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模块检测(一)
一、单项选择题(每小题5分，共25分)
1．下列说法中不正确的是 ( )
A．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
B．对于肯定质量的抱负气体，若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强肯定变大
C．当两个分子间的距离为 (平衡位置)时，分子势能最小且肯定为零
D．单晶体和多晶体均存在固定的熔点
答案 C
解析 布朗运动形成的缘由是由于液体分子对悬浮微粒无规章撞击引起的，选项A正确；若单位体积内分子个数不变(气体体积不变)，当分子热运动加剧时即T上升，压强p肯定变大，选项B正确；两分子间的分子势能在平衡位置时最小，但其大小是相对的，与零势面的选取有关，若取无穷远为零势能面，最小的分子势能为负值，选项C错误；单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项D正确．本题选错误的，故选C.
2．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是 ( )
A．肯定量气体吸取热量，其内能肯定增大
B．不行能使热量由低温物体传递到高温物体
C．若两分子间距离增大，分子势能肯定增大
D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大
答案 D
解析 肯定量的气体，吸取热量同时对外做功，其内能可能不变，A错．由热力学其次定律知，B项错．当两分子间距离小于r0时，随分子间距增大分子势能减小，C错．分子引力、分子斥力同时存在且随分子间距离的增大而减小，随分子间距减小而增大，D项正确．
3．竖直倒立的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向下，如图1所示，用水银柱封闭肯定质量的抱负气体，在保持温度不变的状况下，假设在管子的D处钻一小孔，则管内被封闭的气体压强p和气体体积V变化的状况为 ( )
图1
A．p、V都不变 B．V减小，p增大
C．V增大，p减小 D．无法确定
答案 B
解析 未钻孔时，D处的压强和封闭气体的压强一样，等于外界大气压减去水银柱产生的压强；钻孔后，D处的压强和外界大气压一样，在大气压的作用下，导致封闭气体的压强增大，体积减小，故B选项正确．
4．肯定质量的气体由状态A变到状态B的过程如图2所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度 ( )
图2
A．始终下降 B．先上升后下降
C．先下降后上升 D．始终上升
答案 B
解析 可作出过直线AB上中间某点的等温线与过A、B两点的等温线进行比较，越靠近坐标轴的等温线温度越低，由此可知B选项正确．
5．关于液体的表面张力，下面说法正确的是 ( )
A．表面张力是液体内各部分间的相互作用
B．表面张力的方向总是沿液体表面分布的
C．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部
D．小昆虫能在水面上自由走动与表面张力无关
答案 B
解析 表面张力是表面层分子间的相互作用，所以A错；表面张力的方向和液面相切，并和两部分的分界线垂直，所以B对C错；小昆虫能在水面上自由走动是由于表面张力的存在，因此D错．
二、双项选择题(每小题5分，共25分)
6．以下说法中正确的是 ( )
A．系统在吸取热量时内能肯定增加
B．悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越猛烈
C．封闭容器中的抱负气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍
D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力
答案 BC
解析 做功和热传递都可以转变内能，依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，若系统吸取热量Q>0，对外做功W＜0，有可能ΔU小于零，即系统内能减小，故A错误；温度越高，布朗运动越猛烈，故B正确；依据抱负气体状态方程＝k知，若温度不变，体积减半，则气体压强加倍，单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故C正确；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，分子间有引力，也有斥力，对外宏观表现的是分子间存在吸引力，故D错误．
7．如图3所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了肯定质量的抱负气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现将沙桶底部钻一个小洞，让细沙渐渐漏出，气缸外部温度恒定不变．则
( )
图3
A．缸内气体压强减小，内能增加
B．缸内气体压强增大，内能不变
C．缸内气体压强增大，内能削减
D．外界对缸内气体做功
答案 BD
解析 分析活塞受力，活塞受到大气压力p0S竖直向上，内部气体压力pS和沙桶重力mg，依据活塞平衡有p0S＝mg＋pS，随沙桶重力减小，大气压力使得活塞向上运动，外界对缸内气体做功，选项D对；由于气缸导热，温度不变，气缸内体积变小，压强变大，选项A错；气体温度不变，内能不变，选项B对．
8．下列说法正确的是 ( )
A．液晶具有流淌性，光学性质各向异性
B．气体的压强是由气体分子间斥力产生的
C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
D．气球等温膨胀，球内气体肯定向外放热
答案 AC
解析 液晶具有流淌性，光学性质各向异性，选项A正确；气体的压强是由大量分子对容器器壁的碰撞造成的，选项B错误； 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，选项C正确；依据ΔU＝W＋Q，气球等温膨胀时，ΔU＝0，W＜0，则Q＞0，即气体吸热，选项D错误．故选A、C.
9．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是 ( )
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规章的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
答案 BC
解析 金刚石、食盐、水晶为晶体，玻璃是非晶体，A错误；晶体分子的排列是有规章的，且有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B、C正确，多晶体和非晶体一样具有各向同性．D错误，故选BC.
10．关于永动机和热力学定律的争辩，下列叙述正确的是 ( )
A．其次类永动机违反能量守恒定律
B．假如物体从外界吸取了热量，则物体的内能肯定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度上升时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以转变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种转变方式是有区分的
答案 CD
解析 其次类永动机违反了热力学其次定律，但不违反能量守恒定律，所以A错误；做功和热传递都可以转变物体的内能，物体从外界吸取了热量，同时也对外做了功，则物体的内能有可能削减，所以B错误；保持气体的质量和体积不变，依据抱负气体的状态方程＝C知，当温度上升时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C正确；做功和热传递都可以转变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种转变方式是有区分的，D正确．
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．在“用油膜法估测分子的大小”试验中，用注射器将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其外形如图4所示，坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm，该油酸膜的面积是________m2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是4×10－5mL，则油酸分子的直径是________ m．(上述结果均保留1位有效数字)
图4
答案 8×10－3 5×10－10
解析 由于小方格的个数为80个，故油酸膜的面积是S＝80×100×10－6m2＝8×10－3m2；d＝＝ m＝5×10－10 m
12．若肯定质量的抱负气体分别按图5所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(填“A”、“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(填“增加”、“削减”或“不变”)．
图5
答案 C 增加
解析 由pV/T＝恒量，压强不变时，V随温度T的变化是一次函数关系，故选择C图，1到2，温度T增加，所以内能增加．
四、计算题(共4小题，共40分)
13．(8分)某热水袋内水的体积约为400 cm3，已知水的摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少？(计算结果保留2位有效数字)
答案 1.3×1025
解析 已知一热水袋内水的体积大约是V＝400 cm3＝4×10－4m3，水的密度为ρ＝1×103 kg/m3
则热水袋内含有的水分子数目为n＝NA＝1.3×1025.
14．(10分)肯定量的气体放出了3.2×105 J的热量，内能削减了5.6×105 J，是气体对外界做功，还是外界对气体做了功？做了多少J的功？
答案 气体对外界做功 2.4×105 J
解析 由ΔU＝W＋Q得－5.6×105＝W－3.2×105，所以W＝－2.4×105 J
故气体对外界做功2.4×105 J
15．(10分)在图6所示的气缸中封闭着温度为100 ℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态， 这时活塞离缸底的高度为10 cm，假如缸内空气变为0 ℃，问：
图6
(1)重物是上升还是下降？
(2)这时重物将从原处移动多少厘米？(设活塞与气缸壁间无摩擦)
答案 (1)上升 (2)2.6 cm
解析 (1)缸内气体温度降低， 压强减小， 故活塞下移， 重物上升．
(2)分析可知缸内气体作等压变化. 设活塞截面积为S cm2，
气体初态体积V1＝10S cm3,
温度T1＝373 K, 末态温度T2＝273 K, 体积设为V2＝hS cm3 (h为活塞到缸底的距离)
据＝可得h＝7.4 cm，则重物上上升度Δh＝10－7.4＝2.6 cm.
16．(12分)肯定质量抱负气体经受如图7所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，TA＝300 K，气体从C→A的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比．求：
(1)气体处于C状态时的温度TC；
(2)气体处于C状态时内能EC.
图7
答案 (1)150 K (2)150 J
解析 (1)由图知C到A是等压变化，依据抱负气体状态方程：＝
得：TC＝TA＝150 K
(2)依据热力学第肯定律：EA－EC＝Q－W＝150 J
且＝＝
解得：EC＝150 J
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