用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B两部分，如图所示．A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为

（1）气体做等容变化，由查理定律得[p/T]=
P0
T1
解得T₁=600 K，即t₁=327℃．
（2）由理想气体状态方程得 [pV/T]=
P0V1
T0
解得V₁=0.5 m³．
（3）体积减小，气缸内气体对外界做负功；由△U=W+Q知，气缸内气体放出的热量大于气体内能的减少量．
答：（1）活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度t₁为327℃；
（2）最终气缸内气体的体积V₁=0.5 m³．
（3）负功；大于．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 此题考查气体的理想气体状态方程和热力学第一定律，分析气体状态时先找不变的量，再看变化的量，再选合适的公式，可以使问题简单化．

设初态压强为p₀，膨胀后A，B压强相等p_B=1.2p₀
B中气体始末状态温度相等p₀V₀=1.2p₀（2V₀-V_A）
∴VA=
7
6V0
A部分气体满足
p0V0
T0=
1.2p0VA
TA
∴T_A=1.4T₀
答：气缸A中气体的体积VA=
7
6V0
温度T_A=1.4T₀

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0-VA）是关键．

①由题，气缸悬空静止，温度升高过程，封闭气体发生等压变化．初态：V1=hS，T1=T末态：V2=（h+△h）S，T2=T+△T根据盖•吕萨克定律得 V1T1＝V2T2解得，△h=△TTh②由于气体的体积增大，则此过程中气体对外界做...

点评：
本题考点： 气体的等容变化和等压变化．

考点点评： 本题的关键确定出气体发生了等压变化，可根据力平衡知识研究封闭气的压强来理解．

①由题意知，气体的状态参量为：
初状态对A气体：V_A=V₀，T_A=T₁=300K，p_A=p₀+h=95cmHg，
对B气体：V_B=2V₀，T_B=T₁=300K，p_B=p₀+h=95cmHg，
末状态，对A气体：V_A′=V，p_A′=p₀=76cmHg，
对B气体：p_B′=p₀=76cmHg，V_B′=3V₀-V，
由理想气体状态方程得：
对A气体：
pAVA
TA=
pA′VA′
T，
对B气体：
pBVB
TB=
pB′VB′
T，
代入数据解得：T=240K，V=V₀；
②气体B末状态的体积：V_B′=3V₀-V=2V₀=V_B，
由于气体体积不变，外界对气体不做功，
气体温度由300K降低到240K，温度降低，内能减小△U＜0，
由热力学第一定律：△U=W+Q可知：Q=△U-W=△U＜0，
则气体对外放出热量；
答：①此时气体的温度为240K；
②在这个过程中B气体的内能减少；外界对气体不做功，气体对外界放热．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，根据题意求出气体的初末状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题；要掌握连接体问题的解题思路与方法．

（1）气缸和活塞导热性能良好，气缸内气体温度与环境温度相同，所以气体发生等温变化，所以P-V图象是双曲线，故A正确．
B、气缸内气体温度与环境温度相同，保持环境温度不变，气体的内能保持不变，故B正确．
C、温度是分子平均动能变化的标志，所以该气体分子的平均动能不变，故C错误．
D、一定质量的理想气体，所以n＝
N
VN为所有气体的分子数，所以n-V的图象是双曲线，故D正确．
故选ABD．
（2）1滴油酸溶液的体积V₀，由浓度为η的一滴油酸溶液，可得1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积V₂=ηV₀，而1滴酒精油酸溶液在水面上形成的油酸薄膜轮廓面积S
所以油酸分子直径：d＝
v2
s＝
ηv0
s
分子的体积v＝
πd3
6＝
π
6(
ηV0
s)3…①
则 ηv₀=nv…②
①②联立得：n＝
6s3
πη2v0 2
故答案为；
ηv0
s，
6s3
πη2v0 2

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；用油膜法估测分子的大小．

考点点评： 加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法．此处高考要求不高，不用做太难的题目．

当大气压强p₀=75cmHg时，管内液面高度差为40cm，
所以右端上部气柱压强P₁=35cmHg
体积V₁=40S 温度T₁=7+273=280K
今将钉子拔出，P₂=P₀-25=50cmHg T₂=27+273=300K
根据气体状态方程得：
[35×40S/280]=
50×V2
300
得V₂=30S
所以管内封闭气柱的长度为30cm．
右管下面的40cm下一半有15cm，因为此处P=P₀ 所以左右水银面平齐．
∵r_左=2r_右∴S_左=4S_右
∴15cm平分高度到两边得右边为3cm
∴管内新产生的空气柱的长度为80-30-25-3=22cm．
故答案为：30，22．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 能用静力学观点确解决各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．

A、将小石子缓慢的加在活塞上，由平衡条件可知活塞对气体的压力变大，则气体压强变大．故A错误．
B、压强是大量气体分子单位时间对单位器壁的平均冲量所致，压强增大，单位时间内汽缸内气体分子对活塞的平均撞击力增大，故B错误．
C、D、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确，D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 封闭气体压强；热力学第一定律．

考点点评： 本题需要用到的热学知识较多，但主要知识是热力学第一定律，同时还要注意，理想气体的内能只和温度有关，和体积无关．

设大气和活塞对气体的总压强为p₀，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得：p0h＝(p0+p)(h−
1
4h)①
由①式得p＝
1
3p0②
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p₀+2p．设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，由玻马定律得：p₀h=（p₀+2p）h′③
联立②③式解得
h′=
3
5h
答：此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度为
3
5h．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，然后根据玻马定律列式求解．

温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，故A错误；
松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同．故B错误，CD正确；
故选CD

点评：
本题考点： 热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；改变内能的两种方式；理想气体．

考点点评： 本题要注意理想气体分子间距离较大，故不计分子势能，分子内能只与温度有关，温度相同，则内能及分子的平均动能均相同．

A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率V_a=V_b，故A错误；
B、容器a体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器a中压强降低，容器b体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（a）＜v（b），故B正确；
C、速率越快，到达平衡的时间越短，故容器b到达平衡所用时间少，故C错误；
D、容器a体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器a中压强降低，容器b体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（a）＜p（b），故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题化学反应速率的影响因素等，难度不大，注意题目实际为恒温条件，分析两容器中压强的变化是关键．

A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率相同，故A错误；
B、容器A中压强降低，容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（A）＜v（B），故B正确；
C、速率越快，到达平衡的时间越短，故容器B到达平衡所以时间少，故C错误；
D、容器A体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器A中压强降低，容器B体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（A）＜p（B），故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查影响化学反应速率的有关因素，难度不大，注意题目实际为恒温条件．

A、由于大气压强不变，对A受力分析可知，被封闭气体压强不变，故A错误；
B、当活塞向下移动时，气体体积增大，外界对气体做负功，故B错误；
C、当缓慢增加重物的质量时，被封闭气体压强变小，温度不变，根据
PV
T＝c(常数)可知，气体体积增大，温度不变内能不变，体积增大，对外做功，由△U=W+Q可知，气体吸热，故C正确；
D、重物的质量缓慢增加，被封闭气体压强变小，根据
PV
T＝c(常数)可知，要保持体积不变，温度要降低，即内能减小，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；封闭气体压强．

考点点评： 本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习．

设玻璃泡中气体压强为p，外界大气压强为p′，则p′=p+ρgh，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同．液柱上升，气体体积V减小；
A、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果p增大，T可能不变，可能减小，也可能增大，故AD正确；
B、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果p不变，T减小，故B错误；
C、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果压强减小，T降低，故C错误；
故选：AD．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查了气体温度计的原理，膨胀物质不是液体，而是气体，依据气体的热胀冷缩性质制成的．

1．设加热恰好能使活塞M移动到气缸最右端，则B室气体末态体积
V_B=2V₀ （1）
根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用T_B表示B室中气体末态的温度，有

V0
T0＝
VB
TB（2）
解（1）（2）两式可得
T_B=2T₀ （3）；
由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度
T_A=2T₀ （4）；
在加热过程中，A室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即
QA＝
5
2R(TA−T0) （5）；
由（4）（5）两式得
QA＝
5
2RT0 （6）；
B室中气体经历的是等压过程，在过程中B室气体对外做功为
W_B=p₀（V_B-V₀） （7）；
由（1）（7）式及理想气体状态方程得
W_B=RT₀ （8）；
内能改变为
△U＝
5
2R(TB−T0) （9）；
由（4）（9）两式得
△UB＝
5
2RT0 （10）；
根据热力学第一定律和（8）（10）两式，B室内气体吸收的热量为
QB＝△UB+WB＝
7
2RT0 （11）；
由（6）（11）两式可知电加热器提供的热量为
Q_m=Q_A+Q_B=6RT₀ （12）；
若Q₀=Q_m，B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀．
2．若Q₀＞Q_m，则当加热器供应的热量达到Q_m时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积不做功，根据热力学第一定律，若A室中气体末态的温度为T'_A，有
Q0−Qm＝
5
2R(TA′−2T0′)+
5
2R(TA′−2T0) （13）；
由（12）（13）两式可求得
TA′＝
Q0
5R+
4
5T0 （14）；
B中气体的末态的体积
V_B'=2V₀ （15）
3．若Q0＜Qm，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B室中气体末态的体积VB''小于2V0．设AB两室中气体末态温度为TA''，根据热力学第一定律，注意到A室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量
QA＝
5
2R(TA″−T0) （16）
B室中气体经历的是等压过程，吸收热量
QB＝
5
2R(TA″−T0)+p0(VB″−V0) （17）
利用气体状态方程，上式变为
QB＝
7
2R(T′′A−T0) （18）
由上可知
Q₀=Q_A+Q_B=6R（T''_A-T₀） （19）
所以A室中气体的末态温度
T″A＝
Q0
6R+T0 （20）
B室中气体的末态体积
V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0（21）
答：1．若加热停止时，活塞M有刚移动气缸右端，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀
2．若活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度TA′＝
Q0
5R+
4
5T0；
3．若隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，则B室中气体的末态体积V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0，A室中气体的末态温度T″A＝
Q0
6R+T0．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题为气体的综合应用题，题中涉及内能的相关知识，难度极大，过程复杂，是极少见的气体模型中的难题中难题．

A、将小石子缓慢的加在活塞上，由平衡条件可知活塞对气体的压力变大，则气体压强变大．故A错误．
B、压强是大量气体分子单位时间对单位器壁的平均冲量所致，压强增大，单位时间内汽缸内气体分子对活塞的平均撞击力增大，故B错误．
C、D、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确，D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 封闭气体压强；热力学第一定律．

考点点评： 本题需要用到的热学知识较多，但主要知识是热力学第一定律，同时还要注意，理想气体的内能只和温度有关，和体积无关．

由初始平衡状态：P_AS+Mg=P_BS
由最终平衡状态：PA′S+Mg＝PB′S
设汽缸总容积为V，因为汽缸导热，气体做等温变化，有：PA•
V
2＝PA′•
V
3
PB•
V
2＝PB′•
2V
3
联立上面的方程，得：PB′＝
5Mg
2S
答：后来B气体的压强为PB′＝
5Mg
2S．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 该题考查气体压强的求法与玻意耳定律应用的基本步骤，属于基础题目．