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高中物理高考 专题34 固体、液体、气体（解析版）
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这是一份高中物理高考 专题34 固体、液体、气体（解析版），共17页。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22719499" 热点题型一 固体、液体的性质 PAGEREF _Tc22719499 \h 1
\l "_Tc22719500" 热点题型二 气体压强的计算 PAGEREF _Tc22719500 \h 3
\l "_Tc22719501" 热点题型三 气体实验定律的应用 PAGEREF _Tc22719501 \h 5
\l "_Tc22719502" 玻璃管—水银柱模型 PAGEREF _Tc22719502 \h 6
\l "_Tc22719503" 汽缸活塞模型 PAGEREF _Tc22719503 \h 8
\l "_Tc22719504" 理想气体状态方程的应用 PAGEREF _Tc22719504 \h 9
\l "_Tc22719505" 热点题型四 气体状态变化的图象问题 PAGEREF _Tc22719505 \h 10
\l "_Tc22719506" 【题型演练】 PAGEREF _Tc22719506 \h 12
【题型归纳】
热点题型一 固体、液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
2．液体表面张力
(1)形成的原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间的相互作用力表现为引力．
(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，液体表面分子势能大于液体内部分子势能．
【例1】(2019·河北省衡水中学高三模拟)以下对固体和液体的认识，正确的有( )
A．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
B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润
C．影响蒸发快慢以及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气温下水的饱和汽压的差距
D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功
E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
【答案】BCE
【解析】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，说明云母片是晶体，故A错误．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力表现为不浸润，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空气的相对湿度B＝eq \f(p,ps)×100%，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确．液体汽化时，液体分子离开液体表面成为气体分子，要克服其他液体分子的吸引而做功，因此要吸收能量，液体汽化过程中体积增大很多，体积膨胀时要克服外界气压做功，即液体的汽化热与外界气体的压强有关，且也要吸收能量，故D错误．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项E正确．
【变式1】下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．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
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【答案】 BCD
【解析】 晶体敲碎后仍为晶体，故A错误；有些晶体(如有些单晶体)在不同的方向上有不同的光学性质，即具有各向异性，B正确；碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，故C正确；在合适的条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃，D正确；在熔化过程中，晶体的内能要增大，E错误．
2．下列说法不正确的是( )
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上．这是水表面存在表面张力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开．这是水膜具有表面张力的缘故
【答案】BDE.
【解析】水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误．
热点题型二 气体压强的计算
1．气体压强的计算
气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力，因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小．
2．常见两种模型
(1)活塞模型(用活塞封闭一定质量的气体)
(2)连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体)
3．理解气体压强的三个角度
4.平衡状态下气体压强的求法
5.加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
【例2】若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．
【答案】 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
丁：p0＋ρgh1 戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
【解析】 在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知pAS＋ρghS＝p0S
所以p甲＝pA＝p0－ρgh.
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh.
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以p丙＝pA＝p0－eq \f(\r(3),2)ρgh.
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝p0＋ρgh1.
在戊图中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．
【变式1】．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( )
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【答案】BD
【解析】.压强变大时，气体的温度不一定升高，分子的热运动不一定变得剧烈，故选项A错误；压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度会升高，分子热运动会变得剧烈，故选项B正确； 压强变大时，由于气体温度不确定，则气体的体积可能不变，可能变大，也可能变小，其分子间的平均距离可能不变，也可能变大或变小，故选项C错误；压强变小时，气体的体积可能不变，可能变大也可能变小，所以分子间的平均距离可能不变，可能变大，可能变小，故选项D正确．
【变式2】如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在
水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压
为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？
【答案】p0＋eq \f(mg,S) p0－eq \f(Mg,S)
【解析】题图甲中选活塞为研究对象．
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋eq \f(mg,S)
题图乙中选汽缸为研究对象得
pB＝p0－eq \f(Mg,S).
热点题型三 气体实验定律的应用
1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：
p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．
(2)查理定律(等容变化)：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)或eq \f(p,T)＝C(常数)．
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)或eq \f(V,T)＝C(常数)．
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
3．理想气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变，在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
玻璃管—水银柱模型
【例3】(2018·高考全国卷 Ⅲ )在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
【答案】见解析
【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1＝pl′1②
p2l2＝pl′2③
两边气柱长度的变化量大小相等
l′1－l1＝l2－l′2④
由①②③④式和题给条件得
l′1＝22.5 cm⑤
l′2＝7.5 cm.⑥
【变式】如图所示，在长为L＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃，大气压强p0＝76 cmHg.
(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持管内温度始终为33 ℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．
【答案】(1)45 ℃ (2)85 cmHg
【解析】(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经历等压膨胀过程
初状态：V1＝51S，T1＝(273＋33) K＝306 K
末状态：V2＝53S，
由盖－吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得T2＝318 K，t2＝45 ℃.
(2)当水银柱上表面与管口相平，设此时管中水银柱长度为H，管内气体经历等温压缩过程，
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
即p1·51S＝p2(57－H)S
p1＝(76＋4) cmHg＝80 cmHg
p2＝(76＋H) cmHg
解得H＝9 cm，故p2＝85 cmHg.
汽缸活塞模型
【例4】(2019·安徽合肥模拟)如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面面积为20 cm2的活塞将
一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底一定距离处设有卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时
活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现缓慢加热汽缸内气体，
当温度缓慢升高为57 ℃时，活塞恰好要离开a、b，重力加速度大小g取10 m/s2，求活塞的质量．
【答案】 2 kg
【解析】 活塞刚要离开a、b时，对活塞有p2S＝p0S＋mg
解得p2＝p0＋eq \f(mg,S)
气体的状态参量为T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，T2＝330 K
因为V1＝V2，所以根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得m＝2 kg
【变式】(2019·东北三省四市高三联考)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等．(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)．
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强．
【答案】(1)3∶4 (2)eq \f(3Mg,7S)
【解析】(1)设拔去销钉之前A气体的体积为V，由玻意耳定律得
pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，
又pA′＝pB′，eq \f(pA,pB)＝eq \f(5,3)
解得ΔV＝eq \f(1,4)V，
则B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4
(2)初始状态：eq \f(pA,pB)＝eq \f(5,3)
最终平衡状态：pA′＝pB′＋eq \f(Mg,S)
设汽缸总容积为V，A、B两部分气体做等温变化
pAeq \f(V,2)＝pA′eq \f(V,3)，pBeq \f(V,2)＝pB′eq \f(2V,3)
联立得到pB′＝eq \f(3Mg,7S)
理想气体状态方程的应用
【例5】(2019河北邢台联考)图示为一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C过程的pV图
象，且AB ∥V轴，BC∥p轴．已知气体在状态C时的温度为300 K，下列说法正确的是( )
A．气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化
B．气体在状态A时的温度为225 K
C．气体在状态B时的温度为600 K
D．气体从状态A变化到状态B的过程中对外界做功
E．气体从状态B变化到状态C的过程中吸热
【答案】ABD
【解析】由图象可知，气体从状态A变化到状态B的过程中压强不变，做等压变化，选项A正确；气体从状态B变化到状态C的过程做等容变化，有：eq \f(pC,TC)＝eq \f(pB,TB)，TC＝300 K，pB＝3pC，则解得TB＝900 K；气体从状态A变化到状态B的过程做等压变化，有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，其中VA＝eq \f(VB,4)，TB＝900 K，解得TA＝225 K，选项B正确，C错误；从状态A变化到状态B的过程，气体的体积变大，气体对外做功，选项D正确；气体从状态B变化到状态C的过程中，气体体积不变，则W＝0；温度降低，内能减小，U<0，则Q<0，则气体放热，选项E错误；故选ABD.
热点题型四 气体状态变化的图象问题
【例6】(2019·广东汕头联考)一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其
VT图象如图所示．下列判断正确的是 ( )
A．ab过程中气体一定放热 B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变 D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
【答案】 ADE
【解析】由图示图象可知，ab过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量，故A正确，B错误；由图象可知，bc过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误，D正确；根据理想气体状态方程eq \f(pcVc,Tc)＝eq \f(paVa,Ta)，因VcTa，故pc>pa，根据气体压强的微观解析可知E正确，故选ADE.
【变式1】(2019·广西桂林模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，
其VT图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是( )
A．过程ab中气体一定吸热 B．pc＝pb>pa
C．过程bc中分子势能不断增大 D．过程bc中每一个分子的速率都减小
E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【答案】ABE
【解析】由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pc＝pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律可知温度升高，压强变大，故pb>pa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．
【题型演练】
1.(2019·河南开封模拟)以下说法中正确的是( )
A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关，一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目
B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律
C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大
D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变
E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同
【答案】BDE
【解析】从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一是分子的平均动能，二是单位体积内的分子数目，故A错误．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动存在统计规律，故B正确．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，则分子势能越小，故C错误．物体吸收热量同时对外做功，若热量与功数值相等，由热力学第一定律知，内能不变，故D正确．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故E正确．
2．(2019·成都摸底考试)下列说法正确的是( )
A．布朗运动反映了组成悬浮微粒的固体分子运动的不规则性
B．在水面上轻放一枚针，它会浮在水面，这是由于水面存在表面张力的缘故
C．物体温度升高时，物体内所有分子的热运动动能都增加
D．物体体积变大时，分子势能有可能增大，也有可能减小
E．一定质量的晶体在融化过程中，所吸收的热量全部用于增大分子势能
【答案】BDE
【解析】布朗运动通过悬浮微粒的无规则运动反映了液体或气体分子运动的不规则性，选项A错误；在水面上轻放一枚针，它会浮在水面，这是由于水面存在表面张力的缘故，选项B正确；物体温度升高时，根据温度的微观含义可知物体内分子的平均动能增大，但不是物体内所有分子的热运动动能都增加，选项C错误；物体体积变大时，分子势能有可能增大，也有可能减小，例如气体体积变大时，分子势能增大，水结冰时，体积增大，分子势能减小，所以选项D正确；一定质量的晶体在融化过程中，温度不变，分子平均动能不变，吸收热量，所吸收的热量全部用于增大分子势能，选项E正确．
3．(2019·河南开封一模)下列说法中正确的是( )
A．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
E．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
【答案】BDE
【解析】分子做永不停息的无规则运动，分子运动的平均速率不可能为零，瞬时速度有可能为零，故A错误；液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，分子力表现为引力，故B正确；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，故C错误；晶体和非晶体的区别在于内部分子排列，有的通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体，再过一段时间又会转化为晶体，故D正确；随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，若分子力表现为引力，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大，故E正确．
4．(2019·江西南昌高三质检)下列说法中正确的是( )
A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度相同这一条件
B．密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积的瞬间，蒸汽仍是饱和的
C．干湿泡湿度计的干泡所示的温度高于湿泡所示的温度
D．浸润和不浸润与分子间作用力无关
E．蜘蛛网上挂着的小露珠呈球状不属于毛细现象
【答案】ACE
【解析】绝对湿度用空气中所含蒸气的压强表示，相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，绝对湿度大，相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，水的饱和汽压与温度有关，所以要指明温度这一条件，故A正确；在一定温度下，饱和蒸汽的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关，故密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸汽不再是饱和的，但最后稳定后蒸汽才是饱和的，压强不变，故B错误；湿泡温度计由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度，选项C正确；液体对固体浸润，则附着层内分子间距小于液体内部分子间距，液体对固体不浸润，则附着层内分子间距大于液体内部分子间距，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，故D错误；由于液体表面存在张力，所以露珠呈现球状，不属于毛细现象，故E正确．
5．(2019·山东济南五校联考)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
E．da过程中不断增大
【答案】ABE
【解析】因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd6.(2019·河北衡水联考)对于物质固体、液体、气体的认识，下列说法正确的是( )
A．液晶具有晶体光学的各向异性
B．绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位
C．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
D．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
E．液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关
【答案】ABE
【解析】液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，A正确；绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，单位是Pa；而空气的相对湿度是空气中水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值，所以空气的相对湿度没有单位，B正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，C错误；单晶体物理性质是各向异性的，非晶体和多晶体是各向同性的，D错误；饱和蒸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，而与体积无关，E正确．
7．(2019·湖北襄阳联考)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强可能增大
E．利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积
【答案】BCD
【解析】分子之间的距离等于平衡距离时，分子势能最小，所以当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能可能增大，也可能减小，故A错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压，故B正确；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，此时分子之间的引力大于斥力，液体表面存在张力，故C正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，但如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大，故D正确；气体分子间距离较大，所以无法利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数估算出一个氧气分子的体积，只能求出单个分子占据的空间，故E错误．
8.(2019·武汉模拟)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下
列判断正确的有( )
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
【答案】ABD
【解析】晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误．
9.如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
【答案】见解析
【解析】(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB.
根据盖—吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，
所以TA＝eq \f(VA,VB)TB＝eq \f(0.4,0.6)×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得
eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
所以pC＝eq \f(TC,TB)pB＝eq \f(400,300)×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出状态A→B→C的pT图象如图所示．
10.(2019·山东临沂模拟)如图是一种气压保温瓶的结构示意图．其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管
口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从
出水管口流出．最初瓶内水面低于出水管口10 cm，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102 cm3，已知水的
密度为1.0×103 kg/m3，按压器的自重不计，大气压强p0＝1.01×105 Pa，取g＝10 m/s2.求：
(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；
(2)当瓶内气体压强为1.16×105 Pa时，瓶内气体体积的压缩量．(忽略瓶内气体的温度变化)
【答案】(1)1.02×105 Pa (2)25.9 cm3
【解析】(1)由题意知，瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：
p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水
代入数据得p内＝1.02×105 Pa.
(2)当瓶内气体压强为p＝1.16×105 Pa时，设瓶内气体的体积为V.
由玻意耳定律得p0V0＝pV，压缩量为ΔV＝V0－V，
已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102 cm3，解得
ΔV＝25.9 cm3.
产生原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
计算方法
a＝0
力的平衡条件
a≠0
牛顿第二定律
力平衡法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法
在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法
选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
类别
特点
举例
p V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p eq \f(1,V)
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p T
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V T
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
【专题导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22719499" 热点题型一 固体、液体的性质 PAGEREF _Tc22719499 \h 1
\l "_Tc22719500" 热点题型二 气体压强的计算 PAGEREF _Tc22719500 \h 3
\l "_Tc22719501" 热点题型三 气体实验定律的应用 PAGEREF _Tc22719501 \h 5
\l "_Tc22719502" 玻璃管—水银柱模型 PAGEREF _Tc22719502 \h 6
\l "_Tc22719503" 汽缸活塞模型 PAGEREF _Tc22719503 \h 8
\l "_Tc22719504" 理想气体状态方程的应用 PAGEREF _Tc22719504 \h 9
\l "_Tc22719505" 热点题型四 气体状态变化的图象问题 PAGEREF _Tc22719505 \h 10
\l "_Tc22719506" 【题型演练】 PAGEREF _Tc22719506 \h 12
【题型归纳】
热点题型一 固体、液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
2．液体表面张力
(1)形成的原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间的相互作用力表现为引力．
(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，液体表面分子势能大于液体内部分子势能．
【例1】(2019·河北省衡水中学高三模拟)以下对固体和液体的认识，正确的有( )
A．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
B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润
C．影响蒸发快慢以及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气温下水的饱和汽压的差距
D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功
E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
【答案】BCE
【解析】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，说明云母片是晶体，故A错误．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力表现为不浸润，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空气的相对湿度B＝eq \f(p,ps)×100%，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确．液体汽化时，液体分子离开液体表面成为气体分子，要克服其他液体分子的吸引而做功，因此要吸收能量，液体汽化过程中体积增大很多，体积膨胀时要克服外界气压做功，即液体的汽化热与外界气体的压强有关，且也要吸收能量，故D错误．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项E正确．
【变式1】下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．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
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【答案】 BCD
【解析】 晶体敲碎后仍为晶体，故A错误；有些晶体(如有些单晶体)在不同的方向上有不同的光学性质，即具有各向异性，B正确；碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，故C正确；在合适的条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃，D正确；在熔化过程中，晶体的内能要增大，E错误．
2．下列说法不正确的是( )
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上．这是水表面存在表面张力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开．这是水膜具有表面张力的缘故
【答案】BDE.
【解析】水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误．
热点题型二 气体压强的计算
1．气体压强的计算
气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力，因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小．
2．常见两种模型
(1)活塞模型(用活塞封闭一定质量的气体)
(2)连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体)
3．理解气体压强的三个角度
4.平衡状态下气体压强的求法
5.加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
【例2】若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．
【答案】 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
丁：p0＋ρgh1 戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
【解析】 在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知pAS＋ρghS＝p0S
所以p甲＝pA＝p0－ρgh.
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh.
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以p丙＝pA＝p0－eq \f(\r(3),2)ρgh.
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝p0＋ρgh1.
在戊图中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．
【变式1】．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( )
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【答案】BD
【解析】.压强变大时，气体的温度不一定升高，分子的热运动不一定变得剧烈，故选项A错误；压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度会升高，分子热运动会变得剧烈，故选项B正确； 压强变大时，由于气体温度不确定，则气体的体积可能不变，可能变大，也可能变小，其分子间的平均距离可能不变，也可能变大或变小，故选项C错误；压强变小时，气体的体积可能不变，可能变大也可能变小，所以分子间的平均距离可能不变，可能变大，可能变小，故选项D正确．
【变式2】如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在
水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压
为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？
【答案】p0＋eq \f(mg,S) p0－eq \f(Mg,S)
【解析】题图甲中选活塞为研究对象．
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋eq \f(mg,S)
题图乙中选汽缸为研究对象得
pB＝p0－eq \f(Mg,S).
热点题型三 气体实验定律的应用
1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：
p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．
(2)查理定律(等容变化)：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)或eq \f(p,T)＝C(常数)．
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)或eq \f(V,T)＝C(常数)．
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
3．理想气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变，在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
玻璃管—水银柱模型
【例3】(2018·高考全国卷 Ⅲ )在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
【答案】见解析
【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1＝pl′1②
p2l2＝pl′2③
两边气柱长度的变化量大小相等
l′1－l1＝l2－l′2④
由①②③④式和题给条件得
l′1＝22.5 cm⑤
l′2＝7.5 cm.⑥
【变式】如图所示，在长为L＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃，大气压强p0＝76 cmHg.
(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持管内温度始终为33 ℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．
【答案】(1)45 ℃ (2)85 cmHg
【解析】(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经历等压膨胀过程
初状态：V1＝51S，T1＝(273＋33) K＝306 K
末状态：V2＝53S，
由盖－吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得T2＝318 K，t2＝45 ℃.
(2)当水银柱上表面与管口相平，设此时管中水银柱长度为H，管内气体经历等温压缩过程，
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
即p1·51S＝p2(57－H)S
p1＝(76＋4) cmHg＝80 cmHg
p2＝(76＋H) cmHg
解得H＝9 cm，故p2＝85 cmHg.
汽缸活塞模型
【例4】(2019·安徽合肥模拟)如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面面积为20 cm2的活塞将
一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底一定距离处设有卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时
活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现缓慢加热汽缸内气体，
当温度缓慢升高为57 ℃时，活塞恰好要离开a、b，重力加速度大小g取10 m/s2，求活塞的质量．
【答案】 2 kg
【解析】 活塞刚要离开a、b时，对活塞有p2S＝p0S＋mg
解得p2＝p0＋eq \f(mg,S)
气体的状态参量为T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，T2＝330 K
因为V1＝V2，所以根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得m＝2 kg
【变式】(2019·东北三省四市高三联考)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等．(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)．
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强．
【答案】(1)3∶4 (2)eq \f(3Mg,7S)
【解析】(1)设拔去销钉之前A气体的体积为V，由玻意耳定律得
pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，
又pA′＝pB′，eq \f(pA,pB)＝eq \f(5,3)
解得ΔV＝eq \f(1,4)V，
则B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4
(2)初始状态：eq \f(pA,pB)＝eq \f(5,3)
最终平衡状态：pA′＝pB′＋eq \f(Mg,S)
设汽缸总容积为V，A、B两部分气体做等温变化
pAeq \f(V,2)＝pA′eq \f(V,3)，pBeq \f(V,2)＝pB′eq \f(2V,3)
联立得到pB′＝eq \f(3Mg,7S)
理想气体状态方程的应用
【例5】(2019河北邢台联考)图示为一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C过程的pV图
象，且AB ∥V轴，BC∥p轴．已知气体在状态C时的温度为300 K，下列说法正确的是( )
A．气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化
B．气体在状态A时的温度为225 K
C．气体在状态B时的温度为600 K
D．气体从状态A变化到状态B的过程中对外界做功
E．气体从状态B变化到状态C的过程中吸热
【答案】ABD
【解析】由图象可知，气体从状态A变化到状态B的过程中压强不变，做等压变化，选项A正确；气体从状态B变化到状态C的过程做等容变化，有：eq \f(pC,TC)＝eq \f(pB,TB)，TC＝300 K，pB＝3pC，则解得TB＝900 K；气体从状态A变化到状态B的过程做等压变化，有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，其中VA＝eq \f(VB,4)，TB＝900 K，解得TA＝225 K，选项B正确，C错误；从状态A变化到状态B的过程，气体的体积变大，气体对外做功，选项D正确；气体从状态B变化到状态C的过程中，气体体积不变，则W＝0；温度降低，内能减小，U<0，则Q<0，则气体放热，选项E错误；故选ABD.
热点题型四 气体状态变化的图象问题
【例6】(2019·广东汕头联考)一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其
VT图象如图所示．下列判断正确的是 ( )
A．ab过程中气体一定放热 B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变 D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
【答案】 ADE
【解析】由图示图象可知，ab过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量，故A正确，B错误；由图象可知，bc过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误，D正确；根据理想气体状态方程eq \f(pcVc,Tc)＝eq \f(paVa,Ta)，因Vc
【变式1】(2019·广西桂林模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，
其VT图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是( )
A．过程ab中气体一定吸热 B．pc＝pb>pa
C．过程bc中分子势能不断增大 D．过程bc中每一个分子的速率都减小
E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【答案】ABE
【解析】由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pc＝pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律可知温度升高，压强变大，故pb>pa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．
【题型演练】
1.(2019·河南开封模拟)以下说法中正确的是( )
A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关，一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目
B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律
C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大
D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变
E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同
【答案】BDE
【解析】从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一是分子的平均动能，二是单位体积内的分子数目，故A错误．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动存在统计规律，故B正确．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，则分子势能越小，故C错误．物体吸收热量同时对外做功，若热量与功数值相等，由热力学第一定律知，内能不变，故D正确．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故E正确．
2．(2019·成都摸底考试)下列说法正确的是( )
A．布朗运动反映了组成悬浮微粒的固体分子运动的不规则性
B．在水面上轻放一枚针，它会浮在水面，这是由于水面存在表面张力的缘故
C．物体温度升高时，物体内所有分子的热运动动能都增加
D．物体体积变大时，分子势能有可能增大，也有可能减小
E．一定质量的晶体在融化过程中，所吸收的热量全部用于增大分子势能
【答案】BDE
【解析】布朗运动通过悬浮微粒的无规则运动反映了液体或气体分子运动的不规则性，选项A错误；在水面上轻放一枚针，它会浮在水面，这是由于水面存在表面张力的缘故，选项B正确；物体温度升高时，根据温度的微观含义可知物体内分子的平均动能增大，但不是物体内所有分子的热运动动能都增加，选项C错误；物体体积变大时，分子势能有可能增大，也有可能减小，例如气体体积变大时，分子势能增大，水结冰时，体积增大，分子势能减小，所以选项D正确；一定质量的晶体在融化过程中，温度不变，分子平均动能不变，吸收热量，所吸收的热量全部用于增大分子势能，选项E正确．
3．(2019·河南开封一模)下列说法中正确的是( )
A．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
E．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
【答案】BDE
【解析】分子做永不停息的无规则运动，分子运动的平均速率不可能为零，瞬时速度有可能为零，故A错误；液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，分子力表现为引力，故B正确；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，故C错误；晶体和非晶体的区别在于内部分子排列，有的通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体，再过一段时间又会转化为晶体，故D正确；随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，若分子力表现为引力，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大，故E正确．
4．(2019·江西南昌高三质检)下列说法中正确的是( )
A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度相同这一条件
B．密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积的瞬间，蒸汽仍是饱和的
C．干湿泡湿度计的干泡所示的温度高于湿泡所示的温度
D．浸润和不浸润与分子间作用力无关
E．蜘蛛网上挂着的小露珠呈球状不属于毛细现象
【答案】ACE
【解析】绝对湿度用空气中所含蒸气的压强表示，相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，绝对湿度大，相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，水的饱和汽压与温度有关，所以要指明温度这一条件，故A正确；在一定温度下，饱和蒸汽的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关，故密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸汽不再是饱和的，但最后稳定后蒸汽才是饱和的，压强不变，故B错误；湿泡温度计由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度，选项C正确；液体对固体浸润，则附着层内分子间距小于液体内部分子间距，液体对固体不浸润，则附着层内分子间距大于液体内部分子间距，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，故D错误；由于液体表面存在张力，所以露珠呈现球状，不属于毛细现象，故E正确．
5．(2019·山东济南五校联考)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
E．da过程中不断增大
【答案】ABE
【解析】因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd
A．液晶具有晶体光学的各向异性
B．绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位
C．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
D．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
E．液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关
【答案】ABE
【解析】液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，A正确；绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，单位是Pa；而空气的相对湿度是空气中水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值，所以空气的相对湿度没有单位，B正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，C错误；单晶体物理性质是各向异性的，非晶体和多晶体是各向同性的，D错误；饱和蒸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，而与体积无关，E正确．
7．(2019·湖北襄阳联考)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强可能增大
E．利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积
【答案】BCD
【解析】分子之间的距离等于平衡距离时，分子势能最小，所以当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能可能增大，也可能减小，故A错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压，故B正确；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，此时分子之间的引力大于斥力，液体表面存在张力，故C正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，但如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大，故D正确；气体分子间距离较大，所以无法利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数估算出一个氧气分子的体积，只能求出单个分子占据的空间，故E错误．
8.(2019·武汉模拟)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下
列判断正确的有( )
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
【答案】ABD
【解析】晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误．
9.如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
【答案】见解析
【解析】(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB.
根据盖—吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，
所以TA＝eq \f(VA,VB)TB＝eq \f(0.4,0.6)×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得
eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
所以pC＝eq \f(TC,TB)pB＝eq \f(400,300)×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出状态A→B→C的pT图象如图所示．
10.(2019·山东临沂模拟)如图是一种气压保温瓶的结构示意图．其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管
口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从
出水管口流出．最初瓶内水面低于出水管口10 cm，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102 cm3，已知水的
密度为1.0×103 kg/m3，按压器的自重不计，大气压强p0＝1.01×105 Pa，取g＝10 m/s2.求：
(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；
(2)当瓶内气体压强为1.16×105 Pa时，瓶内气体体积的压缩量．(忽略瓶内气体的温度变化)
【答案】(1)1.02×105 Pa (2)25.9 cm3
【解析】(1)由题意知，瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：
p内＝p0＋p水＝p0＋ρgh水
代入数据得p内＝1.02×105 Pa.
(2)当瓶内气体压强为p＝1.16×105 Pa时，设瓶内气体的体积为V.
由玻意耳定律得p0V0＝pV，压缩量为ΔV＝V0－V，
已知瓶内原有气体体积V0＝2.0×102 cm3，解得
ΔV＝25.9 cm3.
产生原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
计算方法
a＝0
力的平衡条件
a≠0
牛顿第二定律
力平衡法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法
在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法
选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
类别
特点
举例
p V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p eq \f(1,V)
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p T
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V T
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
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