2020-2021学年第二章 气体、固体和液体综合与测试导学案

这是一份2020-2021学年第二章 气体、固体和液体综合与测试导学案，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
章末检测试卷(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题8小题，每小题3分，共24分)
1．如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论正确的是(　　)
A．它一定不是单晶体
B．它一定是多晶体
C．它一定是非晶体
D．它不一定是非晶体
答案　D
解析　多晶体和非晶体都表现出各向同性，单晶体也只是在某些物理性质上表现出各向异性，故正确答案为D.
2．下列说法正确的是(　　)
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于针受到了浮力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在玻璃上不浸润
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这只与液体的种类有关，与毛细管的材料无关
答案　C
解析　把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，这是因为水表面存在表面张力的缘故，故A错误；水对油脂表面是不浸润的，所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，故B错误；宇宙飞船中的球形水滴是表面张力的缘故，故C正确；毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关，故D错误．
3．同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图1甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况．若固体A和毛细管B都很干净，则(　　)

图1
A．固体A和毛细管B可能是同种材料
B．固体A和毛细管B一定不是同种材料
C．固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大
D．液体对毛细管B不浸润
答案　B
解析　由题图中给出的现象知，该液体对固体A不浸润，对毛细管B浸润，A、B一定不是同种材料，A、D错误，B正确；由液体不浸润固体A而浸润毛细管B可知，C错误．
4．(2019·北京理工大学附属中学月考)用分子热运动的观点解释以下现象正确的是(　　)
A．一定质量的理想气体，如果保持气体的温度不变，体积越小，压强越小
B．一定质量的理想气体，如果保持气体的温度不变，体积越小，压强越大
C．一定质量的理想气体，如果保持气体的体积不变，温度越低，压强越大
D．一定质量的理想气体，只要温度升高，压强就一定增大
答案　B
解析　由理想气体状态方程＝C(常数)可得，当保持气体的温度不变时，体积越小，压强越大，A错误，B正确．当保持气体的体积不变时，温度越低，压强越小，故C错误．当气体的温度升高，体积的变化不确定，压强不能确定，故D错误．
5．中医拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书《五十二病方》中就有类似于后世的火罐疗法．其方法是以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用．在刚开始的很短的时间，火罐“吸”在皮肤上的主要原因是(　　)
A．火罐内的气体温度不变，体积减小，压强增大
B．火罐内的气体压强不变，温度降低，体积减小
C．火罐内的气体体积不变，温度降低，压强减小
D．火罐内的气体体积不变，温度降低，压强增大
答案　C
解析　在刚开始的很短的时间内，火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性能良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据＝C可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，A、B、D错误，C正确．
6.(2020·上海市崇明区模拟)如图2所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行．则下列说法正确的是(　　)

图2
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减少
D．A→B过程气体分子平均动能增大
答案　D
解析　过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，图线斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，温度不变，体积减小，则单位体积内的分子数增多，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则气体分子平均动能增大，D正确．

7．(2020·上海市南洋模范中学月考)如图3所示，某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时，由于管内漏进了空气，测得管内汞柱的高度仅为70 cm，但当时的实际大气压强为一个标准大气压(相当于76厘米高的汞柱产生的压强)．今采用下述哪种方法，可使管内、外汞面的高度差大于70 cm(　　)

图3
A．把托里拆利管逐渐倾斜(管子露出部分长度不变)
B．把托里拆利管慢慢向上提，但下端不离开汞槽
C．保持装置不动，往汞槽内加汞，以增大压强
D．整个装置竖直向上做加速运动
答案　B
解析　将托里拆利管逐渐倾斜，假设气体压强不变，由于体积减小，温度不变，所以气体压强变大，所以内外汞面的高度差变小，故A错误．把托里拆利管慢慢向上提，假设气体压强不变，则气体体积会增大，但温度不变，所以气体压强会减小，所以内外汞面的高度差变大，故B正确．保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体压强不变，则气体体积会减小，但温度不变，气体压强变大，内外汞面的高度差变小，故C错误．整个装置竖直向上做加速运动，水银柱超重，内外汞面的高度差减小，故D错误．
8.(2019·大庆实验中学高二下期中)如图4，竖直导热圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝19 cm，活塞A上方的水银深H＝10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0＝75 cmHg，则此时气柱的长为(　　)

图4
A．16 cm B．17 cm C．18 cm D．19 cm
答案　B
解析　使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，粗筒内的水银柱高5 cm，因粗筒横截面积是细筒的3倍，所以进入细筒内的水银柱高为15 cm，水银柱的总高度为H′＝
20 cm，所以此时气体的压强为p2＝p0＋ρgH′＝95 cmHg，设粗筒的横截面积为S，水银的一半被推入细筒中时气柱的长为l，根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2，V1＝LS，V2＝lS，可得：85×19S＝95lS，解得l＝17 cm，故B正确，A、C、D错误．
二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16分)
9．甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论．他们的说法正确的是(　　)
A．甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形
B．乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的熔点
C．丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向同性
D．丁说，液晶是一种在分子结构上介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
答案　AD
解析　单晶体具有规则的几何形状，而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，无论是多晶体还是单晶体都有确定的熔点，故A对，B错；液晶像液体一样具有流动性，但不能说它是液态的晶体，它的光学性质具有各向异性，故C错，D对．
10．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．温度不变时，压强增大n倍，单位体积内的分子数一定也增大n倍
B．体积不变时，压强增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大
C．压强不变时，若单位体积内的分子数增大，则气体分子热运动的平均速率一定增大
D．气体体积增大时，气体分子的内能可能增大
答案　ABD
解析　对于一定质量的理想气体，其压强与气体分子的数密度有关，与气体分子热运动的平均速率有关．因此，根据气体实验定律可知选项A、B正确，C错误；一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体的体积增大时，由＝C，知温度有可能增大，因此选项D正确．
11.如图5所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是(　　)

图5
A．A→B温度升高，压强不变
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
答案　AD
解析　由题图知，在A→B的过程中，气体温度升高、体积变大，且体积与温度成正比，由＝C，气体压强不变，是等压过程，故选项A正确；B→C是等容过程，体积不变，而热力学温度降低，由＝C可知，压强p减小，故选项B、C错误；C→D是等温过程，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故选项D正确．
12.(2020·张家口市一中高二期中)如图6所示，足够长U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体，则下列说法正确的是(　　)

图6
A．只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
B．只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减小
C．若在右管中注入一些水银，L1将增大
D．使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
答案　AD
解析　只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体做等温变化，故A正确，B错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确．
三、实验题(本题2小题，共12分)
13．(4分)(2019·江苏卷)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的．在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)．分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图7所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置．

图7
答案　引力(2分)　C(2分)
解析　在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，水分子之间的作用力表现为引力．由于平衡位置对应的分子势能最小，在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，所以能够总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是题图中C位置．
14．(8分)(2019·扬州中学高二月考)某小组利用图8所示装置研究“一定质量气体温度不变时，压强与体积的关系”，图中装置1为压强传感器，装置2为数据采集器．带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V，实验所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差Δp，在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/ (×105 Pa)
0
0.11
0.25
0.43
0.67
V/mL
10
9
8
7
6


图8
(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了________．
(2)研究小组基于数据，以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是________．
(3)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是________，图像纵轴截距的绝对值的物理含义是________．
答案　(1)充分的热交换，保持封闭气体的温度不变(2分)　(2)(2分)　(3)Δp＝－p0(2分)　大气压强(2分)
解析　(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了充分的热交换，保持封闭气体的温度不变．
(2)封闭气体的压强p＝p0＋Δp，根据pV＝C得(p0＋Δp)V＝C.变形得Δp＝C·－p0，则以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是；
(3)据题知，C＝k，整理得Δp＝k·－p0，可知图像纵轴截距的绝对值的物理含义是大气压强p0.
四、计算题(本题4小题，共48分)
15．(10分)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图9甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.

图9
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态．
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析图
解析　(1)根据理想气体状态方程：＝
则pA＝＝ Pa＝4×104 Pa.(2分)
(2)A→B是等容变化
由查理定律得＝，
pB＝pA＝×4×104 Pa＝1.6×105 Pa(2分)
B→C是等温变化
由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，
pC＝＝ Pa＝4×104 Pa(2分)
C→D是等容变化
pD＝2×104 Pa，TD＝4×102 K(2分)
p－T图像及A、B、C、D各个状态如图所示．

(2分)
16．(12分)(2020·全国卷Ⅱ)如图10，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝
76 cmHg.

图10
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
答案　见解析
解析　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①(2分)
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②(1分)
p2＝p0＋ρgh③(1分)
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④(1分)
联立①②③④式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑤(1分)
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
＝⑥(2分)
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦(2分)
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2≈363 K．(2分)
17．(12分)(2019·武汉市联考)如图11所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸水平放置，一面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔．活塞右侧气体的压强为p0.活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0.将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变．然后将密封的气体缓慢加热．已知重物的质量满足关系式mg＝p0S，重力加速度为g.求：

图11
(1)活塞刚碰到汽缸右侧时气体的温度；
(2)当气体温度达到2T0时气体的压强．
答案　(1)1.5T0　(2)p0
解析　(1)设当活塞右侧气体的压强为p0时，左侧气体压强为p1
则p1＝＋p0＝2p0(2分)
右侧抽成真空时，左侧气体压强为p2＝＝p0，
对左侧气体由玻意耳定律得
p1V0＝p2V2(2分)
解得：V2＝2V0
缓慢加热密封气体，气体发生等压变化，活塞与汽缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3
则由盖－吕萨克定律得：
＝(2分)
解得：T3＝1.5T0(2分)
(2)气体温度由T3升高到2T0的过程，气体发生等容变化，由查理定律得
＝(2分)
解得：p4＝p0.(2分)
18．(14分)如图12所示，用U形管和细管连接的玻璃烧瓶A和橡胶气囊B内都充有理想气体，A浸泡在温度为27 ℃的水槽中，U形管右侧水银柱比左侧高h＝40 cm.现挤压气囊B，使其体积变为原来的，此时U形管两侧的水银柱等高．已知挤压过程中气囊B温度保持不变，U形管和细管的体积远小于A、B的容积，变化过程中烧瓶A中气体体积可认为不变．(大气压强相当于75 cm高水银柱产生的压强，即100 kPa)求：

图12
(1)烧瓶A中气体压强；
(2)将橡胶气囊B恢复原状，再将水槽缓慢加热至47 ℃，此时U形管两侧水银柱的高度差．
答案　(1)160 kPa　(2)48 cm
解析　(1)由题意知：A中气体压强pA不变，且与B中气体末态压强pB′相等，即pA＝pB′，初态压强满足pB＝pA－ph，对B中气体由玻意耳定律可知
pBVB＝pB′·VB，(2分)
代入数据解得烧瓶A中气体的压强pA＝120 cmHg＝160 kPa.(2分)
(2)A中的气体发生等容变化，由查理定律得＝，(2分)
代入数据解得pA′＝ kPa，(2分)
橡胶气囊B恢复原状，其压强为pB＝pA－ph＝ kPa，(2分)
设水槽缓慢加热至47 ℃时U形管两侧水银柱的高度差为pΔh，
则pA′＝pΔh＋pB，解得pΔh＝64 kPa(2分)
解得Δh＝×75 cm＝48 cm.(2分)