因

（3）TiCL在常温下是一种无色液体，熔点为250K,沸点为409K,其固体的晶体类型为—。

（4）BaTi（）3组成元素的第一电离能由大到小顺序是—；BaCOs热分解温度比CaCOs高的原因是—，CO：中心

原子的杂化方式为与其互为等电子体的粒子有_（写出一种分子和一种离子）。

（5）FeS,晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为

g,cm-3o

■Fe2+8Sp

【答案】⑴3d24s2（1分）

（2）①Be或被（1分）直线形（1分）②Fe3+的3d能级半充满，稳定（2分）

（3）分子晶体（1分）

（4）0>Ti>Ba（2分）Ca?+半径比Ba?+小，对CO：中的O?一吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定（2分）

sp/分）NO］、SO3（2分）

480x103°

⑸（2分）

3

NAa

【解析】⑴钛元素的原子序数为22,基态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d24s2（或［Ar］3d24s2）,22Ti

元素基态原子的价电子层排布式为3d24s2,故答案为：3d24s2。

（2）①根据对角线原则，在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be（钺），该元素的氯化物为BeCb,

因为其价层电子对数为=2+--------=2,◎键电子对数为2,孤电子对数为0,根据VSEPR理论，BeCb的

2

空间构型为直线形。故答案为：Be或被；直线形。

②Fe?+的价电子排布式为3d6,Fe3+的价电子排布式为3d5,Fe?+的3d能级处于半充满状态，稳定，所以氧

化铁比氧化亚铁稳定。故答案为：Fe3+的3d能级半充满，稳定。

(3)TiCL在常温下是一种无色液体，熔点为250K,沸点为409K,其熔沸点较低，所以其固体的晶体类型为

分子晶体。故答案为：分子晶体。

(4)因为Ba是第六周期第HA族，Ti是第四周期第WB族，O是第二周期第VIA族，所以根据第一电离能的

变化规律，BaTiCh组成元素的第一电离能由大到小顺序是0>Ti>Ba；同主族半径越大金属性越强，越容易失

电子.变成离子后半径越大就越难得电子.形成的盐就越难分解，所以Ca2+半径比Ba?+小，对CO：中的0、

吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；CO：中心原子的价层电子对数=3+匕仝2=3,VSEPR模型

为平面三角形，所以中心原子的杂化方式为sp2杂化；CO：的原子总数为4,价电子数为24,所以与其互

为等电子体的粒子有NO；、SO3o故答案为：0>Ti>Ba；Ca?+半径比Ba?+小，对CO,中的O?一吸引力更大,

2

且产物CaO比BaO更稳定；sp；N03>S03»

(5)分析晶胞结构可知，Fe?+位于棱边和体心，位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe?+个数

=12义；+1=4,每个晶胞中含有的个数=6xg+8xg=4,即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质

4x(56+32x2)480«

量m=--------------------=——g,晶胞的体积=(axl0"m°)3cm3,该晶体的密度

NANA

480^^^)xlO30.3+“g金,480xlQ30

P'OaxlO呼g.可且加。故答案为:

3

NAa

36.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)天然有机物F())具有抗肿瘤等生物活性，可通过

如图路线合成。

空气

~K~

A

（1）A中含氧官能