2019年物理粤教选修3-3 阶段质量检测（二）+固体、液体和气体+Word版含解析

阶段质量检测（二） 固体、液体和气体
(时间：90分钟　满分：100分)
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．饱和汽压随温度变化的原因，正确的是(　　)
A．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数减少
B．温度降低，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多
C．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多，液体继续蒸发，压强增大
D．温度降低，单位时间里从液体表面飞出的分子数大于返回液体表面的分子数
解析：选C　温度越高，液体分子热运动的平均动能越大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，原来的动态平衡被破坏，液体继续蒸发，蒸汽的压强继续增大，直至达到新的平衡，则C项正确。
2．装有半瓶开水的热水瓶，经过一晚，瓶塞不易拔出，主要原因是(　　)
A．瓶内气体因温度降低而压强减小
B．瓶外因气温高而大气压强变大
C．瓶内气体因体积减小而压强增大
D．瓶内气体因体积增大而压强减小
解析：选A　装有半瓶开水的热水瓶，瓶内有气体，经过一晚，瓶内气体因温度降低而压强减小，瓶外大气压可认为不变，瓶塞不易拔出。A正确，B错误；瓶内气体体积变化不是影响瓶内气体压强的主要原因，C、D错误。
3．如图所示，为一定质量的理想气体的p -图像，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是(　　)
A．TA＞TB＝TC　　　　　　 B．TA＞TB＞TC
C．TA＝TB＞TC D．TA＜TB＜TC
解析：选A　由图可知A→B为等容变化，根据查理定律，pA＞pB，TA＞TB。由B→C为等温变化，即TB＝TC。所以TA＞TB＝TC，选项A正确。
4．高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1 atm，温度t0＝27 ℃，在火箭竖直向上飞行的过程中，加速度的大小等于重力加速度g，仪器舱内水银气压计的示数为p＝0.6p0，已知仪器舱是密封的，那么，这段过程中舱内温度是(　　)
A．16.2 ℃　　　　　　　　　 B．32.4 ℃
C．360 K D．180 K
解析：选C　对密封舱内气体研究，
初态：p1＝p0，T1＝300 K
末态：p2＝2p＝1.2p0，T2
由＝得，T2＝360 K。
5．(广东高考)景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中(　　)
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
解析：选B　压缩气体时，外界对气体做功，内能增加，温度升高，体积变小，压强增大，所以只有B正确。
6．(重庆高考)重庆出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
解析：选B　温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需要考虑分子势能，而气体质量不变，气罐内天然气分子数不变，所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D项错；由热力学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸收热量，B项对；天然气体积不变，随温度升高，气体压强增大，C项错。
7.如图所示，食盐(NaCl)的晶体是由钠离子和氯离子组成的。这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上，都是等距离地交错排列着的。已知食盐的摩尔质量为58.5 g/mol，食盐的密度是2.2 g/cm3。阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol－1。在食盐晶体中两相距最近的钠离子的中心点距离的数值最接近于(　　)
A．3.0×10－8 cm　　　　　　 B．3.5×10－8 cm
C．4.0×10－8 cm D．5.0×10－8 cm
解析：选C　一个氯化钠分子体积为
V0＝＝＝＝＝＝ cm2≈4.43×10－23 cm3。
从图中可看出，每个钠离子都由与它相邻的8个小正立方体所共用，进而可分析出每两个小立正方体只含有一个钠离子和一个氯离子，所以一个氯化钠分子的体积相当于图中两个正立方体的体积，设每个小正立方体的边长为a，则有2a3＝V0。
设在食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心点距离为d，则d＝a＝·。
解得d≈4×10－8 cm，即C正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
8．以下说法正确的是(　　)
A．小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用
B．小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果
C．喷泉喷射到空中的水形成一个个的球形的小水珠，是因为表面张力的作用
D．用力敲击液晶，将在其两极间产生蓝色火丝
解析：选ACD　小昆虫在水面上站定或行进过程中，其脚部位置比周围水面稍下陷，但仍在水面上而未陷入水中，就像踩在柔韧性非常好的膜上一样，因此，这是液体的表面张力在起作用，故A选项正确；小木块浮于水面上，但实际上木块的一部分已经陷入水中(排开一部分水)，小木块受到水的浮力作用而非表面张力作用，故B选项错误；喷到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用且又处于失重状态，因此形成球状水珠，故C选项正确；用力敲击液晶会产生“压电效应”使得其两极间形成高电压而击穿空气放电形成蓝色火丝，故D选项正确。
9.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C．c→d，压强不变、温度降低、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
解析：选AC　由理想气体状态方程＝C整理得：p＝T在p-图像中a到b过程斜率不变，CT不变，故说明温度不变，压强减小，体积增大，故A正确。b→c过程中，体积增大，故B错误。c→d过程中，压强不变，体积减小，则由理想气体状态方程＝C可知，温度降低，故C正确。d→a过程中，体积不变，压强减小，故温度应降低，故D错误。
10．以下说法正确的是(　　)
A．水的饱和汽压随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
解析：选AB　当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项C错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，选项D错误。
11．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
解析：选BD　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。
12.(广东高考)如图所示为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L，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(　　)
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：选AC　本题考查分子平均动能及气体实验定律，意在考查考生对分子平均动能的理解及对气体状态变化过程分析的能力。充气后，一定量气体的体积减小，气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强增大，A项正确；由于气体分子的平均动能是由温度决定的，温度不变，气体分子的平均动能不变，B项错误；打开阀门后，气体推动液体，气体的体积增大，对外做功，C项正确；当气体的压强减小到外部与内部压强差等于水柱产生的压强时，液体不再喷出，D项错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
三、非选择题(本题共5小题，共52分。填空题要把正确结果填在相应横线上或按要求作答；计算题要有必要的文字说明和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(6分)将细管插入甲、乙两种不同的液体：甲液体中，管内液面比管外液面低；乙液体中，管内液面比管外液面高。由此可知________液体对管是浸润的，________液体对管是不浸润的。在下面框中画出细管内外液面的形状。
答案：乙　甲　如图所示
14．(8分)假如空气的绝对湿度p＝800 Pa，当气温是20 ℃时，空气的相对湿度是多少？当气温是10 ℃时，空气的相对湿度是多少？已知20 ℃时水的饱和汽压为2 338 Pa，10 ℃时水的饱和汽压为1 228 Pa。
解析：根据相对湿度公式B＝×100%
当气温20 ℃时，B1＝×100%＝34%
当气温10 ℃时，B2＝×100%＝65%。
答案：34%　65%
15．(12分)如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。
(1)求此时气体的压强。
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
解析：本题考查气体状态方程的应用等知识点，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力。
(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
＝ ①
代入数据得p1＝p0 ②
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V ③
联立②③式得V＝V0。 ④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得
k＝ ⑤
联立④⑤式得k＝。 ⑥
答案：(1)p0　(2)
16．(12分)如图所示，一定量气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有阀门K，可与外界大气相通(外界大气压等于76 cmHg)。求：
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
(2)打开阀门K后将容器的气体从300 K分别加热到400 K和540 K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？
解析：此题的条件：室温300 K，活塞光滑且导热，打开K后，A室气体温度不变，气压变为一个大气压p0，注意U形管体积不计。打开阀门K后，气温变为两个不同的温度，压强并非始终为一个大气压p0，升温后，需要提前考虑，温度多高时A室气体能充满整个容器，当温度超过某一值后，活塞C到达最右端，气体体积保持不变，再升温，则发生等容变化。
(1)开始时，pA0＝2p0，VA0＝，打开阀门，A室气体发生等温变化，pA＝p0，体积为VA，由玻意耳定律pA0VA0＝pAVA，得VA＝＝V0。
(2)设打开阀门后将容器内气体从T0＝300 K升到T，体积由V0变到V0，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得＝，即T＝T0＝450 K。因T1＝400 K<450 K，气体压强为pA1＝p0，故水银柱高度差为0；从T＝450 K升高到T2＝540 K过程中，气体发生等容变化，由查理定律＝得pA2＝PA1＝×1＝1.2p0。T2＝540 K时，水银面的高度差为(1.2－1)×76＝15.2 cm。
答案：(1)V0　(2)高度差分别为0和15.2 cm
17.(14分)如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热气缸内，温度均是27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm。现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa。(g＝10 m/s2)
(1)求下部分气体的压强多大；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。
解析：(1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
得p＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.5×105 Pa。
(2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2
由理想气体状态方程可得：＝
得：h3＝h2＝×18 cm＝16 cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(h1－h2)S＝pLS
得：L＝6 cm
故此时活塞M距离底端的距离为h4＝16 cm＋6 cm＝22 cm。
答案：(1)1.5×105 Pa　(2)22 cm　16 cm