【物理】2018届一轮复习人教版实验十三用油膜法估测分子的大小学案

【物理】2018届一轮复习人教版实验十三用油膜法估测分子的大小学案

实验十三 用油膜法估测分子的大小 突破点(一)　实验原理与操作 典例1]　(2017·南宁模拟)“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：‎ A．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸膜的面积S。‎ B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上。‎ C．用浅盘装入约‎2 cm深的水。‎ D．用公式d＝，求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小。‎ E．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V。‎ ‎(1)上述步骤中有步骤遗漏或不完整的，请指出：‎ ‎①________________________________________________________________________。‎ ‎②________________________________________________________________________。‎ ‎(2)上述实验步骤的合理顺序是________。‎ ‎(3)某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是________。‎ A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算 B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开 解析]　‎ ‎(1)①C步骤中，要在水面上均匀撒上痱子粉或细石膏粉。‎ ‎②实验时，还需要：F.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时液滴的数目。‎ ‎(2)实验步骤的合理顺序是CFBAED。‎ ‎(3)由d＝可知，测量结果偏大有两个原因，一是体积比正常值偏大，二是面积比正常值偏小，故可能正确的说法是A、C、D。‎ 答案]　见解析 (2)CFBAED (3) ACD 集训冲关]‎ ‎1．采用油膜法估测分子的直径，需要测量的物理量是(　　)‎ A．1滴油酸的质量和它的密度 B．1滴油酸的体积和它的密度 C．1滴油酸的体积和它散成油膜的最大面积 D．所散成的油膜的厚度和它的密度 解析：选C　据油膜法测分子直径的原理d＝，只需测量1滴油酸的体积和它形成的单分子油膜的最大面积即可，故C正确。‎ ‎2．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：‎ 某同学操作步骤如下：‎ ‎①取一定量的无水酒精和油酸，配制成一定浓度的油酸酒精溶液；‎ ‎②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；‎ ‎③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待散开稳定；‎ ‎④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油酸薄膜形状，用透明方格纸测量油酸薄膜的面积。‎ 请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：‎ 错误的步骤：__________________________________；‎ 有遗漏的步骤：________________________________。‎ 解析：②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败。‎ 答案：见解析突破点(二)　数据处理与误差分析 典例2]　油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为‎25 mm，试问：‎ ‎(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为_______油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________。图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(2)某同学在实验过程中，在距水面约‎2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？‎ 请写出你分析的原因：_______________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析]　(1)油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－‎6 m2‎≈4.4×10－‎2 m2‎，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝××10－‎6 m3‎＝1.2×10－‎11 m3‎，‎ 油酸分子的直径约等于油膜的厚度 d＝＝ m≈2.7×10－‎10 m。‎ ‎(2)略。‎ 答案]　(1)球体　单分子　直径　4.4×10－2　1.2×10－11　2.7×10－10　(2)主要有两个原因：①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩 集训冲关]‎ ‎3．(多选)(2017·九江模拟)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于(　　)‎ A．油酸未完全散开 B．油酸中含有大量酒精 C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数多计了10滴 解析：选AC　用油膜法估测分子直径，是利用油酸的体积与形成的单分子油膜面积的比值来估算分子直径，分子直径值明显偏大可能的原因：一是油酸体积测量值偏大；二是油膜面积测量值偏小，油酸未完全散开和舍去不足一格的方格均会造成油膜面积测量值偏小，故A、C正确；油酸中酒精更易溶于水，故不会产生影响，B错误；D项中计算每滴溶液中所含油酸的体积偏小，会使分子直径估算值偏小，D错误。‎ ‎4．(2017·银川质检)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：‎ ‎(1)估算出油酸分子的直径大小是________ cm。‎ ‎(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________。‎ A．摩尔质量　 　B．摩尔体积　 　C．质量　 　D．体积 解析：(1)油酸酒精溶液的浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为 mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸 mL，则油酸分子的直径大小为d＝ cm。‎ ‎(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝π3，由 NA＝ 可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的摩尔体积，故B正确。‎ 答案：(1)　(2)B ‎5．(2017·连云港摸底)测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法。‎ ‎(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图(甲)所示。坐标格的正方形大小为‎2 cm×‎2 cm。由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留一位有效数字)。‎ ‎(2)如图(乙)是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片。这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－‎8 m的圆周而组成的。由此可以估算出铁原子的直径约为________m(结果保留两位有效数字)。‎ 解析：(1)数油膜所占的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S＝格数×‎2 cm×‎2 cm＝‎256 cm2。溶液浓度为，每滴溶液体积为 mL,2滴溶液中所含油酸体积为V＝2×10－‎5 cm3。油膜厚度即油酸分子的直径是d＝≈8×10－‎10 m。‎ ‎(2)直径为1.43×10－‎8 m的圆周周长为D＝πd≈4.5×10－‎8 m，可以估算出铁原子的直径约为d′＝ m≈9.4×10－‎10 m。‎ 答案：(1)256　8×10－10　(2)9.4×10－10‎ ‎6.(2017·南阳质检)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每104 mL溶液中有6 mL 油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和大小如图所示，坐标中正方形方格的边长为‎1 cm，求：‎ ‎(1)油酸膜的面积；‎ ‎(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积；‎ ‎(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径。‎ 解析：(1)根据题图，数得格子数为131个，那么油膜面积是S＝131×‎1 cm2＝‎131 cm2。‎ ‎(2)根据已知条件可知，1 mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积是 mL。又已知每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是V＝× mL＝8×10－6 mL。‎ ‎(3)油酸分子的直径为 d＝＝ cm≈6.1×10－‎10 m。‎ 答案：(1)‎131 cm2　(2)8×10－6 mL　(3)6.1×10－‎‎10 m 真题集训·章末验收]　　　高考真题集中演练——把脉命题规律和趋势 ‎1．(2016·全国乙卷)(1)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)‎ A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 ‎(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下‎10 m处一半径为‎0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×‎103 kg/m3，重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(ⅰ)求在水下‎10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。‎ 解析：(1)根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误；改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，说法B正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确；两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)当气泡在水下h＝‎10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则 Δp1＝①‎ 代入题给数据得Δp1＝28 Pa。②‎ ‎(ⅱ)设气泡在水下‎10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。‎ 气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2③‎ 由力学平衡条件有 p1＝p0＋ρgh＋Δp1④‎ p2＝p0＋Δp2⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr13⑥‎ V2＝πr23⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 3＝⑧‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。‎ 代入题给数据得 ＝≈1.3。⑨‎ 答案：(1)BDE　(2)(ⅰ)28 Pa　(ⅱ)或1.3‎ ‎2．(2016·全国甲卷)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a ，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图像如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 ‎(2)一氧气瓶的容积为‎0.08 m3‎， 时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气‎0.36 m3‎ ‎。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。‎ 解析：(1)由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd。设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa。由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确。‎ ‎(2)设氧气 时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得 p1V1＝p2V2①‎ 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1②‎ 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有 p2V3＝p0V0③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为 N＝④‎ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)。⑤‎ 答案：(1)ABE　(2)4天 ‎ ‎3．(2015·全国卷Ⅰ)(1)(多选)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 ‎(2)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1＝‎2.50 kg，横截面积为S1＝‎80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝‎1.50 kg，横截面积为S2＝‎40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝‎40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；‎ ‎(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。‎ 解析：(1)将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误；单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确；例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确；晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确；熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得 V1＝S1＋S2①‎ V2＝S‎2l②‎ 在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m‎1g＋m‎2g＋S2(p1－p)③‎ 故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有 ＝④‎ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K。⑤‎ ‎(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有 ＝⑥‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa。⑦‎ 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)330 K　(ⅱ)1.01×105 Pa ‎4．(2015·全国卷Ⅱ)(1)(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 ‎(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝‎10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝‎3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝‎10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0 cmHg。‎ ‎(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；‎ ‎(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。‎ 解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确；扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误，选项C正确，选项E错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。‎ ‎(2)(ⅰ)以 cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝‎10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝‎10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得 pl＝p‎1l1①‎ 由力学平衡条件得 p＝p0＋h②‎ 打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有 p1＝p0－h1③‎ 联立①②③式，并代入题给数据得 l1＝‎12.0 cm。④‎ ‎(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得 pl＝p‎2l2⑤‎ 由力学平衡条件有 p2＝p0⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题给数据得 l2＝‎10.4 cm⑦‎ 设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧‎ 联立④⑦⑧式，并代入题给数据得 Δh＝‎13.2 cm。⑨‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)‎12.0 cm　(ⅱ)‎‎13.2 cm ‎5．(2014·全国卷Ⅰ)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a ，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T图像如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎(2)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内。气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。 时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。‎ 解析：(1)过程ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内能增大，气体一定吸热，A正确；过程bc，理想气体等温变化，压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减小，E正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B错误；过程ca，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对气体做的功，C错误；根据上述三过程可知：在a、b、c三个状态中，状态a的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志，其分子的平均动能最小，D正确。‎ ‎(2)设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp)S①‎ 解得Δp＝p②‎ 外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖—吕萨克定律，得＝③‎ 解得h′＝h④‎ 根据题意可得Δp＝⑤‎ 气体最后的体积为V＝Sh′⑥‎ 联立②④⑤⑥式得V＝。⑦‎ 答案：(1)ADE　(2) ‎6．(2014·全国卷Ⅱ)(1)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎(2)如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为‎7 ℃‎且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。‎ ‎(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；‎ ‎(ⅱ)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。‎ 解析：(1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，A项错误；空中的小雨滴呈球形是由于水的表面张力作用，使得小雨滴表面积最小而呈球形，B项正确；彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光学各向异性的特点，与液晶分子结合而定向排列，当液晶中电场强度不同时，染料分子对不同颜色的光吸收强度不同而显示各种颜色，C项正确；高原地区水的沸点较低是由于高原地区大气压强较小，D项错误；由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热而使其显示的温度低于干泡显示的温度，E项正确。‎ ‎(2)(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，气缸B的容积为，由题给数据和盖—吕萨克定律有 V1＝V0＋·＝V0①‎ V2＝V0＋V0＝V0②‎ ＝③‎ 由①②③式和题给数据得T2＝320 K。④‎ ‎(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 向上移动，直至活塞a上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有 V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤‎ p1′V1′＝p2′V2′⑥‎ 由⑤⑥式得p2′＝p0。⑦‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)320 K　(ⅱ)p0‎