第18讲 化学反应速率(讲)-2023年高考化学一轮复习讲练测(解析版)

第18讲化学反应速率
1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。

2.了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。

3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。

4.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。

【核心素养分析】
变化观念与平衡思想：能认识化学反应速率是变化的，知道化学反应速率与外界条件有关，并遵循一定规律；能多角度。

动态地分析化学反应速率，运用化学反应原理解决实际问题。

证据推理与模型认知：建立观点、结论和证据之间的逻辑关系，知道可以通过分析、推理等方法认识化学反应速率的本质特征及其相互关系，建立模型。

能运用模型解释化学现象，揭示现象的本质和规律。

科学探究与创新意识：能发现和提出有关化学反应速的有探究价值的问题；通过控制变量来探究影响化学反应速率的外界条件。

知识点一化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率计算的万能方法——三段式法
对于反应m A(g)＋n B(g)p C(g)＋q D(g)，起始时A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，反应进行至t1s时，A消耗了x mol·L－1，则化学反应速率可计算如下：
m A(g)＋n B(g)p C(g)＋q D(g)起始/(mol·L－1)a b00
转化/(mol·L－1)x nx
m
px
m
qx
m
t1/(mol·L－1)a－x b－nx
m px
m
qx
m
则：v(A)＝x
t1mol·L－1·s－1，v(B)＝nx
mt1
mol·L－1·s－1，
v(C)＝px
mt1mol·L－1·s－1，v(D)＝qx
mt1
mol·L－1·s－1。

3．化学反应速率与化学计量数的关系
对于已知反应m A(g)＋n B(g)===p C(g)＋q D(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。

如一定温度下，在密闭容器中发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)。

已知v(A)＝0.6mol·L－1·s－1，则v(B)＝0.2mol·L－1·s－1，v(C)＝0.4mol·L－1·s－1。

4．化学反应速率的大小比较
(1)归一法
将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行速率的大小比较。

(2)比值法
行大小排序，数值大的反应速率快。

如反应m A(g)＋n B(g)===p C(g)＋q D(g)，若v A
m＞
v B
n，则反应速
率A＞B。

知识点二影响化学反应速率的因素
1．影响化学反应速率的因素
(1)内因
反应物本身的性质是主要因素。

如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。

(2)外因(只改变一个条件，其他条件不变)
【特别提醒】
①改变固体或纯液体的量对化学反应速率无影响。

②浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。

(3)反应体系条件改变对反应速率的影响
①恒温时：体积缩小――→引起压强增大――→引起浓度增大――→引起
反应速率增大。

②恒温恒容时：
a ．充入气体反应物――→引起总压强增大――→引起浓度增大――→引起
反应速率增大。

b ．充入“惰性气体”――→引起
总压强增大，但各气体分压不变―→各物质的浓度不变―→反应速率不变。

③恒温恒压时：充入“惰性气体”――→引起体积增大――→引起各反应物浓度减小――→引起
反应速率减小。

2．理论解释——有效碰撞理论(1)活化分子、活化能、有效碰撞①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。

②活化能：如图
图中：E 1为正反应的活化能，E 2为逆反应的活化能，使用催化剂时的活化能为_E 3__，反应热为E 1－E 2。

③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。

(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
知识点三速率－时间(v ­t )图像
由图像变化分析外界条件对其影响，已知反应为m A(g)＋n B(g)p C(g)＋q D(g)
ΔH ＝Q kJ·mol －
1。

1．“渐变”类v ­t 图像
图像
分析
结论
t 1时v ′正突然增大，v ′
逆逐渐增大；v ′
正
＞v ′逆，平衡向正反应方向移动
t 1时其他条件不变，增大反应物的浓度
t 1时v ′正突然减小，v ′逆逐渐减小；v ′
逆
＞v ′正，平衡向逆反应方向移动
t 1时其他条件不变，减小反应物的浓度
t 1时v ′逆突然增大，
v ′正逐渐增大；v ′
逆
＞v ′正，平衡向逆反应方向移动
t 1时其他条件不变，增大生成物的浓度
t 1时v ′逆突然减小，v ′正逐渐减小；v ′
正
＞v ′逆，平衡向正反应方向移动
t 1时其他条件不变，减小生成物的浓度
2．“断点”类v ­t 图像
图像
分析
结论
t 1时v ′正、v ′逆均突然增大，且v ′正＞v ′逆；平衡向正反应方向进行
t 1时其他条件不变，增大反应体系
的压强且m ＋n ＞p ＋q (正反应为体积减小的反应)
t 1时其他条件不变，升高温度且Q ＞0(吸热反应)
t 1时v ′正、v ′逆均突然增大，且v ′逆＞v ′正；平衡向逆反应方向进行
t 1时其他条件不变，增大反应体系
的压强且m ＋n ＜p ＋q (正反应为体积增大的反应)
t 1时其他条件不变，升高温度且Q ＜0(放热反应)
t1时v′正、v′逆均突然减小，且
v′正＞v′逆；平衡向正反应方向进行
t1时其他条件不变，减小反应体系
的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体积
增大的反应)
t1时其他条件不变，降低温度且Q
＜0(放热反应)
t1时v′逆、v′正均突然减小，且
v′逆＞v′正；平衡向逆反应方向进行
t1时其他条件不变，减小反应体系
的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体积
减小的反应)
t1时其他条件不变，降低温度且Q
＞0(吸热反应
)
3．“平台”类v­t图像
高频考点一化学反应速率
【例1】(2022·北京卷)2
CO捕获和转化可减少
2
CO排放并实现资源利用，原理如图1所示。

反应①完成之后，以2
N为载气，以恒定组成的
24
N CH
、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。

反应过程中始终未检测到2
CO，在催化剂上有积碳。

下列说法不正确．．．
的是A.反应①为23CaO+CO =CaCO ；反应②为34
2
CaCO +CH CaO+2CO+2H 催化剂
B.13t ~t ，()2n H 比n(CO)多，且生成2H 速率不变，可能有副反应42
CH C+2H 催化剂
C.2t 时刻，副反应生成2H 的速率大于反应②生成2H 速率
D.3t 之后，生成CO 的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C
【解析】由题干图1所示信息可知，反应①为23CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应②为34
2催化剂
CaCO +CH CaO+2CO+2H ，A 正确；由题干图2信息可知，13t ~t ，()2n H 比n(CO)多，且生
成2H 速率不变，且反应过程中始终未检测到2CO ，在催化剂上有积碳，故可能有副反应
4
2催化剂
CH C+2H ，反应②和副反应中CH 4和H 2的系数比均为1：2，B 正确；由题干反应②方程式可知，
H 2和CO 的反应速率相等，而2t 时刻信息可知，H 2的反应速率未变，仍然为2mmol/min ，而CO 变为1~2mmol/min 之间，故能够说明副反应生成2H 的速率小于反应②生成2H 速率，C 错误；由题干图2信息可知，3t 之后，CO 的速率为0，CH 4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO 的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D 正确；故答案为C 。

【变式探究】（2022·浙江卷）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化
如图中曲线甲所示。

下列说法不正确．．．
的是
A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C.在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【解析】图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D错误；故选C。

【变式探究】（2021·广东卷）反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。

反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t()
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。

因此，图中呈不断减小趋势
的a 线为X 的浓度c 随时间t 的变化曲线，呈不断增大趋势的线为Z 的浓度c 随时间t 的变化曲线，先增大后减小的线为Y 的浓度c 随时间t 的变化曲线。

X 是唯一的反应物，随着反应的进行，其浓度不断减小，因此，由图可知，a 为c (X)随t 的变化曲线，A 正确；由图可知，分别代表3种不同物质浓度的曲线相交于t 1时刻，因此，t 1时c (X)＝c (Y)＝c (Z)，B 正确；由图中信息可知，t 2时刻以后，Y 的浓度仍在不断减小，说明t 2时刻两步反应仍在向正反应方向进行，而且反应①生成Y 的速率小于反应②消耗Y 的速率，即t 2时Y 的消耗速率大于生成速率，C 正确；由图可知，t 3时刻反应①完成，X 完全转化为Y ，若无反应②发生，则c (Y)＝c 0，由于反应②Y→2Z 的发生，t 3时刻Y 浓度的变化量为c 0－c (Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z 的浓度的变化量为2[c 0－c (Y)]，这种关系在t 3后仍成立，因此，D 不正确。

高频考点二
影响化学反应速率的因素
【例2】（2022·广东卷）在相同条件下研究催化剂I 、Ⅱ对反应X 2Y →的影响，各物质浓度c 随反应时间t 的部分变化曲线如图，则
A.无催化剂时，反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C.a 曲线表示使用催化剂Ⅱ时X 的浓度随t 的变化
D.使用催化剂Ⅰ时，0~2min 内，()1
1
X 1.0mol L min
v --=⋅⋅【答案】D
【解析】由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A 错误；由图可知，催化剂I 比催化剂II 催化效果好，说明催化剂I 使反应活化能更低，反应更快，故B 错误；由图可知，使用催化剂II 时，在0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L ，而a 曲线表示的X 的浓度变化了2.0mol/L ，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂II 时X 浓度随时间t 的变化，故C 错误；使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L ，则
v (Y)=Δc Δt ==4.0mol /L 2min =2.011L min mol --⋅⋅，v (X)=1υ2(Y)=12
⨯2.011L min mol --⋅⋅=1.011L min mol --⋅⋅，
故D 正确；答案选D 。

【变式探究】（2021·浙江卷）取50mL 过氧化氢水溶液，在少量I ­存在下分解：2H 2O 2=2H 2O+O 2↑。

在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min020406080
c/(mol·L­1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L­1·min­1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I­也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量
n(H2O2)=(0.80­0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·V m=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；20~40min，消耗过氧化氢的浓度为
(0.40­0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=Δc
t=
0.20mol/L
20min=0.010mol/(L·min)，B正确；
随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min 时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；I­在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故答案选C。

【变式探究】（2021·河北卷）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。

反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。

反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。

下列说法错误的是()
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3mol·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】0～30min 时间段内，Δc (Z)＝0.125mol·L －
1，Δc (M)＝0.500mol·L －
1－0.300mol·L －
1＝0.200mol·L
－1
，反应①中Δc (M)＝0.200mol·L －1－0.125mol·L －1＝0.075mol·L －1，则Δc (Y)＝0.075mol·L －1，v (Y)＝
Δc （Y ）t
＝0.075mol·L －
130min
＝2.5×10－3mol·L －1·min －1，A 说法错误；反应①、②速率之比为v 1v 2＝k 1c 2（M ）k 2c 2（M ）＝k 1k 2，为定值，
则Y 、Z 的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比保持不变，B 说法正确；由上述分析可知，v 1v 2＝k 1k 2＝0.075mol·L －
10.125mol·L －1＝3
5
，如果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，
因此有5
8(即62.5%)的M 转化为Z ，C 说法正确；结合C 选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应
①的活化能比反应②的活化能大，D 说法正确。

【变式探究】(2020·山东等级考)1，3­丁二烯与HBr 发生加成反应分两步：第一步H ＋
进攻1，3­丁二烯
生成碳正离子(
)；第二步Br －
进攻碳正离子完成1，2­加成或1，4­加成。

反应进程中的能量变化
如图所示。

已知在0℃和40℃时，1，2­加成产物与1，4­加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。

下列说法正确的是(
)
A ．1，2­加成产物比1，4­加成产物稳定
B ．与0℃相比，40℃时1，3­丁二烯的转化率增大
C ．从0℃升至40℃，1，2­加成正反应速率增大，1，4­加成正反应速率减小
D ．从0℃升至40℃，1，2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】D
【解析】1，4­加成产物的能量比1，2­加成产物的能量更低，能量越低越稳定，所以1，4­加成产物比1，2­加成产物更稳定，故A 错误；根据反应进程和能量关系图可知，此反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小，故B 错误；温度升高，各反应的正、逆反应速率均增大，故C 错误；温度升高，反应的正、逆反应速率都增大，根据题干信息可以看出，1，2­加成产物的产量减小，所以1，2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D 正确。

高频考点三
速率常数及其应用
【例3】(2022·河北卷)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X ，发生反应的方程式为①X Y ；
②Y Z 。

反应①的速率11v =k c(X)，反应②的速率22v =k c(Y)，式中12k k 、为速率常数。

图甲为该体系中X 、Y 、Z 浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的1
lnk~
T
曲线。

下列说法错误的是
A.随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低
B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)
C.欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于1T 时，总反应速率由反应②决定【答案】AB
【解析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X ，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z ，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y ；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。

由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A 说法错误；根据体系中发生的反应可知，在Y 的浓度达到最大值之前，单位时间内X 的减少量等于Y 和Z 的增加量，因此，v (X)=v (Y)+v (Z)，但是，在Y 的浓度达到最大值之后，单位时间内Z 的增加量等于Y 和X 的减少量，故v (X)+v (Y)=v (Z)，B 说法错误；升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y 的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C 说法正确；由图乙信息可知，温度低于T 时，k 1＞k 2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D 说法正确；综上所述，本题选AB 。

【变式探究】[2020·全国卷Ⅱ，28(2)]高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH 4――→高温
C 2H 6＋H 2。

反应在初期阶段的速率方程为：r ＝k ×4CH c ，其中k 为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为r 1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r 2，则r 2＝________r 1。

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是________。

A ．增加甲烷浓度，r 增大
B ．增加H 2浓度，r 增大
C ．乙烷的生成速率逐渐增大
D ．降低反应温度，k 减小【答案】①(1－α)
②AD
【解析】①甲烷的转化率为α时，()42CH c ＝(1－α)()41
CH c ，则r 2r 1＝()(
)
42
41
CH CH
kc kc ＝1－α，即r 2＝(1－α)r 1。

②A
对，由速率方程知，甲烷的浓度越大，反应越快；B 错，H 2的浓度大小不影响r ；C 错，反应过程中4CH c 逐渐减小，故C 2H 6的生成速率逐渐减小；D 对，降低反应温度，反应速率减小，故k 减小。

【方法技巧】1．速率常数含义
速率常数(k )是指在给定温度下，反应物浓度皆为1mol·L －
1时的反应速率。

在相同的浓度条件下，可用
速率常数大小来比较化学反应的反应速率。

化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。

因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。

2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。

对于反应：a A ＋b B===g G ＋h H 则v ＝kc a (A)·c b (B)(其中k 为速率常数)。

如：①SO 2Cl 2SO 2＋Cl 2
v ＝k 1c (SO 2Cl 2)②2NO 2
2NO ＋O 2
v ＝k 2c 2(NO 2)
③2H 2＋2NO
N 2＋2H 2O
v ＝k 3c 2(H 2)·c 2(NO)
3．速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。

【变式探究】(2018·全国卷Ⅲ)三氯氢硅(SiHCl 3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。

对于反应2SiHCl 3(g)===SiH 2Cl 2(g)＋SiCl 4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K 和343K 时SiHCl 3的转化率随时间变化的结果如图所示。

比较a 、b 处反应速率大小：v a ________v b (填“大于”“小于”或“等于”)。

反应速率v ＝v 正－v 逆＝k 正x 2SiHCl 3
－k 逆x SiH 2Cl 2x SiCl 4，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处的v 正
v 逆
＝________(保留一位小数)。

【解析】温度越高，反应速率越大，a 处所在曲线对应的温度高于b 处所在曲线对应的温度，所以a 处反应速率大于b 处反应速率。

a 处所在曲线达到平衡时，v 正＝v 逆，即k 正x 2SiHCl 3＝k 逆x SiH 2Cl 2x SiCl 4，从题图上可知，a 处所在曲线平衡时SiHCl 3的转化率为22%，设投入SiHCl 3y mol ，则根据三段式法得
2SiHCl 3(g)===SiH 2Cl 2(g)＋SiCl 4(g)
开始/mol y 00转化/mol 0.22y 0.11y 0.11y 平衡/mol
0.78y
0.11y
0.11y
代入k 正x 2
SiHCl 3＝k 逆x SiH 2Cl 2x SiCl 4得，0.782
k 正＝0.112
k 逆，k 正k 逆＝
0.112
0.782①
在a 处SiHCl 3的转化率为20%，根据三段式法得
2SiHCl 32Cl 2(g)＋SiCl 4(g)
开始/mol y 00转化/mol 0.2y 0.1y 0.1y a 处/mol
0.8y
0.1y
0.1y
则v 正v 逆＝k 正x 2SiHCl 3k 逆x SiH 2Cl 2x SiCl 4＝k 正k 逆×0.820.12，将①代入计算得出v 正v 逆＝1.3。

【答案】大于 1.3
高频考点四
反应历程(或机理)图像分析
【例4】(2021·山东卷)18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为
能量变化如图所
示。

已知为快速平衡，下列说法正确的是()
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CH183OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，A错误；反应Ⅰ为加成反应，而
为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反
应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH183OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，
总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。

【变式探究】(2020·全国Ⅰ卷)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是()
A．CH3COI是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO===CH3CO2H
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CH3OH＋HI===CH3I＋H2O
【答案】C
【解析】由反应过程图可知
CH3OH→CH3I→→→→CH3COI→CH3CO2H，CH3COI是反应的中间
产物，A项正确；把各步反应累加，得到CH3OH＋CO===CH3CO2H，B项正确；和
中Rh的成键数为6，中Rh的成键数为5，中Rh的成键数为4，反应过程中Rh 的成键数不相同，C项错误；由题图可知，甲醇的第一步反应为CH3OH＋HI===CH3I＋H2O，D项正确。

【举一反三你】(2020·全国Ⅱ卷)据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。

下列叙述
错误的是()
A．OH－参与了该催化循环
B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2
D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】结合反应机理图可知OH－参与了该催化循环反应，A项正确；从反应机理图可看出有H2生成，且H2没有再参与反应，即该反应可产生清洁燃料H2，B项正确；根据反应机理图可看出CO参与了反应，并最终转化为CO2放出，即该反应能消耗CO，生成CO2，C项错误；该循环过程中Fe的成键数目可能是4、
5或6，即该催化循环过程中Fe的成键数目发生变化，D项正确。