新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区2024-2025学年高三上学期第一次质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区2024-2025学年高三上学期第一次质量监测试题（卷面分值：100分；考试时间：100分钟）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡相应位置上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，请按要求在规定区域作答，写在本试卷上无效。4．考试结束，将答题卡交回。5．可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32Ca-40Cu-64Se-79第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生活息息相关，下列说法错误的是A.新疆和田玉质地细腻温润，其主要成分为二氧化硅B.新疆盛产优质煤炭，煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物C.新疆烤肉鲜嫩醇香，所用调料既有有机物又有无机物D.新疆拥有丰富的风能等清洁能源，推广风力发电有利于实现碳达峰【答案】A【解析】A．和田玉主要成分是硅酸盐，A错误；B．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，其组成以碳元素为主，B正确；C．调料既有有机物又有无机物，如食盐是无机物，一些香料是有机物，C正确；D．风能是清洁能源，推广风力发电能减少化石燃料使用，有利于实现碳达峰，D正确；故选A。2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂BSi具有导电性，可用来生产光导纤维C.CO具有还原性，可用于脱除汽车尾气中的NOD.超分子具有自组装特征，可用杯酚分离与【答案】C【解析】A．NaClO作为消毒剂的核心性质是强氧化性，碱性并非其消毒的直接原因。故A不符合题意；B．光导纤维材料为二氧化硅（SiO2），单质Si的导电性与其用途无关。故B不符合题意；C．CO与NO在催化剂作用下发生氧化还原反应（2CO+2NO2CO2+N2），CO的还原性是脱除NO的关键。故C符合题意；D．杯酚分离C60和C70依赖超分子的分子识别能力（选择性结合），而非自组装特征，故D不符合题意。故选C。3.下列化学用语正确的是A.HClO电子式：B.基态N原子核外电子的空间运动状态有5种C.的VSEPR模型：D.基态S原子的价电子排布图：【答案】B【解析】A．HClO是共价化合物，电子式为，故A错误；B．N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5个原子轨道，基态N原子核外电子的空间运动状态有5种，故B正确；C．中O原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故C错误；D．S是16号元素，基态S原子的价电子排布图为，故D错误；答案选B。4.胍（结构如图a）是一种平面形分子，其盐酸盐（结构如图b）是核酸检测液的主要成分。下列说法错误的是A.与两种核素所含中子数相同B.胍分子中键角大于中键角C.胍的盐酸盐中含有离子键、极性键D.胍分子中N原子有两种杂化方式【答案】D【解析】A．的中子数为7，的中子数为7，两种核素所含中子数相同，A正确；B．胍分子是一种平面形分子，因此其中N原子为杂化，中N原子采取，故胍分子中键角大于中键角，B正确；C．胍的盐酸盐中含有离子键和极性共价键(氮氢键、碳氮键)，C正确；D．胍分子是一种平面形分子，因此其中N原子均为杂化，D错误；故选D。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.12g金刚石中含有的共价键数目为4B.7.8g和混合物中含有的离子总数为0.3C.标准状况下，2.24L氦气所含原子数目为0.2D.0.2mol溶于水电离出0.6个【答案】B【解析】A．金刚石中每个碳原子形成4个共价键，但每个键被2个原子共享，故1mol碳原子对应2mol共价键。12g金刚石（1molC）含共价键数目为2NA，A错误；B．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，7.8g混合物总物质的量为0.1mol。每摩尔物质均含3mol离子（2molNa+和1molS2−/），总离子数为0.3NA，B正确；C．标准状况下，2.24L氦气为0.1mol，氦为单原子分子，原子数目为0.1NA，C错误；D．中仅外界1个Cl−电离，0.2mol该物质电离出0.2NA个Cl−，D错误；故选B。6.下列实验装置能达到相应实验目的的是A.制备氯气B.铁件镀铜C.溶液制备无水D.收集NOA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．MnO2和浓盐酸反应制备氯气需要加热，A错误；B．铁件镀铜需要让铜片作阳极，铁制镀件作阴极，铜氨溶液作电解质溶液，B正确；C．加热促进氯化铝水解生成氢氧化铝，最终得到氧化铝，不能达到相应实验目的，C错误；D．NO易被空气中的氧气氧化为NO2，不能用排空气法收集，D错误；故选B。7.给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.MgC.CuD.【答案】A【解析】A．粗硅与HCl在300℃下反应生成SiHCl3，随后在高温下被H2还原为Si。工业上制备高纯硅时，粗硅与HCl在约300℃生成SiHCl3，再通过H2高温还原得到纯硅，两步反应均正确，A正确；B．Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2溶液，但电解MgCl2溶液会生成Mg(OH)2、Cl2和H2，而非金属Mg，需电解熔融MgCl2才能得到Mg，B错误；C．Cu2(OH)2CO3受热分解生成CuO，但CuO与水在常温下不反应，无法生成Cu(OH)2，需与酸反应后再加碱，C错误；D．Na在加热条件下与O2反应生成Na2O2而非Na2O，因此第一步转化错误，D错误；故选A。8.下列离子方程式正确的是A.用浓氨水吸收工业废气中的：B.铅酸蓄电池正极电极反应式：C.用碳酸钠溶液浸泡含的水垢：D.溶液中通入少量：【答案】C【解析】A．为弱酸，书写离子方程式时不可拆，则用浓氨水吸收工业废气中的离子方程式为，A错误；B．铅酸蓄电池正极反应需在硫酸环境中进行，则发生还原反应生成，因此铅酸蓄电池正极的电极反应式为，B错误；C．的溶度积小于，则用碳酸钠溶液浸泡含的水垢生成，离子方程式为，C正确；D．溶液中还原性强于，则溶液中通入少量生成，离子方程式为，D错误；答案选C。9.部分含硫及氯物质的分类与化合价关系如图，下列推断合理的是A.a的水溶液pH大于d′的水溶液B.c和c′均具有漂白性且漂白原理相同C.e与d′的浓溶液常温下均可用铁质容器存放D.工业上可以通过：制备硫酸【答案】D【解析】根据硫及氯物质的分类与化合价关系如图，a是H2S、b是S单质、c是SO2、d是SO3、e是H2SO4；a′是HCl、b′是Cl2、c′是HClO、d′是HClO3、e′是HClO4；A．没有明确浓度是否相等，不能比较H2S的水溶液和HClO3水溶液的pH，故A错误；B．SO2和HClO均具有漂白性，漂白原理不相同，故B错误；C．浓HClO3能与铁反应，常温下不能用铁质容器存放浓HClO3，故C错误；D．工业上通过：S燃烧生成SO2，SO2氧化为SO3，SO3和水反应生成硫酸，故D正确；选D。10.黄色化合物P的阳离子和阴离子的结构如图，其中W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期。X的一种单质具有导电性且硬度很小，Y的简单氢化物可用作制冷剂，Z的一种氧化物可用作消毒剂，基态M原子核外只有1个单电子。下列叙述错误的是A.电负性：Y>X>Z>WB.M元素位于元素周期表的ds区C.简单氢化物的稳定性：X<YD.同周期中，第一电离能比Y大的有2种元素【答案】A【解析】X的一种单质导电能力强但硬度很小，X为C，Y的简单氢化物可以作制冷剂，Y为N，Z的氧化物可作消毒剂，Z为Cl，M核外只有1个单电子，且化合价为+2价，M为Cu；由W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期可知，W为H，据此回答。A．同一周期，从左到右，电负性依次增大，故N>C，中C的化合价为-4，H的化合价为+1，故电负性C>H，中N为+3，Cl的化合价为-1，故电负性Cl>N，所以电负性：Cl>N>C>H，即电负性：Z>Y>X>W，A错误;B．由分析知，M为铜，价电子排布式为，位于元素周期表的ds区，B正确；C．由分析可知，X为C，Y为N，非金属性，简单氢化物的稳定性，C正确；D．由分析可知，Y为N，同周期中第一电离能比N大的元素有，D正确；故答案选A。11.已知反应：S2O8A.反应①是吸热反应，反应②是放热反应B.反应②的离子方程式为2FeC.若不加催化剂，正反应的活化能大于逆反应的活化能D.是该反应的中间产物【答案】C【解析】A．根据图示可知，反应①的生成物的能量大于反应物的能量，该反应为吸热反应；而反应②中反应物的能量大于生成物的能量，因此该反应为放热反应，A正确；B．根据图示，反应②的离子方程式为，B正确；C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物与生成物的总能量，也就不能改变反应热，根据图示可知：该反应总反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；D．根据图示可知，Fe3+先消耗后生成，是反应的催化剂；而Fe2+是先生成，后消耗，所以是该反应过程中的产生的中间产物，D正确；故选C。12.由下列实验操作和现象得出相应结论合理是操作现象结论A将盐酸滴入溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B分别测定0.1NaF和溶液的pH前者pH小水解程度大于C加热2mL0.5的溶液溶液由蓝色变为黄色D将中间裹有锌皮的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液中铁钉周围溶液变红铁钉发生吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．盐酸与NaHCO3反应生成CO2，只能说明HCl酸性强于H2CO3，但非金属性比较需依据最高价氧化物对应酸的酸性，HCl中Cl为-1价，无法直接证明Cl的非金属性比C强，A错误；B．NaF溶液的pH小于CH3COONa溶液，说明F⁻水解程度小于CH3COO⁻（水解程度越大，溶液碱性越强，pH越大），B错误；C．加热CuCl2溶液，蓝色变为黄色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-，加热促进反应，说明该反应吸热（ΔH>0），C正确；D．铁钉周围溶液变红是因O2在正极（铁）发生还原反应生成OH⁻，属于吸氧腐蚀过程，但铁作为正极未被腐蚀，结论中“铁钉发生吸氧腐蚀”表述不准确，D错误；故选C。13.锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流手机电池。科学家近期研发的一种新型的Ca—LiFePO4可充电电池的原理示意图如图，电池反应为：，下列说法正确的是A.放电时，钙电极为负极，发生还原反应B.充电时，/电极的电极反应式为C.锂离子导体膜的作用是允许Li+和水分子通过，同时保证Li+定向移动以形成电流D.充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻4.0g【答案】B【解析】放电时，Ca失电子转化为Ca2+，则钙电极为负极，/电极为正极；充电时，钙电极为阴极，/电极为阳极。A．由分析可知，放电时，钙电极为负极，失电子发生氧化反应，A不正确；B．充电时，/电极为阳极，失电子转化为和Li+，电极反应式为，B正确；C．Ca的金属性强，能与水发生剧烈反应，所以LiPF6-LiAsF6为非水电解质，锂离子导体膜不允许水分子通过，锂离子导体膜允许Li+通过，其主要作用是允许Li+定向移动，构成闭合回路，从而形成电流，C不正确；D．充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室电解质中0.1molCa2+得电子生成0.1molCa，同时迁移入Li+0.2mol，质量减轻0.1mol×40g/mol-0.2mol×7g/mol=2.6g，D不正确；故选B。14.常温下，将溶液滴加到二元弱酸溶液中，混合溶液的与的关系如图所示。已知代表或。下列说法正确的是A.曲线代表随的变化曲线，B.水的电离程度：C.滴定到点时，溶液中D.当刚好被中和时，溶液中【答案】A【解析】A．，当时，远大于，故曲线I代表随的变化曲线，根据b点坐标，可得Ka2(H2A)=10-4.3，正确；B．溶液的，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：，B错误；C．点时，，溶液显酸性，即，结合电荷守恒得，即，错误；D．当刚好被中和时，溶质为，由元素质量守恒和电荷守恒可知，溶液中，D错误；故选A。第Ⅱ卷（非选择题共58分）二、非选择题（本题共5小题，共58分）15.铁及其化合物在生产生活中有着重要作用。（1）生铁是一种______材料（填“金属”或“无机非金属”）。红热铁丝与氯气反应生成______（填化学式），该物质的水溶液可作为印刷电路板的“腐蚀液”，体现其______性（填“氧化性”或“还原性”）。（2）绿矾（）是一种良好的絮凝剂。将绿矾溶于水后，加入适量NaOH溶液，可观察到的现象为______，向反应后溶液中滴加适量溶液，若______（填现象），则说明溶液中含有。（3）磁流体材料是电子材料的新秀。一定条件下，将和的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子直径在36~55nm之间的黑色磁流体。该分散系属于______，向其中加入稀硝酸，发生反应的离子方程式为______。（4）高炉炼铁过程中发生的主要反应为，一定条件下，该反应的平衡常数，当反应达到平衡时______。【答案】（1）①.金属②.③.氧化性（2）①.有白色沉淀生成，且白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色②.生成蓝色沉淀（3）①.胶体②.（4）1：4【解析】（1）生铁为铁合金，是一种金属材料，红热铁丝与氯气反应生成氯化铁，该物质的水溶液可作为印刷电路板的“腐蚀液”，反应为铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，体现其氧化性；（2）绿矾溶于水后，加入适量NaOH溶液，反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀，可观察到的现象为有白色沉淀生成，且白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，向反应后溶液中滴加适量溶液，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中含有。（3）胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系，则该分散系属于胶体，向其中加入稀硝酸，发生反应为四氧化三铁和硝酸生成硝酸铁和NO、水，反应的离子方程式为。（4）一定条件下，该反应的平衡常数K=c3CO2c3CO=6416.元素周期表是认识和研究元素及其化合物的重要工具。硒（Se）是动物和人体所必需的微量元素之共，也是一种重要的工业原料，其在元素周期表中的位置如图所示。回答下列问题：（1）基态Se原子价层电子排布式为______，属于______（填“极性”或“非极性”）分子，的沸点低于，其原因是______。（2）熔点为340~350℃，315℃时升华，由此可判断的晶体类型为______。（3）硒代硫酸钾（）中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物，其制备和转化关系如下：。的空间结构为______，过程Ⅱ中一定断裂的共价键是______。（4）铜硒化合物是一种优异的电化学性能材料，某铜硒形成化合物的晶胞结构如图所示。其中Cu元素以+1和+2价存在，若+2价Cu位于晶胞的顶角和上下底面，Se位于晶胞体内，则+1价Cu在晶胞的位置为______，该晶体的密度为______（用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为）。【答案】（1）①.②.极性③.水分子间存在氢键，分子间作用力大，沸点高（2）分子晶体（3）①.四面体②.硫硒键（4）①.体内②.【解析】（1）Se为34号元素，基态Se原子价层电子排布式为，中心Se原子价层电子对数为，Se原子采用sp3杂化，Se原子上含有2对孤电子对，所以H2Se分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2Se是极性分子，的沸点低于，其原因是水分子间存在氢键，分子间作用力大，沸点高；（2）其沸点较低，易升华，则可判断的晶体类型为分子晶体；（3）的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为四面体形，可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物，则的空间结构为四面体，过程Ⅱ中转化为硫酸根离子，则其中Se被O取代，则一定断裂的共价键是硫硒键；（4）由图，若+2价Cu位于晶胞的顶角和上下底面，Se位于晶胞体内，则+1价Cu在晶胞的位置为体内；据“均摊法”，晶胞中含个Cu、4个Se，则晶体密度为。17.氧泡泡是一种多功能新型漂白剂，其有效成分是过碳酸钠（），具有和的双重性质，是很好的消毒剂、漂白剂、供氧剂，性能温和，无环境污染。以芒硝（）、等为原料制备过碳酸钠的步骤如下。回答下列问题：Ⅰ．制备碳酸钠制备方法：（1）中Cr的化合价为______。根据制备反应可知：KspCaCrO4______KspCaSO4（2）生成物质1的化学方程式为______。Ⅱ．湿法制备过碳酸钠实验操作：控制反应温度在5℃以下，将40mL含有10.0g的饱和溶液滴入到15mL30%的溶液中，充分反应后，边搅拌边向三颈烧瓶中加入4.0gNaCl，静置结晶，过滤，用无水乙醇洗涤后真空干燥。实验装置如图所示。查阅资料可知：①主反应：2Na2CO②50℃时，固体开始分解（3）仪器A的名称是______，使用球形冷凝管时冷却水从______（填“a”或“b”）口进入。（4）控制反应温度在5℃以下的原因是______。选用乙醇洗涤产品的目的是除去过碳酸钠表面的杂质和______。Ⅲ．测定产品活性氧的实验步骤如下：准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。（5）滴定过程中发生反应的离子方程式为______，滴定至终点时，溶液呈______（填“无色”或“浅红色”）。（6）过氧化物的活性氧是指：过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该产品的活性氧为______（列出计算表达式）。【答案】（1）①.+6②.>（2）2Na2（3）①.恒压滴液漏斗②.b（4）①.防止过氧化氢和过碳酸钠分解②.减少产物损失或易于干燥（答对一项即可）（5）①.②.浅红色（6）【解析】以芒硝、等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，再和硫酸钠反应得到硫酸钙沉淀和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠；碳酸钠溶液中滴入30%的溶液反应得到过碳酸钠晶体，过滤，用无水乙醇洗涤后真空干燥得到过碳酸钠；（1）中钠、氧化合价分别为+1、-2，则Cr的化合价为+6。根据制备反应可知，反应得到硫酸钙沉淀和铬酸钠，则：KspCaCrO4（2）由分析，铬酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，2Na2（3）仪器A的名称是恒压滴液漏斗，使用球形冷凝管时冷却水下进上出，从b口进入。（4）和过氧化氢不稳定，受热易分解,且反应为放热反应，控制反应温度在5℃以下的原因是防止过氧化氢和过碳酸钠分解；乙醇易挥发，洗涤产品后容易干燥，故选用乙醇洗涤产品的目的是除去过碳酸钠表面的杂质和减少产物损失或易于干燥（答对一项即可）；（5）高锰酸钾具有强氧化性，滴定过程中发生反应为高锰酸钾和过氧化氢发生氧化还原反应生成氧气和锰离子，反应中锰化合价由+7变为+2、过氧化氢中氧化合价由-1变为0，结合电子守恒，反应的离子方程式为，高锰酸钾溶液为紫红色，滴定至终点时，溶液呈浅红色。（6）由滴定过程，产品中过氧化氢为，结合反应、活性氧定义，则该产品的活性氧为。18.氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于5.5G技术。综合利用炼锌矿渣获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备氮化镓（GaN），矿渣主要含铁酸镓、铁酸锌、二氧化硅等，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下的萃取率（进入有机层中金属离子的百分数）如下表：金属离子开始沉淀pH8.01.75.53.0沉淀完全pH9.63.28.04.9萃取率（%）099097~98.5请回答下列问题：（1）为提高浸出率，可采用的措施是______（填一种即可）。“浸出”时，矿渣经稀硫酸浸出获得2种金属盐，该反应的离子方程式为______。（2）处理浸出液时，将溶液的pH调至5.4的目的是______。（3）“过滤”后滤液中可回收利用的物质是______。滤饼的主要成分是______（填化学式）。（4）“萃取”前加入一定量铁粉的作用是______。Ga性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以______（填化学式）存在。（5）“高温合成”操作中与反应生成GaN的化学方程式为______。【答案】（1）①.适当增大硫酸的浓度、适当加热、将矿渣粉碎、搅拌等②.（2）使、离子完全转化为沉淀，离子不沉淀（3）①.②.、（4）①.铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取②.（5）【解析】炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到不反应的二氧化硅浸出渣和滤液，滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，形成铁和镓的沉淀，过滤滤渣加入盐酸溶解，加入铁还原铁离子为亚铁离子，加入萃取剂萃取分液分离出含镓的有机层，加入氢氧化钠溶液反萃取分离出镓，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN；（1）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；“浸出”时，矿渣经稀硫酸浸出获得2种金属盐，则为和氢离子反应生成、的盐溶液，同时生成水，该反应的离子方程式为：；（2）由表可知，完全沉淀时pH=3.2，完全沉淀时pH=4.9，开始沉淀时pH=5.5，则处理浸出液时，将溶液的pH调至5.4的目的是：使、离子完全转化为沉淀，离子不沉淀；（3）调节溶液pH，形成铁和镓的沉淀，而离子不沉淀，溶液中主要含有硫酸锌，故“过滤”后滤液中可回收利用的物质是，得到滤饼的主要成分是、。（4）由表中萃取率可知，铁离子和镓离子萃取率相近，而亚铁离子和镓离子萃取率差别很大，便于分离，故“萃取”前加入一定量铁粉的作用是：铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取；铝在强碱中主要以存在，Ga性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以存在。（5）与反应生成GaN，结合质量守恒，还会生成甲烷，化学方程式为：。19.尿素是人类历史上首个由无机物人工合成的有机物。（1）某合成尿素反应的机理及能量变化（单位：）如图所示，TS表示过渡态。①基元反应Ⅱ的化学方程式为______，其中反应______是决速步。②若，，则总反应______③图为使用不同催化剂cat1、cat2、cat3时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点______（填“是”或“不是”）平衡状态，℃以上下降的原因可能是______（答出一点即可，不考虑物质的稳定性）。（2）T℃，在2L恒容密闭容器中，通入2mol和1mol，发生反应，10min时反应刚好达到平衡，测得起始压强为平衡时压强的1.5倍。①0~10min内，用的浓度变化表示的平均反应速率______。②能说明上述反应达到平衡状态的是______