备战高考化学压轴题之无机非金属材料备战高考题型整理突破提升含答案.docx
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一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.X、Y、Z是三种常见的单质,甲、乙是两种常见的化合物。
下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.X为H2,Z为Cl2,氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl;Y为Si,硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4;氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙(HCl)与单质Y(Si),故A正确;
B.X为Mg,Z为O2,镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO;Y为C,碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2;镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C),故B正确;
C.X为Zn,Z为Cl2,锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2;Y为Fe,铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3;锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe),二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2,然后锌再与FeCl2反应置换出铁,故C错误;
D.X为O2,Z为H2,氧气与氢气可以一步反应生成化合物乙H2O;Y为N2,氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3;O2与NH3可以一步反应生成化合物乙(H2O)与单质Y(N2),故D正确;
故答案为C。
2.下列化合物既能通过化合反应一步制得,又能通过复分解反应一步制得的是()
A.SO3B.FeCl2C.CuD.H2SiO3
【答案】B
【解析】
【分析】
由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合反应;两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应,据此分析。
【详解】
A.SO3可以由二氧化硫和氧气一步制得,但SO3不能通过复分解反应一步制得,故A错误;
B.FeCl2能通过Fe和FeCl3化合反应一步制得,也能通过BaCl2和FeSO4复分解反应一步制得,故B正确;
C.Cu不能通过化合反应和复分解反应制得,故C错误;
D.H2SiO3不能通过化合反应一步制得,故D错误;
答案选B。
【点睛】
化合反应是一种或多种物质生成一种物质的反应,得到的一定是化合物,分解反应是一种物质得到多种物质的反应,复分解反应通常指的是酸碱盐之间的反应。
3.青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质,是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一,青石棉的化学式为:
Na2Fe5Si8O22(OH)2,青石棉用稀硝酸溶液处理时,还原产物只有NO,下列说法中正确的是
A.青石棉是一种易燃品,且易溶于水
B.青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗8.5L2mol/LHNO3溶液
D.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用,至少需消耗7L2mol/LHF溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.青石棉属于硅酸盐,不易燃,也不溶于水,A错误;
B.青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种,根据原子守恒和化合价不变的思想,化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O,B正确;
C.8.5L2mol·L-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol,青石棉用稀硝酸溶液处理时,亚铁离子被氧化为铁离子,硝酸被还原为一氧化氮,产物为NaNO3、Fe(NO3)3、NO、H2O、SiO2,1mol该物质能和18molHNO3反应,C错误;
D.7L2mol·L-1HF溶液中HF的物质的量为14mol,1mol青石棉能与34mol氢氟酸反应生成四氟化硅,D错误。
答案选B。
4.下列说法不正确的是
A.氧化镁熔点很高,可作为优质的耐高温材料
B.有色玻璃就是某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成
C.溴化银可用于感光材料,也可用于人工降雨
D.分子筛可用于物质分离,还能作干燥剂和催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.氧化镁是离子化合物,离子键很强,所以氧化镁熔点高,可作耐高温材料,故A正确;
B.某些金属氧化物呈现特殊的颜色,分散于玻璃中即可制得有色玻璃,故B正确;
C.溴化银不稳定,见光易分解,可用于制感光胶卷,碘化银可用于人工降雨,故C错误;
D.分子筛中有许多笼状空穴和通道,具有强吸附性,可用于分离、提纯气体或液体混合物,还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等,故D正确;
故答案:
C。
5.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产,该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜,光电转化率高。
下列说法错误的是
A.普通玻璃含有二氧化硅B.该发电玻璃能将光能不完全转化为电能
C.碲化镉是一种有机化合物D.应用该光电转化技术可减少温室气体排放
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅,故A正确,但不符合题意;
B.该发电玻璃能将光能转化为电能,但是不能完全转化,存在能量损耗,故B正确,但不符合题意;
C.碲化镉不含碳元素,是一种无机化合物,不是有机化合物,故C错误,但符合题意;
D.应用该光电转化技术可减少化石燃料的使用,减少二氧化碳的排放,故D正确,但不符合题意;
故选:
C。
6.青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质,是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一,青石棉的化学式为:
Na2Fe5Si8O22(OH)2,青石棉用稀硝酸溶液处理时,还原产物只有NO,下列说法正确的是()
A.青石棉是一种易燃品且易溶于水
B.青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
D.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用,至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A.青石棉属于硅酸盐材料,不易燃,也不溶于水,故A错误;
B.硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为:
活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O,故B正确;
C.6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol,1mol青石棉用稀硝酸溶液处理时,亚铁离子被氧化为铁离子,硝酸被还原为一氧化氮,根据转移电子守恒可知,产物为2molNaNO3、5molFe(NO3)3(有3mol的+2价铁氧化)、1molNO等,因此1mol该物质能和(2+5×3+1)mol=18molHNO3反应,故C正确;
D.5.5L2mol/LHF溶液中HF的物质的量为11mol,HF与二氧化硅反应的方程式为:
SiO2+4HF=SiF4+2H2O,由此可知HF的量不足,故D错误;
故答案为:
BC。
7.工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石.在玻璃窑中发生主要反应的化学方程式为:
Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑
(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14,它的氧化物形式为________,则原料中SiO2、Na2CO3、CaCO3的物质的量之比为_________________________。
(2)在上述反应的反应物和生成物中,属于非极性分子的电子式___________________,有_____________种不同类型的晶体(填数字)
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大,该元素离子半径比铝离子半径___________(填“大”或“小”),该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为__________________________。
(4)在上述普通玻璃的组成元素中,与铝元素同周期的另一元素的原子最外层共有________种不同运动状态的电子、________种不同能级的电子。
【答案】Na2O·CaO·6SiO26:
1:
1
3大Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O42
【解析】
【分析】
根据普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14和制取玻璃的反应原理进行分析解答。
【详解】
(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14,它的氧化物形式为Na2O·CaO·6SiO2,根据原子守恒,原料中SiO2、Na2CO3
Na2O、CaCO3
,所以物质的量之比为6:
1:
1,故答案:
Na2O·CaO·6SiO2;6:
1:
1;
(2)根据Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑,CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑,反应物和生成物中,Na2CO3、Na2SiO3、CaCO3、CaSiO3是离子化合物,属于离子晶体;SiO2是共价化合物,属于原子晶体;CO2属于分子晶体,且属于非极性分子,其电子式
,有3种不同类型的晶体,故答案:
;3;
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大,该元素为钠,钠离子半径比铝离子半径大,钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al(OH)3,他们之间发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,故答案:
大;Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(4)由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14的元素中,与铝元素同周期的另一元素为Si,核外电子排布为1s22s22p63s23p2,原子最外层共有4种不同运动状态的电子、2种不同能级的电子,故答案:
4;2。
8.晶体硅是一种重要的非金属材料,有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。
(1)工业上生产纯硅的工艺流程如下:
石英砂的主要成分是SiO2,在制备粗硅时,焦炭的作用是__________(填“氧化剂”或“还原剂”);在该反应中,若消耗了3.0gSiO2,则转移电子的总数为_______________。
(2)某实验室利用SiHCl3(沸点33.0℃)与过量H2在1000℃~1100℃反应制得纯硅。
已知SiHCl3能与H2O强烈反应,在空气中易自燃。
装置如图所示(热源及夹持装置略去)。
①装置B中的试剂是___________。
装置C中的烧瓶需要加热,其目的是_________________。
②反应一段时间后,装置D中观察到的现象是______________________;装置D中发生反应的化学方程式为___________________________________。
③为检验产品硅中是否含微量铁单质,将试样用稀盐酸溶解,取上层清液后需要加入的试剂有______(填字母)。
a.碘水b.氯水 c.Na2SO3溶液 d.KSCN溶液
【答案】还原剂1.204×1023或0.2NA浓硫酸使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化有固体物质生成SiHCl3+H2
Si+3HClbd
【解析】
【分析】
(1)根据工艺流程写出化学方程式,从化合价的变化判断焦炭的作用,根据化学方程式和质量关系求出转移的电子数;
(2)①A生成的氢气经过干燥,进入D与从C中汽化的SiHCl3反应制粗硅,B是干燥装置,②氢气和SiHCl3发生置换反应,写出化学方程式;
③选择检验亚铁离子的试剂;
【详解】
(1)根据流程可知,化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO,碳的化合价升高,做还原剂,1molSiO2参加反应转移的电子数为4mol,反应中消耗了3.0gSiO2,n=
=0.05mol,转移电子为0.2mol,即1.204×1023或0.2NA;
(2)SiHCl3能与H2O强烈反应,需要用浓硫酸干燥氢气,反应需要的温度比较高,在D中反应,SiHCl3的沸点较低,C中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化;
②装置D中有硅单质生成,即有固体物质生成。
此反应为SiHCl3+H2
Si+3HCl;
③亚铁离子的检验通常用的方法是:
先向溶液中加入KSCN,溶液不变红色,再加入氯水溶液变红色,即可却确定有亚铁离子,答案为bd。
9.化学就在我们身边,它与我们的日常生活密切相关,按要求回答以下问题:
(1)缺铁性贫血患者应补充Fe2+,通常以硫酸亚铁的形式补充,而硫酸铁无这种药效。
当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣,这层糖衣的作用是_________________.
(2)硅酸盐常可写成氧化物形式,钾长石(K2Al2Si6O16)写成氧化物的形式为____________.
(3)漂粉精中有效成分的化学式为_________________.
(4)“硅材料”是无机非金属材料的主角,其中广泛应用的光导纤维成分是_____________________
(5)陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料,其中生产普通玻璃的主要原料有_________,氢氧化钠溶液不能用玻璃塞的原因是(化学方程式)_________________.
(6)向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2•12H2O后,水可得到净化.写出明矾在水中的电离方程式_______,往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液直至Al3+恰好沉淀完全,发生反应的离子方程式为_________________.
(7)饮用水中的NO3-对人类健康产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2,其化学方程式为:
10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O.
请回答下列问题:
①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目:
_________________.
②上述反应中若生成标况下3.36LN2,则转移的电子数目为:
_________________.
【答案】防止硫酸亚铁被氧化K2O·Al2O3·6SiO2Ca(ClO)2SiO2纯碱、石英、石灰石SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OKAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
1.5NA
【解析】
【分析】
(1)根据FeSO4不稳定,在空气中易被氧化的特征进行分析;
(2)根据酸盐写成氧化物形式的规律即活泼金属氧化物写到前边,以此类推完成;(3)根据漂白粉的制取原理进行解答;(4)根据铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以净水的原理分析解答;(5)根据氧化还原反应得失电子守恒进行解答。
【详解】
(1)FeSO4易被氧化而变质,糖衣可起到保护FeSO4不被空气中的氧气氧化,所以外表包有一层特殊的糖衣,故答案为:
保护FeSO4不被空气中的氧气氧化;
(2)硅酸盐常可写成氧化物形式,钾长石(K2Al2Si6O16)写成氧化物的形式顺序为,活泼金属氧化物写到前边,以此类推即可以写成K2O·Al2O3·6SiO2;答案:
K2O·Al2O3·6SiO2;
(3)氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和水,反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,其中氯化钙和次氯酸钙的混合物为漂白粉的主要成分,氯化钙无漂白作用,所以漂白粉的有效成分为次氯酸钙,因其有强氧化性而有杀菌消毒的作用,有效成分的化学式为Ca(ClO)2;答案:
Ca(ClO)2;
(4)光导纤维的成分为二氧化硅,其化学式为SiO2;答案:
SiO2;
(5)陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料,普通玻璃的制取是纯碱、石灰石分别在高温的条件下和石英反应,生成硅酸钠和硅酸钙、所以生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石英、石灰石;因为氢氧化钠溶液和SiO2反应,所以装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,其化学反应方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,Na2SiO3具有粘合性;答案:
纯碱、石英、石灰石;SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(6)明矾在水溶液中电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-,电离生成Al3+和SO42-,可以和Ba(OH)2反应,假设KAl(SO4)2为2mol,溶液中含有2molAl3+,4molSO42-,当2molAl3+恰好全部沉淀时,需要6molOH-,即加入3molBa(OH)2,反应的离子方程式为:
2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓;故答案为:
KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-;2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
(7)①由10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O反应可知,Al失3个电子变成AlO2-,2NO3-得10个电子变成N2↑,根据得失电子守恒可知转移的电子总数为30个,所以电子转移总数为30e-,其方程式为:
;答案:
;
②由10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O反应可知,若反应中生成标况下3.36LN2,则转移的电子数目为:
10NA=1.5NA;答案:
1.5NA。
10.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
,将其改写成氧化物的形式为_____________.
(3)
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________________________________。
熔点/K
182.8
202.7
278.5
393.6
沸点/K
177.4
330.1
408
460.6
(4)
可与乙二胺(
,简写为en)发生如下反应:
。
的中心离子的配位数为________;
中的配位原子为________。
(5)在硅酸盐中,
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,其中Si原子的杂化形式为________,化学式为________________。
O·Si
图a
图b
【答案】
哑铃4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O4正四面体形熔、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6O和Nsp3
或Si2O52-
【解析】
【分析】
(1)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)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7)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)SiCl4分子的中心原子为Si,形成4个σ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(H2O)6]2+,中心离子为Fe3+,配体为H2O,[Fe(H2O)4(en)]2+中配体为H2O和en,根据孤对电子确定配位原子;
(5)硅酸盐中的硅酸根(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;图中为一种无限长层状结构的多硅酸根,图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为
。
【详解】
(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2,基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子,则基态Fe原子的核外价电子排布图为
;基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p,最高能级为2p,其电子云轮廓图为哑铃形;
(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7)O(OH),将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O;
(3)SiCl4分子的中心原子为Si,形成4个σ键,价层电子对数为4,具有正四面体结构;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,相对分子质量越大,沸点越高;
(4)配离子为[Fe(H2O)6]2+,中心离子为Fe3+,配体为H2O,则配位数为6;
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)硅酸盐中的硅酸根(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
,SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×
=2.5,Si、O原子数目之比为1:
2.5=2:
5,故化学式
或Si2O52-。
【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(xMO•nSiO2•mH2O).注意:
①氧化物之间以“•”隔开;②系数配置出现的分数应化为整数.如:
正长石KAlSi3O8不能改写成K2O•Al2O3•3SiO2,应改写成K2O•Al2O3•6SiO2.③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→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。
11.A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同。
阴离子
Cl-、SiO32-、OH-、NO3-
阳离子
H+、Ag+、Na+、K+
已知:
A溶液呈强酸性,且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀,B的焰色反应呈黄色。
回答下列问题:
(1)写出A、B、C、D的化学式:
A______,B_____,C____,D____。
(2)写出A溶液与B溶液反应的离子方程式:
__________。
(3)请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号:
溶液
A
C
D
试剂瓶序号
___
___
___
【答案】HClNa2SiO3AgNO3KOHSiO32-+2H+=H2SiO3↓①③②
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同,A溶液呈强酸性,则A为盐酸或硝酸,B的焰色反应呈黄色,则B中含有Na元素,A能和B反应生成白色沉淀,则B为Na2SiO3;盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀,所以C为AgNO3,则A为HCl,根据四种化合物中阴阳离子各不相同,则D为KOH。
【详解】
(1)根据以上分析知,四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH;
(2)A是HCl、B是硅酸钠,二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠,离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓;
(3)A是HCl、C为AgNO3
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