2025年粤教新版高三物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教新版高三物理上册阶段测试试卷480考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、有关运动的描述，下列说法中正确的是（）A.研究跨栏运动员的跨栏动作时可把运动员看做质点B.运动员从射击枪口射出后的子弹做的是匀加速直线运动C.跳高运动员起跳后到达最高点的速度是瞬时速度D.田径运动员跑完800m比赛通过的位移大小等于路程2、从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2．若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是（）A.B.C.D.3、伟大的物理学家伽利略的科学研究方法，对于后来的科学研究具有重大的启蒙作用，至今仍具有重要意义．以下哪项是伽利略探究物体下落规律的过程（）A.猜想-问题-数学推理-实验验证-合理外推-得出结论B.问题-猜想-实验验证-数学推理-合理外推-得出结论C.问题-猜想-数学推理-实验验证-合理外推-得出结论D.猜想-问题-实验验证-数学推理-合理外推-得出结论4、如图所示，点电荷-Q的电场中A．B两点的电势分别是UA．UB若取无穷远电势为零，则以下判断正确的是（）A.UA＞UB＞0B.UA＜UB＜0C.UB＜UA＜0D.UB＞UA＞05、质量分别为m1、m2的小球在一直线上相碰，它们在碰撞前后的位移-时间图象如图所示，若m1=1kg，则m2等于（）A.1kgB.2kgC.3kgD.4kg6、如图所示，一只蜗牛沿着葡萄枝缓慢爬行，若葡萄枝的倾角为α，则葡萄枝对重为G的蜗牛的作用力为（）A.GsinαB.GcosαC.GD.小于G评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（2015春•枣阳市月考）长为L的细线，其一端拴一质量为m的小球，另一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），如图所示，当摆线L与竖直方向的夹角为α时，细线对小球的拉力大小为____N，小球运动的线速度的大小____m/s．8、为了探究物体自由下落的运动规律，甲乙两同学设计了如下的实验方案，甲同学从砖墙前的某高处由静止释放一小球；乙同学用频闪照相机拍摄小球在空中的照片如图1所示，图2是该频闪照片的示意图，1、2、3、4、5、是球运动过程中连续几次曝光的位置．已知连续两次曝光的时间间隔均为0.1s，每块砖的厚度d均为8cm，当地的重力加速度为9.8m/s2．请回答下列问题：

（1）由图2可判断出小球做匀加速直线运动，其依据是____．

（2）小球下落的加速度大小为____m/s2，它与当地的重力加速度相差较大的原因可能是____；

（3）小球在位置“4”的速度大小为____m/s；

（4）位置“1”____（填“是”或“不是”），小球释放的初始位置，其理由是____．9、（2011春•合浦县期中）如图所示是振荡电流i随时间变化的图象，在a、b、c、d、e、f各点中，表示电容器充电过程的有____；线圈中最大电流的点有____；电场能转化为磁场能的过程有____．10、（2013•虹口区三模）如图所示是一个简单的磁控防盗报警装置．门的上沿嵌入一小块永磁体M，门框内相对的位置嵌入干簧管H（一种磁敏的特殊开关），并且将干簧管接入图示的电路．睡觉前连接好电路，当盗贼开门时，蜂鸣器就会叫起来．关于此报警装置工作原理是关门时，干簧管H处于____状态（接通、断开），图中开门时A端处于____电势（高、低）．11、（2006秋•徐汇区期末）（B）在如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，当变阻器R3的滑动头p由b端向a端移动时，电压表示数____，电流表示数____．（均选填“变小”、“不变”或“变大”）12、如图所示为a、b两部分气体的等压过程图象，由图可知．当t=0℃时，气体a的体积为____m3；当t=273℃时，气体a的体积比气体b的体积大____m3．

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、将未饱和汽转化成饱和汽，可以用保持温度不变，减小体积，或是保持体积不变，降低温度，也可以用保持体积不变，减小压强．____．（判断对错）14、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）15、大气压强是由地面上每平方米面积的上方，整个大气压对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力．____．（判断对错）16、作用力与反作用力一定是同种性质的力．____（判断对错）17、将未饱和汽转化成饱和汽，可以用保持温度不变，减小体积，或是保持体积不变，降低温度，也可以用保持体积不变，减小压强．____．（判断对错）18、沿电场线的方向，电势逐点降低．____（判断对错）评卷人得分四、证明题(共4题，共32分)19、在水平转台上，距转轴为处插立一竖直杆，杆顶系一根长为的细绳，绳的末端挂一个质量为的小球（图），当转台匀速转动后，试证悬绳张开的角度与转台转速的关系是：20、（2015秋•西城区期末）如图1所示；一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点．将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示．小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．不计空气阻力，重力加速度为g．

（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为EP2，弹簧弹性势能为E弹2．请根据功是能量转化的量度；证明：小球由A运动到B的过程中，小球；弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；

（2）已知弹簧劲度系数为k．以O点为坐标原点；竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O-x，如图2所示．

a．请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象．根据F-x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；

b．已知小球质量为m．求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v．21、（2013春•崇明县期末）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上离地面高为h1的A处有一木块，自静止起匀加速滑下．在滑行过程中取一任意位置B，经过B处时木块速度为v，位置B离地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，试用牛顿第二定律和初速为零的匀加速直线运动公式证明：EA=EB．22、如图所示，两个光滑的水平导轨间距为L．左侧连接有阻值为R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m的导体棒以初速度v0向右运动．设除左边的电阻R外．其它电阻不计．棒向右移动最远的距离为s，问当棒运动到λs时0＜λ＜L，证明此时电阻R上的热功率：P=．评卷人得分五、简答题(共2题，共20分)23、二氧化铈rm{(CeO_{2})}是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿rm{(}主要含rm{CeFCO_{3})}为原料制备rm{CeO_{2}}的一种工艺流程如下：已知：rm{垄脵Ce^{4+}}既能与rm{F^{-}}结合成rm{CeF_{4}}也能与rm{SO_{4}^{2-}}结合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{垄脷}在溶液中rm{Ce^{4+}}能被有机萃取剂rm{(HR)}萃取，rm{Ce^{4+}+4HR?CeR_{4}+4H^{+}}而rm{Ce^{4+}+4HR?

CeR_{4}+4H^{+}}不能。回答下列问题：rm{Ce^{3+}}“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是__________________________。rm{(1)}“氧化焙烧”的化学方程式为____________________；rm{(2)}“酸浸”后的溶液中，除rm{(3)}rm{H^{+}}外，还主要含有__________：rm{SO_{4}^{2-}}“萃取”时存在反应：rm{(4)}水层rm{Ce^{4+}(}萃取层rm{)+4HR?CeR_{4}(}分配系数rm{)+4H^{+}}rm{dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}rm{D=}表示rm{

dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}分别在“萃取相”与水相中存在形式的物质的量浓度之比rm{[}若溶液中含有rm{Ce(IV)}离子，其萃取分配系数rm{]}与rm{SO_{4}^{2-}}rm{D}关系如图所示。rm{c}向rm{(SO_{4}^{2-})}含rm{垄脵}浓度为rm{100mL}的溶液rm{Ce^{4+}}rm{1mol/L}rm{[(}中加入rm{c}的萃取剂rm{(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}振荡，静置，此操作的萃取率是_______________。rm{20mL}rm{HR}随rm{垄脷}rm{D}变化的原因：__________________________。rm{c}“反萃取”中，在稀硫酸和rm{(SO_{4}^{2-})}的作用下rm{(5)}转化为rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}在该反应中作_________rm{Ce^{3+}}填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”rm{H_{2}O_{2}}每有rm{(}rm{)}参加反应，转移电子的物质的量为________________。rm{1mol}氧化rm{H_{2}O_{2}}的离子方程式为____________________________。rm{(6)NaClO}24、已知铜的配合物rm{A(}结构如图rm{1)}请回答下列问题：rm{(1)Cu}的价电子排布式为__________________。rm{(2)A}所含三种元素rm{C}rm{N}rm{O}的第一电离能由大到小的顺序为______，基态原子核外未成对电子数较多的是______。rm{(3)}图rm{2}所示两种分子中rm{O}原子的杂化形式为______，沸点较高的是______，原因是________________________。rm{(4)}配体氨基乙酸根rm{(H_{2}NCH_{2}COO^{-})}受热分解可产生rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}rm{N_{2}}中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键数目之比是______。rm{(5)}立方氮化硼rm{(}如图rm{3)}与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内rm{B-N}键数与硼原子数之比为______。立方氮化硼的晶胞rm{(}如图rm{4)}中，晶胞参数为rm{a=0.36nm}则立方氮化硼的密度为____________rm{g/cm^{3}(}只需要列出计算式rm{)}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】只要在所研究的问题中；物体的大小和形状可以忽略，物体就可以看作质点；

若物体受力方向与物体的运动方向不在同一直线上；则物体做曲线运动；

物体在某一瞬间或某一位置的速度为瞬时速度；

位移是初末两点间的直线距离，而路程是物体经过的轨迹的长度．【解析】【解答】解：A；研究跨栏动作时；运动员的大小和形状不能忽略；故不能看作质点；故A错误；

B；子弹离开枪口后；由于受重力竖直向下，故做曲线运动，故B错误；

C；跳高运动员起跳后到达最高点的速度是在最高点这一位置的速度；故为瞬时速度；故C正确；

D；800m起点与终点相同；故位移为零，而路程不为零；故D错误；

故选：C2、C【分析】【分析】小球竖直上抛，上升过程做匀减速运动，下落过程做匀加速运动，由于空气阻力的大小恒定，上升的加速度大于下落的加速度，上升时间比下落时间短，落回地面的速度比抛出时速度小，根据这些知识，选择符合题意图象．【解析】【解答】解：设小球的质量为m，空气阻力大小为f，上升的加速度大小为a1，下落的加速度为a2；上升的最大高度为h，根据牛顿第二定律得。

上升：mg+f=ma1

下落：mg-f=ma2；

可见a1＞a2．则图象上升阶段的斜率大于下落阶段的斜率．

又因上升与下落高度相同，h=，h=

则t1＜t2

对于上升过程初速度：v0=

下落过程末速度：v=

则：v＜v0

根据以上三点可知；C正确．

故选C3、B【分析】【分析】根据伽利略对落体运动规律的研究，了解伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程，即可正确解答本题．【解析】【解答】解：伽利略在研究物体下落规律时；首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，然后进行合理的外推得出结论，故ACD错误，B正确．

故选B．4、B【分析】【分析】明确负点电荷形成的电场分布和等势面的分布情况，再根据电场线由高电势指向低点势即可明确两点电势的高低．【解析】【解答】解：负电荷周围的电场线为由无穷远处指向负电荷；而电场线由高电势指向低电势，因此A点的电势小于B点的电势，且均小于零；故B正确；

故选：B．5、C【分析】【分析】根据x-t图象斜率求出碰撞前后各球的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；【解析】【解答】解：碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1==m/s=4m/s

碰后m1的速度：v′1==m/s=-2m/s

m2的速度：v′2==m/s=2m/s

根据动量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′

代入得：1×4=1×（-2）+m2×2

解得：m2=3kg

故选：C．6、C【分析】【分析】对蜗牛进行受力分析，明确缓慢爬行及葡萄枝对蜗牛作用力的含义．【解析】【解答】解：对蜗牛进行受力分析；有向下的重力；垂直葡萄枝向上的弹力、沿葡萄枝向上的摩擦力，因蜗牛缓慢爬行，说明蜗牛处于平衡状态，即所受合力为零，因此，蜗牛受到葡萄枝的作用力大小等于蜗牛重力，再根据牛顿第三定律，葡萄枝对蜗牛的作用力大小为G，C正确．

故选：C．二、填空题(共6题，共12分)7、【分析】【分析】（1）对小球受力分析；根据小球竖直方向受力平衡球绳的拉力大小；

（2）根据几何关系求出向心力和半径，根据牛顿第二定律求线速度的大小．【解析】【解答】解（1）小球受力如图；直方向受力平衡：Tcosθ=mg

得：T=

（2）根据几何关系得：向心力为：F=Tsinθ

根据牛顿第二定律：F=m又：r=Lsinθ

得：v=

故答案为：；8、相临相等的时间内位移之差恒定8受到了空气阻力18不是小球有初速度【分析】【分析】分析小球在各段时间内的位移关系，则可明确小球的运动性质；明确小球在下落过程中受力情况可明确误差分析；由平均速度公式可求得4点的瞬时速度．【解析】【解答】解：（1）由图可知；在相临相等的时间内位移之差相等，故小球做匀加速直线运动；

（2）由△x=aT2可得：

加速度a===8m/s2；小于重力加速度；是因为小球在下落过程中受到了空气阻力的作用；

（3）4点的速度为35之间的平均速度；故v4===18m/s；

小球在位置1的速度为：；故小球的初速度不为零；可知位置1不是小球释放的初始位置．

故答案为：（1）相临相等的时间内位移之差相等；（2）8；受到了空气阻力；（3）18；（4）不是；小球的初速度不为零．9、a→b、c→d、e→fa、c、eb→c、d→e【分析】【分析】电路中由L与C构成的振荡电路；在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程．电流为零时，充电完毕，电流最大时，磁场能最大，磁场最强．

放电的过程中电场能向磁场能转化，极板上的电量减小，回路中的电流增大；充电的过程中磁场能向电场能转化，回路中的电流减小，极板上的电流增大．【解析】【解答】解：充电的过程中磁场能向电场能转化，回路中的电流减小；由图可知电流减小的过程有：a→b；c→d、e→f；

由图可得；电流最大的点有：a；c、e；

电场能转化为磁场能的过程是电容器放电的过程，该过程中回路的电流增大；由图可知电流增大的过程有：b→c；d→e．

故答案为：a→b、c→d、e→f；a、c、e；b→c、d→e10、接通低【分析】【分析】首先理解干簧管的工作原理，有磁铁时，干簧管H处于接通状态，即当关门时，干簧管H处于接通状态，无磁铁时，干簧管H处于断开状态，即当开门时，干簧管H处于断开状态；非门的特点，当输入为低时，输出为高蜂鸣器不会叫起来，此时对应门关着；当输入为高时，输出为低蜂鸣器就会叫起来，此时对应门开着．【解析】【解答】解：开门时；无磁铁，干簧管H处于断开状态，图中A端处于高电位，即非门的输入高，输出为低，蜂鸣器两端加了高电压就会叫起来．

关门时；有磁铁，干簧管H处于接通状态，图中A端处于低电位，即非门的输入低，输出为高，蜂鸣器两端加了低电压不会叫起来．

故答案为：接通，低．11、变大变小【分析】【分析】当滑动变阻器的滑动头p向a端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R2电流的关系分析电流表的示数变化．【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑动头p向a端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，内电压减小，路端电压U=E-Ir增大，即电压表的示数变大．电路中并联部分的电压U并=E-I（r+R1）增大，电阻R2的电流增大，电流表的示数IA=I-I2；变小．

故答案为：变大，变小12、0.30.4【分析】【解答】由图示图象可知，t=0℃，即：T=t+273=273K时；

气体a的体积为：0.3m3，气体b的体积为0.1m3；

作出气体的V﹣T图象如图所示：

从图示图象可知；气体发生等压变化；

由盖吕萨克定律：=C可知；

当t=273℃时，即T=546K时，气体的体积变为0℃时体积的两倍；

即a的体积为0.6m3，b的体积为0.2m3，气体a的体积比气体b的体积大0.6﹣0.2=0.4m3；

故答案为：0.3；0.4．

【分析】由图示图象求出气体在0℃时的体积，然后应用盖吕萨克定律出气体在273℃时气体的体积，然后求出气体的体积之差．三、判断题(共6题，共12分)13、×【分析】【分析】根据饱和汽压仅仅与温度有关，然后结合理想气体的状态方程即可正确解答．【解析】【解答】解：根据与饱和蒸汽压有关的因素可知；同一种蒸汽的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，与其体积无关．所以该说法是错误的．

故答案为：×14、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×15、√【分析】【分析】气体压强的微观解释：气体的压强是气体分子频繁撞击容器壁产生的；从宏观上看，一定质量的气体，温度越高，体积越小，气体产生的压强越大．

从宏观上看，这个压强就是地面上每平方米面积的上方整个大气柱对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力．【解析】【解答】解：气压是由于气体分子对杯壁的密集的；激烈的碰撞的效应．

从宏观效果上看；对于地面所受到的大气压强，就是地面上每平方米面积的上方整个大气柱对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力。

故该说法是正确的．

故答案为：√16、√【分析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解析】【解答】解：由牛顿第三定律可知；作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，故该说法是正确的．

故答案为：√17、×【分析】【分析】根据饱和汽压仅仅与温度有关，然后结合理想气体的状态方程即可正确解答．【解析】【解答】解：根据与饱和蒸汽压有关的因素可知；同一种蒸汽的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，与其体积无关．所以该说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】本题根据电场线的物理意义分析场强与电势的关系；根据沿电场线的方向，电势逐点降低即可解答．【解析】【解答】解：根据电场线的物理意义：顺着电场线方向；电势降低．故该说法是正确的．

故答案为：√四、证明题(共4题，共32分)19、略

【分析】【解析】以小球为研究对象，由题可知，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径为R=lsin+r，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，力图如图．设转速为n，则由牛顿第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球随着一起转动时在水平面内做匀速圆周运动，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解转速试题【解析】【答案】见解析20、略

【分析】【分析】（1）根据动能定理；重力做功与重力势能的关系、弹力做功与弹性势能的关系分别列式；即可证明；

（2）画出F-x图象，该图象与坐标轴所围的面积表示弹力做功，求出弹力做功从而得到弹簧的弹性势能E弹；

（3）小球由O点到OP中点，根据动能定理列式．小球由O点到P点，根据机械能守恒定律列式，联立解得v．【解析】【解答】解：（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹

根据动能定理得WG+W弹=Ek2-Ek1

由重力做功与重力势能的关系WG=Ep1-Ep2

由弹力做功与弹性势能的关系W弹=E弹1-E弹2

联立以上三式可得Ek1+Ep1+E弹1=Ek2+Ep2+E弹2；

（2）a．F-x图象如右图所示。

图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小。

所以弹力做功为W=-

由弹力做功与弹性势能的关系W弹=0-E弹

解得E弹=

b．小球由O点到OP中点；根据动能定理得：

mgx-=-0

小球由O点到P点；根据机械能守恒定律得：

mg•2x=

解得v=g

答：

（1）证明见上．

（2）a、小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W是-，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹是．

b．已知小球质量为m．小球经过OP中点时瞬时速度的大小v是g．21、略

【分析】【分析】木块释放后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出到达B点速度，从而求出EB，比较EB和EA即可．【解析】【解答】解：木块释放后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a=；

根据v2=2al得：

木块到达B点速度v=；

则EB=mgh2+=mgh2+mgh1-mgh2=mgh1=EA得证．

答：证明如上．22、略

【分析】【分析】导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而减速运动，根据牛顿第二定律和加速度的定义式，运用积分法研究整个过程，再对棒运动λs时研究，求出电路中电流，从而得到R上的热功率．【解析】【解答】证明：取向右为正方向．根据牛顿第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

两边求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

对整个过程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

从开始运动到棒运动到λs的过程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒运动到λs速度为：v=（1-λ）v0⑦

此时电阻R上的热功率为：P===．

得证．五、简答题(共2题，共20分)23、（1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率提高原料的利用率（2）（3）CeF4、[CeSO4]2＋（4）①88.9%(或89%)②随着c(SO42－)增大，水层中Ce4＋被SO42－结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移动，D迅速减小（5）还原剂2mol（6）ClO-+2Ce(OH)3+H2O=2Ce(OH)4+Cl-【分析】【分析】本题考查了化学工艺流程的知识，涉及化学方程式和离子方程式书写、萃取率的计算、氧化还原反应的基本概念。【解答】rm{(1)}“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率，故答案为：增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率rm{;}rm{(2)}“氧化焙烧”的化学方程式为rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}故答案为：rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}“酸浸”后的溶液中，除rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)}外，还主要含有rm{H^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+};}rm{(4)}含rm{垄脵}浓度为rm{垄脵}的溶液rm{100mL}中加入rm{Ce^{4+}}的萃取剂rm{1mol/L}振荡，静置，此操作的萃取率是rm{[(c(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}或rm{20mL}，故答案为：rm{HR}或rm{88.9%(}rm{89%)}在萃取操作中，用到的主要玻璃仪器为分液漏斗；由已知得：rm{88.9%(}能与rm{89%)}结合生成rm{垄脷}故当增大rm{Ce^{4+}}时，促进该反应向右移动，rm{SO_{4}^{2-}}迅速增加而rm{[CeSO_{4}]^{2+}}减少，故D迅速减少，故答案为：随着rm{c(SO_{4}^{2-})}增大，水层中rm{c([CeSO_{4}]^{2+})}被rm{c(Ce隆陇(H_{2n-4})A_{2n}))}结合成rm{c(SO_{4}^{2-})}导致萃取平衡向生成rm{Ce^{4+}}移动，rm{SO_{4}^{2-}}迅速减小；rm{[CeSO_{4}]^{2+}}“反萃取”中，rm{[CeSO_{4}]2+}将rm{D}还原为rm{(5)}故Hrm{H_{2}O_{2}}在该反应中的作还原剂；该反应的离子方程式为rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}所以每有rm{CeO_{2}}参加反应，转移电子物质的量为rm{Ce^{3+}}故答案为：还原剂；rm{{,!}_{2}O_{2}}rm{2CeO_{2}+

H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}氧化rm{1molH_{2}O_{2}}的离子方程式为rm{2mol}rm{2mol;}rm{(6)NaClO}rm{Ge(OH)_{3}}故答案为：rm{ClO^{-}}rm{+2Ce(OH)_{3}}rm{+H_{2}O=2Ce(OH)_{4}}rm{+Cl^{-}}rm{ClO^{-}}【解析】rm{(1)}增大固体与气体的接触面积，增大反应速率提高原料的利用率rm{(2)4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(2)4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{(4)}rm{垄脵}或rm{垄脵}rm{88.9%(}随着rm{89%)}增大，水层中rm{