高中粤教版 (2019)第二节 气体实验定律（Ⅱ）课时训练

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2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第三册2.2气体实验定律（Ⅱ）课后作业（解析版）1．一定质量的理想气体沿如图所示状态变化，方向从状态a到状态b（ba延长线过坐标原点），到状态c再回到状态a。气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，则它们的关系正确的是（　　）A．Va=Vb B．Va>Vc C．Vb=Va D．Vc=Va2．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27，则温度的变化是（　　）A．升高了450 K B．升高了150C．降低了150 D．降低了4503．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0升高到10时，其压强的增加量为Δp1，当它由100升高到110时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是（　　）A．1∶1 B．1∶10 C．10∶110 D．110∶104．一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7℃，如果把它加热到47℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的（　　）A． B． C． D．5．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电，该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电。若大气压为1.0×105Pa，刚通电时显示温度为27℃，通电一段时间后显示温度为7℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是（　　）A．0.26×105Pa B．0.93×105Pa C．1.07×105Pa D．3.86×105Pa6．一定质量的气体，保持体积不变，温度从1℃升高到5℃，压强的增量为2.0×103Pa，则（　　）A．它从5℃升高到10℃，压强增量为2.0×103PaB．它从15℃升高到20℃，压强增量为2.0×103PaC．它在0℃时，压强为1.365×105PaD．每升高1℃，压强增量为Pa7．“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示a→b→c→d→a的曲线，一定质量的理想气体在a→b、c→d为等温过程，b→c、d→a为等容过程，则（　　）A．a状态气体分子平均动能比c状态小B．a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数与d状态相同C．a→b的过程气体放出热量D．在一次循环过程中，气体从外界吸收的热量大于放出的热量。8．如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA > tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ）A．水银柱保持不动 B．水银柱将向左移动C．水银柱将向右移动 D．水银柱的移动情况无法判断9．如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A、B两部分气体。下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，现使环境温度降低10℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是（　　）A．活塞下降 B．活塞上升 C．活塞静止不动 D．不能确定10．关于理想气体的性质，下列说法正确的是（　　）A．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在B．理想气体的存在是一种人为规定，它是一种严格遵守气体实验定律的气体C．一定质量的理想气体，平均动能增大，其温度一定升高D．氦气是液化温度最低的气体，任何情况下均可当作理想气体11．如图，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体（　　）A．温度降低，则压强可能增大 B．温度升高，则压强可能减小C．温度降低，则压强不变 D．温度升高，则体积增大12．某同学利用DIS实验系统研究一定质量气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB=3 L，则下列说法正确的是（　　）A．从状态A到状态B气体的体积不变 B．从状态A到状态B气体的体积增大C．状态B到状态C气体体积增大 D．状态C气体的体积是2 L13．如图所示为一定质量气体的三种变化过程，则下列说法正确的是（　　）A．a→d过程气体体积增加 B．b→d过程气体体积不变C．c→d过程气体体积增加 D．Va>Vb14．关于一定质量的理想气体的状态变化，下列说法中正确的是（　　）A．当气体压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增大为原来的2倍B．气体由状态1变到状态2时，一定满足方程C．气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍D．气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半15．内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0=76cmHg。下列说法正确的是（　　）A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体Ⅰ长度为18cmB．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体温度为500KC．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2cmD．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12cm16．如图所示，两气缸A、B粗细相同，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；B上端封闭，A上端与大气连通；两气缸除B顶部导热外，其余部分均绝热两气缸中各有一厚度和质量均可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氧气，活塞b上方充有氦气；大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为27℃，系统处于平衡状态，此时活塞a、b均在气缸的正中央。（1）现通过电阻丝缓慢加热氧气，当活塞a恰好升至顶部时，求氧气的温度；（2）继续缓慢加热，使活塞b上升，当温度上升到377℃时，活塞b上升的距离与气缸高度的比值。17．安全气囊一般由传感器（sensor）、电控单元（ECU）气体发生器（inflator）气囊（bag）、续流器（clockspring）等组成，通常气体发生器和气囊等做在一起构成气囊模块（airbagmodule）传感器感受汽车碰撞强度，并将感受到的信号传送到控制器，控制器接收传感器的信号并进行处理，当它判断有必要打开气囊时，立即发出点火信号以触发气体发生器，气体发生器接收到点火信号后，迅速点火并产生大量气体给气囊充气。假设产生的气体都是N2，充满气囊时的压强大约为1.2×105Pa，体积大约60L，温度大约为27℃，试求：①如果车内温度为37℃，当气囊温度与车内温度相同时，压强多大？（气囊的缩胀不计）②氮气的摩尔质量为28g/mol，试计算气囊内氮气的质量（一个标准大气压等于1.0×105Pa）（注意：标况下，理想气体的摩尔体积为22.4L/mol）18．游乐园的充气碰碰球是由完全封闭的PVC薄膜充气而成。某充气碰碰球充气后球内气体体积m3，压强为Pa。碰撞游戏时挤压碰碰球，球内气体体积最大还可压缩0.1m3。求：①碰撞游戏时，该碰碰球内气体压强的最大值；②为保障安全，球内气体压强不能超过Pa。为了保证在中午37℃的温度下游戏安全，则早晨17℃温度下，工作人员给该碰碰球充气的压强不能超过多少？（忽略温度变化对碰碰球内气体体积的影响）19．如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A到B经历了一个等温过程，又从状态B到C经历了一个等容过程，请推导状态A的三个参量pA、VA、TA和状态C的三个参量pC、VC、TC之间的关系。20．如图所示，横截面积为S、导热性能良好的密闭容器通过体积可忽略的细胶管与横截面积为的玻璃管连接，开始胶管处有一阀门处于关闭状态，左侧的密闭容器用一厚度、质量、摩擦均可忽略绝热的活塞分成体积相等的两部分A、B，两部分气体的长度均为L=10cm且压强均等于p0（两部分气体可视为理想气体），右侧玻璃管中水银柱的长度为H=40cm，已知外界大气压强为p0=75cmHg、室温为t=27℃。将阀门打开后，右侧的水银进入左侧的密闭容器，当系统再次稳定时，求：（1）右侧玻璃管中水银柱的长度；（2）稳定后，对气体A加热，当右侧玻璃管中水银柱的长度再次为H=40cm时，气体A的温度。 参考答案1．C【详解】由题图可知pa=p0，pb=pc=2p0，Ta=300K，Tc=600K，tb=2ta=54℃，Tb=327K由理想气体状态方程得Va==300，Vc==300则Va=Vc由理想气体状态方程可知Vb===Va故选C。2．B【详解】由盖—吕萨克定律可得代入数据可知得T2=450 K所以升高温度Δt=ΔT=150 K=150故选B。3．A【详解】等容变化中，这四个状态在同一条等容线上，因ΔT相同，所以Δp也相同。故选A。4．D【详解】取原来瓶中气体为研究对象，初态时V1=V，T1=280K末态时V2=V＋ΔV，T2=320K由盖-吕萨克定律得又联立解得D正确。故选D。5．B【详解】冷藏室气体的初状态T1=（273＋27）K=300Kp1=1.0×105Pa末状态T2=（273＋7）K=280K设此时冷藏室内气体的压强为p2，此过程气体体积不变，根据查理定律代入数据得p2≈0.93×105Pa故选B。6．C【详解】ABD．根据查理定律可知压强的变化Δp与摄氏温度的变化Δt成正比。根据题意可知，每升高1℃，压强的增量为500Pa，故A、B、D错误；C．由查理定律可得代入数据解得p1=1.37×105Pa则它在0℃时，压强为p0=p1-500Pa=1.365×105Pa故C正确。故选C。7．D【详解】A．根据气态方程a状态气体分子的温度比c状态大，故a状态气体分子平均动能比c状态大，A错误；B．d→a为等容过程，根据气态方程可知，a状态气体分子的温度比c状态大，故a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数与d状态不相同，B错误；C．a→b为等温过程，体积增大，故气体吸收热量，C错误；D．根据可知，压强体积图像包围的面积表示做功，由于a→b过程中气体对外界做功，c→d的过程外界对气体做功，根据面积关系可知，整个过程中气体对外界做功，即而整个过程中根据热力学第一定律可知即气体吸热，故在一次循环过程中，气体从外界吸收的热量大于放出的热量，D正确。故选D。8．B【详解】本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定。可以先假设水银柱不动，A、B两部分气体都做等容变化，分别研究它们的压强变化。对A有 = 得pA′ = pA对B有 = 得pB′ = pB由于开始时水银柱恰好在管的中央静止，则开始有pA = pB，tA > tB则有 < 所以pA′ < pB′，则水银柱将向左移动。故选B。9．A【详解】初态时，对“工”字形活塞整体受力分析有对上面气缸受力分析有末态时，对“工”字形活塞整体受力分析有对上面气缸受力分析有联立方程，解得，对A、B气体，根据理想气体状态方程可得，因温度降低，，，则、均变小，由于下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，则活塞下降，上面气缸下降，才能使A、B气体体积均变小。故选A。10．ABC【详解】A．理想气体是在研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，A正确；B．理想气体是建立出来的理想化模型，其所具备的特性均是人为规定的，B正确；C．对于理想气体，分子间不存在相互作用力，也就没有分子势能的变化，其内能的变化即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，C正确；D．实际中的不易液化的气体，包括液化温度最低的氦气，只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体，在压强很大和温度很低的情形下，分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略，D错误。故选ABC。11．CD【详解】ABC．大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，AB错误，C正确；D．根据=C可知，温度升高，则体积增大，D正确。故选CD。12．AD【详解】AB．因BA的延长线过绝对零点，则状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确，B错误；C．状态B到状态C的过程中，气体温度不变，压强增大，体积减小，C错误；D．从题图中可知，pB=1.0atm，VB=3L，pC=1.5atm，根据玻意耳定律，有pBVB=pCVC解得VC=2 LD正确。故选AD。13．AB【详解】在p-T图像中等容线是延长线过原点的倾斜直线，且气体体积越大，直线的斜率越小。因此，a状态对应的体积最小，c状态对应的体积最大，b、d状态对应的体积相等，故AB正确，CD错误。故选AB。14．BC【详解】A．一定质量的理想气体，压强不变，体积与热力学温度成正比，不与摄氏温度成正比，温度由100℃上升到200℃时，根据可知体积约增大为原来的1.27倍，故A错误；B．一定质量的气体由状态1变到状态2时，一定满足方程故B正确；C．由理想气体状态方程可知一定质量的理想气体，体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍；故C正确；D．同C选项的分析可知一定质量的理想气体，压强增大到原来的4倍，可能是体积减半，热力学温度加倍，故D错误。故选BC。15．ABD【详解】AB．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，对气体Ⅰ，有其中，，，，，，对气体Ⅱ，有其中，有，，，，，，且气体的体积满足联立解得，故AB正确；CD．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有其中，对气体Ⅱ，有其中，可得，则加入水银长度为故C错误，D正确；故选ABD。16．（1）450K；（2）1∶8【详解】（1）由于活塞a的质量忽略不计，所以当活塞a恰升至顶部时，氧气的压强始终为p0，活塞a升至顶部的过程中，活塞b不动，活塞a、b下方的氧气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氧气初态体积为V1=V0温度为T1=（27+273）K=300K氧气末态体积为温度为T2，根据盖.吕萨克定律可得解得T2=450K（2）活塞a升至顶部后，继续缓慢加热，当温度加热至377℃时，设活塞b上升的距离与气缸高度比值为x，以活塞a、b下方的氧气为研究对象，氧气初态：压强p3=p0体积温度T3=450K氧气末态：压强P4，体积温度T4=650K由理想气体状态方程可得活塞a升至顶部后，继续缓慢加热，当温度加热至377℃时，该过程中活塞b上方的氦气发生了一个等温过程。氦气初态体积为压强为p5=p0氦气末态体积为压强为p6=p4根据玻意耳定律可得解得17．①1.24×105Pa；②81.9g【详解】①由可得 ②氮气在标况下（一个大气压，0℃时）的体积为V 所以摩尔数 所以氮气的质量为m=2.925×28g=81.9g（注：如果用pV=nRT计算得：n=2.89mol，质量为m=80.9g也给分）18．①；②【详解】① 挤压时，由等温变化可得 代入数据解得②在的环境下，可得到等容变化，由理想气体状态方程有解得19．【详解】从A→B为等温变化过程，根据玻意耳定律可得从B→C为等容变化过程，根据查理定律可得由题意可知TA＝TBVB＝VC联立几式可得20．（1）30cm；（2）347℃【详解】（1）将汽缸内两部分气体A、B看成一个整体，打开阀门后，气体做等温变化，当系统再次稳定时，假设右侧玻璃管中水银柱下降的高度为x，则左侧密闭容器中水银柱上升的高度为，由玻意耳定律得 解得x=10cm则再次稳定时，右侧玻璃管中水银柱的长度为h=H-x=(40-10）cm=30cm（2）对气体A加热时，气体B的温度不变。当右侧水银柱的长度再次为H=40cm时，假设B部分气体的长度为L′。对气体A由理想气体状态方程对气体B由玻意耳定律得 又T=t+273由以上联立解得T′=620KL′=cm则气体A的温度为t′=T′-273=347℃