“四翼”检测评价（七） 气体实验定律和理想气体状态方程的应用

PAGE第6页共8页“四翼”检测评价（七）气体实验定律和理想气体状态方程的应用eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1.如图所示为用导热性良好的注射器和压强传感器探究气体等温变化的规律，分别记录注射器内空气柱的压强p和空气柱的体积V，实验数据如表所示。数据中p和V的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是()序号V/mLp/(×105Pa)p·V/(×105Pa·mL)120.01.00120.020218.01.09519.710316.01.23119.696414.01.40319.642512.01.63519.620A．实验环境温度升高B．外界大气压强变小C．注射器内的气体向外发生了泄漏D．注射器活塞与筒壁间的摩擦力变大解析：选C实验时环境温度升高，则根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝c，pV乘积应变大，故A错误；根据实验操作图可知，外力作用在活塞上，使得空气柱压强与体积发生变化，空气柱的压强和体积之积与外界大气压强无关，故B错误；实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝c可知，常数C与质量有关，质量变小，则常数C减小，若温度不变，则pV乘积减小，故C正确；根据实验操作图可知，外力作用使得空气柱体积和压强发生变化，采集器记录下压强值，通过注射器上刻度得到空气柱体积，实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力变大不会影响空气柱压强与体积的乘积，故D错误。2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是()解析：选B活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强p＝p0＋eq\f(mg,S)且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。3.如图所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10℃，水银柱将()A．向上移动 B．向下移动C．不动 D．无法确定解析：选B由查理定律的推论关系式Δp＝eq\f(ΔT,T)p得，ΔpA＝－eq\f(10,T)pA<0，ΔpB＝－eq\f(10,T)pB<0，因pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。4．如图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是()A．TA＜TB，TB＜TC B．TA＞TB，TB＝TCC．TA＞TB，TB＜TC D．TA＝TB，TB＞TC解析：选C根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝c可知，从A到B，因体积不变，压强减小，所以温度降低，即TA＞TB；从B到C，因压强不变，体积增大，所以温度升高，即TB＜TC，故选项A、B、D错误，C正确。5．一气泡从30m深的海底升到海面，设水底温度是4℃，水面温度是15℃，那么气泡在海面的体积约是水底时的()A．3倍 B．4倍C．5倍 D．12倍解析：选B根据理想气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，知eq\f(V2,V1)＝eq\f(p1T2,p2T1)，其中T1＝(273＋4)K＝277K，T2＝(273＋15)K＝288K，故eq\f(T2,T1)≈1，而p2＝p0≈10ρ水g，p1＝p0＋p≈40ρ水g，即eq\f(p1,p2)≈4，故eq\f(V2,V1)≈4。故B正确。6.如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则()A．玻璃管下端内外水银面的高度差为H＝hB．中间空气的压强大小为p＝p0－h(cmHg)C．若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小D．若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大解析：选A对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为p＝p0＋h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是()A．逐渐升高 B．逐渐降低C．不变 D．先升高后降低解析：选B根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝c，得p＝eq\f(cT,V)，则p­eq\f(1,V)图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝8cm2的足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞静置于P处，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气柱的温度为t＝7℃，外界大气压p0＝1.0×105Pa＝75cmHg，重力加速度g取10m/s2，忽略水银槽的液面变化。(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.4kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？解析：(1)封闭气体的初状态参量p1＝p0＝1.0×105Pa，V1＝LS封闭气体的末状态参量p2＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa＋eq\f(0.4×10,8×10－4)Pa＝1.05×105Pa＝78.75cmHg，V2＝L2S气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2代入数据解得L2＝20cm＝0.20m设管内外水银面的高度差为hcm，封闭气体的压强p2＝p0＋ph＝75cmHg＋hcmHg解得h＝3.75活塞向下移动的距离H＝L－L2＋h＝21cm－20cm＋3.75cm＝4.75cm＝0.0475m。(2)气体初状态的温度T1＝(273＋7)K＝280K加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3＝L＋hcm＝24.75cm，气体体积V3＝L3S气体发生等压变化，根据盖­吕萨克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)即eq\f(L2S,T1)＝eq\f(L3S,T2)代入数据解得T2＝346.5K则t2＝(346.5－273)℃＝73.5℃。答案：(1)0.20m0.0475m(2)73.5℃eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9．一只轮胎容积为V＝10L，已装有p1＝1atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1atm)()A．8次 B．10次C．12次 D．15次解析：选D胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次。10．(多选)托里拆利实验装置如图所示，导热良好的玻璃管上端封闭，下端插入水银槽中，实验过程中，玻璃管内不小心混入少量气体。下列判断正确的是()A．外界压强恒定，玻璃管内外水银面的高度差与温度呈线性关系B．外界温度恒定，测得的大气压强小于实际值C．外界温度恒定，大气压强增大时，玻璃管内水银面上升D．若缓慢向下按玻璃管，玻璃管内水银面下降，封闭气体压强减小解析：选BC设水银的密度为ρ，外界大气压强为p0，水银槽液面上玻璃管长度为L，管内外水银面高度差为x，则根据理想气体状态方程得eq\f(p0－ρgxL－xS,T)＝C，易得当外界压强恒定，玻璃管内外水银面的高度差与温度不呈线性关系，A错误；实际大气压强为p0＝ρgx＋p，所以测得结果偏小，B正确；外界温度恒定，大气压强增大时，玻璃管内水银面上升，C正确；若缓慢向下按玻璃管，假设液面不动，则玻璃管内气体被压缩，体积变小，压强变大，则管内水银将下降，D错误。11．(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。解析：假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，气体的体积V1＝eq\f(m,ρ1)，V2＝eq\f(m,ρ2)解得eq\f(p1,ρ1T1)＝eq\f(p2,ρ2T2)。(1)气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290K，T2＝(27＋273)K＝300K，ρ1＝1.46kg/m3上式简化为ρ1T1＝ρ2T2将已知数据代入解得ρ2≈1.41kg/m3。(2)气体温度T1＝(17＋273)K＝290K，T3＝T2＝300K，压强p1＝1.2atm，p3＝1.0atm，密度ρ1＝1.46kg/m3代入eq\f(p1,ρ1T1)＝eq\f(p3,ρ3T3)解得ρ3≈1.18kg/m3。答案：(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m312．现代瓷器烧制通常采用电加热式气窑。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27℃，压强为p0，需要的烧制温度为927℃。为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，单向排气阀变为开通状态。窑内气体温度均匀且逐渐升高。求：(1)单向排气阀开始排气时，窑内气体温度；(2)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。解析：(1)对封闭在气窑内的气体，排气前容积不变，T1＝t1＋273K，得T1＝300K，由查理定律知eq\f(p0,T1)＝eq\f(2p0,T2)，可得T2＝600K或t2＝327℃。(2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，T3＝t3＋273K，得T3＝1200K，由盖­吕萨克定律知eq\f(V0,T2)＝eq\f(V0＋ΔV,T3)，eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V0＋ΔV)，可得eq\f(Δm,m)＝eq\f(1,2)。答案：(1)327℃(或600K)(2)eq\f(1,2)13．如图1所示，U形玻璃管粗细均匀，管内有一段水银柱，左管口封闭，左右两管中水银液面高度差为h＝4cm，底部水平水银柱长为L＝10cm，环境温度为300K，大气压强为76cmHg。将U形管在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动90°，如图2所示，这时上、下管中水银液面恰好对齐，玻璃管的直径忽略不计。求：(1)图1中左管中封闭气柱的长度为多少；(2)若在图1状态下，通过升温，使左右两管中的水平液面相平，则环境温度应为多少(结果保留1位小数)。解析：(1)设题图1中左管封闭气柱的长度为d，气体压强p1＝p0－ρgh＝76cmHg－4cmHg＝72cmHg；题图2中，封闭气体压强p2＝p0－ρgL＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg，封闭气柱的长度为d′＝d＋eq\f(h,2)＝d＋2cm气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1dS＝p2d′S解得d＝22cm。(2)开始时气体温度T1＝300K，设升温后的环境温度为T2，根据理想气体状态方程有eq\f(p1dS,T1)＝eq\f(p0d′S,T2)解得T2≈345.5K。答案：(1)22cm(2)345.5K14．如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图：主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的eq\f(1,6)。已知地面大气压强p0＝1.0×105Pa、温度T0＝300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的eq\f(4,5)。求气球驻留处的大气温度T。解析：(1)气球中的氦气温度不变，则发生的是等温变化，设气球内的气体在目标位置的压强为p1，由玻意耳定律p0V0＝p1·1.5V0，解得p1＝eq\f(2,3)p0，由目标处的内外压强差可得p1－p＝eq\f(1,6)p0，解得p＝eq\f(1,2)p0＝5×104Pa。(2)由胡克定律F＝kx可知弹簧的压缩量变为原来的eq\f(4,5)，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的eq\f(4,5)，即px＝eq\f(1,6)p0×eq\f(4,5)＝eq\f(2,15)p0，设此时气球内气体的压强为p2，对活塞由压强平衡可得p2＝px＋p＝eq\f(19,30)p0，由理想气体状态方程可得eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2V2,T)，其中V2＝V0＋0.5