2020届广东省湛江市高三9月调研考试化学试题(解析版)

1、广东省,S江市2020届高三9月调研考试化学试题1.东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕）充分体现了我国光辉灿烂的古代科技，已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是A.青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素B.青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜C.铜器皿表面的铜绿可用明矶溶液清洗D. “曾青（CuSO,）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应【答案】B【解析】【详解】A.我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故 A正确；B.合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B错误；C.铜器皿表面的铜绿为 Ci2（OH）2CO,能溶于酸性溶液，而明矶溶液因Al 3+的水解显酸性，

2、则可用明矶溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故 C正确；D. “曾青（CUSO4）得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO=FeSQ+Cu,此反应为置才反应，故 D正确；故答案为R2.设Na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，9.5 g羟基（18 OH ）含有的中子数为5N aB. 60gSiO2中含有的Si O键数量为2NaC. MnO2与足量浓盐酸反应产生 22.4 L Cl 2时转移电子数为2Na 1 -D. O.lmol L Na2SO3溶液中含有的阴离子总数大于0.1Na【答案】A【详解】A. 一个180H中含有10中子，常温常压下，9.5 g羟基（18OH）的物质

3、的量为0.5mol ,含有 的中子数为5Na ,故A正确;B.在Si02晶体中，每个Si原子形成4个Si-0键，60gSiO 2的物质的量为1mol,则含有的Si 0键数量为4Na,故B错误；C.未指明C12的状态，不知 Vm的值，则无法计算 22.4LC1 2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C错误；D.没有指明溶液白体积，根据n=cV,则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D错误；故答案为A【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范

4、围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO为固体；必须明确温度和压强是0C, 101kPa,只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。3.三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是A. X中所有碳原子处于同一平面- 10 -B. Y的分子式为C10H16O2C.由Y生成Z的反应类型为加成反应D. Z 一氯代物有9种（不含立体异构）A. X的结构简式为,分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A

5、正确;B. Y的结构简式为 J、，其分子式为C10H4Q,故B错误;C.由丫生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故 C正确;D. Z的等效氢原子有 9种，则一氯代物有 9种(不含立体异构)，故D正确;故答案为R4.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将SO2分别通人澳水和酸性高镒酸钾溶液中滨水和酸性高镒酸钾溶液均褪色SO2具有漂白性B向1mL 2 mol L 1 NaOH溶液中滴加112滴0.1mol L MgCl 2溶披，再滴加12 滴 0.1mol L FeCL溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀Ksp:Mg(OH) 2>Fe(OH)3C向滴后

6、酚配的Na2co3溶液中加入少量BaCl2固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅Na?CO3溶液中存在水解平衡D将CaCO3与盐酸反应得到的气体直通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀酸性：H2cO3>H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.将SO2分别通人澳水和酸性高镒酸钾溶液中，澳水和酸性高镒酸钾溶液均褪色，体现了SO的还原性，而不是漂白性，故A错误；111B.向1mL 2 mol L NaOH溶液中滴加12滴0.1mol L MgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol L Fe"溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOHm夜过量，无法判

7、断 Ksp:Mg(OH) 2>Fe(OH) 3,故B错误;C.向滴有酚配的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO2-结合生成BaCO沉淀，促进CO2-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故 C正确；D.将CaCO3与盐酸反应得到的气体直通入Na2SiO3溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO中混有HCl,则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故 D错误；故答案为G5.电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。下列说法错误的是外加电源A. b接外加电源的正极B.交换膜为阴离子交换膜C.左池

8、的电极反应式为 N2 6H2。6e2NH 3 6OHD.右池中水发生还原反应生成氧气【答案】D【解析】【详解】A.在电化学合成氨法中，N发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N的极为阴极，则a为电源负极，b为电源的正极，故 A正确；B.由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C.左?中凡发生还原反应生成 NH,则电极反应式为 N2 6H2O 6e 2NH 3 6OH ，故C正确；D.右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e =2H2O+OT ,则是40H发生还原反应生成氧气，故 D错误;故答案为D1.6.常温下，用0.100mol L Na

9、OH溶放滴定10mL 0.100mol L H3PO4溶放，曲线如图所不。下列说法错误的是pH1020 3口 和r(KaOWmLA.滴定终点a可选择甲基橙作指示剂2B. c 点溶液中 c OH c H c HPO42c H2Po4 3c H3PO42_ 3_C. b 点溶液中 c HPO4 c PO4c H2Po4D. a、b、c三点中水的电离程度最大的是c【答案】C【解析】【详解】A.滴定终点生成 NS3P0,溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B. c点消耗NaO昭液体积为30mL,此时完全生成 NaPQ,溶液中的OH源于PO3-的水解和水的电离，则2根据质子守恒可得：c OH c

10、 H c HPO42c H2Po4 3c H3Po4，故B正确；C. b点消耗NaOH§液体积为20mL此时生成NaHPO,溶3中HPO2-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO2-) >c(H2PO-) >c(PO43-),故 C错误;D. a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaHPQ、N&HPQ和Ns3PQ,其中N&PQ溶液中PO3-的水解程度最大,水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c,故D正确；故答案为G7 .某种化合物(如图)由 W X、Y、Z四种短周期元素组成，其中 W Y、Z分别位于三个不同周期， Y核外最外层电子数是 W核外最外层电子

11、数的二倍；W X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法错误的是A.原子半径：W X Y Z8 .简单离子的氧化性：W XC. X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D. W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【详解】某种化合物由WX、Y、Z四种短周期元素组成，由结构图可知X的简单离子为X+,WX、Y三种简单离子的核外电子排布相同， 结合Y核外最外层电子数是 W核外最外层电子数的二倍， 可知X为Na元素， Y为O元素，则W为Al元素；有W Y、Z分别位于三个不同周期， 可知Z为H元素，该化合物为NaAl(OH) 4; A.同周期的主族元素核电荷数大， 原子半径小，则原子

12、半径Na>Al>S, S和。同主族，则原子半径S>0, 氢原子是原子半径最小的原子，则原子半径：H< 0< Al vNa,即ZvWc Yv X,故A错误；B.金属越活泼，简单离子的氧化性的越弱，Na的金属性比Al强，则简单离子的氧化性：Al 3+> Ns+,故B正确；C. N&Q、HQ均有强氧化性，具有漂白性，故 C正确；D. Al(0H)3能与NaOH§液反应，即 Al、Na的最高价氧化物的水化物可相互反应，故 D正确； 故答案为A8.实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。回答下列问题:(1)滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部，其原因为 。(

13、2)装置1中盛放的试剂为 ;若取消此装置，对实验造成的影响为 。(3)装置中生成氯酸钾的化学方程式为 ，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠， 转移电子的物质的量之比为 。(4)装置2和3中盛放的试剂均为 。(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热。接下来的操作为打开 (填“a”或“b”, 下同)，关闭。【答案】(1). 液封，防止产生的氯气从漏斗口逸出(2).饱和食盐水(3).氯化氢与KOH和Na0H反应，降低产率（4）. 6koh 3Cl2 5KCl KClO 3 3H2O .5:1 .NaOH溶液.b (8). a【解析】【详解】(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底

14、部，可起液封作用，防止产生的氯气从漏斗口逸出；(2)浓盐酸有挥发性，制得的 C12中混有挥发的HCl,则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去C12中混有的HCl,若取消此装置，HCl会中和KOH NaOH降低产率；(3)Cl 2溶于KOH生成氯酸钾和 KCl,发生反应的化学方程式为6KOH 3Cl 5KCl KClO 3H O，生成1mol氯酸钾转移5mol电子，而生成ImolNaClO转移1mol 232 J电子，则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5:1 ;(4)装置2和3的作用均为吸收含有 C12的尾气，则盛放的试剂均为NaOH§液；(5)待生成

15、氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2中NaOH吸收，接下来的操作为打开 b,关闭a。9.磷铁(含P、Fe、Cr等)是磷化工生产过程中产生的副产物，一种以磷铁为原料制备 Na3PO4 12H 2。和Cr(OH) 3的流程如图所示:钱法机31已知：水浸后溶放的王要成分为Na3PO4和Na2CrO4 ； Cr(OH)3的Ksp 2.7 10 回答下列问题:(1) “破碎”的目的为。(2) “焙烧”时，应将原料加到 爪埸中(填“陶瓷”或“钢制”)，原因是 (结合化学方程式解释)，Cr单质发生的主要反应的化学方程式为 。(3)进一步提纯粗磷酸钠晶体的方法为 。(4) “酸化”

16、时发生反应的离子方程式为 。(5) “沉铭”时，力口 NaO删节至pH为 时，铭离子刚好沉淀完全。(已知：1g3 0.48,离子浓度为10-5mo1/L时可认为该离子沉淀完全)【答案】(1).增大反应物的接触面积，提高培烧速率，使焙烧更充分(2). 钢制 (3).Wj温Na2CO3 SiO2Na2SiO3 CO2，腐蚀陶瓷塔蜗(4).Wj温2Cr 3O2 2Na 2cO32Na2crO4 2CO2(5). 重结晶.222CrO42H C2O7H2O .5.48【解析】【分析】将磷铁(含P、Fe、Cr等)粉碎后和碳酸钠混合并在空气中焙烧，用水溶解过滤除去铁渣，水浸液的主要成分为Na3PO4和Na

17、2CrO4 ,将水浸液蒸发浓缩并冷却结晶，过滤后即得到ndPQ?12HO的粗产品，滤液用稀硫酸酸化后，继续还原得到Cr3+的溶液，再加入 NaOH节溶液的pH,即可得到Cr(OH)3沉淀，再经过过滤操作即得产品，据此分析解题。【详解】(1)焙烧前先将磷铁粉碎，可增大反应物的接触面积，达到提高培烧速率，使焙烧更充分的目的；(2)因高温下碳酸钠和 SiO2能反应生成硅酸钠和 CO,陶瓷中含有SiO2,则“焙烧”磷铁和碳酸钠混合物时， Wj温应将原料加到铁制土甘埸中，可防止发生反应：Na CO SiO Na SiO CO ，避免腐蚀陶瓷土甘2773223 J72期；焙烧时Cr单质和NS2CQ在氧气中

18、发生反应生成 N&CrO,和CO,发生的主要反应的化学方程式为 Wj温2Cr 3O2 2Na2CO32Na2CrO4 2CO2 ；(3)粗磷酸钠晶体混有 NazCrO,，可结合两者的溶解度随温度变化情况，可通过重结晶提纯得到精制的磷酸钠晶体；22(4)将Na2CrO4溶液“酸化”得到 NspCrzQ,发生反应的离子万程式为2CrO4 2HC2O7H2O ;(5)已知 KspCr(OH) 3=c(Cr 3+) x c3(OH)=2.7 x 10-31,当 c(Cr 3+)=10-5mol/L , c(OH-)= J2.7 10 mol/L=3 x 10 510-9 mol/L ,此时溶液

19、的 pH=14-9+lg3=5.48。10.三氯胺(NCI3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：I. NH3(g) 3cl2(g)NCl3(l) 3HCl(g) H。回答下列问题：(1)已知：n. 2NH3(g) 3cl2(g)N2(g) 6HCl(g)H1出.N2(g) 3c"g)2NC%(1)H2,则 H (用含 H1和 H2的代数式表示)。(2)向容积均为2 L 甲、乙两个恒温密闭容器中分别加入4mol NH 3和4molCl 2 ,发生反应I ,测得两容器中n Cl2随反应时间的变化情况如下表所示：时间/min04080120160容器甲（Ti）4.03.02.21.

20、61.6容器乙（T2）4.02.92.02.02.0080 min内，容器甲中v NH3。反应I的 H 0 （填“”或“v” ），其原因为关于反应I ,下列说法正确的是 （填选项字母）。n NH31a.容器内 -,说明反应达到平衡状态n CI23b.容器内气体密度不变，说明反应达到平衡状态c.达平衡后，加人一定量 NC13（1）,平衡逆向移动d.达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大温度为Ti时HCl （g）的平衡体积分数=,该温度下，若改为初始体积为2 L的可变容器，平衡时容器中 n CI2 （填或 “V”）1.6 mol。温度为丁2时，该反应的平衡常数 K 1 -

21、3333. . 1. 1【答案】（1）.v (4).Hi H2 /2 (2).3.75 10 3mol L 1 min 1 (或mol L min )800容器乙中反应速率快， 所以T2 Ti ,又因为容器乙中平衡时 n Cl2大，说明升高温度,平衡逆向移动，H 0 （5）. bd （6）.1-(7). V (8). 0.63Hi ,m. N2(g) 3cl2(g)2NC%(1)NCl3(l) 3HCl(g),由此计算 H的值;I . (1)已知：n . 2NH 3(g) 3Cl2(g) N2(g) 6HCl(g)1 一一H2,由盖斯定律可知，一(n+出)可得NH3(g) 3Cl2(g)2（2

22、）080 min内，容器甲中 Cl2的变化物质的量为 4.0mol-2.2mol=1.8molNH3(g) 3Cl2(g) NCl3(l) 3HCl(g)可知， n(NH3)= 18mo =0.6mol ,结合 v NH3dc 计算;3n t温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，温度高平衡向吸热反应方向移动;可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些 量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。温度为 Ti 时NH 3（g）+3Cl 2（g尸NCl 3（l）+3HCl起始物质的量（mol）4.0

23、4.00变化物质的量（mol）0.82.42.4平衡物质的量（mol）3.21.62.4HCl的平衡物质的量一HCl（g）的平衡体积分数二:二产工：；体积减小，平衡向气体总物质的量减小的方向移动;混合气体的总物质的量温度为 丁2 时NH 3(g)+3Cl 2(g尸NCl 3(l)+3HCl起始物质的量（mol）4.0 4.00变化物质的量（mol）空 2.02.03平衡物质的量（mol） 102.02.03c3 HCl根据反应的平衡常数K 3计算。c NH3 c Cl2【详解】I. (1)已知：n. 2NH 3(g) 3Cl2(g)N2(g) 6HCl(g) H1 ,. .1 一n. N2(g

24、) 3cL(g)2NC%(1)H2,由盖斯定律可知，一(n+ni)可得2一一一1NH3(g) 3cl2(g) NCl3(l) 3HCl(g),则 H=( H1+H2);2（2）080 min内，容器甲中 Cl2的变化物质的量为 4.0mol-2.2mol=1.8mol,由NH3(g)3cl2(g)NCl3(l) 3HCl(g)可知， n(NH3)= 18也 =0.6mol ,结合3门 n n NH3 0.6molv NH3c =v = 2L =3.75 x 10-3mol?L-1?min-1 ；n t n t 80min容器甲达到平衡所需要的时间比容器乙达到平衡需要的时间长，则T2>T1

25、,容器乙中平衡时的 Cl 2的物质的量大于容器甲平衡时 Cl 2的物质的量，即升高温度平衡逆向移动，故4Hv 0;a.起始量2molCl2和2molNH,若容器内Cl2和NH物质的量之比为 3: 1,不能证明浓度不变，则不能表明反应达到平衡状态，故 a错误；b. NCl3（l）为液体，反应前后气体质量变化，气体体积不变，若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态，故b正确；c.反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCb（l）为液体不影响此平衡的移动，故 c错误；-10 -d.反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按衡正向进行，C12的转化率增大，故 d正确；故答案为bd;n Cl2=

26、1:1继续充入一定量反应物，压强增大，平n NH3温度为T1时NH3(g)+3Cl2(g尸NCl 3(l)+3HCl起始物质的量(mol)4.04.00变化物质的量(mol)0.82.42.4平衡物质的量(mol)3.21.62.4HCl(g)的平衡体积分数1.6mol3.2mol1.6mol 2.4mol1=-;该温度下，在体积为 2L的密闭容器内进行达到3平衡后容器内的压强减小，若改为初始体积为2 L的可变容器，则容器的体积不断减小，平衡向正反应方向移动，容器中n Cl2的物质的量不断减小，重新平衡后，n Cl2 <1.6 mol ；NH 3(g)+3Cl 2(g尸NCl 3(l)+

27、3HCl起始物质的量(mol)4.04.00变化物质的量, 八 2.0 (mol)32.02.0平衡物质的量10 (mol)32.02.0则反应的平衡常数K3 cHClc NH3c3 Cl2温度为丁2时32mol2L10.mol.32L3 =0.6。2mol2L【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到 平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有: 平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对 于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

28、11.硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图为 ,基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为形。(2)绿帘石的组成为 Ca?FeAl2 SiO, Si?。？ O(OH),将其改写成氧化物的形式为 (3) SiCl 4分子的中心原子的价层电子对数为 ,分子的立体构型为 ；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因 。SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔点/K182.8202.7278.5393.6沸点/K177.4330.1408460.62(4) Fe H2O 6 可与乙二胺(H2NCH 2CH2NH2,简写为en

29、)发生如下反应：222 一 一、一 ，Fe H2O 6 en Fe H2O 4 (en)2H 2O。 Fe H2O 6的中心离子的配位数为2; Fe H2O 4(en)中的配位原子为 。(5)在硅酸盐中，SiO4四面体(图a)通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根,【答案】 (1). I U II，I， ULl (2). 哑铃 (3).4CaC?Fe2Q?2A12Q?6SiO2?HO (4).3d*4 (5).正四面体形(6). 熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强.6 (8). O和 N (9). sp 3 (10). Si 205

30、 2n 或 Si 2Q2-【解析】 基态Fe原子价层电子为其 3d、4s能级上电子；基态 Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p,最高能级为2p；(2)绿帘石 组成为CaFeAl 2(SiO 4) (Si 2Q)O(OH),将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；(3)SiCl 4分子的中心原子为 Si,形成4个b键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4)配离子为Fe(H 2。)62+,中心辽为(5)硅酸盐中白硅酸根、SjO4%正四台I【详解】基态Fe的

31、核外价电J子，则基态Fe原子的2s、2p,最高能级为，其电子云轮，(2)绿帘石的组成为，eAl 2(SiO 4) (S(3)SiCl 4分子的中心llMilM(4)配离子为Fe(H 2。)62+,中心离子为Fe3+,配体为O, Fe(H 2O)4(en) 2+中配体为H2O和en,根据孤对电t;基态Si原子电子占据的能级有)O(OH),将其改写成氧4个b键，价层电子对数为沸点越高；目构," 一一一， 13个氧原子的贝献率为 -有关，相对Ar3d 64S2,基心原子为哑铃形;小四结构单元中其中工质量越W子采取了 sp3杂化方式；图中为一种无2Fe原子价层电子为其 3d、4s能级上电1s

32、、的形式为4CaC?Fe2O5?2Al2C3?6SiO2?H2Q4,具有正四面体结构；四卤化硅的沸点2 .Fe3 ,配体为HO,贝幅立数为6； Fe H2OJen)中配体为H2O和en,其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为 O和N;(5)硅酸盐中白硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了 sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图 (a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为 -,SiO44-2四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3X 1=2.5 , Si、O原子数目之比为1:2.5=2:5，故化学式2一. _2n2-Si2O5 n 或 Si 2O5。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMOnSiO2?mH2O).注意：氧化物之间以 W隔开；系数配置出现的分数应化为整数.如:正长石KAlSi 3O8不能改写成 K2O?Al 2O3?3SiO2,应改写成 K2O?Al2O?6SiO2.金属氧化物在前(活泼金属氧化物一较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后。12.扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下:(CH.CO)/