课时跟踪检测（十四） 原子的结构
A组—重基础·体现综合
1．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是( )
A．电子的发现 B．中子的发现
C．α粒子散射实验 D．光电效应实验
解析：选C 卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，故C正确，A、B、D错误。
2．在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末系。若一群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有两条属于巴耳末系，则这群氢原子自发跃迁时最多可能发出不同频率的谱线的条数是( )
A．2 B．5
C．4 D．6
解析：选D 氢原子光谱中只有两条属于巴耳末系，即是从n＝3，n＝4轨道跃迁到n＝2轨道，故电子的较高能级应该是在n＝4的能级上。然后从n＝4向n＝3，n＝2，n＝1跃迁，从n＝3向n＝2，n＝1，从n＝2向n＝1跃迁，故这群氢原子自发跃迁时最多能发出C42＝6条不同频率的谱线。
3．(多选)我国的北斗三号卫星导航系统采用了我国自主研制的高精度铷原子钟和氢原子钟，该系统全球定位精度已达到10米，亚太地区定位精度达到5米，它的速度精度为0.2米/秒，计时精度为20纳秒。原子钟是利用原子跃迁时吸收和释放的电磁波来计时的。根据玻尔理论，以下说法正确的是( )
A．原子核外电子的运动轨道可能是连续的
B．原子稳定的能量状态是不连续的
C．当原子从一个定态跃迁至另一个定态时，便会吸收或释放电磁波，并且吸收或释放的电磁波的频率取决于两个定态对应的能级差
D．不同元素的原子具有不同的特征谱线
解析：选BCD 根据玻尔理论知，电子的轨道半径是量子化的，半径是一系列不连续的特定值，故A错误；根据玻尔理论，原子的能量状态不可能是连续的，故B正确；原子从高能级跃迁到低能级一定会辐射出一定频率的光子，原子吸收了一定频率的光子后能从低能级跃迁到高能级，并且吸收或释放的电磁波的频率取决于两个定态对应的能级差，故C正确；不同元素的原子具有不同的特征谱线，故D正确。
4.(多选)如图所示给出了氢原子的6种可能的跃迁，则它们发出( )
A．a的波长最长
B．c的波长最长
C．f比d光子能量大
D．a的频率最小
解析：选ACD 能级差越大，对应的光子的能量越大，频率越大，波长越小。故A、C、D正确，B错误。
5．(多选)氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可能发出三种不同波长的辐射光。已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1>λ2，则另一个波长可能是( )
A．λ1＋λ2 B．λ1－λ2
C. D.
解析：选CD 由题设条件可知，hν3＝hν1＋hν2或hν3＝hν2－hν1，即＝＋或＝－，由此可知选项C、D正确。
6．氢原子的能级图如图所示，不同色光的光子能量如表所示。
色光 红 橙 黄 绿 蓝—靛 紫
光子能量范围/eV 1.61～2.00 2.00～2.07 2.07～2.14 2.14～2.53 2.53～2.76 2.76～3.10
一群处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内只有1条，其颜色为( )
A．红色 B．黄色
C．绿色 D．蓝—靛
解析：选A 如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV属于红色可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛。则由题意，由于一群处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内只有1条，则一定对应着从第三能级到第二能级的跃迁，其可见光的颜色为红光，故选A。
7.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是( )
A．这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光子
B．氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级产生的光频率最大
C．氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最长
D．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV
解析：选A 大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，根据C32＝3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子，故A正确；氢原子由n＝3向n＝1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，波长最短，最大能量为13.6 eV－1.51 eV＝12.09 eV，故B、C、D错误。
8.如图所示是氢原子的能级图，一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多少种频率不同的光子？从n＝4的激发态跃迁到基态时，放出光子的能量多大？
解析：氢原子能级跃迁如图所示。从图中可以看出能辐射出6种频率不同的光子，它们分别是n＝4→n＝3，n＝4→n＝2，n＝4→n＝1，n＝3→n＝2，n＝3→n＝1，n＝2→n＝1。
从n＝4能级的跃迁到基态辐射光子能量ΔE＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV。
答案：6种 12.75 eV
B组—重应用·体现创新
9．根据玻尔理论，氢原子的能级公式为En＝(n为能级量子数，A为基态能量)，一个氢原子中的电子从n＝4的能级直接跃迁到基态，在此过程中( )
A．氢原子辐射一个能量为的光子
B．氢原子辐射一个能量为－的光子
C．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子的能量为
D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子的能量为－
解析：选B 根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从n＝4的能级直接跃迁到基态，辐射一个光子，其能量为ΔE＝E4－E1＝－＝－，选项B正确，A、C、D错误。
10．(多选)氢原子能级图如图所示，当氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射光子的波长为λ，下列判断正确的是( )
A．氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于λ
B．一个处于n＝4的能级上的氢原子向低能级跃迁时最多放出6种光子
C．用能量为1.0 eV的光子照射处于n＝4能级的氢原子，可以使氢原子电离
D．用能量为11.0 eV的电子轰击处于基态的氢原子，可能使氢原子跃迁到激发态
解析：选CD 从n＝3跃迁到n＝2的能级，能级差为E3－E2＝1.89 eV，从n＝2跃迁到n＝1的能级，能级差为E2－E1＝10.2 eV，根据Em－En＝hν＝h知，氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级时辐射光的波长小于λ，故A错误；一个处于n＝4的能级上的氢原子向低能级跃迁时最多放出3种光子，故B错误；处于n＝4能级上的氢原子能级为－0.85 eV，当吸收的能量大于等于0.85 eV的能量，就会被电离，故C正确；用能量为11.0 eV的电子轰击处于基态的氢原子，基态的氢原子吸收的能量可以等于10.2 eV，可以使处于基态的氢原子跃迁到n＝2能级，故D正确。
11．人们在研究原子结构时提出过许多模型，其中比较有名的是枣糕模型和核式结构模型，它们的模型示意图如图所示。下列说法中正确的是( )
A．α粒子散射实验与枣糕模型和核式结构模型的建立无关
B．科学家通过α粒子散射实验否定了枣糕模型，建立了核式结构模型
C．科学家通过α粒子散射实验否定了核式结构模型，建立了枣糕模型
D．科学家通过α粒子散射实验否定了枣糕模型和核式结构模型
解析：选B α粒子散射实验与核式结构模型的建立有关，通过该实验，否定了枣糕模型，建立了核式结构模型，故B正确。
12．氢原子基态能量E1＝－13.6 eV，电子绕核做圆周运动的半径r1＝0.53×10－10 m。求氢原子处于n＝4激发态时：
(1)原子系统具有的能量；
(2)电子在n＝4轨道上运动的动能；(已知能量关系En＝E1，半径关系rn＝n2r1，k＝9.0×109 N·m2/C2，e＝1.6×10－19 C)
(3)若要使处于n＝2轨道上的氢原子电离，至少要用频率为多大的电磁波照射氢原子？(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
解析：(1)由En＝E1得，E4＝＝－0.85 eV。
(2)由rn＝n2r1，得r4＝16r1，由圆周运动知识得
k＝m，所以Ek4＝mv2＝
＝ eV＝0.85 eV。
(3)要使处于n＝2轨道的氢原子电离，照射光的光子能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为hν＝0－，
得ν＝8.21×1014 Hz。
答案：(1)－0.85 eV (2)0.85 eV (3)8.21×1014 Hz
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2课时跟踪检测（十五） 放射性元素的衰变
1．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
解析：选C 由放射现象中α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，结合在电场与磁场中的偏转可知②⑤是γ射线，③④是α射线，①⑥是β射线，故选C。
2．如图所示为研究某未知元素放射性的实验装置，实验开始时在薄铝片和荧光屏之间有图示方向的匀强电场E，通过显微镜可以观察在荧光屏的某一位置上每分钟闪烁的亮点数。若撤去电场后继续观察，发现每分钟闪烁的亮点数没有变化；如果再将薄铝片移开，观察到每分钟闪烁的亮点数大大增加，由此可以判断，放射源发出的射线为( )
A．β射线和γ射线 B．α射线和β射线
C．β射线和X射线 D．α射线和γ射线
解析：选D 三种射线中α射线和β射线带电，进入电场后会发生偏转，而γ射线不带电，在电场中不偏转。由题意知，将电场撤去，从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁的亮点数没有变化，可知射线中含有γ射线。再将薄铝片移开，则从显微镜内观察到的每分钟闪烁的亮点数大大增加，根据α射线的穿透能力最弱，一张纸就能挡住，而β射线能穿透几毫米的铝板，分析得知射线中含有α射线，不含β射线。故放射源所发出的射线为α射线和γ射线，D正确。
3．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法。若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量。下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )
解析：选C 设衰变周期为T，那么任意时刻14C的质量m＝m0。可见，随着t的增长物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C项图线符合衰变规律，故选C。
4．14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约为5 700年。已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减小。现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是( )
A．该古木的死亡时间距今约5 700年
B．12C、13C、14C具有相同的中子数
C．14C衰变为14N的过程中放出α射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
解析：选A 设原来14C的质量为M0，衰变后剩余质量为M，则有M＝M0，因为剩余质量为原来的，故＝1，所以死亡时间距今为t＝T≈5 700年，A正确；12C、13C、14C具有相同的质子数和不同的中子数，故B错误；14C衰变为14N的过程中，质量数没有变化，而核电荷数增加1，这是因为14C中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出β射线，C错误；放射性元素的半衰期与其所处的物理环境以及化学环境无关，D错误。
5.如图所示，一天然放射性物质放射出的三种射线经过一个匀强电场和匀强磁场共存的区域(方向如图所示)，调整电场强度E和磁感应强度B的大小，使得在MN上只有两个点受到射线照射，下列判断正确的是( )
A．射到a点的是α射线
B．射到b点的是β射线
C．射到b点的是α射线或β射线
D．射到b点的是γ射线
解析：选C 因为γ射线不带电，所以γ射线一定射到a点；α、β两种射线在电磁场中受到电场力和洛伦兹力，若满足qvB＝Eq，即v＝，则α、β两种射线都能射到a点，故不合题意；若电场力大于洛伦兹力，则射到b点的是α射线；若洛伦兹力大于电场力，则射到b点的是β射线。故C正确，A、B、D错误。
6.如图所示是卢瑟福设计的一个实验：他在铅块上钻了一个小孔，孔内放入一点镭，使射线只能从这个小孔里发出，随后他将射线引入磁场中，发现射线立即分成三束，他把三束射线分别命名为α射线、β射线、γ射线。基于对这三种射线的深入分析，卢瑟福获得了1908年的诺贝尔奖。以下对这三束射线描述正确的是( )
A．α射线的穿透能力最弱，容易被物体吸收
B．β射线在真空中的运动速度是光速
C．γ射线本质上是波长很短的电磁波，电离能力极强
D．β射线带负电，是来自镭原子的核外电子
解析：选A α射线的穿透能力最弱，电离作用最强，容易被物体吸收，故A正确；β射线的速度可达光速的99%，故B错误；γ射线是一种波长很短的电磁波，电离能力极弱，故C错误；β射线(高速电子流)带负电，是由原子核内中子转化成质子放出的电子，故D错误。
7.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源位于两极板A、B的正中间，其上方小孔向外射出射线。则( )
A．a为电源正极，到达A板的为α射线
B．a为电源正极，到达A板的为β射线
C．a为电源负极，到达A板的为α射线
D．a为电源负极，到达A板的为β射线
解析：选B 两粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上：a＝，＝at2，解得：t＝d，竖直方向上：x＝vt，可得x＝v·d，根据α粒子与β粒子的速度、质量、电荷量大小关系可以得出，xα>xβ，所以偏转到A板的是β粒子，因β粒子带负电，故a为电源的正极。选项B正确，A、C、D均错误。
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1课时跟踪检测（十一） 热力学第二定律
1．(2021·广州高二下月考)(多选)对热力学第一定律和热力学第二定律的认识，下列说法正确的是( )
A．对某物体热传递，该物体的内能可能会减少
B．热量不能从低温物体传递给高温物体
C．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
D．随着技术的发展，效率是100%的热机是可以制造出来的
解析：选AC 对某物体热传递，若物体对外做功，则该物体的内能可能会减少，选项A正确；根据热力学第二定律可知，热量也能从低温物体传递给高温物体，但是要引起其他的变化，选项B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项C正确；根据热力学第二定律可知，即使随着技术的发展，效率是100%的热机也是不可以制造出来的，选项D错误。
2．下列过程中，可能发生的是( )
A．某工作物质从高温热库吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响
B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发跑进去，恢复原状
C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高
D．将两瓶不同液体自发混合，然后又自发地各自分开
解析：选C 根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些物理过程是可以实现的，故C项正确；内能自发地全部转化为机械能是不可能的，故A项错误；气体膨胀具有方向性，故B项错误；扩散现象也有方向性，D项错误。
3．我们绝不会看到：一个放在水平地面上的物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化为动能，使这个物体运动起来，其原因是( )
A．违反了能量守恒定律
B．在任何条件下内能不可能转化成机械能，只有机械能才能转化成内能
C．机械能和内能的转化过程具有方向性，内能转化成机械能是有条件的
D．以上说法均不正确
解析：选C 机械能和内能的相互转化，必须通过做功来实现，故C对。
4．关于两类永动机和热力学两大定律，下列说法正确的是( )
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
解析：选D 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，选项A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，选项C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但必然引起其他变化，选项D正确。
5.如图所示，气缸内盛有一定量的理想气体，气缸壁是导热的，气缸外环境保持恒温，活塞与气缸壁的接触面是光滑的，但不漏气。现将活塞与杆连接，使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并对外做功。若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )
A．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，因此此过程违反了热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．以上三种说法都不对
解析：选C 此过程虽然是气体从单一热源吸热，全部用来对外做功，但引起了其他变化(有外力控制着活塞缓慢地移动，而非自动进行的)，所以此过程不违反热力学第二定律。
6．(2021·深圳检测)(多选)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法中正确的是( )
A．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减少
B．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
C．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
解析：选ABC 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q＝0，W<0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减少，故A正确；热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确；热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化”，故D错误。
7．(多选)下列宏观过程能用热力学第二定律解释的是( )
A．大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中而经过一段时间大米、小米不会自动分开
B．将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开
C．冬季的夜晚，放在室外物体的温度随气温的降低而降低，物体不会由于内能自发地转化为机械能而动起来
D．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使汽车热机的效率达到100%
解析：选BCD 热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向性的规律，A不属于热现象，故A错；由热力学第二定律可知B、C、D正确。
8．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不可能制成的，其原因是( )
A．内能不可以转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
解析：选C 本题考查热力学第一、第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，选项A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，选项B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，选项C正确。
9．(多选)倒一杯热水，然后加入适量的糖后，糖会全部溶于水中，但一段时间后又观察到杯底部有糖结晶，关于这个过程下列叙述正确的是( )
A．溶解过程是自发的，结晶过程也是自发的，因此热力学第二定律是错误的
B．溶解过程是有序向无序转变的过程
C．结晶过程是有序向无序转变的过程
D．结晶过程不是自发的，因为有外界的影响
解析：选BD 溶解过程是自发的，是由有序向无序转变的过程；结晶过程不是自发的，通常是由于水温降低或水的蒸发引起，是由无序向有序的转变过程，故选项B、D正确，选项A、C错误。
10．(多选)可燃冰是一种藏在深海海底的新型能源，1 m3可燃冰可转化为164 m3的天然气和0.8 m3的水，下列关于可燃冰说法正确的是( )
A．“可燃冰”是不可再生能源
B．“可燃冰”属于可再生能源
C．1 m3可燃冰比0.8 m3水的质量小
D．相同体积的可燃冰和天然气完全燃烧后，可燃冰释放的热量多
解析：选AD 可燃冰是一次能源，属于不可再生能源，故A正确，B错误；因1 m3可燃冰可转化为164 m3的天然气和0.8 m3的水，所以1 m3可燃冰的质量比0.8 m3水的质量大，故C错误；“可燃冰”的热值大于天然气的热值，相同体积的条件下，由Q＝qV可知，完全燃烧时可燃冰放出的热量多，故D正确。
11.1821年，德国物理学家塞贝克发现了一种怪现象：把两根铜丝和一根铁丝与灵敏电流计串联成闭合电路，然后把铜铁丝的一个连接点放在盛有冰水混合物的容器里保持低温，另一个连接点放在火焰上加热，升到很高的温度时，发现灵敏电流计的指针发生了偏转，表明闭合电路中产生了电流，这就是温差发电现象。这一实验是否违反热力学第二定律？简述这一过程中能的转化情况。
解析：不违反，内能不可能全部转化为电能，而不产生其他影响；产生的电能是由被火焰加热的铜铁丝的内能转化而来，其内能一部分转化为电能，一部分传递给冰水混合物。
答案：见解析
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4课时跟踪检测（四） 气体实验定律（Ⅰ）
A组—重基础·体现综合
1.如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，水银密度为ρ，封闭部分气体的压强p为( )
A．p0＋ρgh2
B．p0－ρgh1
C．p0－ρg(h1＋h2)
D．p0＋ρg(h2－h1)
解析：选B 选右边最低液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋ρgh1＝p0，所以，p＝p0－ρgh1，B正确。
2.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线，由图可知( )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1
解析：选BD 由玻意耳定律pV＝C知，压强与体积成反比，故A错误；p∝，所以p-图线的延长线经过坐标原点，故B正确；p-图线的斜率越大，对应的温度越高，所以由题图知T13.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是( )
解析：选D 由题意知，封闭气体做的是等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。
4.如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱高于水银槽部分长度为h。若将玻璃管向右旋转一定的角度(管下端未离开槽内水银面)，则H和h的变化情况为( )
A．H减小，h增大 B．H增大，h减小
C．H和h都增大 D．H和h都减小
解析：选A 假设将玻璃管向右旋转一定的角度θ时水银柱高度不变，有p＋ρghsin θ＝p0，则封闭气体压强增大；由题意可知变化过程为等温变化，由pV＝C可知，封闭气体由于压强增大，体积减小，水银柱上升，即H减小，h增大，故A正确，B、C、D错误。
5．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变，外界大气压相当于10 m水柱产生的压强)( )
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍 D．0.7倍
解析：选C 对气泡p1＝3p0，p2＝2p0，由p1V1＝p2V2知V2＝1.5V1，故C项正确。
6.将一根质量可以忽略的一端封闭的塑料管子插入液体中，在力F的作用下保持平衡，如图所示，图中H值的大小与下列各量无关的是( )
A．管子的半径 B．大气压强
C．液体的密度 D．力F
解析：选B 管子的受力分析如图所示，由平衡条件得：
p0S＋F＝pS ①
又p＝p0＋ρ液gH ②
联立①②解得H＝＝，可见与大气压强无关，故B正确。
7.(多选)如图所示，一气缸竖直倒放，汽缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的气体封在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡态，现保持温度不变把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后与原来相比( )
A．气体的压强变大 B．气体的压强变小
C．气体的体积变大 D．气体的体积变小
解析：选AD 以活塞为研究对象，设其质量为M，横截面积为S。达到平衡时，活塞受力平衡，当气缸竖直倒放时，设缸内气体压强为p1，p1S＋Mg＝p0S，式中p0为外界大气压强，由此可得p1＝p0－，同理可知，当气缸倾斜一点，设缸壁与水平方向夹角为θ时，缸内气体压强为p2，p2S＋Mgsin θ＝p0S，由此可得p2＝p0－，必有p18．某小组在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中：
(1)实验过程中，下列操作正确的是________。
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手可以握住整个注射器
C．压强传感器与注射器之间的连接管脱落后，应立即重新接上，继续实验
D．活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气
(2)该实验小组想利用实验所测得的数据测出压强传感器和注射器的连接管的容积，所测得的压强和注射器的容积(不包括连接管的容积)数据如表所示：
实验次数 压强/kPa 体积/cm3
1 101.5 18
2 112.8 16
3 126.9 14
4 145.0 12
5 169.2 10
①为了更精确地测量也可以利用图像的方法，若要求出连接管的容积，也可以画________图。
A．p V B．V p
C．p D．V
②利用上述图线求连接管的容积时是利用图线的________。
A．斜率 B．纵坐标轴上的截距
C．横坐标轴上的截距 D．图线下的“面积”
解析：(1)推拉活塞时，动作不能快，以免气体温度变化，故A错误；推拉活塞时，手不可以握住整个注射器，以免气体温度变化，故B错误；压强传感器与注射器之间的连接管脱落后，气体质量变化了，应该重新做实验，故C错误；活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气，D正确。
(2)①研究压强与体积的关系一般画出p 图像，但为了求出连接管的容积，可以画出V 图像。
②根据V＋V0＝得V＝－V0，V 图像的纵轴截距V0表示连接管的容积，所以B选项是正确的。
答案：(1)D (2)①D ②B
9．(2021·广东珠海二中高二月考)如图所示，倾角为θ的光滑斜面上有一固定挡板O，现有一质量为M的气缸，气缸内用质量为m的活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与气缸间光滑，活塞横截面积为S，现将活塞用细绳固定在挡板O上处于静止状态。(已知外界大气压强为p0)求：
(1)气缸内的气体压强p1；
(2)若将绳子剪断，气缸与活塞保持相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动，试计算气缸内的气体压强p2。
解析：(1)以气缸为研究对象，由平衡条件得 Mgsin θ＋p1S＝p0S，解得p1＝p0－。
(2)以整体为研究对象，由牛顿第二定律有
(M＋m)·gsin θ＝(M＋m)a，
以气缸为研究对象有
Mgsin θ＋p2S－p0S＝Ma，
解得p2＝p0。
答案：(1)p0－ (2)p0
B组—重应用·体现创新
10．(多选)如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )
A．D→A是等温过程
B．A→B是等温过程
C．TA>TB
D．B→C体积增大，压强减小，温度不变
解析：选AD 直线AD经过原点，则D→A是等温过程，A正确；A→B体积不变，压强增大，可知状态A到
状态B气体温度升高，B、C错误；直线BC经过原点，则B→C是等温过程，V增大，p减小，D正确。
11．如图所示，a、b、c三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内分别用相同长度的一段水根柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为( )
A．La＝Lb＝Lc B．LbC．Lb>Lc解析：选D 根据题意pa＝p0，pb>p0，pc＝p0，所以三管内的空气柱长度的关系为：Lb12．(2020·全国卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(1)求进入圆筒内水的高度l；
(2)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
解析：(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1＝p0V0 ①
V0＝hS ②
V1＝(h－l)S ③
p1＝p0＋ρg(H－l) ④
联立以上各式并考虑到H h＞l，解得l＝ h。 ⑤
(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0＝p0V3 ⑥
其中p2＝p0＋ρgH⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V＝V3－V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得V＝。 ⑨
答案：(1) h (2)
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1课时跟踪检测（五） 气体实验定律（Ⅱ）
A组—重基础·体现综合
1．某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室的温度。存放食物之前，该同学关闭冰箱密封门并给冰箱通电。若大气压为1.0×105 Pa，通电时显示温度为27 ℃，通电一段时间后显示温度为6 ℃，则此时冷藏室中气体的压强是( )
A．2.2×104 Pa B．9.3×105 Pa
C．1.0×105 Pa D．9.3×104 Pa
解析：选D 由查理定律得p2＝p1＝×1.0×105 Pa＝9.3×104 Pa，故D正确。
2．(2021·佛山调研)一定质量的气体，压强保持不变，当其热力学温度由T变成3T时，其体积由V变成( )
A．3V B．6V C. D.
解析：选A 气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律＝得V2＝＝＝3V1。
3．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为20 ℃时，压强为1 atm，若温度上升到80 ℃，管内空气的压强约为( )
A．4 atm B. atm
C．1.2 atm D. atm
解析：选C 由查理定律知＝，T＝t＋273 K，代入数据解得p2≈1.2 atm，所以C正确。
4．对于一定质量的气体，以下说法正确的是( )
A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比
B．气体做等容变化时，温度升高1 ℃，增加的压强是原来压强的
C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比
D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1
解析：选C 一定质量的气体做等容变化，气体的压强跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不成正比关系，选项A错误；根据查理定律＝，T＝t＋273 K，所以＝，温度升高1 ℃，增加的压强Δp＝p，B选项错误；由公式＝＝可知选项C正确；D项中由＝，得p2＝p1，故D项错误。
5．(多选)如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高。下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，管A的移动方向是( )
A．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向下移
B．如果把烧瓶浸在热水中，应把A向上移
C．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向下移
D．如果把烧瓶浸在冷水中，应把A向上移
解析：选AD 使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向上移，故C错误，D正确。
6．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV2。取T＝t＋273 K，则( )
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
解析：选A 由盖—吕萨克定律可得＝，即ΔV＝·V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确。
7.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦)，用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。汽缸静止时弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，以下变化均缓慢进行，下列说法正确的是( )
A．当外界温度升高(大气压不变)时，L变大、H减小、p变大、V变大
B．当外界温度升高(大气压不变)时，h减小、H变大、p变大、V减小
C．当外界大气压变小(温度不变)时，h不变、H减小、p减小、V变大
D．当外界大气压变小(温度不变)时，L不变、H变大、p减小、V不变
解析：选C 以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p不变；对活塞分析得p0S＋mg＝pS＋F弹，当大气压减小时，气体压强p减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，可知体积V变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小，选项C正确，A、B、D错误。
8．(2021·湖北武汉高二联考)(多选)一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程，则( )
A．气体在状态A时的温度等于气体在状态B时的温度
B．从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化
C．从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大
D．从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐降低
解析：选AB 气体在状态A和状态B满足玻意耳定律pV＝C，所以A、B两状态温度相等，故选项A正确；根据图像可知，气体从状态B变化到状态C的过程中，压强恒定，所以气体经历的是等压变化，故选项B正确；根据图像可知VC9．在某高速公路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致。已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为87 ℃，轮胎中的空气可视为理想气体，且爆胎前轮胎内气体的体积不变。
(1)求爆胎时轮胎内气体的压强；
(2)从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因。
解析：(1)气体做等容变化，初态：p1＝2.5 atm，
T1＝(27＋273)K＝300 K
末态：p2＝？，T2＝(87＋273)＝360 K
由查理定律得：＝解得p2＝3 atm。
(2)爆胎前胎内气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子对轮胎内壁的平均作用力增大，导致气体压强增大。
答案：(1)3 atm (2)见解析
B组—重应用·体现创新
10.如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，开始时活塞放置在卡扣a、b上，下方封闭了一定质量的气体。现缓慢加热缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，下列V?图像正确的是( )
解析：选D 缓慢加热缸内气体，直到活塞与卡扣间恰好无压力，气体做等容变化，由查理定律可知，温度升高时，气体的压强增大，则减小。此后温度持续升高直到活塞到达气缸口前，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知，温度升高，体积增大。选项D正确。
11.如图所示，两根粗细相同，两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2。今使封闭的气体降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是 ( )
A．均向下移动，A管移动较多
B．均向上移动，A管移动较多
C．A管向上移动，B管向下移动
D．均向下移动，B管移动较多
解析：选A 因为在温度降低过程中封闭气体的压强恒等于大气压强与水银柱因自身重力而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化。并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖—吕萨克定律得ΔV＝ΔT，因A、B两管中的封闭气体初始温度T相同，温度降低量ΔT相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B两管中的封闭气体的体积都减小；又因为H1>H2，故A管中封闭气体的体积较大，所以|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱长度减小得较多，故A、B两管中封闭气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多。
12.如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中。注射器活塞的横截面积S＝5×10－5 m2，活塞及框架的总质量m0＝5×10－2 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa。当水温为t0＝13 ℃时，注射器内气体的体积为5.5 mL。求：(g取10 m/s2)
(1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t1＝65 ℃时，气体的体积为多大？
(2)保持水温t1＝65 ℃不变，为使气体的体积恢复到5.5 mL，则要在框架上挂质量多大的钩码？
解析：(1)注射器内气体做等压变化，
初态：V0＝5.5 mL，T0＝(13＋273)K＝286 K，
末态：T1＝(65＋273)K＝338 K
由盖—吕萨克定律＝，得V1＝6.5 mL。
(2)保持水温t1＝65 ℃不变，气体做等温变化，由玻意耳定律得
V1＝V0，
解得m＝0.1 kg。
答案：(1)6.5 mL (2)0.1 kg
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3课时跟踪检测（一） 物质是由大量分子组成的
A组—重基础·体现综合
1．阿伏伽德罗常数所表示的是( )
A．1 g物质内所含的分子数
B．1 kg物质内所含的分子数
C．单位体积的物质内所含的分子数
D．1 mol任何物质内所含的分子数
解析：选D 根据阿伏伽德罗常数的定义可知D选项正确。
2．已知在标准状况下，1 mol氢气的体积为22.4 L，氢气分子间距约为( )
A．10－9 m B．10－10 m
C．10－11 m D．10－8 m
解析：选A 在标准状况下，1 mol氢气的体积为22.4 L，则每个氢气分子占据的体积ΔV＝＝ m3≈3.72×10－26 m3。把氢气分子视为立方体，则占据体积的边长：L＝＝ m≈3.3×10－9 m。故A正确。
3．某物质的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则单位体积中所含分子个数为( )
A. B. C. D.
解析：选D 单位体积物质的质量m＝ρ，单位体积物质的量为，故单位体积的分子个数为NA＝NA，故A、B、C错误，D正确。
4．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，下列对实验过程的分析正确的是( )
A．测量一滴油酸酒精溶液体积用的是微小量放大法
B．在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成规则形状
C．在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是比值法
D．该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法
解析：选D 测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法，选项A错误；在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成清晰的界面，选项B错误；在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法，选项C错误；该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法，选项D正确。
5.在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，下列说法中正确的是( )
A．用油膜法可以精确测量油酸分子的大小
B．油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜面积
C．计算油酸膜面积时，应舍去所有不足一格的方格
D．实验时应先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上
解析：选B “用油膜法估测油酸分子的大小”实验是假设油酸分子是单层并且紧密相连的，并不完全符合实际，故不能精确测量油酸分子的大小，选项A错误；根据实验原理可知，分子直径等于纯油酸的体积除以相应的油酸膜面积，选项B正确；在计算面积时，超过半格的算一个，不足半格的才能舍去，选项C错误；实验时要先撒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，选项D错误。
6．一艘油轮装载着密度为9×102 kg/m3的原油在海上航行，由于故障而发生原油泄漏。如果泄漏的原油有9 t，海面上风平浪静时，这些原油造成的污染面积最大可达到( )
A．108 m2 B．109 m2 C．1010 m2 D．1011 m2
解析：选D 泄漏的原油的体积为V＝＝10 m3，而油分子直径的数量级为10－10 m，所以这些原油造成的污染总面积最大为S＝＝1011 m2，故D正确。
7．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5 μm的颗粒物，它能较长时间悬浮在空气中，其在空气中的含量(浓度)越高，就代表空气污染越严重，PM2.5也是形成雾霾天气的主因。北京曾经出现严重雾霾，PM2.5指标数高达300 μg/m3。已知该颗粒物的平均摩尔质量为40 g/mol，试估算该地区1 m3空气中含有这种颗粒物的数目。(阿伏加德罗常数取6.0×1023 mol－1，结果保留1位有效数字)
解析：1 m3的空气中PM2.5的颗粒物的质量m＝ρV＝300 μg，
物质的量为n＝＝ mol＝7.5×10－6mol，
总数目为N＝nNA＝7.5×10－6×6.0×1023个≈5×1018个。
答案：5×1018个
8．(2021·广州调研)(1)如图所示的四个图反映“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(2)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大，出现这种情况的原因可能是________。
A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数
D．求每滴溶液中纯油酸的体积时，溶液的总滴数多记了10滴
(3)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的________。
A．摩尔质量 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
解析：(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜形状→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是cadb。
(2)根据d＝分析，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故B错误；计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，故C正确；求每滴溶液中纯油酸的体积时，溶液的总滴数误多记了10滴，由V0＝可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误。
(3)设一个油酸分子的体积为V1，则V1＝πd3，NA＝可知，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的摩尔体积，故B正确。
答案：(1)cadb (2)AC (3)B
9．(2021·辽河油田第二高级中学高二月考)在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入撒有痱子粉的盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为2 cm，则：
(1)下列有关该实验的说法正确的是( )
A．本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量
B．本实验将油膜看成单分子油膜
C．本实验忽略了分子的间隙
D．测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去
(2)该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为____________ m3，油酸膜的面积是____________ m2；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为____________ m(本空保留一位有效数字)。
(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，然后根据测量的数据算出分子直径，结果将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)因为一滴纯油酸所含分子量太大，造成无法形成单分子层油膜，故A错误；测算分子的直径时，假设的前提必须是将油酸分子看成球形分子，忽略分子的间隙，并且把油膜看成单分子油膜，故B、C正确；测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，超过半格的算一格，不够半格的舍去，故D错误。
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝1 mL××＝8×10－6 mL＝8×10－12 m3，面积超过正方形一半的正方形的个数为72个，则油酸膜的面积约为S＝72×2×2 cm2＝2.88×10－2 m2，把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径d＝＝ m≈3×10－10 m。
(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，此时油酸分子未完全散开，导致测量的面积偏小，直径偏大。
答案：(1)BC (2)8×10－12 2.88×10－2 3×10－10 (3)偏大
B组—重应用·体现创新
10．已知地球表面空气的总质量为m，空气的平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，若把地球表面的空气全部液化且均匀分布在地球表面，则地球的半径将增加 ΔR，为估算ΔR，除上述已知量之外，还需要下列哪一组物理量( )
A．地球半径R
B．液体密度ρ
C．地球半径R，空气分子的平均体积V0
D．液体密度ρ，空气分子的平均体积V0
解析：选C 若把空气全部液化且均匀分布在地球表面时，形成一个更大的球体，液化后的空气形成球壳的体积：V＝π(R＋ΔR)3－πR3，又：V＝NAV0，联立可求ΔR的值，故C正确。
11.如图所示，科学家在铜表面将48个铁原子排成圆圈，形成半径为7.13 nm的“原子围栏”，相邻铁原子间有间隙。估算铁原子平均间隙的大小，结果保留一位有效数字。(已知铁的密度是7.8×103 kg/m3，摩尔质量是5.6×10－2 kg/mol，阿伏伽德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1)
解析：一个铁原子的体积V＝，
又V＝π3，所以铁原子的直径D＝，
围栏中相邻铁原子的平均间隙l＝－D，
代入数据解得l＝6×10－10 m。
答案：6×10－10 m
12．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，实验老师已经配置好了油酸酒精溶液，该老师向1 mL油酸中加酒精，直至总量达到a mL，将配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个盛有约2 cm深水的浅盘，一支注射器，一个烧杯。
(1)用注射器测得b滴油酸酒精溶液的体积为1 mL，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为________mL。
(2)在水面撒上爽身粉，用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示。(已知坐标纸上每个小方格面积为S cm2，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S cm2，不足半个舍去)则油膜面积为________cm2。
(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________cm。
解析：(1)计算每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积，V＝× mL＝ mL。
(2)估算油膜面积的方法是所围成的方格中，面积超过一半的按一个算，小于一半的舍去，方格数约为113，则油酸薄膜面积为S′＝113S cm2。
(3)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，油酸分子的直径d＝＝ cm。
答案：(1) (2)113S(110S～116S均正确)
(3)
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