16-17版 专题限时集训 第1部分 专题15 分子动理论 气体及热力学定律

专题限时集训(十五)(建议用时：40分钟)1．(1)(多项选择)如下说法正确的答案是________。

A ．昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小B ．当分子间距增大时，分子势能一定增大C ．一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少D ．晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵E ．肥皂泡呈球形是由于液体外表张力的作用(2)如下列图，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体。

活塞截面积为S ，外界大气压强为p 0，缸内气体温度为T 1。

现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V 增大了2V 的过程中，气体吸收的热量为Q 1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为T 1。

重力加速度为g ，求：(ⅰ)停止加热时缸内气体的温度；(ⅱ)降温过程中气体放出的热量。

[解析] (1)昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为相对湿度小，所以晾晒的衣服易干，故A 错误；假设分子间表现为引力，随分子间距的增大引力做负功，分子势能增加，假设分子间表现为斥力，随分子间距的增大斥力做正功，分子势能减小，故B 错误；一定量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，气体分子对器壁的平均撞击力增大，为保持压强不变，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少，故C 正确；晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故D 正确；肥皂泡呈球形是由于液体外表张力的作用，故E 正确。

(2)(ⅰ)停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2由题意知V 1＝V ，V 2＝3V解得：T 2＝3T 1。

(ⅱ)体积由V 增大到3V 的过程中，由活塞受力平衡有pS ＝p 0S －mg解得：p ＝p 0－mg S气体对外所做的功 W 1＝p ΔV ＝2V ⎝⎛⎭⎪⎫p 0－mg S 停止加热并保持气体体积不变，W 2＝0全程内能变化，ΔU ＝0根据热力学第一定律得ΔU ＝－W 1＋Q 1－Q 2所以降温过程中气体放出的热量Q 2＝Q 1－2V ⎝⎛⎭⎪⎫p 0－mg S 。

拾躲市安息阳光实验学校提能专训(十二) 分子动理论、气体及热力学定律1．对于一定量的理想气体，下列四个论述中正确的是( )A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大答案：B 解析：根据理想气体状态方程知pVT＝恒量，分子热运动变剧烈时，T增大，由于不知V如何变化，故不知p如何变化，A错误，B正确；当分子间的平均距离变大时，V增大，由于不知T如何变化，故不知p如何变化，C、D 错误．2．(2013·苏北四市调研)下列说法正确的是( )A．液体的分子势能与液体的体积无关B．为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的D．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生答案：BC 解析：液体的体积决定了液体分子间的距离，进而决定液体分子势能，A错误；锄松地面可以破坏土壤里的毛细管，从而保存玉米地里的水分，B正确；气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁引起的，C正确；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，只是固体扩散得慢，D错误．3．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如图V－T 图线所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则( )A．p b>p c，Q ab>Q acB．p b>p c，Q ab<Q acC．p b<p c，Q ab>Q acD．p b<p c，Q ab<Q ac答案：C 解析：本题考查气体状态方程和热力学第一定律．由pVT＝C知，温度T相同，体积越大气体的压强越小，则p b<p c，A、B错误；对过程ab，气体体积增大，克服外界压力做功，W为负值；对过程ac，气体体积不变，对外界不做功，W＝0，而两个过程的温度变化相同即气体内能的增量相同，由ΔU ＝W＋Q知，Q ab>Q ac，故C正确，D错误．4．(2013·开封模拟)如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略，假设气缸壁导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞B缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列关于气缸内气体的结论，正确的是( ) A．气体做等温膨胀，气体分子的平均速率不变，气体的压强不变B．气体做等温膨胀，气体分子单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少C．因为气体内能不变，所以气体从外界吸收的热量全部用来对外做功D．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，因此此过程违背热力学第二定律答案：BC 解析：气体等温膨胀，平均动能不变，平均速率不变，体积增大，压强减小，单位时间对单位面积碰撞次数减少，A错误，B正确；气体对外做功，吸收的热量全部对外做功，此过程不违背热力学第二定律，C正确，D 错误．5．如图是分子间引力(或斥力)大小随分子间距离变化的图象，下列说法正确的是( )A．ab表示引力图线B．cd表示引力图线C．当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能为零D．当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子力为零E．当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，分子力表现为斥力答案：ADE 解析：根据分子动理论，分子间相互作用的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，但分子间斥力减小快，所以A正确、B错误；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，引力等于斥力，D正确；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能最小，但不一定为零，C错误；当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，E 正确．6．(2013·保定调研)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害，矿物燃料燃烧排放的烟尘是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是( ) A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C．PM2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E．PM2.5必然有内能答案：DE 解析：PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C错误；倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，PM2.5必然有内能，D、E正确．7．关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的有( )A．两个分子相互靠近的过程中，分子力做正功B．热量一定不能从低温物体传给高温物体C．一定质量的气体，当体积和压强不变时，气体的内能一定不变D．单位面积上撞击器壁的气体分子数增加，气体压强一定增大E．物体温度升高时，物体的每个分子速率都会变大答案：C 解析：本题考查分子力、热传导、气体的内能、气体压强的微观解释以及温度的微观意义．两个分子靠近时，当分子间距离r>r0时，分子力做正功；当分子间距离r<r0时，分子力做负功，A错误；在热机的作用下，热量可以从低温物体传给高温物体，B错误；一定质量的气体，当体积和压强不变时，温度也不变，所以内能不变，C正确；单位面积上撞击器壁的气体分子数增加，如果分子速率较小，作用力不能增大，气体压强不会增大，D错误；物体温度升高时，物体的分子平均速率增大，但是每个分子的速率是不确定的，E 错误．故选C.8．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力．a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则下列说法正确的是( )A．乙分子在b处分子势能最小B．乙分子在b处动能最大C．乙分子在c处分子势能最小D．乙分子在c处动能最大E．乙分子从c到d分子力和分子势能随距离的减小都增加答案：CDE 解析：本题考查分子间的作用力、分子势能与分子间距离的关系．乙分子由a到c，分子力表现为引力，引力做正功，分子势能减小，分子动能增大；分子由c到d，分子力表现为斥力且斥力不断增大，斥力做负功，分子势能增大，分子动能减小，因此乙分子在c处分子势能最小，分子动能最大，A、B错误，C、D、E正确．9．[物理——选修3－3](1)如图甲所示是一晶体物质微粒在平面上的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，由此得出晶体具有________的性质．如图乙所示，液体表面层分子比较稀疏，分子间距离大于分子平衡距离r0，因此表面层分子间作用表现为________．甲乙(2)图中A、B气缸的长度和截面积均为30 cm和20 cm2，C是气缸内可无摩擦滑动、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强p A＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强p B＝1.0×105Pa的氧气，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡(假定氧气和氮气均为理想气体，环境温度不变，连接气缸的管道体积可忽略)．求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②简要说明活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热．答案：(1)各向异性引力(2)①10 cm 1.5×105 Pa②吸热解析：(1)由于沿着不同方向微粒的数目和微粒间的距离不同，使得晶体具有各向异性；当分子间的距离等于分子间的平衡距离时，分子间的引力等于斥力，合力为零，当分子间的距离大于分子间的平衡距离时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快，合力表现为引力．(2)①设活塞C向右移动x cm，由玻意耳定律得对A部分气体有p A LS＝p(L＋x)S对B部分气体有p B LS＝p(L－x)S代入相关数据解得x＝10 cm，p＝1.5×105 Pa.②由热力学第一定律可知，活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故A中气体从外界吸热．10．[物理——选修3－3](1)下列关于热学的说法正确的是( )A．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的总压力B．分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快C．热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能D．一定质量的理想气体体积增大，内能一定减小E．一定质量的理想气体在等温变化过程中，若吸热，则一定对外做功(2)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升，气体体积加倍，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．①求加热过程中气体的内能增加量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．答案：(1)BE (2)①Q－(p0S＋mg)h②12⎝⎛⎭⎪⎫1＋m0gp0S＋mgT1解析：(1)气体压强是气体分子对器壁持续不断地撞击产生的，是大量气体分子作用在器壁单位面积上的压力，不是单位时间作用在器壁上的压力，A 错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化快，B 正确；能量的传递具有方向性，不可能把热能完全转化为机械能而不引起其他变化，C 错误；一定质量的理想气体体积增大时，气体对外做功，因不知吸热还是放热，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，无法判断内能的变化情况，D错误；理想气体等温变化过程中，气体的内能不变，若吸热，根据ΔU ＝W ＋Q ，可知气体一定对外做功，E 正确．(2)①取活塞为研究对象，由受力平衡得p ＝p 0＋mgS①气体对外做功W ＝pSh ②由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W ③ 解得ΔU ＝Q －(p 0S ＋mg )h ④②设温度为T 1时的气体状态为初状态，此时体积为V 1、压强为p ＝p 0＋mgS活塞回到原位置时，气体状态为末状态，则压强为p 2＝p 0＋m 0＋m gS⑤体积为V 2＝V 12、温度为T 2由理想气体状态方程得pV 1T 1＝p 2V 2T 2⑥ 解得T 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋m 0g p 0S ＋mg T 1⑦ 11．[物理——选修3－3] (1)下列说法正确的是( )A ．分子间的距离增大时，分子间的引力增大而斥力减小B ．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C ．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D ．从单一热源吸收热量，使之完全变成功是不可能的E ．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行(2)如图所示，开口向上导热性能良好、长度为l ＝75 cm 的粗细均匀的细玻璃管竖直放置．用长为h ＝45 cm 的水银柱封闭一定质量的空气(可视为理想气体)，此时管内水银面与玻璃管上端平齐．现保持环境温度T ＝300 K 不变，将玻璃管绕底端在竖直面内缓慢转动一周，在转动过程中没有漏气．已知大气压强为75 cmHg ，求：①玻璃管中剩余水银柱的长度；②在转动一周后对玻璃管进行缓慢加热，当管内水银面再次与玻璃管上端平齐时，管内气体的温度是多少？答案：(1)BCE (2)见解析解析：(1)本题考查热学知识的理解．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，A 错误；根据热力学第二定律知，从单一热源吸收热量，使之完全变成功是可能的，D 错误．(2)本题考查理想气体状态方程的相关计算．①玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p 1＝p 0＋ρgh ，玻璃管开口向下时，水银有一部分要流出，设剩余水银柱的长度为x ，此时空气压强为p 2＝p 0－ρgx由玻意耳定律得p 1(l －h )S ＝p 2(l －x )S 解得x ＝15 cm②玻璃管加热后，管内水银柱上端再次与玻璃管上端平齐时，空气柱的压强为p 3＝p 0＋ρgx设气体的温度是T ′，由查理定律得p 2T ＝p 3T ′解得T ′＝450 K。

分子动理论气体及热力学定律专题限时训练一、多项选择题1．(2019 ·郑州三模) 以下对于热现象的判断正确的选项是()A．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的B．露水体现球状是因为液体表面张力的作用C．在完整失重的状况下，气体对器壁的压强为零D．气体被压缩时，内能可能不变E.不行能从单调热库汲取热量，使之完整变为功，而不产生其余影响答案： BDE分析：单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故 A 错误；液体表面张力的产生原由是液体表面层分子较稀少，分子间引力大于斥力，协力现为引力，露水体现球状是因为液体表面张力的作用， B 正确；依据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是因为大批分子对器壁连续的撞击形成的，与能否失重没关， C 错误；做功与热传达都能够改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变， D 正确；依据热力学第二定律可知，不行能从单调热库汲取热量，使之完整变为功，而不产生其余影响， E 正确．2．(2019 ·怀化三模) 相关对热学的基础知识理解正确的选项是()A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部B．热的物体把温度传达给冷的物体，最后达到同样温度C．当某一密闭容器自由着落时，容器中的气体压强不会为零D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越靠近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢E.在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽视油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似办理答案： CDEA 分析：表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内部，故错误；热的物体把内能传达给冷的物体，最后达到温度相等，而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最后达到温度相等，故B错误；当某一密闭容器自由着落时，气体分子仍旧在碰撞器壁，则气体压强不为零，故 C 正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子散布的、把油酸分子当作球形、分子之间没有缝隙，这三个方面的近似办理，故 E 正确．3．(2018 ·福建质检) 以下说法正确的选项是()A．液晶显示器利用了液晶的光学性质拥有各向异性的特色B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了C ．清早时阳光透过窗户射入房间，察看到空中飞舞的粉尘在做布朗运动D ．在南方的梅雨季节，湿衣服不简单晾干，这是相对湿度较大的缘由E ．空调能够把热量从温度较低的室内传达到温度较高的室外而不惹起其余变化答案： ABD分析： 液晶拥有液态时体现各向同性、固态时体现各向异性的特色， 液晶显示器利用了液晶的光学性质拥有各向异性的特色，故A 正确；依据麦克斯韦速率散布规律，当温度降低时，大多数液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，故 B 正确； 空中飞舞的粉尘的运动是由气流作用惹起的宏观表现， 不是布朗运动，故 C 错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服不简单晾干，故D 正确；依据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传达到温度较高的室外需要耗费电能，故E 错误．4．(2019 ·滨州二模 ) 以下说法正确的选项是( )A ．蔗糖受潮后粘在一同形成糖块，粘在一同的糖块是非晶体B ．固体能够分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不一样方向上的导热性能不一样C ．有的物质在不一样的条件下能够生成不一样的晶体．是因为构成他们的微粒能够依据不一样规则在空间散布D ．在适合的条件下，某些晶体能够转变为非晶体，某些非晶体也能够转变为晶体E ．在融化过程中，晶体要汲取热量，但温度保持不变，内能也保持不变答案： BCD分析： 蔗糖受潮后会粘在一同形成糖块， 该糖块是多晶体，故 A 错误；固体能够分为晶体和 非晶体两类，有些晶体在不一样方向上体现各向异性，拥有不一样的光学性质，故 B 正确；有些 物质在不一样条件下生成不一样的晶体， 那是因为构成它们的微粒能够依据不一样的规则在空间分 布．比如：金刚石和石墨都是由碳元素构成的，它们有不一样的点阵构造，故 C 正确；在适合 的条件下， 某些晶体能够转变为非晶体， 某些非晶体也能够转变为晶体， 比如天然石英是晶体，熔融过的石英倒是非晶体．把晶体硫加热融化( 温度超出 300°C)再倒进冷水中，会变成柔嫩的非晶体硫， 再过一段时间又会转变为晶体硫，故D 正确；在融化过程中， 晶体要吸收热量，固然温度保持不变，可是内能要增添，故 E 错误．二、计算题5．(2019 ·合肥三模 ) 如下图，必定质量的某种理想气体从状态 A 到状态 B 经历了一个等 温过程，从状态 B 到状态 C 经历了一个等容过程．分别用 p 、 V 、T 和 p 、 V 、T 及 P 、 V 、A AAB BBCCC表示气体在 、 、 三个状态下的参量．请推导状态A 的三个参量 (p A . A、 A ) 和状态C 的TA B CV T三个参量 ( P C 、V C 、 T C ) 之间的关系．p A V A p C V C答案：＝ T AT C分析： 由题意知， A → B 过程为等温过程，有 T A ＝ T B ，过程知足玻意耳定律有：p A V A ＝p B V B ①B →C 过程为等容过程，有 V B ＝ V C ，过程知足查理定律有：p B p C＝②T B T C由②得：T Bp B ＝p CT C代入①式有：T Bp A V A ＝p C V BT Cp A V A p C V B整理得： TB ＝ T C代入 T A ＝ T B ， V B ＝ V C 可得：p A V A p C V C＝.T AT C6．(2019 ·洛阳三模 ) 如下图，粗细平均，两头张口的U 形玻璃管竖直搁置．左右竖直部分和水平部分长度均为H ＝ 14 cm. 水平部分一段空气柱将管内水银分开成左右两段．当温度t ＝ 0 ℃时，被关闭的空气柱的长度L ＝8 cm ，水平部分左边水银柱长＝2 cm ，左边竖直管A 内水银柱长也是 A ＝2 cm. 大气压强 P 0 相当于高为 76 cm 水银柱的压强．(1) 当被关闭的空气柱温度迟缓高升到多少摄氏度时，水平部分某一侧的水银恰巧能所有进入竖直管？(2) 当被关闭的空气柱温度迟缓高升到多少摄氏度时，恰巧能一让某一侧竖直管内水银柱上方的空气所有被排出？答案： (1)147 ℃ (2)497 ℃分析： (1)U 形管两头均张口，因此两竖直管内水银柱高度应同样，即右边竖直管内水银柱高度也为 h ＝ 2 cm. 因此被关闭的空气柱右边的水银柱的水平长度为H － L － h ＝ 4 cm设玻璃管的横截面积为S ，以被关闭的空气为研究对象，初状态T 1＝(273 ＋ t ) ＝ 273K ，P 1＝ P 0＋ h cmHg ＝ 78 cmHg ， V 1＝ LS ＝ 8S .设当被关闭的空气柱温度迟缓高升到T 2 时，因为两竖直管内水银柱高度应同样，因此只好是关闭空气柱左边水银恰巧能所有进入竖直管AB 中，此时右边管水银柱高度也为4 cm.以关闭的空气为研究对象，该状态温度为 T 2，P 2＝ P 0＋2h cmHg ＝ 80 cmHg 柱，V 2＝ ( L ＋ h ＋h ) S＝ 12S .78×8S 80×12S由理想气体状态方程得：273 ＝T2解得： T 2＝ 420 K因此此时被关闭的空气柱温度高升到t 2＝(420 － 273) ℃＝ 147 ℃(2) 设当被关闭的空气柱温度迟缓高升到T 3 时，因为两竖直管内水银柱高度应同样，因此只能是左边竖直管内的空气恰巧能所有被排出，即左边竖直管水银柱上表面和管口相平， 此时右边竖直管水银柱高度仍为4 cm ，以被关闭的空气为研究对象，该状态温度为T 3， P 3＝ P 0＋ 2h cmHg ＝ 80 cmHg ， V ＝[ L ＋ h ＋ h＋ ( H － 2h )] S ＝ 22S78×8S 80×22 S由理想气体状态方程得＝273T 3解得：T 3＝ 770 K因此此时被关闭的空气柱温度高升到t 3＝(770 － 273)℃＝ 497℃7．(2019 ·全国卷Ⅰ ) 热等静压设施宽泛应用于资料加工中．该设施工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，而后炉腔升温， 利用高温高气压环境对放入炉腔中的资料加工办理，改良其性能． 一台热等静压设施的炉腔中某次放入固体资料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10 瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2 ×10 －2 m 3，使用前瓶中气体压强为1.5 ×10 7Pa ，使用后瓶中节余气体压强为2.0 ×10 6 Pa ，室温温度为27 ℃ . 氩气可视为理想气体．(1) 求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2) 将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．7(2)1.6 ×10 8答案： (1)3.2 ×10 PA Pa分析： (1) 设初始时每瓶气体的体积为V ，压强为p ；使用后气瓶中节余气体的压强为p .1假定体积为、压强为 p 0 的气体压强变为 1时，其体积膨胀为1.由玻意耳定律得：VpVp 0V 0＝p 1V 1①被压入进炉腔的气体在室平和 p 1 条件下的体积为V 1′＝ V 1－ V 0②设 10 瓶气体压入达成后炉腔中气体的压强为p 2，体积为V 2. 由玻意耳定律得：p 2V 2＝10p 1V 1′③联立①②③式并代入题给数据得：7p 2＝3.2 ×10 Pa ④(2) 设加热前炉腔的温度为 T 0，加热后炉腔温度为 T 1，气体压强为 p 3，由查理定律得：p 3 p 2T 1＝ ⑤T 0联立④⑤式并代入题给数据得：p 3 8＝1.6 ×10 Pa ⑥8．如下图，内壁圆滑长度为4l 、横截面积为 S 的汽缸 A 、 B ， A 水平、 B 竖直固定， A 、 B之间由一段容积可忽视的细管相连，整个装置置于温度为 27 ℃、 大气压为的环境中， 活p塞 、 的质量及厚度均忽视不计．原长为 3 l 、劲度系数 k 3p 0S、＝的轻弹簧， 一端连结活塞C DlC另一端固定在位于汽缸A 缸口的 O 点．开始活塞 D 距汽缸B 的底部 3 .后在D 上放一质量ml p 0S＝ g 的物体．求：(1) 稳固后活塞 D 降落的距离；(2) 改变汽缸内气体的温度使活塞D 再回到初地点，则气体的温度应变为多少？答案： (1)7l(2)377 ℃3分析： (1) 因为活塞的质量不计，因此初始状态汽缸A 、B 中的气体压强都为大气压 p 0，弹簧弹力为零；因此活塞 C 到汽缸 A 底部的距离为 x 1＝ l放入重物稳固后汽缸A 、B 中气体的压强都为 p 1，对 D 活塞有p 1S ＝mg ＋ p 0S对活塞 C 有 p 1S ＝ F 1＋ p 0S3p 0SF 1 为弹簧的弹力，则 F 1＝k x 1＝lx 1联立上式可求得 x 1＝l34l 此时活塞 C 距汽缸底部的距离x 2＝3初状态时气体的整体积V 0＝ 4lS ，末态体积为 V 1，由玻意耳定律得：p 0V 0＝p 1V 1解得1＝2V lS由此可知活塞D 降落的距离为＝ 3 l － (2 l － 4l ) ＝ 7lx 3313 (2) 改变气体温度使活塞D回到初始地点，气体为等压变化，因此弹簧地点不变，V2＝3 lS ，V1V2由盖—吕萨克定律得：T0＝T2解得 T2＝650 K，因此气体此时的温度t ＝377℃.。

专题限时集训（十五）分子动理论气体及热力学定律（建议用时：40分钟）1.（1）（5分）在一个标准大气压下，1 g水在沸腾时吸收了2 260 J的热量后变成同温度的水蒸气，对外做了170 J的功.已知阿伏加徳罗常数AA=6.0X10：3mol \水的摩尔质量.Q18 g/mol.下列说法中正确的是_______________________ .A.分子间的平均距离增大B.水分子的热运动变得更剧烈了C.水分子总势能的变化量为2 090 JD.在整个过程中能量是不守恒的E. 1 g水所含的分子数为3.3X10:c个（2）（10分）如图7所示，U形管右管横截而积为左管横截而积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，左、右两管水银而髙度差为36 cm,外界大气压为76 cmHg.若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30 cm,则此时左管内气体的温度为多少？【解析】（1）液体变成气体后，分子间的平均距离增大了，选项A正确：温度是分子热运动剧烈程度的标志，由于两种状态下的温度是相同的，故两种状态下水分子热运动的剧烈程度是相同的，选项B错误；水发生等温变化，分子平均动能不变，因水分子总数不变，分子的总动能不变，根据热力学第一泄律^U=Q+W,可得水的内能的变化量为A U=2 260 J-170 J=2 090 J,即水的内能增大2 090 J,则水分子的总势能增大了 2 090 J.选项C 正确:在整个过程中能量是守恒的，选项D错误;lg水所含的分子数为n=^V=^X6.0X10=5 = 3.3X10"个）.选项E正确.（2）设U形管左管的横截面为S,当左管内封闭的气柱长度变为30 cm时，左管水银柱下降4 cm,右管水银柱上升2 cm,即左、右两端水银柱高度差"=30 cm对左管内封闭气体，—力=40 cmHgPz—P3~h r =46 cmHgK = ii5=26S 比=30S71 = 280 K 左=?由理想气体状态方程可得宁=竽可得Z=371.5 K.【答案】(l)ACE (2)371.5 K2.(1) (5分)下列说法正确的有___________ •A.毛细现象是液体的表面张力作用的结果B.晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排方式不同而成为不同的晶体D.用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功3.0X10s J,若空气向外界放出热量2. 5X10’J,则空气内能增加5X10： JE.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和非晶体相似，具有各向同性(2) (10分)如图8所示，在圆柱形汽缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一左质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为po=75 cmHg, 室温t e=27 °C,稳左后两边水银面的高度差为AA=1.5 cm,此时活塞离容器底部的高度为Z=50 cm.已知柱形容器横截面积5=0.01 m='75 cmHg = l. 0X 10’Pa,重力加速度g取10 m/slIf50 cm图8①求活塞的质量；②使容器内温度降至一63 °C,求此时U形管两侧水银面的髙度差和活塞离容器底部的高度•【解析】(1)毛细现象是液体的表面张力作用的结果，A正确：晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子势能增加，B错误；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确：根据热力学第一左律可知，选项D正确：液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性，E错误.(2)®根据U形管两侧水银面的高度差为M=1.5 cm,可知月中气体压强=75 cmHg+1. 5 cmHg = 76. 5 cmHg而W所以活塞产生的压强p«=1.5 cmHg=1.5X^X105 Pa=0. 02X105 Pa由pm=mg/S,解得m=2 kg.②由于活塞光滑，所以气体等压变化，U形管两侧水银而的髙度差不变，仍为AA=1.5初状态：温度71=300 K,体积K=50 cm・S末状态：温度£=210 K,体积V Z=L' Sv. %由盖■吕萨克左律，得专=壬解得活塞离容器底部的髙度厂=35 cm.【答案】（l）ACD （2）®2 kg ② 1.5 cm 35 cm3.（1）（5分）下列说法正确的是_____.A.液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性特征B.第二类永动机违反了能量守恒泄律，所以它是制造不出来的C.一泄质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一上从外界吸热D.功变为热的实际宏观过程是不可逆的E.空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示（2）（10分）如图9所示，固左的绝热汽缸内有一质量为皿的“T”形绝热活塞（体积可忽略），距汽缸底部仏处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）.初始时，封闭气体温度为瓷，活塞距离汽缸底部为1.5A>,两边水银柱存在高度差.已知水银的密度为Q,大气压强为B，汽缸横截而积为S,活塞竖直部分长为1.2扣，重力加速度为g.求：图9①初始时，水银柱两液而高度差；②通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两水银而相平.【导学号：37162085] 【解析】（1）液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性的特征，A选项是正确的.第二类永动机违反了热力学第二泄律，没有违反能量守恒左律，B选项是错误的.一立质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，温度一泄升髙，又因为体积增大，气体对外做功，它一左从外界吸热才行，C选项是正确的.由热力学泄律知D选项正确.空气的相对湿度是用在某一温度下，空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比来表示，E选项是错误的.（2）①选取活塞为研究对象，对苴受力分析并根据平衡条件有纠S+ mg= pS可得被封闭气体压强p=Q+笃设初始时水银柱液而髙度差为仏则被封闭气体压强P=R+P gh联立以上三式可得，初始时液而高度差为力=負②降低温度直至两液而相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化.初状态：a=a+筈，K=1.5J%S,71=乙:末状态：Pz=m %=1.2AoS, Z=?根据理想气体状态方程有¥=孥/：12代入数据，可得貯羔氐•【答案】⑴ACD⑵碣驾盎4・(1)(5分)下列有关热学的叙述中，正确的是.A.布朗运动是指悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动B.随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一左是引力C.热力学第一泄律和热力学第二泄律是相互矛盾的D.一泄质量的理想气体在等温变化时，其内能一左不改变E.热量可以从低温物体传到髙温物体(2) (10分)如图10所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为力=24 cm的水银柱封闭了一段长为A O=23 cm的空气柱，系统初始温度为盍=200K,外界大气压恒左不变为0=76 cmHg.现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至7=400 K,结果发现管中水银柱上升了 2 cm,若空气可以看作理想气体，试求：图10①升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少cmHg?②玻璃管总长为多少？【解析】（1）布朗运动指的是悬浮在液体中的花粉颗粒的运动，选项A错误；分子力表现为引力时（r>2o）,才有随分子间的距离增大，分子力是先增大后减小的可能，选项B正确：热力学第一泄律和热力学第二泄律是相互补充的关系，二者并不矛盾，选项C错误：因为理想气体忽略分子势能，所以一立质量的理想气体温度一左时，气体内能是不变的，选项D正确；热量可以从低温物体传到高温物体，只是一立会引起英他变化，选项E正确.（2）①设升温后下部空气压强为p,玻璃管壁横截面积为S,对下部气体有―p弘+2 cm ST代入数据得p=184 cmHg此时上部气体压强p' =p—力=160 cmHg.②设上部气体最初长度为x,对上部气体有psxS p‘ x—2 cm S代入数据得x=40 cm所以管总长为Xo+/?+x=87 cm.【答案】（l）BDE （2）®160 cmHg 184 cmHg ®87 cm5.（1）（5分）在“用单分子油膜法估测分子大小”的实验中，①某同学操作步骤如下：a.取一泄量的无水酒精和汕酸，制成一泄浓度的油酸洒精溶液.b.在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积.c.在蒸发皿内盛一圧量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳泄.d・在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量汕膜的面积.改正其中的错误： ________________________ .②若油酸酒精溶液体积浓度为0. 10%, 一滴溶液的体积为4.8X10 3mL，其形成的油膜而积为40 cm0,则估测出汕酸分子的直径为__________ m.（2）（10分）如图11所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为％,汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）.开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为炷和管；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空：右活塞上方气体体积为彳.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触：然后打开K,经过一段时间，重新达到平衡.已知外界温度为養，不汁活塞与汽缸壁间的摩擦.求：图11①恒温热源的温度T；②重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体枳人【解析】(1)①步骤b应改为在量简中滴入A•滴该溶液，测出它的体积；步骤c应改为：在蒸发皿内盛一立量的水，先在水而上撒上赚子粉，再滴入一滴汕酸酒精溶液，待其散开稳泄.②1滴该溶液含有纯油酸的体积为戶=4.8X10 3 mLXO. 10%=4.8X10"6 mL=4.8X10 12已知油膜的而积是5=40 cm2=0. 004 nT,所以 1. 2 X 10 9 m.(2)①与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体经历等压过程,7koT 4由盖•吕萨克泄律得~=^7T7由此得T=-T..②由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大，打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件.汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设活塞上方气体压强为0由玻意耳左律得（P +A ）（2 %—匕）=A •〒④联立③④式，得6力一腺一必=0英解为 另一个解耳=一扌％，不符合题意，舍去.【答案】（1）①b 在量筒中滴入A •滴该溶液，c 在水而上先撒上那子粉 ②1.2X10 9⑵®^②新6. （1）（5分）已知地球大气层的厚度力远小于地球半径斤，空气平均摩尔质疑为"，阿 伏加徳罗常数为血，地而大气压强为a ，重力加速度大小为由此可估算得，地球大气层 空气分子总数为 ,空气分子之间的平均距离为 ________________________ •（2） （10分）如图12所示，一底而积为S,内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地而上, 开口向上，内有两个质量均为血的相同活塞月和万；在川与万之间、方与容器底面之间分别 封有一圮量的同样的理想气体，平衡时体积均为K 已知容器内气体温度始终不变，重力加 速度大小为8,外界大气压强为®.现假设活塞万发生缓慢漏气，致使万最终与容器底面接 触.求活塞力移动的距离. ■ saMCMe图12【解析】（1）设大气层中气体的质量为加大气压强由重力产生，即m=— S分子数山=鈴=骨=:“］汽 假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排⑵£与万之间、万与容器底而之间的气体压强分别为Q 、“在漏气前，对£分析有A =厂+管，对万分析有列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a,大气层中气体总体积为V. 而片=4 n Rh ＞所以万最终与容器底面接触后，肋间的压强为卩气体体积为『,则有P=Q+号因为温度始终不变，对于混合气体有p.V+^pV设活塞万厚度为d,漏气前川距离底面的髙度为2V漏气后川距离底面的高度为"=一+孑活塞艮移动的距离、h=h' -h以上各式联立化简得ms V。

专题限时集训(十三) 分子动理论 气体及热力学定律(建议用时：40分钟)1.(12分)(2016·泰州模拟)某学习小组做了如下实验，先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯内，气球逐渐膨胀起来，如图6所示．图6(1)在气球膨胀过程中，下列说法正确的是__________．A ．该密闭气体分子间的作用力增大B ．该密闭气体组成的系统熵增加C ．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D ．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)若某时刻该密闭气体的体积为V ，密度为ρ，平均摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，则该密闭气体的分子个数为__________；(3)若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6 J 的功，同时吸收了0.9 J 的热量，则该气体内能变化了__________J ；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度__________(填升高或者降低)【解析】 (1)气体膨胀，分子间距变大，分子间的引力和斥力同时变小，故A 错误；根据热力学第二定律，一切宏观热现象过程总是朝着熵增加的方向进行，故该密闭气体组成的系统熵增加，故B 正确；气体压强是由气体分子对容器壁的碰撞产生的，故C 错误；气体分子间隙很大，该密闭气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D 错误．(2)气体物质的量为：n ＝ρV M ；该密闭气体的分子个数为：N ＝nN A ＝ρV MN A . (3)气体对外做了0.6 J 的功，同时吸收了0.9 J 的热量，根据热力学第一定律，有： ΔU ＝W ＋Q ＝－0.6 J ＋0.9 J ＝0.3 J ；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速膨胀，对外做功，内能减小，温度降低．【答案】 (1)B (2)ρV MN A (3)0.3 降低 2．(12分)(1)关于饱和汽和相对湿度，下列说法中错误的是__________．A ．使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法B ．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压C ．密闭容器中装有某种液体及其饱和蒸汽，若温度升高，同时增大容器的容积，饱和汽压可能会减小D ．相对湿度过小时，人会感觉空气干燥(2)如图7所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，从状态A 到状态B ，在相同时间内撞在单位面积上的分子数__________(选填“增大”“不变”或“减小”)，从状态A 经B 、C 再回到状态A ，气体吸收的热量______________放出的热量(选填“大于”“小于”或“等于”)．图7(3)已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol －1，在标准状态(压强p 0＝1 atm 、温度t 0＝0 ℃)下任何气体的摩尔体积都为22.4 L ，已知第(2)问中理想气体在状态C 时的温度为27 ℃，求该气体的分子数．(计算结果取两位有效数字)【解析】 (1)饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法，故A 正确；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故B 正确；温度升高，饱和气压增大，故C 错误；相对湿度过小时，人会感觉空气干燥，故D 正确．(2)理想气体从状态A 到状态B ，压强不变，体积变大，分子的密集程度减小，所以在相同时间内撞在单位面积上的分子数减小，从状态A 经B 、C 再回到状态A ，内能不变，一个循环过程中，A 到B 气体对外做的功W 1＝－2×3 J＝－6 J ，B 到C 过程中外界对气体做功W 2＝12(1＋3)×2 J＝4 J ，C 到A 体积不变不做功，所以W ＝W 1＋W 2＝－2 J ，根据ΔU ＝W ＋Q ，Q ＝2 J ，即一个循环气体吸热2 J ，所以一个循环中气体吸收的热量大于放出的热量．(3)根据盖－吕萨克定律：V 0T 0＝V 1T 1，代入数据：1273＋27＝V 1273，解得标准状态下气体的体积为V 1＝0.91 L ，N ＝V 1V mol N A ＝0.9122.4×6×1023＝2.4×1022(个)． 【答案】 (1)C (2)减小 大于 (3)2.4×1022个3．(12分)(2016·江苏徐州高三考前模拟)(1)以下说法中正确的是__________．A ．单晶体的所有物理性质都具有各向异性B ．悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是热运动C ．相同温度下，氢分子的平均动能一定等于氧分子的平均动能D ．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小(2)某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30 cm 的浅盘里倒入约2 cm 深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴__________(选填“纯油酸”或“油酸酒精溶液”)在水面上．稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积，还需要知道__________，就可以算出分子直径．(3)如图8所示，内壁光滑的导热汽缸里封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S ，质量不计，离缸底的距离为L 1.由于环境温度缓慢下降，使得活塞缓慢下降到距离缸底L 2处．已知大气压强为p 0，被封闭气体初始状态的热力学温度为T 1、内能为E 1.图8①求活塞下降到距离缸底L 2处时，缸内封闭气体的温度；②一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q .【解析】 (1)单晶体具有各向异性，不能说单晶体的所有物理性质都具有各向异性，A 项错误；悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动，不是热运动，B 项错误；温度是分子的平均动能的标志，相同温度下，氢分子的平均动能一定等于氧分子的平均动能，C 项正确；随着分子间距离的增大，分子势能不一定减小，当分子力表现为引力时，分子力做负功，分子势能增大，D 项错误．(2)油膜法测分子直径实验中，用注射器滴一滴油酸酒精溶液在水面上，让它形成单分子油膜．实验过程中，由d ＝V S 可知，还需要知道向水面滴入的油酸酒精溶液中的纯油酸体积．(3)①气体发生等压变化，有L 1S T 1＝L 2S T 2 解得封闭气体的温度为T 2＝L 2T 1L 1. ②设气体在T 2时的内能为E 2，由题意有E 1T 1＝E 2T 2气体状态变化过程中内能变化了ΔU ＝E 2－E 1＝L 2－L 1L 1E 1 外界对气体做功W ＝p 0(L 1－L 2)S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q整个过程中通过缸壁传递的热量Q ＝L 2－L 1L 1E 1－p 0(L 1－L 2)S . 【答案】 (1)C (2)油酸酒精溶液 油酸酒精溶液中的纯油酸体积 (3)①L 2T 1L 1 ②L 2－L 1L 1E 1－p 0(L 1－L 2)S 4．(12分)(2015·江苏四校高三模拟)(1)下列说法正确的是__________．A ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B ．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C ．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D ．物理性质各向同性的一定是非晶体(2)已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2kg/mol ，阿伏加德罗常数为N A ＝6.02×1023 mol －1，一滴露水的体积大约是6.0×10－8 m 3，它含有________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进 6.0×107个水分子时，喝进水的质量是__________kg.(保留两位有效数字)图9(3)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图9所示，已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃，则：①该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？②该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？【解析】 (1)根据理想气体的状态方程pV T ＝C ，当气体的温度升高时，若体积也同时增大，气体的压强不一定增大，A 项错误；液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定，B 项正确；液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力，C 项正确；晶体分单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性特征，多晶体具有各向同性特征，D 项错误．(2)水的摩尔质量为M ＝1.8×10－2 kg ，水的摩尔体积为V M ＝M ρ，一个水分子的体积为V 0＝M ρN A.一滴露水含有水分子的个数为N ＝V V 0＝V M ×ρN A ＝2.0×1021个喝进水的物质的量为n ＝N ′N A＝1×10－16 mol 故水的质量m ＝nM ＝1.8×10－18 kg.(3)①由图示图象可知，p A V A ＝p C V C ，由理想气体状态方程：pV T＝C 可知，A 、C 两状态的温度相等，由于理想气体内能仅与温度有关，A 、C 两状态温度相等，两状态气体内能相等，则从A 到C 过程气体内能的变化量为0.②气体从状态A 到状态C 体积增大，对外做功，即W <0；T A ＝T C ，所以状态A 到状态C 的过程中内能变化量为0.由热力学第一定律得：Q >0，所以A →C 的过程中是吸热．从A 到B 过程，体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，只有B 到C 过程气体对外做功，故吸收的热量为： Q ＝W ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J ＝200 J.【答案】 (1)BC (2)2.0×1021 1.8×10－18(3)①0 ②吸热 200 J5．(12分)(2016·江苏扬州四模)(1)下列说法正确的是__________．A ．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动B ．压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力C ．晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点D ．两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小，分子势能先减小后增大(2)利用单分子油膜法可以粗略测定分子的大小和摩尔质量．已知某种油的密度为ρ，取体积为V 的油慢慢滴出，可滴n 滴．将其中一滴滴在广阔水面，形成面积为S 的单分子油膜，阿伏加德罗常数为N A .若把分子看作球形，则估算出它的直径是__________，油的摩尔质量是__________．(3)如图10所示是农业上常用的农药喷雾器，贮液筒与打气筒用细连接管相连，已知贮液筒容积为8 L(不计贮液筒两端连接管体积)，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1 atm 的空气200 mL ，现打开喷雾头开关K ，装入6 L 的药液后再关闭，设周围大气压恒为1 atm ，打气过程中贮液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变．求：①要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3 atm ，打气筒活塞需要循环工作的次数； ②打开喷雾头开关K 直至贮液筒内、外气压相同时，贮液筒向外喷出药液的体积．【解析】 (1)阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，选项A 错误；压缩气体需要做功，是因为存在气体压强，选项B 错误；晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，因此温度能保持稳定不变，所以晶体有固定的熔点，选项C 正确；两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，选项D 错误．(2)由题意知一滴油滴的体积为V n ，则油分子直径为d ＝V nS ； 单个分子的体积为V 0＝4πr 33＝πd 36＝πV 36n 3S 3 则油的摩尔体积为V mol ＝N A πV 36n 3S 3， 则油的摩尔质量为M ＝ρV mol ＝πρN A V 36n 3S 3. (3)①贮液筒内药液上方的气体体积为V 0＝8 L －6 L ＝2 L ，设1 atm 下，打入贮液筒的气体体积为V ，总体积V 1，则：V 1＝V ＋V 0设1 atm 下，气体的压强：p 1＝1 atm打入贮液筒气体后体积：V 2＝V 0打入贮液筒气体后的压强：p 2＝3 atm由理想气体方程得：p 1V 1＝p 2V 2解得：V ＝4 L打气次数：n ＝V 0.2 L＝20. ②打开喷雾头开关K 直至贮液筒内外气压相同时，p 3＝1 atm由理想气体方程得：p 1V 1＝p 3V 3解得：V 3＝V 1＝6 L故喷出药液的体积V ′＝V 3－V 0＝4 L. 【答案】 (1)C (2)V nS πρN A V 36n 3S 3 (3)①20次 ②4 L 6．(12分)(2015·江苏盐城二模)(1)以下说法中正确的是__________．A ．系统在吸收热量时内能一定增加B ．悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈C ．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍D ．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力(2)常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知分解1 mol 的水可得到1 mol 氢气，1 mol 氢气完全燃烧可以放出2.858×105 J 的能量，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，水的摩尔质量为1.8×10－2kg/mol.则2 g 水分解后得到氢气分子总数__________个；2 g 水分解后得到氢气完全燃烧所放出的能量__________J ．(均保留两位有效数字)(3)如图11所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A 封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T 0＝500 K ，下部分气体的压强p 0＝1.25×105 Pa ，活塞质量m ＝0.25 kg ，管道的内径横截面积S ＝1 cm2.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T ，最终管道内上部分气体体积变为原来的34，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g 取10 m/s 2，求此时上部分气体的温度T .图11【解析】 (1)若系统在吸收热量的同时对外做功，内能可能不变，A 项错误；气温越高，布朗运动越剧烈，B 项正确；封闭容器中的理想气体，若温度不变，则分子的平均动能不变，体积减半，单位体积内气体分子数加倍，则单位时间内气体分子在容器壁单位面上碰撞的次数加倍，气体压强加倍，C 项正确，用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明分子间的引力大于斥力，对外表现为引力，D 项错误．(2)2 g 水的分子数N ＝m M N A ＝2×10－31.8×10－2×6.02×1023＝6.7×1022(个)，水分解后得到的氢气分子个数与水分子个数相同．氢气燃烧所放出的能量E ＝m M ×E 0＝2×10－31.8×10－2×2.858×105 J ＝3.2×104 J. (3)设初状态时两部分气体体积均V 0，对下部分气体，等温变化时，p 0V 0＝pV ，V ＝54V 0，解得p ＝1×105 Pa.对上部分气体，初态p 1＝p 0－mg S ＝1×105 Pa.末态p 2＝p －mg S ＝0.75×105Pa ， 根据理想气体状态方程，有p 1V 0T 0＝p 2·34V 0T ， 解得T ＝281.25 K.【答案】(1)BC (2)6.7×1022 3.2×104 (3)281.25 K。

专题限时集训(十五) 分子动理论气体及热力学定律(对应学生用书第145页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题的五个选项中有三个选项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分．) 1．(2020·Ⅱ卷T33(1))关于扩散现象，下列说法正确的是( )A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的ACD [扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误，选项C正确，选项E错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确．]2．下列说法正确的是( )A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果BCE [悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误．由于表面张力的作用使液体表面的面积收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确．液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确．高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误．由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确．]3．[2020·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]下列说法正确的是( )A．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大B．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离C．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律D．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润E．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大BDE [温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，即每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离，故B正确；将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故C错误；附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润，故D正确；如图所示，若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故E正确．]4．[2020·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]关于热现象，下列说法中正确的是( ) A．液体的温度越高，布朗微粒运动越显著B．外界对气体做功时，其内能一定会增大C．扩散现象与布朗运动都与温度有关D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点E．一定温度下，饱和汽的压强是一定的ACE [液体的温度越高，分子无规则热运动得越剧烈，故微粒布朗运动越显著，故A正确；外界对气体做功，在气体不对外放热的情况下，内能才会增加，B错误；扩散现象与布朗运动都与温度有关，温度越高，现象越明显，故C正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D 错误；一定温度下，饱和汽的压强是不变的，选项E正确．]5．(2020·衡水市冀州中学一模)下列说法正确的是( )【导学号：19624175】A．“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积B．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比C．气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D．物理性质各向同性的一定是非晶体E．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的ABE [油膜法测分子直径大小的实验中，油膜经充分扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小，故A正确；由查理定律可知，一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比，故B正确；气体分子平均动能大，说明气体温度较高，但不确定气体体积的大小，由理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小，故C错误；多晶体也具有各向同性的特点，故D错误；液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力，故E正确．]6．(2020·沈阳模拟)下列说法正确的是( )A．当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B．饱和汽压随温度的升高而减小C．对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变D．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E．由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势CDE [当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，故A错误；饱和汽压随温度的升高而增大，故B 错误；当分子的热运动变剧烈时，温度升高，若体积同时增大，压强可以不变，故C正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故E正确．] 7．(2020·西北工大附中模拟)下列说法中正确的是( )A．布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C．物体放出热量，温度一定降低D．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的E．热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度ADE [布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故A正确；热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故B错误；物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C错误；大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故D正确；热传递过程中，物体间内能的转移量叫作热量；温度是分子热运动平均动能的标志，故E 正确．]8．(2020·合肥二模)下列说法中正确的是( )A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行ABE [布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动，这不是布朗运动，故A正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少”，故B正确；分子力的变化比较特殊，随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，随着分子间距离增大，分子势能增大，故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误；根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确．]二、计算题(本题共4小题，每小题10分，共40分．)9．(10分)(2020·西北工大附中模拟)如图15­12所示，“13”形状的各处连通且粗细相同的细玻璃管竖直放置在水平地面上，只有竖直玻璃管FG中的顶端G开口，并与大气相通，水银面刚好与顶端G平齐．AB＝CD＝L，BD＝DE＝L4，FG＝L2.管内用水银封闭有两部分理想气体，气体1长度为L，气体2长度为L2，L＝76 cm.已知大气压强p0＝76 cmHg，环境温度始终为t0＝27 ℃，现在仅对气体1缓慢加热，直到使BD管中的水银恰好降到D点，求此时(计算结果保留三位有效数字)(1)气体2的压强p2为多少厘米汞柱？(2)气体1的温度需加热到多少摄氏度？图15­12【解析】 (1)加热气体1时，气体2的温度、压强、体积均不改变，气体2的压强：p ＝p 0＋L 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫76＋764 cmHg ＝95.0 cmHg.(2)对于气体1，设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程得：p 0V 1T 0＝p 2V 2T 2其中：V 1＝LS ，V 2＝54LS ，p 0＝76 cmHg ，p 2＝(76＋19) cmHg ＝95 cmHg ，T 0＝t 0＋273＝300 K ， 解得：T 2＝468.75 K ，所以t 2≈196 ℃.【答案】 (1)95.0 cmHg (2)196 ℃10．(10分)(2020·沈阳模拟)如图15­13所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0S l 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l 0，缸内气体压强为1.1p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.【导学号：19624176】图15­13【解析】 (1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1＝1.1p 0，体积为V 1＝S(l 0－0.2l 0)由理想气体状态方程得：p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得：T 1＝0.88T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l 0时，体积为V 2＝1.2Sl 0，设气体压强为p 2，由理想气体状态方程得：p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡，方程为：p 0S ＋F －p 2S ＋k(1.2l 0－l 0)＝0当活塞向右移动0.2l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡p 0S ＋F －1.1p 0S －k(0.2l 0)＝0解得：T 2＝1.8T 0.【答案】 (1)0.88T 0 (2)1.8T 011．(10分)[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图15­14所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m ，横截面积为S.开始时，活塞与汽缸底部相距L ，测得气体的温度为T 0.现缓慢降温，让活塞缓慢下降，直到恰好与挡板接触但不挤压．然后在活塞上放一重物P ，对气体缓慢升温，让气体的温度缓慢回升到T 0，升温过程中，活塞不动．已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸间摩擦．图15­14(1)求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P 的质量的最小值；(2)整个过程中，气体是吸热还是放热，吸收或放出热量为多少？【解析】 (1)缓慢降温过程是一个等压过程初态：温度T 0，体积V 0＝LS ，末态：温度T 1，体积V 1＝SL 2 由盖－吕萨克定律有V 0T 0＝V 1T 1，解得T 1＝T 02升温过程中，活塞不动，是一个等容过程初态：温度T 1＝T 02，压强p 1＝p 0＋mg S，末态：温度T 2＝T 0，压强p 2＝p 0＋m ＋M g S 由查理定律有p 1T 1＝p 2T 2，解得M ＝m ＋p 0S g. (2)整个过程，理想气体的温度不变，内能不变降温过程体积变小，外界对气体做的功为W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S SL 2＝p 0SL ＋mgL 2 升温过程，体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功由热力学第一定律，整个过程中，气体放出热量Q ＝W ＝p 0SL ＋mgL 2. 【答案】 (1)T 02 m ＋p 0S g (2)气体向外放热p 0SL ＋mgL 212. (10分)(2020·Ⅰ卷T 33(2))如图15­15所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：图15­15(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.【导学号：19624177】【解析】 (1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 1⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋S 2⎝ ⎛⎭⎪⎫l －l 2 ① V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p)＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p) ③故缸内气体的压强不变．由盖­吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④联立①②④式并代入题给数据得T 2＝330 K ． ⑤ (2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有p′T ＝p 1T 2⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105 Pa.⑦ 【答案】 (1)330 K (2)1.01×105 Pa高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

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第1讲分子动理论，气体及热力学定律1．（2016·东北三省四市联考一）(1)下列说法正确的是 A B D。

A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B．布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C．两个分子间由很远(r〉10－9 m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E．热量只能由高温物体传递给低温物体(2）如图所示，竖直放置且粗细均匀的U形玻璃管与容积为V0＝90 cm3的金属球形空容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境湿度为27℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝16 cm，水银柱上方空气长h0＝20 cm。

现在对金属球形容器缓慢加热,当U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h2＝24 cm时停止加热．已知大气压p0＝76 cmHg,U形玻璃管的横截面积为S＝0。

5 cm2，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度？解析：(1）水的摩尔质量除以水分子的质量等于每摩尔水中水分子的个数，即为阿伏伽德罗常数,选项A正确；布朗运动是悬浮在液体（或气体)中的微小颗粒的无规则运动，是分子无规则运动的反映，选项B正确；两个分子间由距离很远减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大,分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小再增大，选项C错误；液体的表面张力使液面具有收缩的趋势,故露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项D正确;根据热力学第二定律，在不引起其他变化时,热量不能从低温物体传到高温物体，也就是说，热量既可以由高温物体传递给低温物体，也可以在一定条件下由低温物体传递给高温物体，选项E错误．(2)初始状态:p1＝p0－h1＝60 cmHg，V1＝V0＋h0S＝100 cm3，T＝300 K，1末状态：p2＝p0＋h2＝100 cmHg，V2＝V1＋错误!＝110 cm3，T＝（273＋t2） K.2由理想气体状态方程有错误!＝错误!,代入数据解得t2＝277 ℃。

·物理(十五)微专题15分子动理论气体及热力学定律一、选择题(五个选项中,有三个是正确的)。

1.下列说法正确的是。

A.分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小B.一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高C.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体保持体积不变,单位体积内分子数不变,当温度升高时,单位时间内撞击单位面积上的分子数减少2.下列说法正确的是。

A.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体B.悬浮在液体中的颗粒越小,布朗运动越明显C.当分子间的距离增大时,分子间的作用力减小,分子势能增大D.气体对容器的压强是由大量气体分子对容器器壁不断碰撞而产生的E.一定质量的理想气体在绝热情况下向真空自由膨胀时,内能减少3.根据下列选项中的已知物理量,可以估算出物体的分子平均体积的是。

A.阿伏加德罗常数、某气体的摩尔质量和密度B.阿伏加德罗常数、某固体的摩尔质量和密度C.阿伏加德罗常数、某液体的摩尔体积D.阿伏加德罗常数、某气体的摩尔体积E.阿伏加德罗常数、某液体的摩尔质量和密度4.关于液体和固体的性质,下列说法正确的是。

A.晶体或非晶体是相对的,它们有的在一定条件下可以相互转化B.固态铜熔化时,虽然温度是不变的,但内能是增加的C.露珠呈球形,是因为露珠呈各向同性D.空气的相对湿度越小,空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压E.液体表面层中分子的分布比液体内部稀疏5.关于晶体和非晶体,下列说法正确的是。

A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B.晶体内部物质微观粒子(分子、原子或离子)的排列是有规则的C.一个固体球,如果沿其各条直径方向的导电性不同,则该球一定是单晶体D.液晶分子的排列不稳定,外界条件的微小变动都会引起液晶分子排列的变化E.晶体熔化时要不断吸收热量,分子平均动能增大6.锅炉中的水沸腾后,从锅底不断生成气泡并上升到水面后破裂。

分子动理论、气体及热力学定律考向一 热学基础知识【典例1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。

【答案】低于 大于【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故0Q ∆=，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即0W <，根据热力学第一定律可知：0U Q W ∆=∆+<，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。

最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PV nRT =，又mV ρ=，m 为容器内气体质量。

联立得：Pm nRTρ=，取容器外界质量也为m 的一部分气体，由于容器内温度T 低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。

1．分子动理论和内能2．两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V 0＝43π⎝⎛⎭⎫d 23＝16πd 3，d 为分子的直径．(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V 0＝d 3，d 为分子间的距离．3．固体、液体和气体4．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定物理量功W 热量Q 内能的改变ΔU取正值“＋”外界对物体做功物体从外界吸收热量物体的内能增加取负值“－”物体对外界做功物体向外界放出热量物体的内能减少5.(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化．(2020·湖北模拟) (多选)下列说法正确的是________．A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B．外界对气体做正功，气体的内能不一定增加C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律E．晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大【答案】BCE【解析】花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停的做无规则运动，故A错误；外界对气体做正功，气体可能同时放热，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体的内能不一定增加，故B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故C正确；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故D错误；晶体熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收热量，说明内能增加，故分子势能增大，故E正确。