辽宁省沈阳市2024届高三一模 化学试题

2024年沈阳市高中三年级教学质量监测(一)化学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。2.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。第I卷用黑色水性笔答在答题卡上。在本试卷上作答无效。3.考试结束后，考生将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Si28S32一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是A．歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料B．液晶既有液体的流动性，又有类似晶体的各向异性C．氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂D．碳酸氢铵、碳酸氢钠可用于制作面包等食品的膨松剂2．下列化学用语中表示错误的是A．碳原子的价电子轨道表示式B．氢元素的三种不同核素：H、D、TC．的VSEPR模型为平面三角形D．钠原子电子云图3．下列工业生产中涉及的原理中错误的是A．制备硝酸：B．海水提溴：C．制备氢氧化钠：D．冶炼银：4．表示阿伏加德罗常数，关于硫代硫酸钠和稀硫酸的反应，下列说法中错误的是A．硫代硫酸钠固体中阴阳离子总数为B．溶液中数目为C．和混合物中硫原子数目为D．标准状况下，生成时，理论上转移的电子数为5．下列离子方程式中书写正确的是A．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢：B．溶于氨水形成硫酸六氨合镍溶液：C．将水垢中转化为的原理：D．向盐酸中滴加少量碳酸钠溶液：6．下列说法中错误的是A．根据水的沸点高于氟化氢，推断分子间氢键数目：B．根据推电子基团种类不同，推断酸性：C．根据核外电子数不同，推断核外电子空间运动状态种类：D．根据中心原子电负性不同，推断键角：7．某立方晶系的锑钾合金可作为钾离子电池的电极材料，下图表示晶胞。下列说法中错误的是A．该晶胞的体积为 B．和原子数之比为C．与最邻近的原子数为4 D．该晶胞的俯视图为8．近日，清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片，成立了“芯片学院”。某小组拟在实验室制造硅，其流程如下图。已知：。下列说法中错误的是A．点燃镁条引发反应的过程中，涉及两种晶体类型的变化B．氛围是为了阻止被二次氧化和自燃C．操作2为用去离子水洗涤并烘干D．镁粉生成和的混合物，转移电子9．下列实验装置能够达到实验目的的是A．图a测定醋酸的浓度 B．图b由溶液制取无水C．图c探究压强对平衡的影响 D．图d验证保护了10．2023年星恒电源发布“超钠F1”开启钠电在电动车上产业化元年。该二次电池的电极材料为(普鲁士白)和(嵌钠硬碳)。下列说法中错误的是A．放电时，左边电极电势高B．放电时，负极的电极反应式可表示为：C．充电时，电路中每转移电子，阳极质量增加D．比能量：锂离子电池高于钠离子电池11．基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“”标注，下列说法中错误的是A．整个反应历程中有极性键的断裂和生成 B．过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 D．反应决速步的活化能为12．血红蛋白可与结合，更易与配位，血红蛋白与配位示意如图所示。血红蛋白与、结合的反应可表示为①②下列说法中错误的是A．相同温度下， B．反应①②的、均小于0C．图中的配位数为6 D．用高压氧舱治疗中毒时，平衡①②均逆向移动13．环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下，下列说法中错误的是A．电极1连接外接电源的正极B．电极2的电极反应式为：C．溶液a可能含有两种溶质，溶液b可循环使用D．离子膜可选择性的透过和14．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法中错误的是A．氧化物的熔点： B．气态氢化物的热稳定性：C．简单离子半径： D．第一电离能：15．25℃时，往蒸馏水中加入足量粉末，经过后往溶液中加入粉末(忽略温度变化)，整个过程中溶液电导率和随时间的变化如图所示，下列说法中错误的是A．加入粉末后，溶液上升的原因为B．加入粉末后，溶液中的水解程度增大C．时，D．时，二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：已知：①不稳定，易被空气氧化②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为③，，(1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中、的浓度和测定结果如下图，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为，后曲线产生明显差异的原因。(用化学方程式表示)。(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳实验条件为，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是。(3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为(当离子浓度小于时认为沉淀完全)。(4)“沉锰”步骤中为减少副产物的生成，正确的操作是将溶液逐量加入溶液中，并不断搅拌。(5)“酸溶”后的操作步骤包括、过滤、洗涤、干燥。17．是一种优质还原剂，是运载火箭的固体燃料。某实验小组采用“循环利用氯化锂法”制备，实验步骤如下：①制备：氯化锂、钠、氢气在500~600℃下反应得到混合物；②制备：将溶于乙醚后与无水氯化铝反应。制备的实验装置如下：回答下列问题：(1)实验开始，检验装置气密性，添加药品完毕，加热装置前应进行的操作是。(2)B装置中发生反应的离子方程式为，E装置的作用是。(3)制备的化学方程式为。(4)乙醚作溶剂的优点是。(5)采用该方法制备的突出优点是。(6)的还原能力比更强大，原因是。18．2023杭州亚运会火炬塔燃料首次使用新型燃料—绿色零增碳甲醇，用实际行动向世界展示了我国对碳中和的决心和成果，具体流程如下图。回答下列问题：(1)整个过程只消耗太阳能。和仅充当能量的媒介且可实现完美循环，这是典型的人工光合过程，则过程为反应(填“吸热”或“放热”)。(2)催化加氢制备甲醇，反应如下：主反应：副反应：表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成化合物时的焓变)。则物质0-394-242-201(3)探究影响合成反应化学平衡的因素，有利于提高的产率。的平衡转化率和的选择性随温度、压强变化如下图的选择性，则下列说法正确的是。A．B．恒温密闭体系中，加压时副反应平衡不移动C．300~350℃曲线变化的原因可能是此时以发生副反应为主D．加入选择性更好的催化剂，可以提高甲醇的平衡产率E．300℃时，当体系中混合气体的平均摩尔质量不再改变，则该体系达到平衡状态(4)在下，恒压反应器中，按初始投料发生反应：，初始总压为，反应平衡后，的平衡转化率为，则该反应的平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(5)一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原制备甲醇的装置如左下图所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如右下图所示。①b电极生成的电极反应式为。②控制电压为，电解时转移电子的物质的量为mol。19．铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体(白色)、固体(棕黄色)、固体(深褐色)。和溶液呈蓝色，溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。【查阅资料】1.固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。2.在溶液中存在如下平衡：【提出假设】1.铜盐的颜色不同与离子种类有关。2.溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的，又有蓝色的，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。【设计方案】序号温度/℃V(氯化铜)/mLV(饱和硫酸铜)/mLV(饱和___________)/mLV(饱和氯化钠)/mLV(水)/mL溶液颜色1254.0无色2254.0无色3254.0蓝色4254.0绿色5252.0a蓝绿色6252.02.0蓝绿色7252.02.0黄绿色8504.0黄绿色回答下列问题：(1)解释的颜色深于的原因。(2)配制溶液的方法是。(3)根据表中信息，补充试剂和数据：饱和、a=。(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因(用平衡移动原理解释)。(5)以上实验说明影响溶液颜色的因素主要有。(答两点即可)【实验结论】假设1，2成立。(6)溶液呈现不同颜色的根本原因与、和微粒(写结构式)的浓度有关。1．A【详解】A．氮化镓是化合物，不是金属材料，选项A错误；B．根据液晶的特性可知，液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，选项B正确；C．高浓度的氯化钠溶液可以使细菌细胞脱水死亡，可用作食品防腐剂，选项C正确；D．碳酸氢铵、碳酸氢钠在加热的条件下能分解产生氨气、二氧化碳，从而使糕点变的蓬松，选项D正确；答案选A。2．C【详解】A．碳原子的价电子排布式为2s22p2，其价电子轨道表示式，A正确；B．H、D、T分别为1H、2H、3H，它们是氢元素的三种不同核素，B正确；C．的中心原子的σ键电子对数3，孤电子对为1，则价层电子对数4，其VSEPR模型为四面体，C错误；D．钠原子的2p轨道为哑铃形，其电子云图为，D正确；故选C。3．A【详解】A．工业上制备硝酸是通过氨气的催化氧化生成NO，NO再氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，故A错误；B．海水提溴是通过氯气将溴离子氧化为溴单质，故B正确；C．工业上通过电解饱和食盐水制备氢氧化钠，方程式为：，故C正确；D．冶炼银是通过加热氧化银使其分解生成银单质，故D正确；答案选A。4．B【详解】A．Na2S2O3中阳离子为Na+、阴离子为，1molNa2S2O3中含2molNa+和1mol，1mol硫代硫酸钠固体中阴阳离子总物质的量为3mol，总数为3NA，A项正确；B．100mLpH=2H2SO4溶液中n(H+)=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，H+数目为0.001NA，B项错误；C．32gS6和S8混合物中n(S)==1mol，含硫原子数目为NA，C项正确；D．硫代硫酸钠与稀硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中生成1molSO2转移2mol电子，标准状况下22.4LSO2物质的量为1mol，则理论上转移电子数为2NA，D项正确；答案选B。5．B【详解】A．酸性KMnO4溶液滴定双氧水，H2O2被氧化为O2，离子方程式为：，A错误；B．溶于氨水形成硫酸六氨合镍溶液，离子方程式为：，B正确；C．将水垢中转化为，属于沉淀转化，离子方程式为：，C错误；D．向盐酸中滴加少量碳酸钠溶液生成水和二氧化碳，离子方程式为：，D错误；故选B。6．C【详解】A．水分子之间和HF分子之间都存在氢键，水常温下为液体，HF常温下为气体，则分子间氢键数目：，A正确；B．乙基的推电子能力比甲基大，则正丙酸中的羧基较难电离出氢离子，其酸性较弱，B正确；C．S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，两者的核外电子空间运动状态种类都为1+1+3+1+3=9，C错误；D．N的电负性大于P，则N—H键中的共用电子对都更加偏向于N原子，相互之间斥力较大，键角大，D正确；故选C。7．D【详解】A．晶胞的体积为，该晶胞的体积为，A正确；B．根据图示晶胞中平均含有原子数为，原子数为，和原子数之比为，B正确；C．由图可知，晶胞体心处最邻近的原子数为4，C正确；D．根据图示推出晶胞顶点、面心、内部存在原子，该晶胞的俯视图为，D错误；故选D。8．A【详解】A．根据分析，点燃镁条引发反应的过程中发生的反应为：，，涉及到金属晶体、共价晶体、分子晶体类型的变化，A错误；B．氛围是为了阻止被二次氧化和自燃，B正确；C．根据分析，操作2为用去离子水洗涤并烘干，C正确；D．镁粉生成和的混合物，Mg由0价全部变为+2价，转移电子，D正确；故选A。9．A【详解】A．氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；

B．氯化铝溶液水解得到氢氧化铝和盐酸：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，加热和盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化铝溶液得不到氯化铝固体、得到氢氧化铝，若进一步灼烧可得到氧化铝，图b不能由溶液制取无水，B错误；C．该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；

D．未告知实验现象是什么，理论上可能有蓝色沉淀产生，有其它实验显示，d中实验的现象为：在Fe附近加入溶液，在Fe表面生成蓝色沉淀，说明在Fe表面产生了Fe2+，可能是K3[Fe(CN)6]在电极上发生电极反应，这就不符合预设目的，即图d不能验证Zn保护了Fe，若要验证Zn保护了Fe，实验方案为：锌、铁、酸化的食盐水构成原电池，原电池反应一段时间后，取出铁附近的溶液到试管内，再向试管内滴加，由于原电池装置Fe作正极，取少量Fe附近的溶液，加入一段时间后无明显变化，说明铁附近溶液中无Fe2+，则可证明Zn保护了Fe，D错误；答案选A。10．C【分析】根据图示，放电时，中的钠失去电子生成，因此为负极，据此答题。【详解】A．放电时，左边电极为正极，电极电势高，A正确；B．放电时，负极的电极反应式可表示为：，B正确；C．充电时，阳极反应式为：，电路中每转移电子，阳极质量减少，C错误；D．比能量就是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，Li、Na原子正常状态下反应时均为失去1个电子，但Li的相对原子质量小于Na的，故锂离子电池的比能量高于钠离子电池，D正确；故选C。11．C【详解】A．由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故A正确；B．由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77，故B正确；C．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误；D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应H2CO*+H=H3CO-H的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—(—0.60eV)=0.95eV，故D正确；故选C。12．D【详解】A．CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力更强，则反应②比反应①正向进行的程度大，所以相同温度下，，A正确；

B．反应①②分别为O2和CO与血红蛋白中的Fe2+形成配位键的过程，气体分子数减小、形成化学键能够释放能量，故反应反应①②的、均小于0，B正确；C．图中与周围的6个原子结合，配位数为6，C正确；

D．用高压氧舱治疗中毒时，氧气浓度增大，平衡①正向移动导致c(Hb)减小，所以平衡②逆向移动，D不正确；答案选D。13．B【分析】从图中可知，电极1上Cl-失电子生成Cl2，电极1为阳极，生成的氯气与水反应生成HClO，HClO与CH2=CH2反应生成HOCH2CH2Cl，电极2为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，钾离子可通过离子膜向下层移动，溶液a为KOH和KCl的混合溶液，KOH与HOCH2CH2Cl反应生成环氧乙烷和KCl溶液，溶液b为KCl溶液。【详解】A．电极1为阳极，连接电源的正极，A正确；B．电极2上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；C．溶液a可能含有KCl和KOH两种溶质，溶液b为KCl溶液，可循环使用，C正确；D．电解质溶液中，阳离子向阴极移动，则钾离子和氢离子可通过离子膜向下层移动，D正确；故答案选B。14．B【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol/L的W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液pH都小于7，则W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，则为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2，则Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸：H2SO4，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，则X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱：NaOH，即X是Na，所以W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，据此解答。【详解】A．X、Y分别为Na、S，其氧化物分别为离子晶体和分子晶体，晶体熔点：离子晶体>分子晶体，则氧化物的熔点：X>Y，A正确；B．Y是S，Z是Cl，非金属性：S<Cl，则气态氢化物的热稳定性：S<Cl，即Y<Z，B错误；C．W、X的简单离子分别为N3-、Na+，电子层结构相同，核电荷数：N3-<Na+，则离子半径：N3->Na+，即简单离子半径：W>X，C正确；D．W是N，Y是S，N的第一电离能大于其右边相邻元素，即N>O，同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，则O>S，所以第一电离能：N>O>S，即W>Y，D正确；故选B。15．D【详解】A．溶解产生的碳酸根离子在水溶液中发生水解，使溶液的pH上升，水解的离子方程式为，选项A正确；B．加入增大c(Ca2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，造成碳酸根离子浓度减小，水解程度增大，选项B正确；C．时，溶液中存在电荷守恒有，故，选项C正确；D．时，存在和，故根据物料守恒有，选项D错误；答案选D。16．(1)(2)，小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁(3)(4)碳酸钠硫酸锰(5)蒸发浓缩、冷却结晶【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到。【详解】（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为；（2）萃取时搅拌速度在时，萃取率最大，溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取，故答案为：，=1；小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失，故答案为：小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁；（3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：；（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有生成，为减少副产物的生成，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的固体再加入适量磷酸反应，得溶液，从溶液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。17．(1)先打开活塞，产生将装置中的空气排净(2)避免水蒸气进入D装置中(3)(4)既可溶解也可溶解，增大二者接触面积，提高反应速率，充分反应(5)可以循环利用，提高利用率(6)铝原子半径比硼原子半径大，键键能小于键，更易断裂【分析】在A装置中，稀硫酸与ZnS反应产生ZnSO4和H2S，Cu与稀硫酸不反应，Zn与稀硫酸反应产生ZnSO4和H2，在B装置中进来的有H2S和H2，H2与CuSO4不反应，但是H2S与CuSO4反应产生CuS沉淀，因为D装置要制备LiH，且钠为活泼金属，会和空气中氧气、水反应，故不能有水等进入D中，所以C中要盛入干燥剂浓硫酸干燥气体，E在阻止空气中的水汽进入D中；【详解】（1）钠为活泼金属，会和空气中氧气、水反应，故检验装置气密性，添加药品完毕，加热装置前应进行的操作是先打开活塞，产生将装置中的空气排净，防止干扰实验；（2）H2S与CuSO4反应会产生CuS沉淀，其离子方程式为；由分析可知，E装置的作用是避免水蒸气进入D装置中；（3）将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝反应制备，题中还提到利用“循环利用氯化锂法”制备LiAlH4，所以在制备LiAlH4时循环利用的氯化锂也会出现，乙醚则作为催化剂，所以其反应方程式为；（4）乙醚作溶剂既可溶解也可溶解，增大二者接触面积，提高反应速率，充分反应；（5）“循环利用氯化锂法”制备流程中可以循环利用，提高了原料的利用率；（6）铝原子半径比硼原子半径大，键键能小于键，更易断裂，使得更容易参加反应，其还原能力比更强大。18．(1)吸热(2)(3)ACE(4)0.5(5)2.8【详解】（1）整个过程只消耗太阳能，H2O和CO2仅充当能量的媒介且可实现完美循环，这是典型的人工光合过程，光合过程中太阳能转化为化学能（或CH3OH+O2→CO2+H2O为放热反应），则过程H2O+CO2→CH3OH+O2为吸热反应。（2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

∆H1=[(-201kJ/mol)+(-242kJ/mol)]-(-394kJ/mol)=-49kJ/mol。（3）A．主反应的正反应气体分子数减小，副反应反应前后气体分子数不变，其他条件相同时，增大压强，主反应正向移动、CO2的平衡转化率增大，CH3OH的选择性增大，则p1＞p2，A项正确；B．恒温密闭体系中，加压时主反应正向移动，CO2、H2物质的量减小，副反应平衡逆向移动，B项错误；C．300~350℃在不同的压强下CO2的平衡转化率趋于重合、升高温度CO2的平衡转化率增大，说明压强影响不大、升温平衡正向移动为主，说明此时以发生副反应为主，C正确；D．催化剂不能使平衡发