2022-2023学年鲁科版（2019）选择性必修第三册 第1章 分子动理论与气体实验定律 拓展一 气体方程的综合应用与关联气体问题 学案（含答案）

2022-2023学年鲁科版（2019）选择性必修第三册分子动理论与气体实验定律拓展一气体方程的综合应用与关联气体问题学案（含答案）核心素养科学思维科学态度与责任1.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题。2．会找到两部分气体的关系，能解决关联气体问题。通过解决实际问题具备将科学技术用于实际应用的科学态度，勇于担当科学服务于生活、生产的责任。[对应学生用书P28]探究点一理想气体状态方程(科学思维之提升)◆要点归纳1．理想气体：理想气体是为了研究问题方便而提出的一种理想化模型，是实际气体的一种近似，实际上并不存在，就像力学中的质点、电学中的点电荷模型一样。从宏观上讲，实际气体在压强不太大(不超过大气压的几倍)、温度不太低(不低于零下几十摄氏度)的条件下，可视为理想气体。2．理想气体状态方程(1)内容：一定质量的某种理想气体，在从某一状态变化到另一状态时，尽管其压强p、体积V和温度T都可能改变，但是压强p跟体积V的乘积与热力学温度T之比却保持不变。(2)表达式：eq\f(pV,T)＝C或eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)。(3)对理想气体状态方程的理解①成立条件：一定质量的理想气体。②该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关。③公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p、V、T)无关。④方程中各量的单位：温度T必须是热力学温度，公式两边中压强p和体积V的单位必须统一。3．推论：根据气体的密度ρ＝eq\f(m,V)，可得气体的密度公式eq\f(p1,ρ1·T1)＝eq\f(p2,ρ2·T2)。4．理想气体状态方程与三个气体实验定律理想气体状态方程三种情况eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)T1＝T2p1V1＝p2V2(玻意耳定律)V1＝V2eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)(查理定律)p1＝p2eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(盖—吕萨克定律)◆对点例练无塔供水压力罐对于吸收供水时的水流冲击、减少用水低谷水泵运转的能源浪费和延长水泵使用寿命具有重要作用。如图所示的是某种型号压力罐，其容积V1＝2.0m3。起初，排沙阀打开，罐内充满了与外界同温、同压的空气，此时电接点压力表的压力示数为0(压力表的示数显示的是罐内高出外界大气压的压强值，也称相对压力)，然后关闭排沙阀和出水闸阀，水泵通过止回阀将井水注入罐内，当注水量V＝1.5m3，电接点压力表的示数p＝2.8×105Pa时，电脑控制水泵停止注水。已知外界大气压强p0＝1.0×105Pa，温度T1＝300K，不考虑注水过程中罐内空气质量的变化，设水泵停止注水时罐内空气的温度与井水的温度相同，求井水的温度。答案：285K解析：以罐内空气为研究对象，初态p1＝p0＝1.0×105Pa，V1＝2.0m3，T1＝300K末态p2＝p0＋p＝3.8×105Pa，V2＝V1－V＝0.5m3由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)代入数据，解得T2＝285K。[练1]温度为27℃时，一只充满气的汽车轮胎内气体压强达到2.5×105Pa，此时轮胎内气体体积为0.05m3。将该轮胎装在汽车上后，由于受到车身的压力，轮胎发生形变，其内部气体体积减小为0.048m3。汽车行驶一段距离后，由于轮胎温度升高，胎内气体压强变为2.7×105Pa(温度变化对轮胎内气体体积变化的影响忽略不计)，求此时轮胎内的温度(计算结果取整数)。答案：311K解析：由题意可知，初始状态气体的温度为T1＝300K，压强为p1＝2.5×105Pa，体积为V1＝0.05m3；末状态气体的温度设为T2，压强为p2＝2.7×105Pa，体积为V2＝0.048m3，根据理想气体状态方程可得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得T2≈311K。探究点二关联气体问题(科学思维之提升)◆要点归纳关联气体问题一般涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积之间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般步骤为：(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解；(2)认真分析两部分气体压强与体积之间的关系，并列出方程；(3)多个方程联立求解。◆对点例练(多选)(2021·重庆西南大学附中高二期中)内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0＝76cmHg。下列说法正确的是()A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体Ⅰ长度为18cmB．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体温度为500KC．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银的长度为11.2cmD．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银的长度为12cmABD解析：两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，假设玻璃管横截面的面积为S，对气体Ⅰ，有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p1′V1′,T1′)，其中p1＝(76＋14)cmHg＝90cmHg，V1＝12S，T1＝(27＋273)K＝300K，p1′＝(76＋14＋10)cmHg＝100cmHg，V1＝l1′S，对气体Ⅱ，有eq\f(p2V2,T2)＝eq\f(p2′V2′,T2′)，其中，有p2＝(76＋14)cmHg＝90cmHg，V2＝8S，T2＝(27＋273)K＝300K，p2′＝(76＋14＋10)cmHg＝100cmHg，V2′＝l2′S，T2′＝T1′，且气体的体积满足V1′－V1＋V2′－V2＝10S，联立解得T2′＝T1′＝500K，l1′＝18cm，A、B正确；保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有p1V1＝p1″V1″，其中p1″＝(76＋14＋10)cmHg＝100cmHg，V1″＝l1″S，对气体Ⅱ，有p2V2＝p2″V2″，其中p2″＝(76＋14＋10)cmHg＝100cmHg，V2″＝l2″S，可得l1″＝10.8cm，l2″＝7.2cm，则加入水银长度为Δl＝l1－l1″＋l2－l2″＋10cm＝12cm，C错误，D正确。(2021·辽宁沈阳高二期中)两端封闭的均匀玻璃管，竖直放置，管内有一小段水银将气体分成上下两部分，体积分别为V上和V下，它们的温度均为T1。现将两部分气体的温度同时缓慢地升高到T2，在升温过程中()A．若V上>V下，则水银柱将向下移动B．若V上<V下，则水银柱将向下移动C．若V上＝V下，则水银柱不动D．无论V上、V下大小如何，水银柱都将向上移动D解析：假设水银柱不动，则两段空气柱的体积均不变，即V上和V下不变，温度由T1升高到T2，温度变化ΔT，上方空气柱的压强由p上变为p上′，变化量为Δp上，下方空气柱的压强由p下变为p下′，变化量为Δp下，由查理定律得eq\f(Δp上,ΔT)＝eq\f(p上,T1)，eq\f(Δp下,ΔT)＝eq\f(p下,T1)，因为p下＝p上＋h>p上，所以Δp上<Δp下，即水银柱应向上移动，A、B、C错误，D正确。[练2]如图所示，两个内壁光滑的导热汽缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A、B两部分气体。下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截面积，现使环境温度降低10℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是()A．活塞下降B．活塞上升C．活塞静止不动D．不能确定A解析：初态时，对“工”字形活塞整体受力分析有pASA＋M工g＋p0SB＝pBSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有pASA＝p0SA＋M上缸g，末态时，对“工”字形活塞整体受力分析有pA′SA＋M工g＋p0SB＝pB′SB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有pA′SA＝p0SA＋M上缸g，联立方程，解得pA′＝pA，pB′＝pB，因此A、B气体为等压变化，根据盖—吕萨克定律可得eq\f(VA,T)＝eq\f(VA′,T′)，eq\f(VB,T)＝eq\f(VB′,T′)，温度降低，所以VA′、VB′均变小，由于下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截面积，则活塞下降，上面汽缸下降，才能使A、B气体体积均变小，A正确。[练3]如图所示，两端封闭的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左、右液面高度差为h，以下说法中正确的是()A．当U形管由图示位置开始自由下落时，水银柱的高度差h变大B．U形管在下落过程中(a＝g)，两部分气体的压强差比静止时大C．当A、B两部分气体降低相同的温度时，水银柱的高度差h变大D．两部分气体升高到相同的温度后，两部分气体的压强差比升温前大AD解析：设初始状态时A管气压为pA，B管气压为pB，pA＋ρgh＝pB，此时pA＜pB，自由落体时，U形管处于失重状态，左边的ρgh消失，由于pB＞pA，所以右边的压强要把水银柱向左压，所以h变大，A正确；U形管加速下落(a＝g)，由于最终两部分的压强相等，则最后两部分气体的压强差比静止时小，B错误；根据eq\f(pV,T)＝nR，可知B中气体的摩尔数高于左边，所以升高同样温度，右边的膨胀会大于左边，所以h变大；反之降低相同的温度，水银柱的高度差h变小，C错误，D正确。探究点三解决实际问题(科学态度与责任之落实)[练4](科技情境)如图所示的是一种火炮的复位装置示意图，开炮时，炮管反冲带动连杆活塞使油压缩空气，此过程空气跟外界没有热传递，反冲结束后，被压缩的空气推动活塞使炮管复位，设开炮前封闭空气的压强为p1，热力学温度为T1，体积为V1，炮管反冲使空气的热力学温度为T2，体积压缩为V2，则反冲后空气的压强为()A．eq\f(p1T1,V2)B．eq\f(p1T1,V1)C．eq\f(p1V1T2,V2T1)D．eq\f(p1V2T2,V1T1)C解析：根据理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得反冲后空气的压强为p2＝eq\f(p1V1T2,V2T1)，C正确。[练5](科技情境)(2021·山东济南高二期末)如图所示为某同学设计的一款测量水深的装置。两汽缸M、N通过容积可忽略的细管连通，汽缸M上方开口，汽缸N上方封闭，两汽缸的横截面积分别为2S和S。两密闭良好的轻薄活塞A、B距汽缸底部的距离均为L，M中气体压强为p0，N中气体压强为4p0。使用时将装置置入深水中，根据测量活塞相对汽缸的位置可测出水深。已知汽缸、活塞导热良好，不计一切摩擦，汽缸内气体可视为理想气体，外界大气压强为p0(p0相当于10m高的水柱产生的压强，L10m)，忽略水的温度变化。(1)第一次将该装置放在水下，稳定后活塞A相对汽缸M移动了eq\f(L,2)，求此处水深h1；(2)第二次将该装置放在水下，稳定后活塞A相对汽缸M移动了eq\f(9,10)L，求此处水深h2；(3)第三次将该装置放在水下60m深处，求稳定后活塞B相对汽缸N移动的距离d。答案：(1)10m(2)40m(3)eq\f(L,3)解析：(1)取上部汽缸中的气体作为研究对象，由玻意耳定律得p0·L·2S＝p1·eq\f(L,2)·2S解得p1＝2p0，根据p1＝p0＋eq\f(h1,10)p0，可得h1＝10m。(2)设B活塞相对汽缸N移动的距离为x1，对两部分气体分别由玻意耳定律得p0·L·2S＝p2·(eq\f(L,10)·2S＋x1·S)4p0·L·S＝p2·(L－x1)·S联立解得p2＝5p0，可得h2＝40m。(3)设A活塞恰好移动至汽缸M底端时的水深为H，此时B活塞相对汽缸N移动的距离为x2，则对两部分气体分别由玻意耳定律得p0·L·2S＝p3·x2·S4p0·L·S＝p3·(L－x2)S联立解得x2＝eq\f(L,3)，p3＝6p0，可得H＝50m此后随着水深的增加，A活塞和B活塞的位置不再变化，故水深60m处，稳定后活塞B相对汽缸N移动的距离d＝x2＝eq\f(L,3)。[练6](科技情境)(多选)在某一带有活塞的密闭容器内质量为10g的理想气体在27℃时的pV图线为图中的曲线乙。若X为此容器内充满质量为10g的该理想气体在温度为327℃时的曲线；Y为此容器内充满20g该理想气体在温度为27℃时的曲线。分子平均动能与热力学温度关系为eq\x\to(E)k＝eq\f(3kT,2)，k是一个常数；理想气体状态方程pV＝nRT，n为气体物质的量，R为理想气体常数。下列说法中哪些是正确的()A．X、Y均为曲线丙B．在同一体积时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体较Y曲线代表的气体多C.在同一压强时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体较Y曲线代表的气体少D．曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1200K，则压强之比为1∶2ACD解析：X理想气体的热力学温度为600K，Y理想气体的热力学温度为300K，原有理想气体的热力学温度为300K，X、Y、原有理想气体的物质的量之比为1∶2∶1，根据pV＝nRT可