2022-2023学年人教版选择性必修第三册 第2章 气体、固体和液体 单元测试

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　气体、固体和液体 1．温度都是0 ℃水和冰混合时，以下说法正确的是(　　)A．冰将熔化成水B．水将凝固成冰C．都不变，冰水共存D．如果水比冰多的话，冰熔化；如果冰比水多的话，水结冰C　[温度都是0 ℃水和冰混合时，因温度相同，不会发生热传递，则无论两者质量如何，最终仍然是冰水混合物，且是冰水共存状态。故选C。]2．关于理想气体，下列说法正确的是(　　)A．气体对容器的压强是由气体的重力产生的B．气体对容器的压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞产生的C．一定质量的气体，分子的平均动能越大，气体压强也越大D．压缩理想气体时要用力，是因为分子之间有斥力B　[气体对容器的压强是由大量气体分子对器壁的碰撞产生的，选项A错误，B正确；气体的压强与分子的数密度及分子的平均动能大小有关，平均动能越大则温度越高，但如果体积变为很大，压强可能减小，选项C错误；压缩理想气体要用力，克服的是气体的压力(压强)，而不是分子间的斥力，选项D错误。]3．已知离地面越高大气压强越小，温度也越低。现有一气球由地面向上缓慢升起，则大气压强与温度对此气球体积的影响如何(　　)A．大气压强减小有助于气球体积变大，温度降低有助于气球体积增大B．大气压强减小有助于气球体积变小，温度降低有助于气球体积减小C．大气压强减小有助于气球体积变大，温度降低有助于气球体积减小D．大气压强减小有助于气球体积变小，温度降低有助于气球体积增大C　[若温度不变，大气压强减小时，内部气体压强不变，则气体将要膨胀，体积增大，故大气压强减小有助于气球体积增大；若压强不变，温度降低时，根据理想气体状态方程＝C得知，气体的体积将要减小，故温度降低有助于气球体积减小，选项A、B、D错误，C正确。]4．如图所示，金属框上阴影部分表示肥皂膜，它被棉线分割成a、b两部分。若将肥皂膜的a部分用热针刺破，棉线的形状是图中的(　　)A　　　B　　　C　　　DD　[当把a部分肥皂膜刺破后，在b部分肥皂膜表面张力的作用下，棉线将绷紧。因液体表面有收缩到面积最小的趋势，而在同周长的几何图形中，圆的面积最大，所以棉线被拉成凹的圆弧形状，选项D正确。]5．对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构相同A　[晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度保持不变，选项A正确；熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，选项B错误；具有各向异性的晶体的物质微粒在空间的排列规则，选项C错误；石墨是多晶体，金刚石是单晶体，组成它们的物质微粒结构不同，使得它们的物理性质不同，选项D错误。]6.(2022·湖北十堰期末)如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中气体的密度(　　)A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．一直变小D　[由题图可知，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体温度不变，压强减小，根据玻意耳定律可知，从A到B过程中气体体积逐渐增大，由密度公式ρ＝可知，气体密度一直减小，选项D正确。]7．(2022·北京师大二附中月考)一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1。在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系可能正确的是(　　)A．p1＝p2、V1＝2V2、T1＝B．p1＝p2、V1＝、T1＝C．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝2T2D．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝B　[一定质量的理想气体满足理想气体的状态方程，即＝。A项中，＝≠；B项中，＝＝；C项中，＝≠；D项中，＝≠。故本题应选B。]8．(2021·山东卷)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　)A．30 cm3　　　　　 B．40 cm3C．50 cm3　　　　　 D．60 cm3D　[根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得，V＝60 cm3，故选D。]9．某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。甲　　　　　乙　　　　　丙(1)关于该实验，下列说法正确的是________。A．实验前应将注射器内的空气完全排出B．空气柱体积变化应尽可能快些C．空气柱的压强随体积的减小而减小D．作出p­图像可以直观反映出p与V的关系(2)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p­V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1__________(选填“<”“＝”或“>”)T2。(3)另一小组根据实验数据作出的V­图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是________________。[解析]　(1)该实验以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，C错误；p­图像是一条倾斜的直线，作出p­图像可以直观反映出p与V的关系，D正确。(2)在p­V图像中，离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1>T2。(3)V­图线不过原点，可能的原因是注射器中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，实验时未考虑注射器前端与橡胶套连接处的气体。[答案]　(1)D　(2)>　(3)实验时未考虑注射器前端与橡胶套连接处的气体体积10．用竖直方向的力F控制质量m＝0.9 kg、容积V0＝1 L、底面积S＝10－2 m2的薄壁柱形倒扣容器缓慢进入水中，直至释放后发现容器悬停在水中(如图)。设水的密度ρ＝103 kg/m3、大气压强为p0＝105 Pa、重力加速度g取10 m/s2，设容器内空气为理想气体且温度恒定，取＝5.1。求：(1)容器刚完全没入水中时，F的大小；(2)悬停时容器内空气的压强p。[解析]　(1)设容器刚完全没入水中时，空气柱的高度为h，由于气体发生等温变化p0V0＝p1hS，又由于p1＝p0＋ρgh，代入数据得h＝(－5)m＝0.1 m容器处于平衡状态F＋mg＝ρgSh，解得F＝1 N。(2)悬停时处于平衡状态mg＝ρgV根据等温变化p0V0＝pV解得p≈1.11×105 Pa。[答案]　(1)1 N　(2)1.11×105 Pa11．(多选)(2020·江苏高考)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有(　　)A．没有固定的熔点B．天然具有规则的几何形状C．沿不同方向的导热性能相同D．分子在空间上周期性排列AC　[根据非晶体的特点可知，非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形，它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”，它没有固定的熔点。选项A、C正确。]12．(多选)如图所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是(　　)A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态e，压强增大C．从状态e到状态a，压强减小D．从状态a到状态b，压强不变AC　[在V ­T图像中等压线是过坐标原点的倾斜直线。由理想气体状态方程知＝。可见，当压强增大，等压线的斜率k＝＝变小。由题图可确定pa<pe＜pd＜pc＜pb。]13．(多选)如图所示是一定质量的某种气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是(　　)A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C．a状态对应的分子平均动能小D．单位体积的分子数a状态较多BCD　[由题图可知一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错误，B、C正确；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，单位体积的分子数a状态较多，故D正确。]14．(多选)(2022·山东日照模拟)如图所示，蹦蹦球是儿童喜爱的一种健身玩具。晓倩和同学们在室外玩了一段时间的蹦蹦球之后，发现球内气压不足(此时室外温度为－3 ℃，球内气体的体积为2 L、压强为2 atm)，于是她将球拿到室内放置了足够长的一段时间，再用充气筒给蹦蹦球充气。室内温度为27 ℃，充气筒每次充入体积为0.4 L、压强为1 atm的室内空气(可视为理想气体)，不考虑整个过程中蹦蹦球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，球内气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　　)A．球在室内充气前与在室外相比，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力不变B．充气前球内气体的压强为 atmC．在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，则球内气体内能不变D．晓倩把球内气体的压强充到4 atm以上，至少需要充气9次BD　[球在室内放置了足够长的一段时间，内部气体温度升高，平均动能增大，则球在室内充气前与在室外相比，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力增大，A错误；充气前球内气体做等容变化，根据查理定律可得＝，即数值上有＝，解得p1＝ atm，即充气前球内气体的压强为 atm，B正确；在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，但球内气体质量增加、分子数增多，所以球内气体内能增加，C错误；设晓倩把球内气体的压强充到4 atm时，充气n次，根据玻意耳定律得np气V气＋p1V＝pV，即数值上有n×1×0.4＋×2＝4×2，解得n≈8.89，所以晓倩把球内气体的压强充到4 atm以上，至少需要充气9次，D正确。]15．(2021·全国甲卷)如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积­温度(V­t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比为＝________。[解析]　由题图结合题意可知Ⅰ、Ⅱ的V­T图线均为过原点的倾斜直线，则Ⅰ、Ⅱ过程均为等压变化，则＝1；由理想气体状态方程有＝C，得V­T图像的斜率k＝，kⅠ＝＝，kⅡ＝＝，得＝。[答案]　1　16.某班同学为了准备篮球赛，新买了一个篮球。设开始时球内气体压强为p0，球的容积V＝8×10－3 m3，现用内横截面积，S＝1×10－3 m2的圆柱形打气筒给篮球打气，假设每次拉出活塞的长度h＝20 cm，且压下活塞时，只有当打气筒内的气压超过篮球内的气压时，篮球充气孔才能打开，并认为每次都能将打气筒内的气体全部压入球内。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，设整个打气过程中气体温度不变，篮球体积不变，忽略打气筒与篮球之间软管中气体体积。(1)若篮球的最佳气压pm＝1.6×105 Pa，则需要打气多少次才能把篮球的气充足；(2)试求第5次打气时，活塞移动距离l为多大，篮球充气孔才能打开。[解析]　(1)设提起压下活塞n次能把篮球的气充足，则有np0Sh＋p0V＝pmV，解得n＝24。(2)第4次压下活塞时，设球内压强为p4，则有4p0Sh＋p0V＝p4V当第5次压下活塞长度l时，打气筒内气压为p5，则有p0hS＝p5(h－l)S要使篮球充气孔打开，则有p4＝p5，联立解得l＝ m≈1.8 cm。[答案]　(1)24　(2)1.8 cm17．(2021·湖南卷)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强P0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？[解析]　(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得＝，解得T2＝297 K。(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105  Pa，由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。[答案]　(1)297 K　(2)309 K18．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图甲所示，环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强p0 ＝76.0 cmHg。 (管的直径忽略不计)。(1)若环境温度不变，将玻璃管在竖直平面内旋转90°如图乙所示，求此时封闭的空气柱的长度。(2)在(1)中图乙的状态下，环境温度如果升到400 K, 求此时封闭的空气柱的长度。甲　　　　　　　　　乙[解析]　(1)设玻璃管的横截面积为S，封闭气体初状态的参量p1＝p0－ph＝76.0 cmHg－(8－4)cmHg＝72 cmHg　V1＝5S封闭气体末状态参量p2＝p0＋ph′＝76.0 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg，V2＝L2S气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得L2＝4.5 cm。(2)封闭气体初状态的参量V2＝4.5S，T2＝(273＋27)K＝300 K设空气柱长度等于下边管的长度L＝5 cm＋8 cm＝13 cm气体温度为T，此时气体体积V＝LS＝13S该过程气体压强不变发生等压变化，由盖—吕萨克定律得＝解得T≈866.67 K>400 K因此环境温度升高到T3＝400 K时竖直管内充满水银，该过程气体压强不变，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得＝，＝解得L′＝6 cm。[答案]　(1)4.5 cm　(2)6 cm