用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空（如图①），现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个

气体A进行等容变化，则W=0，根据△U=W+Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都是增加的，选项AC正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；由因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。

ACE

（1）若容器左右两部分分别注入密度相同的液体，右侧的液面比左侧的液面高，薄膜向左突起，由此说明液体的压强与 液体的深度因素有关．
（2）若容器左右两部分分别注入密度不同的液体，右侧的液面与左侧的液面等高，薄膜发生形变，由此说明液体压强与 液体的密度因素有关．
（3）在B点打一小孔，由于大气压的存在，矿泉水不会流出来；若在A点再打一小孔，此时瓶内液体与大气相通，内外气压平衡，由于液体内部存在压强所以B点此时有水流出，因为，B点开在侧壁，因此也能证明液体对容器侧壁有压强．
故答案为：（1）液体的深度；（2）液体的密度；
（3）不会；B点；液体对容器侧壁有压强．

点评：
本题考点： 液体的压强的特点．

考点点评： 在本实验的分析中，控制变量法的运用依然是我们应该特别注意的．

冷暖水相遇会形成倾斜的面，该实验模拟的是天气系统中的锋面，其中暖水代表暖气团，冷水代表冷气团．
故选：B

点评：
本题考点： 锋面系统与天气．

考点点评： 本题难度不大，以实验的形式考查了锋面的概念，属于一般知识性考查．

据题意，A的密度小，B的密度大，两气体混合均匀后整体的重心下降，重力势能减小转化为内能，吸热也转化为气体的内能，根据能量守恒定律：△E＞Q．
故C正确．
故选C

点评：
本题考点： 热力学第一定律．

考点点评： 本题关键要抓住气体的重心下降，重力势能减小，根据能量守恒定律进行分析．

A、气体A等容变化W=0，温度升高，内能增加，根据△U=W+Q，可知气体A吸热，故A正确；
B、气体B做等压变化，温度升高，则体积增大，气体对外做功，W＜0，温度升高，内能增加，根据△U=W+Q，可知气体B吸热，故B错误；
C、气体A温度升高，气体分子的平均动能增大．故C正确．
D、温度升高，分子的平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大，D错误；
E、气体B温度升高，分子平均动能增加，压强不变，所以单位时间撞击单位面积器壁的气体分子数减小，故E正确．
故选：ACE

点评：
本题考点： 热力学第一定律；封闭气体压强．

考点点评： 本题考查热力学第一定律及理想气体的实验定律；应重点掌握决定内能的因素及正确应用热力学第一定律．

（1）由题意得，液体密度相同的情况下，说明液体压强与深度有关；
（2）由题意得，在液体深度相同的情况下，说明液体压强与密度有关．
故答案为：（1）深度；（2）密度．

点评：
本题考点： 液体的压强的特点．

考点点评： 在本实验的分析中，控制变量法的运用依然是我们应该特别注意的．

A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而A错误；
B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而B正确；
C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而C错误；
D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D正确；
故选BD．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；理想气体的状态方程．

考点点评： 本题主要考查热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断．

冷暖水相遇形成倾斜的面，利用实验模拟的是天气系统的锋面，冷水相当于冷空气，暖水相当于暖空气．
故选：B．

点评：
本题考点： 锋面系统与天气．

考点点评： 本题难度较小，属于基础题，解题的关键是掌握锋面系统与天气．

Ⅰ．（1）根据化学平常数表达式的概念，生成物浓度计量系数次方的乘积与反应物浓度计量系数次方的乘积的比值解决，故答案为
c2(C)
c2(A)•c(B)．
（2）根据化学平衡状态的判断条件，可逆反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，甲、乙两装置中到达平衡时，气体A的浓度保持不变，因此甲中的颜色保持不变，同时甲、乙中气体的量保持不变，因此K、F不再发生移动．故答案为：K、F不再移动或甲中气体的颜色不再发生变化．
（3）当乙中没有He气时，甲中充入2molA、1molB，与乙中充入2molC到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molHe气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动，再次到达平衡时，隔板位于a处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体．隔板在a处时，甲中的气体为0.5×（6-a）mol．
设甲中反应到达平衡时，有xmolB发生反应，
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol）2 1 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol） （2-2x） （1-x） 2x
（2-2x）+（1-x）=（6-a）×0.5
0.5a=x
当B完全反应时，x=1，a取最大，即a=2
故答案为：0＜a＜2
（4）根据题中的条件，当到达平衡时，隔板位于左侧1处，则说明乙端的相当有7个格，即乙中平衡时气体的物质的量为3.5mol，其中He为1mol．
设乙中到达平衡时有ymolC反应
2C（g）⇌2A（g）+B（g）
开始（mol）2 0 0
转化（mol）yy[1/2]y
平衡（mol） （2-y）y [1/2]y
（2-y）+y+[1/2]y=2.5
y=1
故答案为：1
Ⅱ_•（1）化学平衡状态的判断，在概念的基础上，延伸为，只要是物理量由变量到定量，即可作为判断平衡状态的依据，反应到达平衡状态．在恒温恒容的条件下，进行分析，甲中：
A_• 反应开始前，物质的量为3mol，反应开始后，平衡右移，气体减少，压强降低，当压强不变时即到达平衡状态，故A正确．
B_• 应为容器的体积不变，充入的气体的量固定，根据气体密度的关系式ρ=[m/V]，混合气体的密度是一个定值，不能作为判断平衡状态的标准，故B不正确
C_• 由于甲的体积固定，当反应开始后，气体的物质的量减小，浓度降低，当浓度不变时，即到达平衡状态．故答案C正确
D_• 由于甲的体积不变，反应开始，气体的物质的量减小，压强降低，当压强不变时，即气体的物质的量不变，到达平衡状态．故答案C正确
故选A、C、D
（2）由于甲、乙两边的体积不变，满足恒温、恒容条件，在乙中通入惰性气体，对平衡无影响，绝对转化后，满足甲、乙两端反应到达平衡后是等效的，即两端到达平衡后，每种组成分的量相同，故答案为：甲=乙，
根据化学平衡的计算、及达到平衡时甲、乙两端的平衡是等效的．
先求甲中达到平衡时，A、B、C的平衡量
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol）2 1 0
转化（mol） 2b xb 2b
平衡（mol） （2-2b） （1-b） 2b
设乙中到达平衡时C的转化率为ω，则有
2C（g）⇌2A（g）+B（g）
开始（mol）2 0 0
转化（mol）2•ω2•ωω
平衡（mol） （2-2ω）2ωω
则有：2-2ω=2b
ω=1-b
故答案为：ω=1-

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题是一个好题，它综合系统的考查了化学平衡的基本知识，平衡状态的判断，化学平衡移动原理的应用，化学平衡的计算等知识，作这类题目，一定要将基本理论掌握的很熟练，同时认真审题，将题目中的条件与基本理论有机的结合在一起，以加强分析解决问题的能力．

绝热容器右半部分是真空，把隔板抽走让气体自由膨胀过程中，气体不会受到阻力作用，膨胀过程不做功，即W=0，由于气缸绝热，气体与外界不能进行热传递，Q=0，由热力学第一定律：△U=W+Q可知，△U=0，气体内能不变，由于理想气体内能由温度决定，气体内能不变，则温度保持不变；
气体向右扩散过程中，体积V变大，气体温度T不变，由玻意耳定律可知，气体压强变小；
故答案为：变小；不变．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；热力学第一定律．

考点点评： 本题考查了热力学第一定律与玻意耳定律的应用，掌握热力学第一定律与玻意耳定律即可正确解题，解题时要知道理想气体内能的决定因素．

（1）①左右两部分温度、体积、压强相同，平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，左边反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0mol×3=12mol，所以右边平衡时混合气体的总的物质的量为12mol，x...

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡常数及影响因素、影响化学平衡的因素、化学平衡图象与计算等，难度中等，（2）②中注意分析各物质的浓度变化量关系，确定概念改变的条件．难度中等，关键在于确定右侧反应到达平衡时反应混合物总的物质的量．

A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而A错误；
B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而B正确；
C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而C错误；
D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；气体压强的微观意义．

考点点评： 本题主要考查热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断．

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．

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．

（Ⅰ）设宽为x米，长为[600/x]米，总造价为y，
y=2（x+[600/x]）×5×80+2x×5×40+260×600
=（3x+[1200/x]）×400+156000≥400×2
3x×
1200
x+156000=204000，
当且仅当3x=[1200/x]，即x=20时造价最低为：204000元；
（Ⅱ）∵x∈（0，15]，y′=400（3-[1200
x2）＜0，
∴函数y=（3x+
1200/x]）×400+156000在（0，15]上单调递减，
∴x=15时，y_min=206000元；

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数模型的选择与应用．

考点点评： 本题主要考查了建立函数解析式，利用基本不等式求函数最值的能力，同时考查了运算求解能力，属于中档题．