精品解析：江西省吉安市第三中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省吉安市第三中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

化学科二年级(艺术类)
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念，体现在方方面面。下列说法正确的是
A. 冬奥火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料打造，碳纤维是一种有机材料
B. 冬奥会颁奖花束所用的编织材料是以羊毛为原料的绒线，其主要成分为蛋白质
C. 冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，聚乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色
D. 颁奖礼仪服采用第二代石墨烯发热材料，石墨烯属于烯烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维为碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，A错误；
B．羊毛的主要成分是蛋白质，B正确；
C．聚乙烯中不含有碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 乙炔的实验式： C2H2
B. 溴乙烷的空间填充模型：
C. 氨基的电子式：
D. 果糖的结构式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验式为分子中原子数的最简比，乙炔的实验式CH，故A错误；
B．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，溴乙烷的空间填充模型为 ，故B正确；
C．氨基的结构简式为-NH2，电子式为故C错误；
D．果糖的分子式为C6H12O6，结构式： ，故D错误；
选B。
3. 下列说法中不正确的是（　　）
A. 非金属元素间不可能形成离子键 B. 两个非金属原子之间形成的化学键一定是共价键
C. 含有离子键的物质不可能是单质 D. 单质中不一定含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属元素间可以形成离子键，铵盐如NH4Cl、NH3NO3等属于离子化合物，存在非金属元素之间的离子键，故A错误；
B．两个非金属元素原子间只能形成共价键，不可能形成离子键，故B正确；
C．阴阳离子间形成离子键，离子键存在于离子化合物中，单质中没有离子键，故C正确；
D．稀有气体单质为单原子分子，不存在共价键，金属单质中也不存在共价键，故D正确；
故答案为A。
【点睛】离子键的形成，是两个电负性相差很多的元素之间发生电子转移，才能形成离子键，单质分子由同种元素组成，不可能发生电子转移，因此不可能形成离子键。
4. 下列有关物质的结构与性质的叙述错误的是
A. 的半径比的大，则的还原性比强
B. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，与氢键有关
C. F的电负性比的大，可推断的酸性强于
D. N与N形成的键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
【答案】A
【解析】
【详解】A．的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s1，的核外电子排布1s22s22p63s2，电子层数相同，核电荷数相同，电子数越多，粒子半径越大，的半径比的小，而的还原性比强，是因为的核外电子排布是全满状态，相对稳定，不易失去电子，A错误；
B．邻羟基苯甲醛具有分子内氢键，对羟基苯甲醛具有分子间氢键，分子间氢键会使分子与分子难以分开，从而需要更高的温度才能使对羟基苯甲醛汽化，因此邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低是与氢键有关，B正确；
C．F的电负性比的大，则CF3COO-的吸电子能力更强，H+易电离出去，因此的酸性更强，C正确；
D．N与N形成的键比P与P的强，键能越大稳定性越高，因此的稳定性比的高，D正确；
故答案选A。
5. 硅与碳同主族，是构成地壳主要元素之一，下列说法正确的是
A. 单质硅和金刚石中的键能：
B. 和中C、Si化合价均为-4价
C. 中Si原子的杂化方式为sp
D. 碳化硅硬度很大，属于分子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；
B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；
C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；
故选A。
6. N2F2 存在顺式和反式两种分子，据此判断N2F2 分子中两个N 原子之间化学键的组成为
A. 仅有一个σ键 B. 仅有一个π键
C. 一个σ键和一个π键 D. 一个σ键和两个π键
【答案】C
【解析】
【详解】N2F2存顺式和反式，类似于C2H4，因此有(顺式)、（反式），双键之间有一个σ键和一个π键。
答案选C。
7. 某元素的一种基态原子的M电子层p能级上有4个电子，有关该原子的叙述错误的是
A. N层不含有电子 B. L层一定有8个电子
C. 原子的最外层电子数为4 D. 最高化合价为 +6价
【答案】C
【解析】
【分析】某元素的一种基态原子的M电子层p能级上有4个电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，该原子为S原子，硫原子核外有三层，电子数分别为2，8，6。
【详解】A．根据分析可知，硫原子N层不含有电子，A正确；
B．根据分析可知，L层一定有8个电子，B正确；
C．根据分析可知，原子的最外层电子数为6，C错误；
D．根据分析可知，硫元素位于第ⅥA族，最高化合价为+6价，D正确；
故答案选C。
8. 下列说法正确是
A. 杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对
B. 最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表的第2列
C. 1s22s22p63s23p→1s22s22p63s23p核外电子跃迁过程中形成了发射光谱
D. 基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素，其族序数一定为x+y
【答案】A
【解析】
【详解】A．由杂化轨道理论知杂化轨道可用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，A正确；
B．元素周期表第2列为IIA族，最外层电子数为ns2的元素可能为He、IIA族元素或一些过渡元素，B错误；
C．处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22p63s23p→1s22s22p63s23p过程中是同能级之间的转化，轨道能量相同，不能形成发射光谱，C错误；
D．基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy，元素如果位于ⅢB～ⅦB，其族序数为价电子的d、s能级含有电子数目之和，即族序数一定为x+y，如果位于ⅠB～ⅡB，族序数等于价电子排布中s能级上电子，即族序数为y，D错误；
故选A。
9. 下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是
A. 、 B. 、
C. 、 D. 、
【答案】D
【解析】
【详解】A．中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，CN－是配体，配位数是2；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故A错误；
B．中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故B错误；
C．中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子电荷数不同，故C错误；
D．中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子电荷数及配位数相同，故D正确；
故选D。
10. 现有常温下的四种溶液(如下表)，下列有关叙述中正确的是

①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3

A. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
B. 温度下降10℃，四种溶液的pH均不变
C. 在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体体后，①的pH减小，②的pH不变
D. 将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．分别加水稀释10倍，①②是一类，①是弱碱，加水稀释时，由于一水合氨还会电离产生OH-，所以总体比较，氨水中的OH-浓度要大于氢氧化钠的，所以溶液的pH：①＞② ；③④是一类，③是弱酸，加水稀释时，由于醋酸还会电离产生H+，所以，总体比较，醋酸中的H+浓度要大于盐酸的，所以溶液的pH：④＞③，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，故A正确 ；
B．温度下降10℃，①③是弱电解质，会发生电离平衡移动以及水的离子积变化，导致pH变化，故B错误；
C．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，因为铵根要结合氢氧根，所以两溶液的pH均减小，故C错误；
D．①、④两溶液等体积混合，由于一水合氨还会电离，溶液显碱性，所得溶液中c(NH 4 +)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误。
答案选A。

二、不定项选择题(每题一或多个正确选项，每小题4分，共20分)
11. 能够用键能的大小解释的是
A. 氯化氢极易溶于水，甲烷不易溶于水
B. 氮气在常温下很稳定，化学性质不活泼
C. 硝酸是挥发性酸，硫酸是难挥发性酸
D. 金属钠的硬度小，可用小刀切割
【答案】BD
【解析】
【详解】A．HCl是极性分子，甲烷是非极性分子， 根据相似相溶原理，HCl易溶于水，甲烷不易溶于水，与键能大小无关，故A错误；
B．氮气中为氮氮三键，键能较大，很难破坏，因此氮气常温下稳定，化学性质不活泼，故B正确；
C．硝酸易挥发，硫酸难挥发，因两者都为分子晶体，沸点高低与分子间作用力大小有关，与键能无关，故C错误；
D．金属钠为金属晶体，其硬度较小，与其金属键较弱有关，故D正确；
故选：BD。
12. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCHCl3的原子总数为2.5NA
B. 1mol[Cu(H2O)4]2+中含有的σ键数目为12NA
C. 1mol冰中含有的氢键数目为2NA
D. 6gSiO2中所含Si－O键的数目为0.2NA
【答案】BC
【解析】
【详解】A． 标准状况下， CHCl3呈液态，无法计算其原子总数，A错误；
B．1个水分子含2个σ键，1个[Cu(H2O)4]2+中有4个配位键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有(4+4×2)molσ键、σ键数目为12NA，B正确；
C． 冰中1个水分子平均形成2个氢键，则1mol冰中含有的氢键数目为2NA，C正确；
D． 二氧化硅中每个硅原子形成4个Si－O键，6gSiO2中含0.1molSi原子，则所含Si－O键的数目为0.4NA，D错误；
答案选BC。
13. W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的。下列说法正确的是
A. Y的第一电离能一定低于同周期相邻元素
B. 由W、X、Y、N四种元素中的任意两种形成的化合物只有极性共价键
C. 由W、X、Y三种元素形成的化合物可能有成千上万种
D. 最简单氢化物的稳定性：
【答案】AC
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，说明W中只有1个电子，为H元素；X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，X为第IVA族元素，X为C元素；Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，则Z的价电子排布式为3s23p2，为Si元素，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的，N为P元素，以此解答。
【详解】A．F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O，故A正确；
B．H和O构成的化合物H2O2中存在非极性共价键，故B错误；
C．由H、C、O三种元素形成的有机化合物可能有成千上万种，故C正确；
D．非金属性：O>Si，则最简单氢化物的稳定性：，故D错误；
故选AC。
14. 下列说法不正确的是

A. 乙烯基乙炔(CH2=CHC≡CH)分子中所有原子位于同一平面
B. 苯酚久置于空气中或遇到FeCl3溶液，都会变为紫色
C. 从有机物的红外光谱图可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息
D. 如图分别是实验室制取乙炔和乙酸乙酯的装置图，X、Y都是饱和食盐水
【答案】BD
【解析】
【详解】A．乙烯是平面型分子、乙炔是直线型分子，双键碳和与之直接相连的6个原子共平面、叁键碳及与之直接相连的原子共线，故乙烯基乙炔(CH2=CHC≡CH)分子中所有原子位于同一平面，A正确；
B．苯酚久置于空气中变粉红色，遇到FeCl3溶液，会变为紫色，B错误；
C．通过分析有机物的红外光谱图，可以知道分子中含有何种化学键或官能团，C正确；
D．电石中加饱和食盐水可用于实验室制取乙炔，制取乙酸乙酯时试管Y中是饱和碳酸钠，D错误；
故选BD。
15. S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是

(提示：是羰基)
A. 该物质含有三种含氧官能团
B. 该物质能发生加成、酯化、氧化和水解反应
C. 1mol该物质在催化剂加热条件下最多可与4molH2发生加成反应
D. 该分子中所有碳原子可能位于同一平面上
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该物质含有羰基、羟基、羧基，共三种含氧官能团，故A正确；
B．该物质含有碳碳双键、羰基，可以发生加成反应，含有碳碳双键、羟基，能发生氧化反应，含有羟基、羧基，能发生酯化反应，不能发生水解反应，故B错误；
C．1mol该物质含有1mol羰基，3mol碳碳双键，在催化剂加热条件下最多可与4molH2发生加成反应，故C正确；
D．该分子中含有饱和碳原子，不可能所有碳原子位于同一平面上，故D错误；
故选AC。
三、填空题(共50分)
16. 分析下列有机物的结构简式，完成填空。
① ②CH3CH2COOCH3 ③ ④ ⑤ ⑥
（1）属于酚的是_____(填写序号，下同)；属于酯的是_____。
（2）互为同分异构体的是_____与_____。
（3）⑥中官能团的名称_____。用银氨溶液检验该官能团的方程式为_____。
（4）②在氢氧化钠作用下，发生化学反应的方程式为_____。
（5）①和⑤在浓硫酸作用下可以发生反应，该化学方程式为_____。
【答案】（1） ①. ④ ②. ②
（2） ①. ① ②. ②
（3） ①. 醛基 ②. +2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3+H2O
（4）CH3CH2COOCH3+NaOH CH3CH2COONa+CH3OH
（5）++H2O
【解析】
【小问1详解】
④的官能团羟基与苯环直接相连，属于酚；②CH3CH2COOCH3的官能团为酯基，故属于酯类。
【小问2详解】
① 与②CH3CH2COOCH3分子式相同而结构式不同，属于同分异构体。
【小问3详解】
⑥中官能团的名称是：醛基；用银氨溶液检验该官能团的方程式为：+2Ag(NH3)2OH2Ag↓++3NH3+H2O。
【小问4详解】
②CH3CH2COOCH3中含有酯基，在氢氧化钠作用下发生水解，化学方程式为：CH3CH2COOCH3+NaOH CH3CH2COONa+CH3OH。
【小问5详解】
① 和⑤在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，该化学方程式为：++H2O。
17. 硫酸羟胺【(NH3OH)2SO4】为无色晶体，易溶于水，在农药、医药行业中有广泛用途，合成硫酸羟胺的流程如下：

模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：

已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解。
注：亚硝酸铵化学式为NH4NO2
（1）K3所在的仪器的优点为___________，盛装的液体为___________。
（2）A中发生的反应有___________。
（3）开始实验时，应最先打开___________(填“K1”、“K2”、“K3”)
（4）流程步骤1的化学方程式为___________。
（5）为分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4，向二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，说明碱性较强的是___________(填“NH2OH∙H2O”或“NH3∙H2O”)；再加入甲醇，析出___________(填化学式)晶体，析出该晶体的原因是___________过滤，滤液经___________(填“常压”或“减压”)蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
【答案】（1） ①. 平衡气压，液体能顺利留下 ②. 70%的硫酸(或较浓的硫酸)
（2）、2NO+O2=NO2
（3）K1 （4）NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2
（5） ①. NH3•H2O ②. (NH4)2SO4 ③. 甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度 ④. 减压
【解析】
【分析】合成硫酸羟胺的流程可知，反应首先在装置A氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮；然后氮氧化合物和碳酸铵在B装置中反应转化为亚硝酸铵，然后装置C中生成二氧化硫气体，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；
【小问1详解】
K3所在的仪器的优点为可以平衡装置中气压，液体能顺利留下；较浓的硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，故盛装的液体为70%的硫酸(或较浓的硫酸)；
【小问2详解】
A中氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮，反应为、2NO+O2=NO2；
【小问3详解】
合成硫酸羟胺的流程可知，反应中首先将氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；故开始实验时，应最先打开K1，使得氮氧化合物在B中生成亚硝酸铵；
【小问4详解】
流程步骤1中，氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，根据质量守恒可知，生成气体A为二氧化碳气体，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2；
【小问5详解】
向(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，根据强碱制取弱碱原理可知，说明碱性较强的是NH3∙H2O；再加入甲醇，根据相似相溶原理，甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度，从而析出(NH4)2SO4晶体，过滤，已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解，故滤液需要减压蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
18. 某硫与锌元素组成的化合物M不溶于水、易溶于酸，见阳光色变暗。若在该化合物中加入微量的Cu、Mn、Ag做活化剂，经光照后，能发出不同颜色的荧光。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子轨道表示式为_____。第一电离能介于C、N之间的第二周期元素为_____(填元素符号)。
（2）SO3中S的杂化类型为_____，该分子的空间构型为_____。
（3）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为107°，[Ag(NH3)2]+中H－N－H键角变大的原因：_____。
（4）M的晶胞结构如图。

①观察图形推测，已知晶胞边长为apm，求该晶体的密度为_____g•cm-3(表达式即可)。
②已知A原子的坐标为(0，0，0)，B原子坐标为(，，)，则C原子坐标为_____。
（5）氮、铜形成的一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为apm，沿面对角线投影如图所示。已知该晶胞中原子的分数坐标为：Cu：(0，0，)；(0，，0)；(，0，0)，N：(0，0，0)，则该晶胞中，与Cu原子等距且最近的Cu原子有______个。

【答案】（1） ①. ②. O
（2） ①. sp2 ②. 平面三角形
（3）NH3分子中N原子的孤电子对进入Ag+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱
（4） ①. ②. (，，)
（5）8
【解析】
【小问1详解】
铜为29号元素，基态铜原子的价电子轨道表示式为；第二周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但VA族最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，因此第一电离能介于C、N之间的第二周期元素为O；
【小问2详解】
SO3中心S原子的价层电子对数为，无孤对电子，S采用sp2杂化；分子构型为平面三角形；
【小问3详解】
NH3分子与[Ag(NH3)2]+中NH3分子的中心N原子的价层电子对数均为4，但氨气分子中N原子存在一对孤电子对；[Ag(NH3)2]+中NH3分子中N原子的孤电子对进入Ag+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，因此[Ag(NH3)2]+中H－N－H键角变大；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知Zn位于顶点和面心，个数为；S位于晶胞体内，个数为4，则晶胞质量为：，晶胞边长为apm，则晶胞体积为：(a×10-10)3cm3，晶胞密度=；
②A原子的坐标为(0，0，0)，B原子坐标为(，，)，结合晶胞结构可知C原子坐标为(，，)；
【小问5详解】
结合投影以及部分Cu、N原子的坐标可知N原子位于立方体的顶点，Cu原子位于棱心，距离Cu原子相等且最近的Cu原子位于相邻的棱上，个数为8。
19. 磷酸氯喹是一种抗疟药，在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，查阅文献发现，G()是一种合成磷酸氯喹的医药中间体，它的合成路线如图：

已知：①POCl3是氯化杂环的常用试剂，P在反应前后化合价无变化；
②脱羧反应是羧酸分子脱去羧基(—COOH)放出二氧化碳的反应；
③苯胺和甲基吡啶(如)互为芳香同分异构体。
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是____，D中含氧官能团的名称为___。
（2）E的结构简式为____。
（3）F→G的反应方程式为___。
（4）某有机物的分子式为C8H10NCl，具有芳香化合物特征，核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，该有机物的结构有___种，请写出其中的2种___。
（5）参照上述流图，写出以为原料制备的合成路线图(其他试剂任选)___。
【答案】（1） ①. 间氯苯胺(或3—氯苯胺) ②. 羟基、酯基
（2） （3）3+POCl33+H3PO3
（4） ①. 5 ②. (写2种即可)
（5）
【解析】
【分析】D发生水解反应生成，E发生脱羧反应得到F，以此解题。
【小问1详解】
中两个官能团位于苯环的间位，氨基为主官能团，命名为间氯苯胺，D中含氧官能团的名称为羟基和酯基。
【小问2详解】
由上述分析可知，E结构简式为。
【小问3详解】
F→G是取代反应，Cl原子取代杂环化合物的—OH，化学方程式为3+ 3+H3PO4。
【小问4详解】
该有机物的分子式比A的多了两个，由核磁共振氢谱信息，模仿A的结构可以写出
3种，为，其中苯胺的结构又可以和甲基吡啶的结构变换，有2种，为。
【小问5详解】
以为原料制备的合成路线图。