2024年滬教版高三物理下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三物理下冊月考試卷675考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、甲乙兩個物體都做勻加速直線運動，從同一時刻開始計時的一段時間內，兩物體的位移相等，則在這段時間內（）A.甲的初速度一定等于乙的初速度B.甲的平均速度一定等于乙的平均速度C.甲的速度變化量一定等于乙的速度變化量D.甲的速度變化一定和乙的速度變化一樣快2、磕頭蟲是一種不用足跳但又善于跳高的小甲蟲．當它腹朝天、背朝地躺在地面時，將頭用力向后仰，拱起體背，在身下形成一個三角形空區(qū)，然后猛然收縮體內背縱肌，使身體重心迅速向下加速，背部猛烈撞擊地面，地面的反作用力便將其彈向空中．彈射錄像顯示，磕頭蟲拱背后重心向下加速（視為勻加速）的距離大約為0.8mm，彈射最大高度為24cm．那么嗑頭蟲向下的加速度大小為（空氣阻力不計，設磕頭蟲撞擊地面和彈起的速率相等）（）A.3000m/s2B.750m/s2C.1500m/s2D.75m/s23、某地區(qū)地震波中的橫波和縱波傳播速率分別約為4km/s和9km/s．一種簡易地震儀由豎直彈簧振子P和水平彈簧振子H組成（如圖）．在一次地震中，震源在地震儀下方，觀察到兩振子相差5s開始振動，則（）A.H先開始振動，震源距地震儀約25kmB.P先開始振動，震源距地震儀約25kmC.H先開始振動，震源距地震儀約36kmD.P先開始振動，震源距地震儀約36km4、如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖.

發(fā)電廠的輸出電壓是U

用等效總電阻是r

的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1

其末端間的電壓為U1.

在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流是I2.

則()

A.用戶端的電壓為I1U1I2

B.輸電線上的電壓降為U

C.理想變壓器的輸入功率為I12r

D.輸電線上損失的電功率為I1U

5、下列關于半導體的說法中，錯誤的是（）A.半導體的電阻隨溫度的升高而增大B.利用半導體的導電特點可以制成有特殊用途的光敏、熱敏電阻C.半導體材料可以制成晶體二極管和晶體三極管D.半導體的導電性能介于導體和絕緣體之間6、下列說法中正確的是（）A.重力和加速度這兩個物理量都是矢量B.摩擦力的方向一定和物體的運動方向相反C.跳水比賽中裁判在給跳水運動員打分時可以將運動員看作質點D.動摩擦因數的大小與滑動摩擦力的大小成正比評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、在外界氣壓為1標準大氣壓的狀況下，將半徑為0.1m的兩個馬德保半球合攏，抽去里面一部分空氣，使得球內部氣體的壓強降為0.5個標準大氣壓，估算大約需要用力____N才能將兩半球拉開；兩半球密封處每1cm長度受到的擠壓力的大小約為____N．8、（2006秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖所示，在一細繩C點系住一重物P，細繩兩端A、B分別固定在兩邊墻上，使得AC保持水平，BC與水平方向成30°角，已知細繩最大只能承受200N的拉力，那么C點懸掛物體的重量最多為____，AC、BC繩中先斷的是____．9、某次演習中，某飛行員從正在高空飛行的飛機上扔下一顆炸彈，擊中地面的某個目標．該飛行員應在到達目標的正上方之____（填“時”、“前”或“后”）扔下炸彈，才可能擊中目標．若炸彈被拋出后所受的阻力不計，則炸彈所做的運動為____運動，該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的____運動．10、【題文】圖示為一簡諧波的一段圖象，已知d點到達波峰的時間比c點早0.01s，ac間的水平距離是4.5m，則該波的傳播方向為____，波速為____m/s。11、做功不可缺少的兩個因素：

（1）____；

（2）____．12、（2014秋?邛崍市校級期末）在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關的實驗中；一同學猜想可能與兩電荷的間距和帶電量有關．他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示．實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大．

實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的____而增大，隨其所帶電荷量的____而增大．

此同學在探究中應用的科學方法是____（選填“累積法”、“等效替代法”、“控制變量法”或“演繹法”）．13、河寬300m，水流速度為3m/s，小船在靜水中的速度為5m/s，則小船渡河最短時間為____s；以最短航程渡河，小船渡河時間為____s．14、（2014秋?怒江州校級期中）某交變電壓隨時間的變化規(guī)律如圖所示，則此交變電流的頻率為____Hz．線圈轉動的角速度是____rad/s．若將此電壓加在10μF的電容器上，則電容器的耐壓值不應小于____V．15、物體做曲線運動時，任意時刻的速度方向是曲線上該點的____，所以曲線運動一定是____運動．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標原點，則地面的坐標為x=-0.8m．____．（判斷對錯）17、串聯(lián)電路中，電壓分配與電阻成反比．____．（判斷對錯）18、當達到動態(tài)平衡時，蒸發(fā)的速度不再改變，以恒速蒸發(fā)．____．（判斷對錯）19、任何液體的表面分子排列都比內部分子稀疏．____．（判斷對錯）20、一定質量的理想氣體內能的大小只與溫度有關____（判斷對錯）21、根據公式v=ωr可知，若角速度增大一倍，則線速度也增大一倍．____．22、“寧停三分，不搶一秒”指的是時間．____．（判斷對錯）23、不論用什么方法，只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產生．____（判斷對錯）24、矢量的運算遵守平行四邊形法則．____．評卷人得分四、簡答題(共2題，共8分)25、二氧化鈰rm{(CeO_{2})}是一種重要的稀土氧化物。以氟碳鈰礦rm{(}主要含rm{CeFCO_{3})}為原料制備rm{CeO_{2}}的一種工藝流程如下：已知：rm{壟脵Ce^{4+}}既能與rm{F^{-}}結合成rm{CeF_{4}}也能與rm{SO_{4}^{2-}}結合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{壟脷}在溶液中rm{Ce^{4+}}能被有機萃取劑rm{(HR)}萃取，rm{Ce^{4+}+4HR?CeR_{4}+4H^{+}}而rm{Ce^{4+}+4HR?

CeR_{4}+4H^{+}}不能。回答下列問題：rm{Ce^{3+}}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是__________________________。rm{(1)}“氧化焙燒”的化學方程式為____________________；rm{(2)}“酸浸”后的溶液中，除rm{(3)}rm{H^{+}}外，還主要含有__________：rm{SO_{4}^{2-}}“萃取”時存在反應：rm{(4)}水層rm{Ce^{4+}(}萃取層rm{)+4HR?CeR_{4}(}分配系數rm{)+4H^{+}}rm{dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}rm{D=}表示rm{

dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}分別在“萃取相”與水相中存在形式的物質的量濃度之比rm{[}若溶液中含有rm{Ce(IV)}離子，其萃取分配系數rm{]}與rm{SO_{4}^{2-}}rm{D}關系如圖所示。rm{c}向rm{(SO_{4}^{2-})}含rm{壟脵}濃度為rm{100mL}的溶液rm{Ce^{4+}}rm{1mol/L}rm{[(}中加入rm{c}的萃取劑rm{(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}振蕩，靜置，此操作的萃取率是_______________。rm{20mL}rm{HR}隨rm{壟脷}rm{D}變化的原因：__________________________。rm{c}“反萃取”中，在稀硫酸和rm{(SO_{4}^{2-})}的作用下rm{(5)}轉化為rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}在該反應中作_________rm{Ce^{3+}}填“催化劑”、“氧化劑”或“還原劑”rm{H_{2}O_{2}}每有rm{(}rm{)}參加反應，轉移電子的物質的量為________________。rm{1mol}氧化rm{H_{2}O_{2}}的離子方程式為____________________________。rm{(6)NaClO}26、一個衛(wèi)星在地球表面附近繞地球做勻速圓周運動；地球半徑為R，地球表面處重力加速度為g，引力常量為G，求：

（1）地球的質量。

（2）衛(wèi)星運動的線速度．評卷人得分五、畫圖題(共2題，共6分)27、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）28、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】要正確解答本題必須熟練掌握勻變速直線運動公式：x=，△v=a△t，x=v0+at．并且抓住關鍵條件：相同時間，據此可正確解答本題．【解析】【解答】解：A、勻變速直線運動位移公式：x=；已知兩物體在相等的時間內的位移相等，由于不知道物體的加速度，所以不能判斷出甲；乙兩個物體的初速度的關系．故A錯誤；

B、根據平均速度v=得兩物體在相等的時間內的位移相等；甲；乙兩物體平均速度相等，故B正確．

C；根據△v=a△t；由于不知道物體的加速度，所以不能判斷出甲的速度變化量與乙的速度變化量的關系，故C錯誤．

D、由于不知道甲、乙兩物體的初速度大小關系，根據x=；得無法比較二者加速度的大小關系，不能判斷出甲的速度變化是否和乙的速度變化一樣快，故D錯誤．

故選：B．2、A【分析】【分析】磕頭蟲的運動是先向下加速，反彈后豎直上拋運動．人的運動情況和磕頭蟲的運動情況類似，加速度相同，故利用v2=2ah1和-v2=-2gh2聯(lián)立解得加速度．【解析】【解答】解：設磕頭蟲向下的加速度為a；磕頭蟲向下的最大速度為v；

則有v2=2ah1

磕頭蟲向上彈起的過程中有。

-v2=-2gh2

聯(lián)立以上兩式可得。

a=

故選：A3、D【分析】解：縱波的速度快；縱波先到，所以P先開始振動；

根據

解得：x=36km．

故選：D．

縱波的速度快，縱波先到．根據求出震源距地震儀的距離．

解決本題的關鍵運用運動學公式判斷哪個波先到．屬于容易題．

【解析】【答案】D4、A【分析】理想變壓器輸入端與輸出端功率相等，U1I1=U2I2

用戶端的電壓U2=I1I2U1

選項A正確；輸電線上的電壓降婁隴U=U鈭?U1=I1r

選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率為I1U1

輸電線上損失的功率為I12r

選項C、D錯誤?！窘馕觥緼

5、A【分析】【分析】（1）導體容易導電；絕緣體不容易導電，有一些材料，導電能力介于導體和絕緣體之間，稱做半導體；

（2）半導體的阻值隨溫度、光照和雜質等外界因素的不同而發(fā)生變化，故可以利用半導體制作成光敏電阻、熱敏電阻以及二極管三極管等．【解析】【解答】解：A；半導體的電阻隨溫度的升高而減?。还蔄錯誤；

B；利用半導體的導電特點可以制成有特殊用途的光敏、熱敏電阻；故B正確；

C；半導體材料可以制成晶體二極管和晶體三極管；故C正確；

D；半導體的性能介于導體和絕緣體之間；故D正確；

本題選錯誤的，故選：A．6、A【分析】【分析】重力和加速度都是矢量；摩擦力的方向一定和物體的相對運動方向相反；當自身大小對研究問題沒有影響時；可以看成質點；

滑動摩擦力的大小與動摩擦因數的大小，及正壓力成正比，而動摩擦因數不變．【解析】【解答】解：A；重力和加速度這兩個物理量都是矢量；故A正確；

B；摩擦力的方向一定和物體的相對運動方向相反；可能與運動方向相同，也可能運動方向相反，故B錯誤；

C；跳水比賽中裁判在給跳水運動員打分時；自身大小不能忽略，不可以將運動員看作質點，故C錯誤；

D；滑動摩擦力的大小與動摩擦因數的大?。患罢龎毫Τ烧?，而動摩擦因數不變，故D錯誤；

故選：A．二、填空題(共9題，共18分)7、500π25【分析】【分析】人要想將兩半球拉開，需要克服大氣壓力，根據F=PS可求出大氣壓力的大小從而求得拉力．【解析】【解答】解：馬德堡半球的有效受力面積為：S=πR2=π（0.1）2=0.01π

內外壓強差為：p=0.5×1.0×105pa=5.0×104pa

半球受到的壓力為：F=p×s=5.0×104pa×0.01π=500πN．

直徑為20cm；所以兩半球密封處每1cm長度受到的擠壓力的大小約為：

F′===25N

故答案為：500π；25．8、100NBC繩【分析】【分析】對點C受力分析，受到三根繩子的拉力而平衡，根據平衡條件并結合合成法得到三根繩子的拉力大小，得到最大值．【解析】【解答】解：對點C受力分析；受到三根繩子的拉力，如圖

根據平衡條件；得到：

FB=2mg

當物體的重力逐漸變大時；BC繩子的拉力先達到200N，此時G=mg=100N；

故答案為：100N，BC繩．9、前平拋自由落體【分析】【分析】根據慣性的知識做出解答，可假設到達目標的正上方投彈，看會出現什么樣的后果．物體具有水平方向的初速度，只在重力作用下做平拋運動．【解析】【解答】解：沿水平方向勻速飛行的轟炸機；投出的彈由于慣性要保持原來向前的運動狀態(tài)繼續(xù)向前運動，所以要擊中地面上的目標，應在到達目標上方前投彈．

炸彈被拋出后所受的阻力不計；只受重力，又有水平方向初速度，所以炸彈做平拋運動，該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動．

故答案為：前，平拋，自由落體10、略

【分析】【解析】因為d點到達波峰的時間比c點早，由波的形成過程可知，越靠近波源的點越先振動，因此波向左傳播。有題可知T=0.01T=0.04s=4.5=6m

V==150m/s【解析】【答案】水平向左15011、力物體在力的方向上發(fā)生的位移【分析】【分析】根據做功的兩個必要因素回答，做功的兩個必要因素：一是作用在物體上的力，二是在力的方向上移動的距離【解析】【解答】解：做功的兩個必要因素：一是作用在物體上的力；二是在力的方向上移動的距離，二者缺一不可。

故答案為：（1）力；（2）物體在力的方向上發(fā)生的位移．12、減小增大控制變量法【分析】【分析】由于實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，所以采用的方法是控制變量法．【解析】【解答】解：對小球B進行受力分析；可以得到小球受到的電場力：F=mgtanθ，即B球懸線的偏角越大，電場力也越大；所以使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大；兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其所帶電荷量的增大而增大．先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近．這是只改變它們之間的距離；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量．這是只改變電量所以采用的方法是控制變量法．

故答案為：減小，增大，控制變量法．13、6075【分析】【分析】因為水流速度小于靜水速度，當靜水速的方向與河岸垂直，渡河時間最短，當合速度垂直河岸時，則渡河的位移最短；速度的合成滿足平行四邊形定則，從而即可求解．【解析】【解答】解：（1）、當船垂直河岸過河時，渡河時間最短，則最短時間為：t==s=60s；

（2）；因船在靜水中的速度大于水流速度；則當合速度垂直河岸時，船可以正對岸過河；

當船以最短路程過河時，合速度大小為：v===4m/s；

此時船頭并非指向正對岸，則過河時間為：t′===75s；

故答案為：60，75．14、50100200【分析】【分析】根據圖象可知交流電的電壓最大值以及周期，然后根據f=求解頻率，電容器的耐壓值應看最大值．【解析】【解答】解：A；根據圖象可知交流電周期為0.02s；

故頻率f==50Hz．

線圈轉動的角速度ω==100πrad/s．

若將此電壓加在10μF的電容器上；根據圖象可知交流電電壓最大值為200V，則電容器的耐壓值不應小于200V．

故答案為：50，100，200．15、切線方向上變速【分析】【分析】物體做曲線運動時，任意時刻的速度方向是曲線上該點的切線方向上，曲線運動速度方向一定改變，但是大小不一定變．【解析】【解答】解：

依據曲線運動特征可知：物體做曲線運動時；任意時刻的速度方向是曲線上該點的切線方向上，曲線運動速度方向一定改變，故曲線運動一定是變速運動．

故答案為：切線方向上，變速三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】根據建立坐標系的條件可知，建立坐標系需要確定坐標原點與正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標原點；選擇向下為正方向，則地面的坐標為：x=0.8m．所以該說法錯誤．

故答案為：×17、×【分析】【分析】根據串并聯(lián)電路電流和電壓的規(guī)律進行分析，串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比．【解析】【解答】解：串聯(lián)電路中電流相等；故電壓分配與電阻成正比；所以該說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽達到飽和時，液體分子從液面飛出，同時有蒸汽分子進入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)．【解析】【解答】解：飽和蒸汽的平衡是一種動態(tài)平衡．當達到動態(tài)平衡時；液體分子從液面飛出，同時有蒸汽分子進入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)蒸發(fā)的速度不再改變，此時以恒速蒸發(fā)．所以該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力．【解析】【解答】解：表面張力產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關，溫度越高，內能越大．【解析】【解答】解：物態(tài)的內能與物體的物質的量；溫度、體積以及物態(tài)有關．對一定質量的理想氣體；物質的量一定，物態(tài)一定，而氣體分子之間的作用力可以忽略不計，所以一定質量的理想氣體內能的大小只與溫度有關．

故答案為：√21、×【分析】【分析】當半徑不變時，角速度增大一倍，線速度也增大一倍．【解析】【解答】解：根據公式v=ωr可知，當半徑r不變時；角速度增大一倍，則線速度也增大一倍，故此說法錯誤．

故答案為：×22、√【分析】【分析】時間是指時間的長度，在時間軸上對應一段距離，對應物體的位移或路程，時刻是指時間點，在時間軸上對應的是一個點，對應物體的位置．【解析】【解答】解：“寧停三分；不搶一秒”中的3分是3分鐘，3分鐘與1秒鐘在時間軸上都是指的時間的長度，都是時間．故該說法正確；

故答案為：√23、√【分析】【分析】感應電流產生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化．1、電路要閉合；2、穿過的磁通量要發(fā)生變化．【解析】【解答】解：感應電流產生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化；只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產生．該說法是正確的．

故答案為：√24、√【分析】【分析】物理量按有無方向分矢量和標量，矢量的運算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大??；又有方向的物理量，矢量的運算遵守平行四邊形法則．故這句話是正確的．

故答案為：√四、簡答題(共2題，共8分)25、（1）增大固體與氣體的接觸面積，增大反應速率提高原料的利用率（2）（3）CeF4、[CeSO4]2＋（4）①88.9%(或89%)②隨著c(SO42－)增大，水層中Ce4＋被SO42－結合成[CeSO4]2＋，導致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移動，D迅速減?。?）還原劑2mol（6）ClO-+2Ce(OH)3+H2O=2Ce(OH)4+Cl-【分析】【分析】本題考查了化學工藝流程的知識，涉及化學方程式和離子方程式書寫、萃取率的計算、氧化還原反應的基本概念?！窘獯稹縭m{(1)}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是增大固體與氣體的接觸面積，增大反應速率；提高原料的利用率，故答案為：增大固體與氣體的接觸面積，增大反應速率；提高原料的利用率rm{;}rm{(2)}“氧化焙燒”的化學方程式為rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}故答案為：rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

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

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)}外，還主要含有rm{H^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}故答案為：rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+};}rm{(4)}含rm{壟脵}濃度為rm{壟脵}的溶液rm{100mL}中加入rm{Ce^{4+}}的萃取劑rm{1mol/L}振蕩，靜置，此操作的萃取率是rm{[(c(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}或rm{20mL}，故答案為：rm{HR}或rm{88.9%(}rm{89%)}在萃取操作中，用到的主要玻璃儀器為分液漏斗；由已知得：rm{88.9%(}能與rm{89%)}結合生成rm{壟脷}故當增大rm{Ce^{4+}}時，促進該反應向右移動，rm{SO_{4}^{2-}}迅速增加而rm{[CeSO_{4}]^{2+}}減少，故D迅速減少，故答案為：隨著rm{c(SO_{4}^{2-})}增大，水層中rm{c([CeSO_{4}]^{2+})}被rm{c(Ce隆隴(H_{2n-4})A_{2n}))}結合成rm{c(SO_{4}^{2-})}導致萃取平衡向生成rm{Ce^{4+}}移動，rm{SO_{4}^{2-}}迅速減?。籸m{[CeSO_{4}]^{2+}}“反萃取”中，rm{[CeSO_{4}]2+}將rm{D}還原為rm{(5)}故Hrm{H_{2}O_{2}}在該反應中的作還原劑；該反應的離子方程式為rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}所以每有rm{CeO_{2}}參加反應，轉移電子物質的量為rm{Ce^{3+}}故答案為：還原劑；rm{{,!}_{2}O_{2}}rm{2CeO_