4.1 气体实验定律 同步练习（含答案解析） (2)

4.1
气体实验定律
同步练习
1．对一定质量的气体，其中正确的是(　　)
①温度发生变化时，体积和压强可以不变；②温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化；③如果温度、体积和压强三个量都不变化，我们就说气体状态不变；④只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们才说气体状态变化了
A．①②　　B．②③　　C．③④　　D．①④
【解析】　p、V、T三个量中，可以两个量发生变化，一个量恒定，也可以三个量同时发生变化，而一个量变化，另外两个量不变的情况是不存在的，气体状态的变化就是p、V、T的变化．故②③说法正确．
【答案】　B
2．一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么下列过程可以实现的是(　　)
A．先将气体等温膨胀，再将气体等容降温
B．先将气体等温压缩，再将气体等容降温
C．先将气体等容升温，再将气体等温膨胀
D．先将气体等容降温，再将气体等温压缩
【解析】　等温膨胀时压强减小，等容降温压强也减小，故A错误．等温压缩压强增大，等容降温压强减小，故B正确．等容升温压强增大，等温膨胀压强减小，故C正确．等容降温压强减小，等温压缩压强增大，故D正确．
【答案】　BCD
3．下列说法正确的是
(　　)
A．玻意耳定律对任何压强都适用
B．盖·吕萨克定律对任意温度都适用
C．常温、常压下的各种气体，可以当作理想气体
D．一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积跟温度成正比
【解析】　气体实验定律只有在压强不太大、温度不太低的条件下才能成立，同时这样的气体称为理想气体，故A、B错误，C正确．根据盖·吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，D错误．
【答案】　C
4．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是(　　)
A．气体的摄氏温度升高到原来的二倍
B．气体的热力学温度升高到原来的二倍
C．气体的摄氏温度降为原来的一半
D．气体的热力学温度降为原来的一半
【解析】　一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，得T2＝＝2T1，B正确．
【答案】　B
5．空气压缩机的储气罐中储有1.0
atm的空气6.0
L，现再充入1.0
atm的空气9.0
L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为(　　)
A．2.5
atm
B．2.0
atm
C．1.5
atm
D．1.0
atm
【解析】　依题可知p1＝1
atm，V1＝15.0
L，V2＝6
L，据p1V1＝p2V2得p2＝2.5
atm，故选A.
【答案】　A
6．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50°C升高到100°C，气体的压强变化情况是(　　)
A．气体的压强是原来的2倍
B．气体的压强比原来增加了50/273
C．气体压强是原来的373/273倍
D．气体压强比原来增加了50/323
【解析】　由于气体体积不变，所以满足查理定律：
＝＝
所以有＝＝＝.
＝＝＝.
【答案】　D
图4－1－14
7．如图4－1－14所示是一定质量的理想气体的三种变化过程，那么下列四种解释中，哪些说法是正确的(　　)
A．a→d的过程气体体积增加
B．b→d的过程气体体积不变
C．c→d的过程气体体积增加
D．a→d的过程气体体积减小
【解析】　在p－T图上的等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，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状态对应的体积是相等的，故A、B正确．
【答案】　AB
8．(2013·广东高考)图4－1－15为某同学设计的喷水装置，内部装有设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有(　　)
图4－1－15
A．充气后，密封气体压强增加
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光
【解析】　根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．
充气前后，封闭气体的初态参量p1＝1
atm，V1＝0.6
L；末态参量p2＝？，V2＝0.5
L．根据p1V1＝p2V2，得p2＝＝
atm＝1.2
atm，故充气后压强增大，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由＝k知，容器内的气压会降为0.24
atm，小于外部气压，故水不会喷光，选项D错误．
【答案】　AC
图4－1－16
9．如图4－1－16所示，长31
cm内径均匀的细玻璃管，开口向下竖直放置，齐口水银柱封住10
cm长的空气柱，若把细玻璃管在竖直平面内缓慢转动90°后至开口端水平，发现空气长度变为7.2
cm.然后继续缓慢转动90°至开口向上．求：
(1)大气压强的值；(2)末状态时空气柱的长度．
【解析】　(1)细玻璃管开口向下竖直放置，则p1＝p0－Δh，水平放置，p2＝p0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，则(p0－21)×10×S＝p0×7.2×S
解得p0＝75
cmHg.
(2)细玻璃管开口向上，则p3＝p0＋Δh.则p1V1＝p3V3，
l3＝＝
cm＝5.625
cm
【答案】　(1)75
cmHg　(2)5.625
cm
10．一定质量的气体，27°C时体积为1.0×10－2m3，在压强不变的情况下，温度升高到100°C时体积为多少？
【解析】　初状态V1＝1.0×10－2m3，
T1＝(27＋273)K＝300
K
末状态：V2，T2＝(100＋273)K＝373
K
由＝得
V2＝V1＝×1.0×10－2m3≈1.24×10－2m3.
【答案】　1.24×10－2m3
11．
图4－1－17
如图4－1－17，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为5×10－3m2，一定质量的气体被质量为2.0
kg的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为________(大气压强取1.01×105
Pa，g取10
m/s2)．若从初温27
°C开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.5
m缓慢变为0.51
m，则此时气体的温度为________．
【解析】　以活塞为研究对象，由平衡条件知
pS＝p0S＋mg，
所以p＝p0＋＝1.41×105
Pa.
加热气体，活塞上升过程中压强不变．
由盖·吕萨克定律知：＝
因T1＝300
K，V1＝2.5×10－3
m3，
V2＝2.55×10－3
m3.
所以T2＝306
K，即t2＝33
°C.
【答案】　1.41×105
Pa　33
°C
12．
图4－1－18
如图4－1－18，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0
cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0
cm
的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0
cm.已知大气压强为p0＝75.0
cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l′1＝20.0
cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
【解析】　研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解．
以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
p1＝p0＋l2①
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得
p1l1＝p′1l′1②
如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则
p′2＝p′1－l2④
由玻意耳定律得
p0l3＝p′2l′3⑤
由①至⑤式及题给数据解得
Δl＝15.0
cm⑥
【答案】　15.0
cm