人教版物理选修3-3第九章第四节物态变化中的能量交换同步训练
文档属性
| 名称 | 人教版物理选修3-3第九章第四节物态变化中的能量交换同步训练 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 132.5KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-06-01 16:19:18 | ||
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文档简介
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人教版物理选修3-3第九章
第四节物态变化中的能量交换同步训练
一．选择题
1．下列关于物质的熔化和凝固的说法中正确的是（ ）
A．各种固体都有一定的熔点，不同的固体熔点不同
B．晶体熔化时的温度叫熔点，不同的晶体熔点不同
C．同种晶体的熔点高于它的凝固点
D．晶体熔化过程要吸热，且温度不断升高
答案：B
解析：解答：A、非晶体没有一定的熔点，也没有一定的凝固点．故A错误；
B、晶体在熔化过程中要吸热，但温度不变，这个温度叫做晶体的熔点，不同晶体熔点不同．故B正确；
C、同一种晶体的熔化温度和它的凝固温度是相同的．故C错误；
D、晶体在熔化过程中，尽管不断吸热，但温度不变．故D错误．
故选：B．
分析：熔化是物质由固态变为液态的过程，熔化是需要吸收热量的．物质由液态变为固态的过程是凝固，凝固是需要放出热量的．晶体和非晶体的区别是晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点．
2．下列叙述中，正确的是（ ）
A．随着科技不断发展，热机效率终究可以达到100%，温度也可以达到0K
B．水黾可以停在水面，主要是由于它的质量太小
C．“梅雨季节”人们感到潮湿，是由于空气的绝对湿度大
D．石油属于常规能源
答案：D
解析：解答：A、根据热力学第三定律，0K是温度的极限，只能无限接进，永远不可能达到，故A错误；
B、水黾可以停在水面，是液体表面张力的结果，故B错误；
C、“梅雨季节”人们感到潮湿，是由于空气的相对湿度大，人体汗水蒸发减慢，故人感觉到不舒服，故C错误；
D、石油是目前大量使用的，属于常规能源，故D正确；
故选：D．
分析：绝对零度是温度的极限，只能无限接进，永远不可能达到；
凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；
空气有吸收水分的特征，湿度的概念是空气中含有水蒸气的多少；绝对湿度，表示每立方米空气中所含的水蒸气的量，单位是千克/立方米；相对湿度表示空气中的绝对湿度与同温度下的饱和绝对湿度的比值，也就是指在一定时间内，某处空气中所含水汽量与该气温下饱和水汽量的百分比．
3．某兴趣小组以相同的烧杯盛等量的水，用相同的热源同时加热，甲杯为隔水加热，乙杯为隔油加热，丙杯为隔沙加热，加热一段时间后，测得烧杯外物质的温度分别为水温100℃、油温300℃、沙温600℃，且观察到乙、丙两烧杯中的水呈沸腾状态，则三杯水的温度高低顺序为（ ）
A．甲＞乙＞丙 B．甲＜乙＜丙 C．甲＜乙=丙 D．甲=乙=丙
答案：D
解析：解答：本题考查了沸腾的知识点，意在考查考生的理解能力．甲杯外水温为100℃，所以甲杯中的水温也为100℃，乙、丙两烧杯外的物质温度虽然分别达到了300℃和600℃，但由于两烧杯中的水呈沸腾状态，所以两烧杯中的水温也同为100℃，故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：液体沸腾有两个必要条件：（1）达到沸点，（2）继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾，沸腾后液体温度不变．
4．在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪．他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图所示．对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是（ ）
A．凝华 B．凝固 C．升华 D．液化
答案：B
解析：解答：造雪机工作时把液态水变为固态的雪，故水发生了凝固现象．
故选：B
分析：物质从液体变为固体的过程叫凝固、凝固放热．从固体变为液体叫液化，需吸热．
5．把一杯酒精倒掉一半，则剩下的酒精（ ）
A．比热不变，燃烧值变为原来的一半
B．比热和燃烧值均不变
C．比热变为原来的一半，燃烧值不变
D．比热和燃烧值均变为原来的一半
答案：B
解析：解答：比热是单位质量的物体升高1°C需要吸收的热量，是不变的；
燃烧值是燃烧单位质量的物质放出的热量，也是不变的；
故选：B．
分析：比热容、燃烧值值和密度都是物质的一种特性，不随物体的质量体积的大小而变化．
6．以下说法正确的是（ ）
A．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小
B．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
C．一滴油酸酒精溶液体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径d=V/S
D．冰熔解成水，温度不变，则内能增加
答案：D
解析：解答：A、分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，故A错误．
B、布朗运动是花粉小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，故B错误．
C、依据油膜法估算油酸分子直径实验，油酸分子的直径应是纯油酸的体积除以单分子油膜的面积，而不是用油酸溶液的体积除以单分子油膜的面积，故C错误．
D、冰熔解成水需要吸热，故虽然温度不变，但是内能增加，故D正确．
故选：D．
分析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，但斥力减小的更快；
由布朗运动的现象和实质判定B；
由油膜法估算油酸分子直径实验判定C；
冰化成水要吸热；
7．在100℃的水完全变成100℃的水蒸气的过程中（ ）
A．水分子的平均动能增加
B．水分子的势能减少
C．水分子的动能和势能都增加
D．水汽的内能的增加比吸收的汽化热少
答案：D
解析：解答：A、B、C、温度是分子平均动能的标志，温度不变平均动能不变，由于要吸收热量，故分子势能增加，故A错误，B不正确，C错误；
D、水变成同温度的水蒸气的过程要对外做功，所以所吸收的热量大于物体内能的增加量，即水汽的内能的增加比吸收的汽化热少，故D正确；
故选：D．
分析：温度是分子平均动能的标志，温度不变平均动能不变，水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，分子势能增加，水变成同温度的水蒸气的过程要对外做功．
8．用同一热源加热某种物质，使其从固态变成液态，直至沸腾．整个过程物质的温度与时间关系图象如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．t1与t2相比，物质的内能相同．因为温度相同
B．从t2到t3到t4，物质都处在沸腾的过程中
C．0～t1时刻，物质处于固态；t1～t2时刻，物体处于液态
D．熔化和沸腾的过程，都要吸热
答案：D
解析：解答：A、从t 1到t2的时间段，物体要吸收热量，内能就会增加，所以t3这段时刻，内能较大．故A错误．
B、由图可知，从t3到t4，物质都处在沸腾的过程中，t2还在熔化过程中，故B错误．
C、t1～t2时刻，物体的温度恒定，故说明物体处于液态与固体共存的状态；故C错误．
D、因为冰熔化和水沸腾都需要吸热，故D正确．
故选：D．
分析：（1）晶体在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度保持不变．（2）比热是物质的一种特性，同种物质（状态一定）比热相同；不同物质比热一般不同．水的比热容是4.2×103J/Kg ℃），冰的比热容是：2.1×103J/（Kg ℃）．（3）冰熔化需要吸热，水沸腾也需要吸热．
9．一定质量的0℃的冰，在它全部熔化成水的过程中（ ）
A．分子平均动能略有增加
B．分子平均动能不变，但分子势能和内能均增大
C．总质量和总内能均保持恒定，不发生改变
D．分子势能减少，分子平均动能不变，内能减少
答案：B
解析：解答：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，故分子平均动能不变，但溶化过程要吸热，所以内能增大，体积减小，分子势能增大．故ACD错误，B正确．
故选：B．
分析：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，但吸热，内能增大，体积增大，分子势能增大．
10．下列关于气体分子运动的说法中正确的是（ ）
A．水的内能较大 B．冰的内能较大
C．水和冰的内能一样大 D．条件不足无法确定
答案：D
解析：解答：因为内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和．内能的大小和温度、质量、状态等因素有关；由于不知道水质量和温度和冰的质量，故无法比较其内能的多少．故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：一切物体都具有内能，内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和．内能的大小和温度、质量、状态等因素有关．
11．当室内温度为20℃时，用浸有少量酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上，随着酒精的迅速蒸发，图中哪一幅图象大致反映了温度计的读数随时间的变化（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：C
解析：解答：因室内温度为20℃，所以温度计开始示数是20℃，排除选项D；
当将浸有少量酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上时，随着酒精的迅速蒸发，会带走一部分热量，温度计的示数会降低，排除选项A；
但当酒精蒸发完后，温度计的示数会上升，最终与室温相同，排除选项B．
故选：C．
分析：浸有酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上，这些酒精会蒸发，蒸发吸热会导致玻璃泡的温度降低．
12． 1克水（1cm3）沸腾变为同温度的水蒸汽（体积为1676cm3）的过程中（ ）
A．内能不发生变化
B．对外做功的大小等于整个过程中所吸收的热量
C．内能增加，增加的内能等于整个过程中吸收的热量
D．增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量
答案：D
解析：解答：水汽化需要吸收的热量，故内能增大，同时体积膨胀时气体对外做的功，对气体为负功W=﹣P0△V，根据△U=W+Q知增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量，故D正确．
故选：D．
分析：根据水的汽化需要吸收的热量，同时体积膨胀时气体对外做的功公式W=P0△V，然后根据热力学第一定律增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量．
13．冬天雪后屋檐上结起的冰挂现象，它是（ ）
A．由水蒸气液化而成的 B．由水蒸气凝华而成的
C．由水汽化而成的 D．由水凝固而成的
答案：D
解析：解答：水滴从屋檐留下来的过程中遇冷变成了冰挂，这是凝固现象，凝固放热；故D正确
故选：D
分析：物质由液态变成固态的现象叫做凝固，凝固放热；
晶体凝固的条件有两个：一是温度达到凝固点，二是不断放热．
14．深秋的早晨起床时可看到房间玻璃窗上有许多小水珠，这些水珠在（ ）
A．窗玻璃朝房内的一面 B．窗玻璃朝房外的一面
C．窗玻璃的里外两面 D．不能断定在哪一面
答案：A
解析：解答：深秋的早晨，室外的温度较低，因此，窗玻璃的温度较低，室内的水蒸气遇到冷的窗玻璃，放热液化成小水珠，因此，小水珠应该在窗玻璃的内侧，故A正确、BCD错误．
故选：A．
分析：小水珠是液态的，是水蒸气液化形成的，明确其形成的原因与条件，则可判断小水珠在窗玻璃的什么位置．
15．关于液体蒸发和沸腾的比较，下列哪句话是错误的（ ）
A．蒸发和沸腾都属汽化现象
B．蒸发能在任何温度下发生，沸腾只在一定温度下发生
C．蒸发和沸腾在任何温度下都可以发生
D．蒸发和沸腾都要吸收热量
答案：C
解析：解答：A、蒸发和沸腾都是汽化现象，故A正确；
BC、蒸发在任何温度下都可以进行，而沸腾必须在沸点温度下进行，故B正确，C错误；
D、蒸发和沸腾都要吸收热量，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
分析：汽化的两种方式：蒸发和沸腾；都需要从外界吸收热量；蒸发是发生在液体表面的、任何温度下都可以进行的缓慢的汽化现象；沸腾时液体表面和内部同时发生的、在一定温度下进行的剧烈的汽化现象．
二．填空题
16．人们选用水作为汽车发动机的冷却剂，是因为水的比热容 （选填“大”或“小”）．
答案：大
解析：解答：汽车发动机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点（相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多）把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高．
答案：大．
分析：水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析．
17．如图所示，烧开水时，水沸腾后，离壶嘴口最近的地方什么也看不见，是因为壶嘴处温度较高，水呈现为气态，而离壶嘴一段距离外有大量的“白气”生成，发生了 （填物态变化的名称）现象．
答案：液化
解析：解答：水蒸气离开壶嘴一段距离以后，由于遇冷而发生液化；形成“白气”；故在离壶嘴一段距离外会出现大量的白气；
故答案为：液化．
分析：质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固体直接变为气态，叫升华；由气态变为液体叫液化，由液体变为气态叫汽化；由固态变为液体叫熔化，由液体变为固态叫凝固；
18．文登天沐温泉利用地热水供房间洗浴用水，请计算质量为100Kg的地热水，温度从70℃降低到50℃，放出的热量是 J．这是通过 方式改变了水的内能．
答案：8.4×106|热传递
解析：解答：水放出的热量：Q放=cm△t
=4.2×103J/（Kg ℃）×100Kg×（70﹣50）℃
=8.4×106J；
利用地热水供房间洗浴用水，是通过热传递的方式改变了水的内能．
故答案为：8.4×106；热传递．
分析：本题中知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用放热公式Q放=cm△t求水放出的热量；
改变物体内能的方法：一是做功，二是热传递，热传递过程属于内能的转移过程．
19．如图所示，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装冷水的容器B内，过一段时间，观察到试管A中产生的现象是 ，同时看到温度计C的示数升高，这个实验说明了 ．
答案：产生水珠|液化放热
解析：解答：烧瓶中水沸腾时产生的大量水蒸气进入容器A中，容器A放在装有冷水的容器B中，容器A的温度也比较低，通入容器A中的水蒸气受冷就会液化，形成小水珠，附着在试管壁上；水蒸气液化时要放出热量；
故答案为：产生水珠、液化放热
分析：沸腾是一种剧烈的汽化现象，可以产生大量的水蒸气，水蒸气受冷就会液化，形成小水珠；水蒸气受冷液化时要放热．
20．雪糕是大家都喜爱吃的冷饮．夏天当我们吃雪糕时撕下包装纸会发现冒“白气”，实际上“白气”是雪糕周围空气中的水蒸气遇冷 （填物态变化名称）而形成的．根据你的观察，雪糕冒出的“白气”符合实际的是如图中的 ．
答案：液化|乙
解析：解答：周围空气中的水蒸气遇到冷的雪糕时会发生液化现象，变成液态小液滴，即白气；
因为雪糕周围的白气是空气中的水蒸汽遇冷液化成的许多小水珠，周围空气变冷收缩，密度变大而下沉，形成空气的对流，所以，小水珠会随着冷空气下沉；故图中的乙符合题意；
故答案为：液化，乙．
分析：解答此题要知道物体由气态变为液态的过程叫液化，“白气”是由于水蒸气遇冷液化形成的，知道水的密度大于空气的密度，根据物质前后的物态判断物态变化．
三．计算题
21．“热管”是20世纪80年代研制出来的一种导热本领非常大的装置．它比铜的导热本领大上千倍．“热管”的结构并不复杂，它是一根两端封闭的合金管，管内壁衬了一层多孔的材料，叫做吸收芯，吸收芯中充有酒精或其他易汽化的液体，如图所示，当管的一端受热时，热量会很快传到另一端，试分析其中的道理．
答案：当“热管”的一端受热时，这一端吸收芯中的易汽化的液体，因吸热而汽化，蒸气沿管子由受热一端流向另一端（如图中箭头所示）．而另端未受热，温度低，蒸气就在这一端液化，放出热量，使冷端温度也开始升高．此时液化后的液体被吸收芯吸附，通过毛细作用又回到受热的一端．如此往复循环，“热管”中的液体不断通过汽化和液化，把热量从一端传至另一端．液体在汽化和和气体在液化时要分别吸收和放出大量的热，“热管”正是得用这一性质，达到高效传递热量的目的．
解析：解答：当“热管”的一端受热时，这一端吸收芯中的易汽化的液体，因吸热而汽化，蒸气沿管子由受热一端流向另一端（如图中箭头所示）．而另端未受热，温度低，蒸气就在这一端液化，放出热量，使冷端温度也开始升高．此时液化后的液体被吸收芯吸附，通过毛细作用又回到受热的一端．如此往复循环，“热管”中的液体不断通过汽化和液化，把热量从一端传至另一端．液体在汽化和和气体在液化时要分别吸收和放出大量的热，“热管”正是得用这一性质，达到高效传递热量的目的．
分析：“热管”中的酒精或其他易汽化的液体反复液化和汽化而加快热量的传导，类似空调原理．
22．在沙漠地区有“早穿皮袄午穿纱，夜抱火炉吃西瓜”的奇特现象．而沿海地区是“气候宜人，冬暖夏凉”．能有这样的气候特点，是什么因为？
答案：解答：①因为沙子的比热容较小，白天吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低．由此可知沙漠地区白天黑夜的温差大，产生了早穿皮袄午穿纱的现象．
②沿海地区，水的比热较大，与内陆地区相比，夏天吸收相同的热量，水的温度升高的少，气温较低；冬天放出相同的热量，水的温度下降的少，气温较高．由此可知沿海地区全年温差较小，呈现出冬暖夏凉的特点．
故答案为：水的比热容比沙石的大
解析：
分析：①沙漠地区昼夜温差大．因为沙子的比热容较小，白天，相同质量的不同物质，吸收相同的热量后，比热容小的温度升高的多，气温较高；夜晚，相同质量的不同物质放出相同的热量后，比热容小的温度下降的多，气温较低．
②沿海地区季节温差小．因为水的比热容较大，夏天，相同质量的不同地表物，吸收相同的热量后，比热容大的温度升高的少，所以沿海地区气温较低；冬天，相同质量的不同地表物，放出相同的热量后，比热容大的温度下降的少，所以沿海地区气温较高．
23．冰的密度为0.9×103Kg/m3，若质量为1Kg的冰熔化成水，其质量是否变化？体积变化？
答案：解答：冰熔化成水后，虽状态改变了，质量不变；
根据公式ρ=可知当物体的质量不变时，体积和物体的密度成反比，冰熔化成水后，密度变大，体积变小．
解析：冰熔化成水后，虽状态改变了，质量不变；
根据公式ρ=可知当物体的质量不变时，体积和物体的密度成反比，冰熔化成水后，密度变大，体积变小
分析：质量是指物体含有物质的多少，它是物体的一种属性，不随物体的形状、状态、位置和温度的改变而改变．冰的密度为0.9×10 3Kg/m3，水的密度为1.0×10 3Kg/m3，根据公式ρ=可以判断出冰化水时，体积的变化．
24．从电冰箱中取出质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，若与外界无热交换，则有多少水会冻结到冰块上．（已知冰的比热2.1×103J/Kg ℃，熔化热3.36×105J/Kg）
答案：解答：质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，冰块吸收热量，水放出热量，最终形成一大块0摄氏度的丙，根据能量守恒定律，有：
C冰m冰△ t=q水m水
2.1×103×0.05×10=3.36×105×m水
解得：m水=3.125×10﹣3Kg=3.125g
答：有3.125g水会冻结到冰块上．
解析：质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，冰块吸收热量，水放出热量，最终形成一大块0摄氏度的丙，根据能量守恒定律，有：
C冰m冰△ t=q水m水
2.1×103×0.05×10=3.36×105×m水
解得：m水=3.125×10﹣3Kg=3.125g
答：有3.125g水会冻结到冰块上
分析：水结成冰放出的热量与冰块吸收的热量相同，根据能量守恒定律列式求解即可．
25．已知冰、水和水蒸气在一密闭容器内（容器内没有任何其他物质）．如能三态平衡共存，则系统的温度和压强必定分别是t1=0.01℃和P1=4.58mmHg．现在有冰、水和水蒸气各1g处于上述平衡状态．若保持总体积不变而对此系统缓缓加热，输入的热量Q=0.255KJ，试估算系统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量．已知在此条件下冰的升华热L升=2.83J/g，水的汽化热L汽=2.49KJ/g．
答案：解答：水的三种状态在质量相同条件下，水蒸气的体积远大于水和冰的体积之和，又已知冰融化成水时体积变化不大，在总体积不变的条件下，完全可以认为这系统的舞台变化中水蒸气的体积不变，也就是再次达到平衡水蒸汽的质量是1g
设再次平衡后冰、水、水蒸气的质量分别是x、y、z
z=1g
x+y=2g
（1﹣x）×（2.83﹣2.49）=0.255
联立解得：x=0.25g，y=1.75g
答：统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量分别为0.25g、1.75g、1g
解析：水的三种状态在质量相同条件下，水蒸气的体积远大于水和冰的体积之和，又已知冰融化成水时体积变化不大，在总体积不变的条件下，完全可以认为这系统的舞台变化中水蒸气的体积不变，也就是再次达到平衡水蒸汽的质量是1g
设再次平衡后冰、水、水蒸气的质量分别是x、y、z
z=1g
x+y=2g
（1﹣x）×（2.83﹣2.49）=0.255
联立解得：x=0.25g，y=1.75g
答：统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量分别为0.25g、1.75g、1g
分析：系统再次平衡后总体积不变，说明水蒸气的体积不变，故吸收的热量全部用来把冰融化成水，列式即可求的
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人教版物理选修3-3第九章
第四节物态变化中的能量交换同步训练
一．选择题
1．下列关于物质的熔化和凝固的说法中正确的是（ ）
A．各种固体都有一定的熔点，不同的固体熔点不同
B．晶体熔化时的温度叫熔点，不同的晶体熔点不同
C．同种晶体的熔点高于它的凝固点
D．晶体熔化过程要吸热，且温度不断升高
答案：B
解析：解答：A、非晶体没有一定的熔点，也没有一定的凝固点．故A错误；
B、晶体在熔化过程中要吸热，但温度不变，这个温度叫做晶体的熔点，不同晶体熔点不同．故B正确；
C、同一种晶体的熔化温度和它的凝固温度是相同的．故C错误；
D、晶体在熔化过程中，尽管不断吸热，但温度不变．故D错误．
故选：B．
分析：熔化是物质由固态变为液态的过程，熔化是需要吸收热量的．物质由液态变为固态的过程是凝固，凝固是需要放出热量的．晶体和非晶体的区别是晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点．
2．下列叙述中，正确的是（ ）
A．随着科技不断发展，热机效率终究可以达到100%，温度也可以达到0K
B．水黾可以停在水面，主要是由于它的质量太小
C．“梅雨季节”人们感到潮湿，是由于空气的绝对湿度大
D．石油属于常规能源
答案：D
解析：解答：A、根据热力学第三定律，0K是温度的极限，只能无限接进，永远不可能达到，故A错误；
B、水黾可以停在水面，是液体表面张力的结果，故B错误；
C、“梅雨季节”人们感到潮湿，是由于空气的相对湿度大，人体汗水蒸发减慢，故人感觉到不舒服，故C错误；
D、石油是目前大量使用的，属于常规能源，故D正确；
故选：D．
分析：绝对零度是温度的极限，只能无限接进，永远不可能达到；
凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；
空气有吸收水分的特征，湿度的概念是空气中含有水蒸气的多少；绝对湿度，表示每立方米空气中所含的水蒸气的量，单位是千克/立方米；相对湿度表示空气中的绝对湿度与同温度下的饱和绝对湿度的比值，也就是指在一定时间内，某处空气中所含水汽量与该气温下饱和水汽量的百分比．
3．某兴趣小组以相同的烧杯盛等量的水，用相同的热源同时加热，甲杯为隔水加热，乙杯为隔油加热，丙杯为隔沙加热，加热一段时间后，测得烧杯外物质的温度分别为水温100℃、油温300℃、沙温600℃，且观察到乙、丙两烧杯中的水呈沸腾状态，则三杯水的温度高低顺序为（ ）
A．甲＞乙＞丙 B．甲＜乙＜丙 C．甲＜乙=丙 D．甲=乙=丙
答案：D
解析：解答：本题考查了沸腾的知识点，意在考查考生的理解能力．甲杯外水温为100℃，所以甲杯中的水温也为100℃，乙、丙两烧杯外的物质温度虽然分别达到了300℃和600℃，但由于两烧杯中的水呈沸腾状态，所以两烧杯中的水温也同为100℃，故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：液体沸腾有两个必要条件：（1）达到沸点，（2）继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾，沸腾后液体温度不变．
4．在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪．他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图所示．对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是（ ）
A．凝华 B．凝固 C．升华 D．液化
答案：B
解析：解答：造雪机工作时把液态水变为固态的雪，故水发生了凝固现象．
故选：B
分析：物质从液体变为固体的过程叫凝固、凝固放热．从固体变为液体叫液化，需吸热．
5．把一杯酒精倒掉一半，则剩下的酒精（ ）
A．比热不变，燃烧值变为原来的一半
B．比热和燃烧值均不变
C．比热变为原来的一半，燃烧值不变
D．比热和燃烧值均变为原来的一半
答案：B
解析：解答：比热是单位质量的物体升高1°C需要吸收的热量，是不变的；
燃烧值是燃烧单位质量的物质放出的热量，也是不变的；
故选：B．
分析：比热容、燃烧值值和密度都是物质的一种特性，不随物体的质量体积的大小而变化．
6．以下说法正确的是（ ）
A．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小
B．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
C．一滴油酸酒精溶液体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径d=V/S
D．冰熔解成水，温度不变，则内能增加
答案：D
解析：解答：A、分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，故A错误．
B、布朗运动是花粉小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，故B错误．
C、依据油膜法估算油酸分子直径实验，油酸分子的直径应是纯油酸的体积除以单分子油膜的面积，而不是用油酸溶液的体积除以单分子油膜的面积，故C错误．
D、冰熔解成水需要吸热，故虽然温度不变，但是内能增加，故D正确．
故选：D．
分析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，但斥力减小的更快；
由布朗运动的现象和实质判定B；
由油膜法估算油酸分子直径实验判定C；
冰化成水要吸热；
7．在100℃的水完全变成100℃的水蒸气的过程中（ ）
A．水分子的平均动能增加
B．水分子的势能减少
C．水分子的动能和势能都增加
D．水汽的内能的增加比吸收的汽化热少
答案：D
解析：解答：A、B、C、温度是分子平均动能的标志，温度不变平均动能不变，由于要吸收热量，故分子势能增加，故A错误，B不正确，C错误；
D、水变成同温度的水蒸气的过程要对外做功，所以所吸收的热量大于物体内能的增加量，即水汽的内能的增加比吸收的汽化热少，故D正确；
故选：D．
分析：温度是分子平均动能的标志，温度不变平均动能不变，水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，分子势能增加，水变成同温度的水蒸气的过程要对外做功．
8．用同一热源加热某种物质，使其从固态变成液态，直至沸腾．整个过程物质的温度与时间关系图象如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．t1与t2相比，物质的内能相同．因为温度相同
B．从t2到t3到t4，物质都处在沸腾的过程中
C．0～t1时刻，物质处于固态；t1～t2时刻，物体处于液态
D．熔化和沸腾的过程，都要吸热
答案：D
解析：解答：A、从t 1到t2的时间段，物体要吸收热量，内能就会增加，所以t3这段时刻，内能较大．故A错误．
B、由图可知，从t3到t4，物质都处在沸腾的过程中，t2还在熔化过程中，故B错误．
C、t1～t2时刻，物体的温度恒定，故说明物体处于液态与固体共存的状态；故C错误．
D、因为冰熔化和水沸腾都需要吸热，故D正确．
故选：D．
分析：（1）晶体在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度保持不变．（2）比热是物质的一种特性，同种物质（状态一定）比热相同；不同物质比热一般不同．水的比热容是4.2×103J/Kg ℃），冰的比热容是：2.1×103J/（Kg ℃）．（3）冰熔化需要吸热，水沸腾也需要吸热．
9．一定质量的0℃的冰，在它全部熔化成水的过程中（ ）
A．分子平均动能略有增加
B．分子平均动能不变，但分子势能和内能均增大
C．总质量和总内能均保持恒定，不发生改变
D．分子势能减少，分子平均动能不变，内能减少
答案：B
解析：解答：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，故分子平均动能不变，但溶化过程要吸热，所以内能增大，体积减小，分子势能增大．故ACD错误，B正确．
故选：B．
分析：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，但吸热，内能增大，体积增大，分子势能增大．
10．下列关于气体分子运动的说法中正确的是（ ）
A．水的内能较大 B．冰的内能较大
C．水和冰的内能一样大 D．条件不足无法确定
答案：D
解析：解答：因为内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和．内能的大小和温度、质量、状态等因素有关；由于不知道水质量和温度和冰的质量，故无法比较其内能的多少．故ABC错误，D正确．
故选：D．
分析：一切物体都具有内能，内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和．内能的大小和温度、质量、状态等因素有关．
11．当室内温度为20℃时，用浸有少量酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上，随着酒精的迅速蒸发，图中哪一幅图象大致反映了温度计的读数随时间的变化（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：C
解析：解答：因室内温度为20℃，所以温度计开始示数是20℃，排除选项D；
当将浸有少量酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上时，随着酒精的迅速蒸发，会带走一部分热量，温度计的示数会降低，排除选项A；
但当酒精蒸发完后，温度计的示数会上升，最终与室温相同，排除选项B．
故选：C．
分析：浸有酒精的棉花裹在温度计的玻璃泡上，这些酒精会蒸发，蒸发吸热会导致玻璃泡的温度降低．
12． 1克水（1cm3）沸腾变为同温度的水蒸汽（体积为1676cm3）的过程中（ ）
A．内能不发生变化
B．对外做功的大小等于整个过程中所吸收的热量
C．内能增加，增加的内能等于整个过程中吸收的热量
D．增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量
答案：D
解析：解答：水汽化需要吸收的热量，故内能增大，同时体积膨胀时气体对外做的功，对气体为负功W=﹣P0△V，根据△U=W+Q知增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量，故D正确．
故选：D．
分析：根据水的汽化需要吸收的热量，同时体积膨胀时气体对外做的功公式W=P0△V，然后根据热力学第一定律增加的内能和对外做的功之和等于整个过程中所吸收的热量．
13．冬天雪后屋檐上结起的冰挂现象，它是（ ）
A．由水蒸气液化而成的 B．由水蒸气凝华而成的
C．由水汽化而成的 D．由水凝固而成的
答案：D
解析：解答：水滴从屋檐留下来的过程中遇冷变成了冰挂，这是凝固现象，凝固放热；故D正确
故选：D
分析：物质由液态变成固态的现象叫做凝固，凝固放热；
晶体凝固的条件有两个：一是温度达到凝固点，二是不断放热．
14．深秋的早晨起床时可看到房间玻璃窗上有许多小水珠，这些水珠在（ ）
A．窗玻璃朝房内的一面 B．窗玻璃朝房外的一面
C．窗玻璃的里外两面 D．不能断定在哪一面
答案：A
解析：解答：深秋的早晨，室外的温度较低，因此，窗玻璃的温度较低，室内的水蒸气遇到冷的窗玻璃，放热液化成小水珠，因此，小水珠应该在窗玻璃的内侧，故A正确、BCD错误．
故选：A．
分析：小水珠是液态的，是水蒸气液化形成的，明确其形成的原因与条件，则可判断小水珠在窗玻璃的什么位置．
15．关于液体蒸发和沸腾的比较，下列哪句话是错误的（ ）
A．蒸发和沸腾都属汽化现象
B．蒸发能在任何温度下发生，沸腾只在一定温度下发生
C．蒸发和沸腾在任何温度下都可以发生
D．蒸发和沸腾都要吸收热量
答案：C
解析：解答：A、蒸发和沸腾都是汽化现象，故A正确；
BC、蒸发在任何温度下都可以进行，而沸腾必须在沸点温度下进行，故B正确，C错误；
D、蒸发和沸腾都要吸收热量，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
分析：汽化的两种方式：蒸发和沸腾；都需要从外界吸收热量；蒸发是发生在液体表面的、任何温度下都可以进行的缓慢的汽化现象；沸腾时液体表面和内部同时发生的、在一定温度下进行的剧烈的汽化现象．
二．填空题
16．人们选用水作为汽车发动机的冷却剂，是因为水的比热容 （选填“大”或“小”）．
答案：大
解析：解答：汽车发动机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点（相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多）把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高．
答案：大．
分析：水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析．
17．如图所示，烧开水时，水沸腾后，离壶嘴口最近的地方什么也看不见，是因为壶嘴处温度较高，水呈现为气态，而离壶嘴一段距离外有大量的“白气”生成，发生了 （填物态变化的名称）现象．
答案：液化
解析：解答：水蒸气离开壶嘴一段距离以后，由于遇冷而发生液化；形成“白气”；故在离壶嘴一段距离外会出现大量的白气；
故答案为：液化．
分析：质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固体直接变为气态，叫升华；由气态变为液体叫液化，由液体变为气态叫汽化；由固态变为液体叫熔化，由液体变为固态叫凝固；
18．文登天沐温泉利用地热水供房间洗浴用水，请计算质量为100Kg的地热水，温度从70℃降低到50℃，放出的热量是 J．这是通过 方式改变了水的内能．
答案：8.4×106|热传递
解析：解答：水放出的热量：Q放=cm△t
=4.2×103J/（Kg ℃）×100Kg×（70﹣50）℃
=8.4×106J；
利用地热水供房间洗浴用水，是通过热传递的方式改变了水的内能．
故答案为：8.4×106；热传递．
分析：本题中知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用放热公式Q放=cm△t求水放出的热量；
改变物体内能的方法：一是做功，二是热传递，热传递过程属于内能的转移过程．
19．如图所示，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装冷水的容器B内，过一段时间，观察到试管A中产生的现象是 ，同时看到温度计C的示数升高，这个实验说明了 ．
答案：产生水珠|液化放热
解析：解答：烧瓶中水沸腾时产生的大量水蒸气进入容器A中，容器A放在装有冷水的容器B中，容器A的温度也比较低，通入容器A中的水蒸气受冷就会液化，形成小水珠，附着在试管壁上；水蒸气液化时要放出热量；
故答案为：产生水珠、液化放热
分析：沸腾是一种剧烈的汽化现象，可以产生大量的水蒸气，水蒸气受冷就会液化，形成小水珠；水蒸气受冷液化时要放热．
20．雪糕是大家都喜爱吃的冷饮．夏天当我们吃雪糕时撕下包装纸会发现冒“白气”，实际上“白气”是雪糕周围空气中的水蒸气遇冷 （填物态变化名称）而形成的．根据你的观察，雪糕冒出的“白气”符合实际的是如图中的 ．
答案：液化|乙
解析：解答：周围空气中的水蒸气遇到冷的雪糕时会发生液化现象，变成液态小液滴，即白气；
因为雪糕周围的白气是空气中的水蒸汽遇冷液化成的许多小水珠，周围空气变冷收缩，密度变大而下沉，形成空气的对流，所以，小水珠会随着冷空气下沉；故图中的乙符合题意；
故答案为：液化，乙．
分析：解答此题要知道物体由气态变为液态的过程叫液化，“白气”是由于水蒸气遇冷液化形成的，知道水的密度大于空气的密度，根据物质前后的物态判断物态变化．
三．计算题
21．“热管”是20世纪80年代研制出来的一种导热本领非常大的装置．它比铜的导热本领大上千倍．“热管”的结构并不复杂，它是一根两端封闭的合金管，管内壁衬了一层多孔的材料，叫做吸收芯，吸收芯中充有酒精或其他易汽化的液体，如图所示，当管的一端受热时，热量会很快传到另一端，试分析其中的道理．
答案：当“热管”的一端受热时，这一端吸收芯中的易汽化的液体，因吸热而汽化，蒸气沿管子由受热一端流向另一端（如图中箭头所示）．而另端未受热，温度低，蒸气就在这一端液化，放出热量，使冷端温度也开始升高．此时液化后的液体被吸收芯吸附，通过毛细作用又回到受热的一端．如此往复循环，“热管”中的液体不断通过汽化和液化，把热量从一端传至另一端．液体在汽化和和气体在液化时要分别吸收和放出大量的热，“热管”正是得用这一性质，达到高效传递热量的目的．
解析：解答：当“热管”的一端受热时，这一端吸收芯中的易汽化的液体，因吸热而汽化，蒸气沿管子由受热一端流向另一端（如图中箭头所示）．而另端未受热，温度低，蒸气就在这一端液化，放出热量，使冷端温度也开始升高．此时液化后的液体被吸收芯吸附，通过毛细作用又回到受热的一端．如此往复循环，“热管”中的液体不断通过汽化和液化，把热量从一端传至另一端．液体在汽化和和气体在液化时要分别吸收和放出大量的热，“热管”正是得用这一性质，达到高效传递热量的目的．
分析：“热管”中的酒精或其他易汽化的液体反复液化和汽化而加快热量的传导，类似空调原理．
22．在沙漠地区有“早穿皮袄午穿纱，夜抱火炉吃西瓜”的奇特现象．而沿海地区是“气候宜人，冬暖夏凉”．能有这样的气候特点，是什么因为？
答案：解答：①因为沙子的比热容较小，白天吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低．由此可知沙漠地区白天黑夜的温差大，产生了早穿皮袄午穿纱的现象．
②沿海地区，水的比热较大，与内陆地区相比，夏天吸收相同的热量，水的温度升高的少，气温较低；冬天放出相同的热量，水的温度下降的少，气温较高．由此可知沿海地区全年温差较小，呈现出冬暖夏凉的特点．
故答案为：水的比热容比沙石的大
解析：
分析：①沙漠地区昼夜温差大．因为沙子的比热容较小，白天，相同质量的不同物质，吸收相同的热量后，比热容小的温度升高的多，气温较高；夜晚，相同质量的不同物质放出相同的热量后，比热容小的温度下降的多，气温较低．
②沿海地区季节温差小．因为水的比热容较大，夏天，相同质量的不同地表物，吸收相同的热量后，比热容大的温度升高的少，所以沿海地区气温较低；冬天，相同质量的不同地表物，放出相同的热量后，比热容大的温度下降的少，所以沿海地区气温较高．
23．冰的密度为0.9×103Kg/m3，若质量为1Kg的冰熔化成水，其质量是否变化？体积变化？
答案：解答：冰熔化成水后，虽状态改变了，质量不变；
根据公式ρ=可知当物体的质量不变时，体积和物体的密度成反比，冰熔化成水后，密度变大，体积变小．
解析：冰熔化成水后，虽状态改变了，质量不变；
根据公式ρ=可知当物体的质量不变时，体积和物体的密度成反比，冰熔化成水后，密度变大，体积变小
分析：质量是指物体含有物质的多少，它是物体的一种属性，不随物体的形状、状态、位置和温度的改变而改变．冰的密度为0.9×10 3Kg/m3，水的密度为1.0×10 3Kg/m3，根据公式ρ=可以判断出冰化水时，体积的变化．
24．从电冰箱中取出质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，若与外界无热交换，则有多少水会冻结到冰块上．（已知冰的比热2.1×103J/Kg ℃，熔化热3.36×105J/Kg）
答案：解答：质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，冰块吸收热量，水放出热量，最终形成一大块0摄氏度的丙，根据能量守恒定律，有：
C冰m冰△ t=q水m水
2.1×103×0.05×10=3.36×105×m水
解得：m水=3.125×10﹣3Kg=3.125g
答：有3.125g水会冻结到冰块上．
解析：质量为50g、温度为﹣10℃的冰块，放进一杯0℃的水中，冰块吸收热量，水放出热量，最终形成一大块0摄氏度的丙，根据能量守恒定律，有：
C冰m冰△ t=q水m水
2.1×103×0.05×10=3.36×105×m水
解得：m水=3.125×10﹣3Kg=3.125g
答：有3.125g水会冻结到冰块上
分析：水结成冰放出的热量与冰块吸收的热量相同，根据能量守恒定律列式求解即可．
25．已知冰、水和水蒸气在一密闭容器内（容器内没有任何其他物质）．如能三态平衡共存，则系统的温度和压强必定分别是t1=0.01℃和P1=4.58mmHg．现在有冰、水和水蒸气各1g处于上述平衡状态．若保持总体积不变而对此系统缓缓加热，输入的热量Q=0.255KJ，试估算系统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量．已知在此条件下冰的升华热L升=2.83J/g，水的汽化热L汽=2.49KJ/g．
答案：解答：水的三种状态在质量相同条件下，水蒸气的体积远大于水和冰的体积之和，又已知冰融化成水时体积变化不大，在总体积不变的条件下，完全可以认为这系统的舞台变化中水蒸气的体积不变，也就是再次达到平衡水蒸汽的质量是1g
设再次平衡后冰、水、水蒸气的质量分别是x、y、z
z=1g
x+y=2g
（1﹣x）×（2.83﹣2.49）=0.255
联立解得：x=0.25g，y=1.75g
答：统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量分别为0.25g、1.75g、1g
解析：水的三种状态在质量相同条件下，水蒸气的体积远大于水和冰的体积之和，又已知冰融化成水时体积变化不大，在总体积不变的条件下，完全可以认为这系统的舞台变化中水蒸气的体积不变，也就是再次达到平衡水蒸汽的质量是1g
设再次平衡后冰、水、水蒸气的质量分别是x、y、z
z=1g
x+y=2g
（1﹣x）×（2.83﹣2.49）=0.255
联立解得：x=0.25g，y=1.75g
答：统再达到平衡后冰、水和水蒸气的质量分别为0.25g、1.75g、1g
分析：系统再次平衡后总体积不变，说明水蒸气的体积不变，故吸收的热量全部用来把冰融化成水，列式即可求的
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