2021届高考物理一轮复习课后限时集训35固体液体和气体含解析

2021届高考物理一轮复习课后限时集训35固体液体和气体含解析

固体、液体和气体 建议用时：45分钟 ‎1．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 B．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不同 C．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体 D．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的的方向上有不同的光学性质 BCD　[晶体有固定的熔点，非晶体没有，故A项错误；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不同造成的，故B项正确；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，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。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硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故C项正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向光学性质不同，故D项正确。]‎ ‎2．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．晶体有固定的熔点 B．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性 C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是分子斥力造成的 D．雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在 ABD　[晶体区别于非晶体的是晶体有固定的熔点，故A正确；液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故B正确；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于气体压强的原因，不是分子作用力的作用，故C错误；雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在，从而雨水不会透过雨伞，故D正确。]‎ ‎3．(多选)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 6‎ ABD　[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。]‎ ‎4．(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　　)‎ A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大 B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多 C．气体分子的总数增加 D．单位体积内的分子数目增加 BD　[理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。]‎ ‎5.(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1 N2，T1 T3，N2 N3。(填“大于”“小于”或“等于”)‎ ‎[解析]　对一定质量的理想气体，为定值，由pV图象可知，2p1·V1＝p1·2V1＞p1·V1，所以T1＝T3＞T2。状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1＞N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2＞N3。‎ ‎[答案]　大于　等于　大于 ‎6．(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：‎ 6‎ ‎(1)抽气前氢气的压强；‎ ‎(2)抽气后氢气的压强和体积。‎ ‎[解析](1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 ‎(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①‎ 得p10＝(p0＋p)。 ②‎ ‎(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有 p2·S＝p1·2S ③‎ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0 ④‎ p2V2＝p0V0 ⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p ⑦‎ V1＝。 ⑧‎ ‎[答案](1)(p0＋p)　(2)p0＋p　 ‎7.(2019·大理模拟)竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：‎ ‎(1)此时右管封闭气体的压强；‎ ‎(2)左管中需要倒入水银柱的长度。‎ ‎[解析](1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态p1＝75 cmHg，V1＝30S 6‎ 末态体积：V2＝(30－5)S＝25S 由玻意耳定律：p1V1＝p2V2‎ 解得：p2＝90 cmHg。‎ ‎(2)对水平管中的气体，初态 p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11S；‎ 末态压强： p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg 根据玻意耳定律：pV＝p′V′‎ 解得V′＝9S，水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110 cm－75 cm－8 cm＝27 cm。‎ ‎[答案](1)90 cmHg　(2)27 cm ‎8．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体 B．浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现 C．一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰的内能 D．一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力的缘故 ACD　[晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，故A正确；浸润与不浸润的现象不是液体分子作用的表现，是由于液体的表面层与固体表面的分子之间相互作用的结果，故B错误；由于水结冰要放热，故一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰的内能，故C正确；小昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力的缘故，故D正确。]‎ ‎9．(多选)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是(　　)‎ A．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 B．当分子间距离增大时，分子间的引力减小、斥力增大 C．一定质量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减小 D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 CD　[天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，故A错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积的平均碰撞次数必减少，故C正确；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故D正确。]‎ ‎10.(2019·全国卷Ⅲ)如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0‎ 6‎ ‎ cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。‎ ‎(1)求细管的长度；‎ ‎(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。‎ ‎[解析](1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有 pV＝p1V1 ①‎ 由力的平衡条件有 p＝p0＋h ②‎ p1＝p0－h ③‎ 由题意有 V＝S(L－h1－h) ④‎ V1＝S(L－h) ⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm。 ⑥‎ ‎(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有 ＝ ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K。 ⑧‎ ‎[答案](1)41 cm　(2)312 K ‎11.(2019·福州调研)如图所示，开口向上竖直放置的横截面积为10 cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分割为两个独立的部分A和B，A的长度为30 cm，B的长度是A长度的一半，汽缸和b活塞都是绝热的，活塞a导热性能良好，与活塞b和汽缸底部相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m，B部分下端有与电源相连的电热丝。初始状态A、B两部分气体的温度均为27 ℃，弹簧处于原长，活塞a刚好与汽缸口相齐平，开关S断开。若在活塞a上放上一个2 kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止(已知外界大气压强为p0＝1×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2)。求：‎ 6‎ ‎(1)稳定后A部分气柱的长度。‎ ‎(2)合上开关S，对气体B进行加热，可以使a上升再次与汽缸口齐平，则此时气体B的温度为多少？‎ ‎[解析](1)对于A部分气体，初态pA＝1×105 Pa，VA＝L1S 末态pA′＝p0＋＝1.2×105 Pa 根据玻意耳定律pAL1S＝pA′L1′S 解得L1′＝25 cm 即A部分气柱长度变为25 cm。‎ ‎(2)若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为L2′＝20 cm，此时弹簧要伸长5 cm 对活塞b有pA′S＋kΔl＝pB′S 解得pB′＝pA′＋＝1.25×105 Pa 对于B部分气体，初态pB＝1×105 Pa，VB＝L2S，TB＝300 K 末态pB′＝1.25×105 Pa，VB′＝L2′S 根据理想气体状态方程＝ 解得：TB′＝500 K 则此时温度为tB＝(TB′－273)℃＝227 ℃。‎ ‎[答案](1)25 cm　(2)227 ℃‎ 6‎