假期必刷24 化学反应速率及其影响因素-【快乐假期】2025-2026学年高二化学暑假必刷题

三022 假期必刷24化学反应速率 素养提升 1.下列关于化学反应速率的说法正确的是() A.决定化学反应速率的主要因素有温度、浓度、 压强和催化剂 B.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数， 从而提高反应速率 C.对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速率 加快，正反应速率减慢 D.从酯化反应体系中分离出水，反应速率减慢， 但有利于提高酯的产率 2.将6 mol CO2和8molH2充 n(H2)/mol 入一容积为2L的密闭容器 中（温度保持不变）发生反应 6a1,o 33)c8,2)d11,2 CO2(g)十3H2(g)= 0 CHOH(g)+H2O(g)△H 2 4 6 8 10 t/min <0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示（图 中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在8~ l0min内CO2的平均反应速率是 A.0.5mol·L-1·min-1 B.0.1mol·L-1·minl C.0mol·L1·min-1 D.0.125mol·L-1·min-1 3.已知反应4CO+2NO2一N2十4CO2在不同条 件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最 快的是 ) A.w(C0)=1.5mol·L-1·min-1 B.(NO2)=0.7mol·L1·min1 C.v(N2)=0.4mol·L-1·min-1 D.w(C02)=1.1mol·L-1·min1 4.已知反应2CO2十6H2 高温、高压 CH2 =CH2+ 催化剂 4H2O△H>0可用于合成烯烃。下列有关该 反应的说法错误的是 A.增大压强可增大该反应速率 B.升高温度能增大CO2的转化率 C.增大H2的浓度，该反应的平衡常数不变 D.密闭容器中，通入2 mol CO2和6molH2,反 应生成1molC2H 5.两个均充有H,S的 刚性密闭容器，起始 0 压强均为pkPa,以温 0 Ⅲ无催化剂 40 度、A1l2O3催化剂为条 30 件变量，进行实验： 至20 10 2H2S(g)=2H2（g) 600700800900100011001200 十S2(g),反应相同时 温度/℃ 间，结果如图所示。下列说法错误的是 () A.温度升高，H2S分解的正、逆反应速率均增大 B.900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为 2pkPa·s1 及其影响因素 绳锯木断，水滴石穿。 完成日期： C.A12O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反 应的活化能 D.1100℃，曲线Ⅱ、Ⅲ重合，说明A12O3催化剂 失去活性 6.合成氨反应：N2(g)+3H2(g)" =2NH3(g)△H=-92.4 k·mol-1,在反应过程中，正 反应速率的变化如图。下列说 1234时间 法正确的是 A.t1时升高了温度 B.t2时使用了催化剂 C.t3时增大了压强 D.t4时降低了温度 7.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中 发生反应：3A(g)十B(g)一xC(g)十D(g)。经 4min后，测得D的浓度为0.4mol·L1,C的 平均反应速率为0.1mol·L1·min1,c(A): c(B)=3:5,下列说法不正确的是 A.x的值是1 B.4min末B的转化率约为16.7% C.起始时A的浓度为4.8mol·L1 D.4min内(B)=0.1mol·L-1·min-l 8.(双选)一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液 (100mL)中发生分解反应：2N2O5一4NO2+ O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成 N2O5浓度如下表： t/s 0 6001200171022202820 c(N2O5)/ 1.400.960.660.480.350.240.12 (mol·L-1) 下列说法正确的是 A.600~1200s,生成NO2的平均速率为1.0× 10-3mol·L-1·s-1 B.反应2220s时，放出的O2体积为11.8L(标准 状况) C.反应达到平衡时，E(N2O5)=2逆(NO2) D.推测上表中的x为3930 9.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的 因素，有关说法错误的是 实验 酸性KMnO, H,C.O, 编号 温度/℃ 溶液 溶液 ① 12 mL 25 1 mL 0.01mol·L-1 0.01mol·L ② 1 mL 12 mL 25 0.01mol·L1 0.02mol·L ③ 1 mL 12 mL 50 0.01mol·L-10.01mol·L A.实验中要记录溶液褪色所需时间 B.实验①②探究的是浓度对化学反应速率的 影响 9 壁味系假阴 C.实验①③探究的是温度对化学反应速率的 影响 D.起始向①中加人MnSO4固体，不影响反应 速率 10.在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)+ O2(g)一2SO3(g)△H<0。下列各图表示当 其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的 影响，其中正确的是 ( S0,的百1 分含量 整=妈 时间 时间 时间 温度 A.图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温 度较高 B.图Ⅱ表示to时刻使用催化剂对反应速率的 影响 C.图Ⅲ表示to时刻增大O2的浓度对反应速率 的影响 D.图V中a、b、c三点中只有b点已经达到化学 平衡状态 11.完成下列问题 (1)某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应 速率的因素时，设计如下系列实验： 实验 反应 Na2S2O3溶液 稀H2SO H2O 序号温度/℃ V/mL c/(mol/L)V/mL c/(mol/L) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 V 0.10 0.50 V3 ③ 20 0.10 4.0 0.50 V ①写出硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程 式： ②该实验①、②可探究 对反应速率的影响， 因此V3是 ;实验①、③可探究 对反 应速率的影响，因此V是 (2)在一定容积的密闭容器中，进行如下化学反 应：CO2(g)+H2(g)一CO(g)+H2O(g),其 化学平衡常数K和温度t的关系如表所示： t/℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 ①该反应的化学平衡常数表达式为K= ②该反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。 ③某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H)= c(CO)·c(HO),试判断此时的温度为 ℃。 ④在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容 器内各物质的浓度分别为c(CO2)=2mol/L, c(H2)=1.5 mol/L,c(CO)=1 mol/L,c(H2O) =3mol/L,则下一时刻，反应向 (填“正 向”或“逆向”)进行。 50 000= (3)已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应 中△H的大小：△H △H2（填“>”或 “<”)。 ①P4(白磷，s)+5O2(g)—2P2O5(s)△H1 ②4P(红磷，s)十5O2（g)—2P2O（s)△H2 真题再现 1.(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样 中SeO-的影响因素，测得不同条件下SeO 浓度随时间变化关系如图 实验 水样体 纳米铁 水样初 序号 积/mL 质量/mg 始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 5.0 34.01 ③ 、② 元1.04 ① 0.0 0 46 81012 t/h 下列说法正确的是 ) A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 v(SeO-)=2.0mol·L1·h-1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO +8H+-2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO 的去除效果越好 2.(2023·河北卷)在恒温恒容密闭容器中充入一 定量W(g),发生如下反应： ① 2W(g)4X(g)+Y(g) ③② 2Z(g) 反应②和③的速率方程分别为2=k2c2(X)和 3=k3c(Z),其中k2、k3分别为反应②和③的速 率常数、反应③的活化能大于反应②，测得W(g) 的浓度随时间的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 c(W)/ 0.1600.1130.0800.0560.0400.028 (mol·L-1) 下列说法正确的是 ( A.0~2min内，W的平均反应速率为0.080mol ·L-1·min-1 B.若升高温度，平衡时c(Z)减小 C.若k2=k3,平衡时c(Z)=c(X) D.若增大容器容积，平衡时Y的产率增大三0022. 9.C[根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO溶液 真题再现 中，得到NaHCO,和NaSO的混合溶液和CO2,发生的反 1.B「电极b上Br发生失电子的氧化反应转化成BrO,电极b 应为2 NaHCO3+SO2—Na2SO3+2CO2+H2O,电解池 为阳极，电极反应为Br一6e+3HOBO,+6H:则电 中，左侧电极上SO失电子生成SO,该电极上失电子发 极a为阴极，电极a的电极反应为6+6e—3H2个；电解 生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为 SO-2e十2OH—SO十H2O;则通入CO2的电极为 总反应式为Br十3H,0电解 BrO十3H2个；催化循环阶段 阴极，阴极反应式为CO2十2H+2e一HCOOH。A项， BO被还原成Br循环使用、同时生成O,,实现高效制H 装置a中每吸收22.4L(标准状况下)废气，气体CO2和 和O2,即Z为O2。 SO2总物质的量为1mol,则CO2的量小于1mol,b中转移 A.根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确：B.根 电子数小于2N,A错误；B项，装置a吸收废气过多，则会 据分析电解过程中消耗H,O和Br,而催化阶段BrO。被 有机会生成NaHSO,,HSO,也可以放电，会影响装置b中 还原成Br循环使用，故加入Y的目的是补充H,O,维持 放电微粒的种类，B错误；C项，装置b中的交换膜为质子交 NaBr溶液为一定浓度，B项错误；C.根据分析电解总反应式 换膜，电解过程中阳极发生SO2一2€十2OH—SO+ 为Br十3H,0电解BrO十3H↑，C项正确：D.催化阶段， H2O消耗氢氧根，PH稍有降低，交换膜为质子交换膜，氢离 子通过交换膜，进右侧，阴极反应式为CO。十2H十2e Br元素的化合价由十5价降至一1价，生成1 mol Br得到 HCOOH,生成酸，两极溶液pH均稍有降低；C正确：D项， 6mol电子，O元素的化合价由一2价升至0价，生成 1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物 装置b中右侧的电极反应为：CO,+2H++2e 质的量之比n(O2):n(Br)=6:4=3:2,D项正确；答案 HCOOH,D错误。 选B。 10.C[该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去 2.A[据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO,而 电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：右侧接电源负极为 HCHO转化为HCOO为氧化反应，所以b电极为阳极，a 阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三 0 步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH,NH,OH和丙 电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理 酮酸反应生成CHO,N,C,HO,N在电极上反应生成丙 氨酸。A项，氨基酸的酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形 HO O HO O 成内盐，从而减弱酸性，A正确：B项，在阴极，硝酸根得到 +OH -e- 2 H2可知： 电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为： -OH HH H NH 0 OH HO O HO O +NO,+10e+11H+ +4H2O, +OH- 反应后生成的 转 HH -OH 化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成 B正确：C项，在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离 HCOOH的同时还生成了H一，生成的HCOOH再与氢氧化 子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1ol的氧 钾酸碱中和：HCOOH十OH一HCOO十H2O,而生成的 气，转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol,C错误； H在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H一2 D项，硝酸根离子在阴极反应转化为NH,OH是电化学反 一H2个，阴极水得电子生成氢气：2H2O十2e一H2个 应，NHOH和丙酮酸反应是化学反应，CHO,N在电极 +20H 上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置整合了电化 A.由以上分析可知，阳极反应：①HCHO十OH一e= 学一化学一电化学串联反应，D正确。] 11.解析：(1)A.催化剂只能改变反应速率，不能提高平衡转化 HCOOH-+号H,◆，②HCOOH+OH一HCO0+ 率，A错误；B.汽油燃烧不充分会产生黑烟，NO,的生成主 H2O,阴极反应2H2O十2e一H2个十2OH,即转移 要是与发动机内产生的电火花有关，B错误：C.在此变化过 2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2,共2molH2,而传 程中，NO,转化为N,得电子被还原，C正确：D.在催化剂 统电解水：2H,0电解2H,◆十0，◆，转移2m0l电子，只有 的作用下，CO、NO、CH。分别转化为CO2、N2、H2O,都转 化为无毒的物质，D正确： 阴极生成1molH2,所以相同电量下H,理论产量是传统电 (2)①2C(s)+0(g)→2C0(g)△H1=-221.0kJ·mol 解水的2停，故A错误；B.阴极水得电子生成氢气，阴极反 ②N2(g)+O2(g)→2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol1 应为2H20十2e= 一H,个十2OH,故B正确：C.由电极反 ③2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H,= 应式可知，电解过程中阴极生成OH,负电荷数增多，阳极负电 荷减少，要使电解质溶液呈电中性，OH厂通过阴离子交换膜向 -746.0kJ·mol 阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；D.由以上分析可知， 利用盖斯定律，将反应（①一②十③）÷2得：用焦炭还原 NO生成无污染气体的热化学方程式为2NO(g)十C(s) 阳极反应涉及：①HCHO+OH-e一HCOOH+2H↑， =CO2(g)+N2(g)△H=[(-221.0-180.5-746.0) ②HCOOH+OH-—HCOO+HO,由（①+②）X2得 ÷2]kJ/mol=一573.75kJ/mol:(3)由电子流动的方向判 阳极反应为：2HCHO-2e十4OH—2HCOO+2H2O 断，N型半导体为负极，碳棒为正极。①装置中H为阳离 十H2个，故D正确。] 子，应向正极移动，则应向甲池迁移。②乙池溶液中，互将 假期必刷24 H2S氧化，生成I厂和S等，发生反应的离子方程式：H2S十 素养提升 一3I+SV+2H+:(4)NO可以被含Ce+的溶液吸 1.D[A.决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的化学 收，生成含有Ce3+和NO。的吸收液，则反应的离子方程式 性质，温度、浓度、压强和催化剂等均是外因，A错误：B.增 为：Ce++NO+HO-Ce3++NO2+2H。①由Ce3+ 大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高 生成Ce+,失电子，应在阳极进行转化，所以Ce+从电解槽 反应速率，活化分子百分数不变，B错误；C.对于可逆反应， 的口流出。②在阴极，NO2在酸性溶液中得电子生成 升高温度，正、逆反应速率均加快，C错误；D.从酯化反应体 N2,电极反应式：2NO2+8H+6e—N2↑+4H2O, 系中分离出水，相当于降低生成物浓度，反应速率减慢，平衡 答案：(1)AB(2)2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g) 正向移动，有利于提高酯的产率，D正确。] 2.C3.C △H=-573.75k/mol(3)①甲②H2S+I5—3I+ 4.D[A.增大压强可以增大单位体积内活化分子数，从而提 S+2H (4)Ce++NO+H2O-Ce++NO2 +2H 高有效碰撞次数，所以可加快该反应速率，故A正确；B.该 ①a②2NO2+8H+6e—N2↑+4H2O 反应吸热，升高温度平衡正向移动，可以提高C)2的转化 飞坐快乐限明 90M= 率，故B正确；C.增大H2的浓度不能改变平衡常数，故C正 10.B[A.图I中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反 确；D.密闭容器中，通入2 mol CO,和6molH2,因为反应 应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率 可逆不可进行到底，故生成的C,H,小于1mol,故D错误。] 减小，故A错误；B.图Ⅱ在t。时刻，正、逆反应速率都增大， 5.C[A.温度升高，反应速率均增大即H,S分解的正、逆反 但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B 应速率均增大，故A正确；B.900℃，ts后达平衡，硫化氢的 正确：C.增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速 转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa,则H2的平均生 率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增 成逢率为05力邮=会kPs,故B正确：C根据图中 大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压 t s 强的原因，故C错误：D.曲线表示平衡常数与温度的关系， 曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸 曲线上各点都是平衡点，故D错误。] 热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，而加入 11.解析：(1)①硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化 A,O,催化剂使正反应和逆反应活化能都降低，但正反应的 硫、硫和水，反应的化学方程式为NSO3十HSO, 活化能仍大于逆反应的活化能，故C错误：D.催化剂需要适 Na2SO4十SO24+S￥+H2O;②实验①、②的温度不同， 故可探究温度对反应速率的影响，要探究温度对反应速率 宜温度，在1100℃，曲线Ⅱ、Ⅲ重合，说明Al,O3催化剂可 的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的N2S,O 能几乎失去活性，故D正确。] 溶液的量相同，故V,=10.0mL,加入的疏酸的量相同，故 6.B[A项，t时正反应速率增大，且大于逆反应速率，则应 V2=10.0mL,加入水的体积相等，故V3=0mL;实验① 为增大压强，错误：B项，，时正逆反应速率同等程度增大 ③的温度相同，加入硫酸的量不同，即硫酸的浓度不同，故 则为使用了催化剂，正确：C项，t时正反应速率减小，且递 可探究浓度对反应速率的影响，加入Na2S,O,溶液的量要 反应速率大于正反应速率，则为减小压强，错误；D项，时 相同，则V,=10.0mL,实验①、③的溶液总体积相同，都是 反应速率瞬间不变，然后减小，则应为减小生成物浓度， 20mL,只有加入硫酸的量不同，所以V=6.0mL； 错误。] (2)①平衡常数为生成物浓度暴之积与反应物浓度幂之积 ,C[A.4min内(D)=0.4mo=0.1mol·L· 的比，则CO2(g)十H2(g)-一CO(g)十H2O(g)的平衡常数 4 min min',相同时间内不同物质的反应速率之比等于其化学计 K=cCO)·c(H,O) c(C0,)·)②由温度升高，平衡常数变大可知， 量数之比，则u(C):(D)=(0.1mol·L1·min1):(0.1 升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应； mol·L1·min1)=x:1,则x=1,故A正确；B.设开始时 ③c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，平衡常数K=1, A、B的物质的量浓度都是nmol/L,列三段式： 则该温度为830℃；④800℃时，K=0.9,Q= 3A(g)+B(g)xC(g)+D(g) c(CO)·c(H2O)_1mol/L×3mol/L =1>K,所以化 起始量/mol/L n n 0 c(CO2)·c(H2)2mol/L×1.5mol/L 转化量/mol/L 1.20.4 0.4 学平衡向逆反应方向移动： 4min时量/mol/Ln-1.2n-0.4 0.4 (3)①P4(白磷，s)十5O2(g)=2P2O(s).△H1; 4min时c(A)：c(B)=(n-1.2):(n-0.4)=3:5,n= ②4P(红磷，s)+5O2(g)—2P20(s)△H2； 2.41mn未B的转化率号×10%≈16.7%，故B正确： ②一①得到反应：4P(红磷，s)一P,(白磷，s),△H=△H -△H1, C.根据B计算A的起始浓度为2.4mol/L,故C错误； 红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，所以反应 D.4min内o(B)=g=0.4mol/L=0.1mol·L1· 4P(红磷，s)—P,(白磷，s)是吸热反应，即△H=△H2 △t 4 min △H1>0,则△H<AH2。 min1,故D正确。] 答案：(1)①NaS2O3+HSO,—Na2SO,+SO2个+SV 8.AD[A.600~1200s,N,O的变化量为(0.96-0.66)mol·L +H,O②温度0浓度6.0 =0.3mol·L1,在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即 (2)0SC0)·cH,0) c(CO2)·c(H2) ②吸热③830④逆向(3)< 0.6mol·L1,因此，生成N0,的平均速率为0.6molL 真题再现 600s 1.C[A.实验①中，0~2小时内平均反应速率(S()= 1.0×103mol·L1·s,A说法正确：B.由表中数据可知，反 应2220s时，N2O的变化量为(1.40-0.35)mol·L1= 5.0×103-1.0X10)mol.L=2.0x105mlL1·h1, 2h 1.05mol·L1,其物质的量的变化量为1.05mol·L1× A不正确：B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发 0.1L=0.105mol,0,的变化量是其号倍，即0.0525mol, 生反应的离子方程式中不能用H配电荷守恒，B不正确： C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中 因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol× SO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳 22.4L/mol=1.176L,B说法不正确；C.反应达到平衡时， 米铁质量可加快反应速率，C正确：D.综合分析实验③和② 正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率 可知，在相同时间内，实验②中SO浓度的变化量大，因 时，其数值之比等于其化学计量数之比，2E(N,O)= 此，其他条件相同时，适当减小初始pH,SO子的去除效果 v运NO2),C说法不正确；D.分析表中数据可知，该反应经 过1110s(600~1710,1710~2820)后N20的浓度会变 越好，但是当初始pH太小时，H浓度太大，纳米铁与H 反应速率加快，会导致与SO反应的纳米铁减少，因此， 为原来的令，因此，N,0,的浓度由0.24m0l·L1变为 当初始pH越小时SeO的去除效果不一定越好，D不 0.12mol·L1时，可以推测上表中的x为2820+1110 正确。] 2.B[A.由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L,则 3930,D说法正确。] 9.D[该实验原理是2KMnO,+5H,C2O,+3H2SO, 0~2min内，w的反应速率为(0.160-0.080)mol/L 2 min KzSO,+2MnSO,+10CO2↑+8H2O,KMnO,被还原为 0.040mol/(L·min),故A错误；B.反应③的活化能大于反 MSO,,溶液由紫色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色 应②说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应② 时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、 平衡向逆反应方向移动，Z的浓度减小，故B正确：C.由反应 c(KMnO,)均相同，c(H2C2O:)不同，故实验目的是探究浓 达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k2c2(X)=k3c(Z),若 度对化学反应速率的影响，B正确：实验①③中c(KMO,)、 k2=k3,则X和Z的浓度关系为c(Z)=c(X),故C错误； c(H,C,O)均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化 D.由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y,Y 学反应速率的影响，C正确；该反应中M+起催化作用，① 只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不 中加入MnSO,固体，会加快反应速率，D错误，] 变、产率不变，故D错误。] 118