江西省上饶市山江湖协作体学年高一上学期第三次月考化学试题.docx

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江西省上饶市山江湖协作体学年高一上学期第三次月考化学试题

“山江湖”协作体高一（统招班）第三次月考

化学试卷

可能用到的相对原子质量：

H：

1O：

16Fe：

56Cu：

64S：

32C：

12Na：

23Mg：

24Al：

27Cl：

35.5

选择题：

（本题包括16小题，共3分，每小题只有一个选项符合题意）

1.己知金属钠投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。

运输金属钠的包装箱应贴有的图标

A．易燃液体

B．遇湿易燃物品

C．氧化剂

D．腐蚀品

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=H2↑+2NaOH，生成物中含有氢气，氢气易燃烧，所以应贴遇湿易燃品，故选B。

2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）

A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA

B.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+数为0.02NA

C.常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L

D.物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为NA

【答案】B

【解析】

标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；B中1.06g碳酸钠是0.01mol，含有0.02mol钠离子，B不正确；C不正确，再标准状况下，1mol气体的体积是22.4L；D不正确，因为溶液的体积不能确定，答案选B。

3.以下关于化学实验中“先”与“后”的说法正确的是

①加热试管时，先均匀加热，后局部加热②做H2还原CuO实验时，先通H2，后加热CuO，反应完毕后，先撤酒精灯待试管冷却，后停止通H2  ③制取气体时，先检查装置气密性，后装药品④点燃可燃性气体如H2、CO等时，先检验气体纯度，后点燃⑤制取蒸馏水时，先通冷却水，后加热蒸馏烧瓶⑥进行分液操作时，先从上口倒出上层液体，后从通过下端活塞放出下层液体

A.①②③④B.①②③④⑤C.①②③④⑥D.全部

【答案】B

【解析】

试题分析：

①试管的加热是先局部受热，再集中加热，正确；②做H2还原CuO实验时，先通H2,排除空气后再加热，防止出现安全隐患，反应结束后先停止加热，在停止通氢气，正确；③在反应进行之前，先检查装置的气密性，再加药品进行试验，正确；④点燃易燃易爆的气体时，要先验纯，之后再进行试验，正确；⑤在做蒸馏的实验时，应先通冷却水，再进行加热，正确；⑥在进行分液时，先将位于下层的液体从分液漏斗的下层放出后，关闭下活塞，再将上层液体从上口倒出，错误；故本题说法正确的是①②③④⑤，本题选择B。

考点：

实验注意事项

4.在无色溶液中，能大量共存的离子组是（　　）

A.K＋、Ca2＋、CO32-、Cl－B.Na＋、Cu2＋、Br－、Ba2＋

C.K＋、MnO4-、NO3-、Na＋D.Na＋、SO32-、SO42-、K＋

【答案】D

【解析】

A．Ca2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B．Cu2＋有颜色，与题意不符，故B不选；C．MnO4-为紫色，与无色不符，故C不选；D．离子之间不反应，可大量共存，且均为无色，故D选；故选D。

5.已知Fe3O4可以表示成FeO· Fe2O3。

水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：

3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（）

A.Fe2+是还原剂，S2O32-和O2是氧化剂

B.每生成1mol Fe3O4反应转移的电子数为2mol

C.若有2mol Fe2+被氧化，被Fe2+还原的O2为0.5mo1

D.将纳米Fe3O4分散在水中，Fe3O4不能透过滤纸

【答案】C

【解析】

A.S2O32-中S的化合价升高，所以S2O32-是还原剂，故A错误；B.Fe3O4～4e-，所以每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4mol，故B错误；C.4Fe2＋～O2～4e-，若有2molFe2＋被氧化，被Fe2＋还原的O2为0.5mol，故C正确；D.将纳米Fe3O4分散在水中形成胶体，胶体可以透过滤纸，故D错误。

故选C。

6.下列叙述中正确的是（）

A.FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体与Fe（OH）3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应

B.根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液

C.将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成胶体

D.胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用图表示

【答案】D

【解析】

【分析】

根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：

溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此分析。

【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小不同，分散质粒子直径介于1~100nm的为胶体，选项A错误；

B．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：

溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），选项B错误；

C．将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成浊液，选项C错误；

D．胶体属于分散系，而分散系都是由两种或两种以上的物质组成，分散系属于混合物，选项D正确；

故选D。

【点睛】本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别，注意相关基础知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

7.下列叙述正确的是（）

①Na在空气中放置最终变为NaOH②Na在空气中燃烧，产物是Na2O

③将一块铝箔用砂纸打磨表面后，在酒精灯上加热至熔化但不滴落，说明Al2O3的熔点比铝高

④镁因在空气中形成了一层致密的氧化物薄膜，保护了里面的镁，故镁不像钠那样需要特殊的保护

⑤铝制品在生活中应用非常普遍，是因为铝不活泼

⑥铁在潮湿的空气中生成的氧化物不致密，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层

⑦钠与水的反应中钠块熔成小球说明该反应为放热反应

A.①③⑤⑥B.②③④C.①②④⑤D.③④⑥⑦

【答案】D

【解析】

①Na的性质活泼，在空气中放置易被氧气氧化生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3，故错误；②钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2，故错误；③将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故正确；④镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故镁不需要进行特殊保护，故正确；⑤铝性质活泼，铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，能够防止铝的进一步腐蚀，故错误；⑥铁在潮湿的环境下易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故正确；⑦钠的熔点较低，钠与水的反应中钠块熔成小球，说明温度升高了，说明钠和水反应是放热反应，放出的热量使钠熔化，故正确；故选D。

8.镁和铝分别与等浓度、等体积的足量稀硫酸反应，相同条件下产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图。

反应中镁和铝的（）

A.物质的量之比为3：

2B.质量之比为3：

2

C.转移电子数之比为3：

2D.气体的体积之比为2：

3

【答案】A

【解析】

【详解】镁和铝分别与等浓度、等体积的稀硫酸反应，化学方程式为：

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，

A、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求镁与铝的物质的量之比为3：

2，选项A正确；

B、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求镁与铝的质量之比为24：

18=4：

3，不是3：

2，选项B错误；

C、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求转移电子数之比与氢气的物质的量之比相等，为1：

1，选项C错误；

D、根据图像，相同条件下生成的氢气的V相等，选项D错误；

答案选A。

9.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是（　　）

①分子个数之比为11：

16　②密度比为11：

16　③体积比为16：

11　④原子个数比为11：

16

A.①④B.①③C.②③D.②④

【答案】A

【解析】

【详解】①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：

16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：

16，故①正确；

②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：

44g/mol=16：

11，故②错误；

③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：

16，故③错误；

④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，原子个数之比为11：

16，故④正确；

答案选A。

10.已知用金属钠生成氧化钠，可有多种方法：

①4Na＋O2=2Na2O，

②4Na＋CO2=2Na2O＋C③2NaNO2（亚硝酸钠）＋6Na=4Na2O＋N2↑，下列说法错误的是

A.三个反应都属于氧化还原反应

B.①方法产物中可能混有过氧化钠

C.②方法中固体产物中的碳可在空气中灼烧除去

D.③方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化

【答案】C

【解析】

A.三个反应中均存在元素的化合价变化，均为氧化还原反应，故A正确；B.氧化钠易被氧化为过氧化钠，则①方法产物中可能混有过氧化钠，故B正确；C.在空气中灼烧除去产物中的碳时，氧化钠可转化为过氧化钠，故C错误；D.氮气性质稳定，不与氧化钠反应，则③方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化，故D正确；答案选C。

11.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是

①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了

②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

A.①③⑤⑥B.①②⑤⑥C.②③④⑥D.③④⑤⑥

【答案】A

【解析】

试题分析：

①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒，则会使称量的物质的质量小于所需质量，最终导致浓度偏低；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会造成你量出的液体比理论的要大，导致物质的量偏大，浓度偏高；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低；④若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低；⑥定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。

答案选A。

考点：

溶液配制误差分析

12.今有下列三个氧化还原反应：

①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。

若某溶液中有Fe2+和I—共存，要氧化除去I—而又不影响Fe2+，可加入的试剂是

A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.FeCl2

【答案】C

【解析】

由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：

MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，还原性由强至弱的顺序为I−>Fe2+>Cl−>Mn2+，A.氯气能将Fe2+、I－都氧化，故A不选；B.KMnO4能将Fe2+、I−和Cl−均氧化，故B不选；C.FeCl3能氧化除去I−而不影响Fe2+，故C选；D.FeCl2与三种离子均不反应，故D不选；答案选C。

点睛：

本题主要考查氧化性、还原性强弱的比较，解题时可先根据已知的反应方程式判断出物质的氧化性、还原性强弱，要氧化除去I—而又不影响Fe2+，并且不引入新的杂质，则选择的氧化剂只能和I—反应，而Fe2+不能参加反应。

13.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5:

6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是

A.甲、乙中都是铝过量B.甲中铝过量，乙中碱过量

C.甲中酸过量，乙中铝过量D.甲中酸过量，乙中碱过量

【答案】B

【解析】

生成氢气的体积比即物质的量之比为n（甲）∶n（乙）＝5∶6，设甲中产生H25mol，则乙中产生H26mol。

甲：

2Al＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2↑

233

mol5mol5mol

乙：

2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑

223

4mol4mol6mol

甲、乙中加入的铝是等量的，甲中n（H2SO4）和乙中n（NaOH）相等，

故甲中铝过量4mol－

mol＝

mol，乙中氢氧化钠过量5mol－4mol＝1mol。

14.在烧杯中加水和苯（密度：

0.88g/cm3）各50mL。

将一小粒金属钠（密度：

0.97g/cm3）投入烧杯中。

观察到的现象可能是（　　）

A.钠在水层中反应并四处游动B.钠停留在苯层中不发生反应

C.钠在苯的液面上反应并四处游动D.钠在苯与水的界面处反应并可能上、下跳动

【答案】D

【解析】

【分析】

Na和水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，密度：

H2O＞Na＞苯，Na和苯不反应，苯和水不互溶，会分层且水在下层，据此分析解答。

【详解】密度：

H2O＞Na＞苯，苯和水不互溶，所以水和苯分层，且水在下层，钠和苯不反应，钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入苯层后停止反应，待气体放出后Na又下沉，如此往复，直至钠反应完。

答案选D。

【点睛】本题考查了钠的性质，同时考查学生分析问题能力，知道苯和水是否互溶、钠和水的反应特点即可解答，题目难度不大。

15.把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。

则原混合溶液中钾离子的浓度为

A.（b-a）/Vmol/LB.（2b-a）/Vmol/LC.2（b-a）/Vmol/LD.2（2b-a）/Vmol/L

【答案】C

【解析】

消耗氢氧化钠是amol，则每一份溶液中镁离子的物质的量是0.5amol；消耗氯化钡是bmol，所以每一份中SO42－的物质的量是bmol，则硫酸钾的物质的量是（b－0.5a）mol，所以每一份中钾离子的物质的量是（2b－a）mol，浓度是

=

mol/L，答案选C。

16.将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A.32.8gB.46.8gC.53.6gD.63.8g

【答案】B

【解析】

试题分析：

在金属与酸发生反应时金属失去电子，硝酸得到电子变为NO，电子转移的物质的量相等；金属的硝酸盐与碱发生反应产生金属氢氧化物沉淀，增加的质量就是氢氧根离子的物质的量，也就等于金属失去电子的物质的量。

n（e-）=（8.96L÷22.4L/mol）×3=1.2mol,所以n（OH-）=1.2mol,故金属阳离子形成沉淀增加的质量就是1.2mol×17g/mol=20.4g，所以形成的沉淀的质量就是：

20.4g＋26.4g=46.8g，选项是B。

考点：

考查守恒的方法在化学计算中的应用的知识。

二、非选择题：

（本题包括5小题，共52分）

17.

（1）0.5molNa2CO3中含有___________个Na+。

（2）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是____________。

（3）配制90mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要胆矾________g。

（4）氧化还原反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为________mol。

（5）现有下列10种物质：

①H2O、②Mg、③CH3COOH、④NaOH、⑤CuSO4·5H2O、⑥碘酒、⑦C2H5OH、⑧盐酸，（将序号填在相应的空格内）其中，属于强电解质的是_____________。

【答案】

（1）.NA或6.02×1023

（2）.NH3（3）.2.5（4）.2:

1（5）.0.8（6）.④⑤

【解析】

【分析】

（1）由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，再根据N=nNA计算Na+的数目；

（2）四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2。

同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的；

（3）配制90mL0.1mol/LCuSO4溶液，实验室没有90mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量；

（4）在3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O反应中，S元素化合价分别由0价升高为+4价，被氧化，降低为-2价，被还原，反应中硫既作氧化剂又作还原剂，根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断；

（5）在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。

【详解】

（1）由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，0.5molNa2CO3中n（Na+）=0.5mol×2=1mol，故Na+的数目为NA或6.02×1023；

（2）四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知质量都是50g的四种气体物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2；同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的，所以气体体积最大的是NH3；

（3）配制90mL0.1mol/LCuSO4溶液，实验室没有90mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则需要CuSO4·5H2O的质量是0.01mol×250g/mol=2.5g；

（4）在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：

1；

根据反应可知，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为

0.8mol；

（5）在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。

①H2O部分电离属于弱电解质、②Mg为单质既不是电解质也不是非电解质、③CH3COOH部分电离属于弱电解质、④NaOH在水溶液中完全电离属于强电解质、⑤CuSO4·5H2O在水溶液中完全电离属于强电解质、⑥碘酒为混合物既不是电解质也不是非电解质、⑦C2H5OH是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质、⑧盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是④⑤。

18.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应（反应方程式已配平）：

Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋A↑＋2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：

（1）A物质可以导致酸雨的形成。

则A应该属于______________（用字母代号填写）

a．酸b．碱c．盐d．酸性氧化物e．碱性氧化物

（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是__________，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_____倍。

（3）一定量的铜片与100mL18mol/L的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的物质的量为_________mol，

（4）将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba（OH）2溶液充分反应的离子方程式是_____________

【答案】

（1）.d

（2）.3：

4（3）.10/7（4）.0.1mol（5）.Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓

【解析】

【分析】

（1）根据元素守恒判断A，再根据A判断分类；

（2）令混合气体的质量为100g，根据氧元素的质量分数计算S元素质量分数，进而计算S元素质量，再计算SO2的质量、氧气的质量，根据n=

计算二者物质的量，根据M=

计算平均相对分子质量，相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比；

（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；

（4）将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀。

【详解】

（1）根据元素守恒判断A为SO2，SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，答案选d；

（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则S元素的质量分数=1-70%=30%，令混合气体的质量为100g，则S元素质量=100g×30%=30g，故SO2的质量=

=60g，则氧气的质量=100g-60g=40g，则SO2的物质的量=

=

mol，O2的物质的量=

=

mol，则SO2与O2的物质的量之比为

mol：

mol=3：

4，二者平均相对分子质量=

=

，相同条件下，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，所以混合气体的密度是同温同压下氧气密度的倍数=

=

；

（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；

（4）将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。

【点睛】本题考查浓硫酸和铜反应及有关计算，注意稀硫酸与铜不反应，而题目中浓硫酸与铜反应开始后，由于自身被消耗且生成水，很快就变成稀硫酸，不再与铜反应．所以（3）中1.8mol的硫酸没被全消耗掉，不能用于计算，根据电子转移算出相应量。

19.实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。

某学生设计了如下方案：

请回答下列问题：

（1）操作①加热的目的是________________，

（2）操作②除用BaCl2溶液外，还可用____________替代。

（3）操作②，判断SO42-已除尽的方法是________________________。

（4）操作③的目的是____________，不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是____________。

（5）操作④的名称是_____