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单元检测十五　热学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·宁夏青铜峡市检测)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A.固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B.固体甲一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D.固体甲和固体乙的化学成分一定不相同
2.(2026·广东汕头市二模)某个冬天的早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25 ℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10 ℃水置于该房间内，则下列说法正确的是(　　)
A.制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体
B.制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变
C.待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱
D.花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
3.下列三幅图对应的说法中正确的有(　　)
A.图甲中T1>T2
B.图甲中两条曲线下的面积相等
C.图乙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着相互作用力
D.图丙是玻璃管插入某液体发生的现象，是由于该液体分子间的相互作用比液体与玻璃的相互作用强造成的
4.(2026·湖南长沙市检测)下列说法正确的是(　　)
A.温度低的物体内能小
B.外界对物体做功时，物体的内能一定增加
C.温度低的物体分子运动的平均动能大
D.一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能
5.(2026·天津市河西区二模)如图甲所示是战国时期的竹节柄铜汲酒器。把汲酒器竖直放入水中，柄部在上、荷蕾形器在下，水由底部圆孔进入荷蕾形器中后，用拇指压住柄侧面的方孔，将汲酒器内的气体密封，如图乙所示。再把汲酒器缓慢提起并悬停在空中，如此便将水“汲”起，如图丙所示。汲酒器内封闭的气体视作理想气体，提起过程封闭气体体积不断增大，环境温度保持不变，则以下说法正确的是(　　)
A.提起汲酒器的过程中，封闭气体的分子平均动能不断增大
B.提起汲酒器的过程中，封闭气体的压强不断减小
C.提起汲酒器的过程中，外界对封闭气体做功
D.提起汲酒器的过程中，封闭气体向外界放热
6.(2026·河北省部分校模拟)如图所示，绝热活塞将绝热汽缸内分成A、B两部分，各自封闭着同种气体(可视为理想气体)，活塞由销子固定，A、B部分气体体积相等、温度相同，压强之比为2∶1，现将销子拔掉，气体再次稳定。下列说法中正确的是(　　)
A.A部分气体的质量小于B部分气体的质量
B.拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力大于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力
C.拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能
D.拔掉销子再次稳定后，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能
7.(2026·山西大同市三模)爆米花是很多同学喜爱的零食，如图所示，爆米花机被清空里面的爆米花后开口向上放置在一边冷却，开始时机内气体温度为127 ℃，过一段时间后，气体温度降为27 ℃，大气压强不变，则此时机内气体质量是开始时气体质量的(　　)
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
8.(2026·山东济南市二模)压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体(可视为定量的理想气体)遵循如图所示的狄塞尔循环，其中a→b、c→d为绝热过程，则气体(　　)
A.在a→b过程中温度不变
B.在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C.在d→a过程中吸收热量
D.经历一个循环过程后对外界做功为0
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.(2026·湖南长沙市三模)如图为一个绝热的密封容器瓶，通过一足够长细管AB与外界相连，瓶内用水银封住了一定质量的理想气体，管中水银面O比瓶内水银面高Δh=6 cm。现在将瓶子缓慢旋转180°，整个过程中管的B端始终在水银内。外界大气压p0=76 cmHg，则下列说法正确的是(　　)
A.初始状态瓶内气体的压强p1=70 cmHg
B.末状态瓶内气体压强小于初始状态瓶内气体压强
C.瓶内气体的质量发生了变化
D.这个过程中瓶内气体的温度降低了
10.(2026·山东省二模)如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为p0，体积比为2∶3，环境温度为300 K。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝(忽略加热丝的体积)对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为3∶2。以下说法正确的是(　　)
A.两种方式末状态A中气体的压强相等
B.第一种方式，末状态A中气体的温度为675 K
C.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
D.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(8分)(2026·湖北武汉市模拟)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，小明同学的实验步骤如下：
①取油酸1.0 mL注入容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面到达250 mL的刻度线为止，得到油酸酒精混合溶液；
②用滴管吸取混合溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒内溶液达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；
③取一滴混合溶液滴在浅盘内的水面上(已撒爽身粉)，待油膜稳定后，数得油膜约占面积为1 cm2小格子120格。
(1)请估算油酸分子的直径为　　　　 m(结果保留2位有效数字)。
(2)该实验中的理想化假设是　　　　　。
A.将油膜看成单分子层油膜
B.不考虑各油酸分子间的间隙
C.考虑各油酸分子间的相互作用力
D.将油酸分子看成球形
(3)利用单分子油膜法可以粗测阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴纯油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油酸的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为NA=　　　　　(用题中给出的物理量符号表示，可能用到π)。
(4)小明查阅资料后发现，计算结果明显偏小，可能由于　　　　　　。
A.爽身粉撒得太厚了
B.将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间
C.求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴
D.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
12.(10分)(2026·黑龙江哈尔滨市检测)某实验小组用如图甲所示的圆柱形针筒装置探究气体等温变化的规律。
(1)实验中为了控制气体的质量和温度不变，下列操作正确的是　　　　　。
A.快速推动柱塞 B.缓慢推动柱塞
C.用手握住注射器 D.在柱塞上涂抹润滑油
(2)实验中　　　　　　(选填“需要”或“不需要”)测量空气柱的横截面积。
(3)某小组利用测量得到的数据绘制的p-V图像如图乙所示，提高环境温度后重复实验，所得的曲线应位于图乙中曲线a的　　　　(选填“左下侧”或“右上侧”)。该小组同学由图乙中的曲线a　　　　(选填“能”或“不能”)得出一定质量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比。实验小组若想更直观地探究气体等温变化的规律，应绘制某温度下一定质量气体的　　　　　　(选填“-”或“p-”)图像。
13.(12分)(2026·安徽黄山市一模)已知外部环境温度为0 ℃，大气压强p0为750 mmHg，该环境下1 mol气体的体积Vm是22.4 L，阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1。假设某运动员放松情况下肺内气体体积V1约为3.5 L，该运动员某次深呼吸吸入外部空气的体积V0=2.73 L，空气视为理想气体。则：
(1)求该次吸入的空气分子总数(结果保留1位有效数字)；
(2)已知运动员肺部的温度恒为37 ℃，吸气时扩张肺部，大气压把新鲜的外部空气通过鼻喉等升温至37 ℃压入肺内，并迅速达到内外的气压平衡。求运动员该次深呼吸后肺内气体增加的体积；
(3)已知运动员在呼吸时能承受的内外气压差的最大值Δp是150 mmHg。此次吸气后，运动员屏住呼吸并收缩肺部，求肺内气体体积能达到的最小值。
14.(13分)(2026·山东德州市三模)科学小实验“听话的小药瓶”，其原理如图所示，把高L=30 cm的玻璃容器竖直放置，装入一部分某种液体，将一质量m=300 g的小药瓶倒放入液体中，瓶口有微小锯齿状(内外液体能良好流通)，小药瓶底面积S1=5 cm2，高8 cm，初始状态如图所示：小药瓶内液体高度h1=4 cm，液体的密度ρ=1×104 kg/m3，玻璃容器内液面高度H=24 cm，容器底面积S2=10 cm2。取g=10 m/s2，大气压强p0=1×105 Pa。不计小药瓶瓶壁所占的体积。求：
(1)求初始状态下小药瓶内气体压强；
(2)现将玻璃容器上端封闭，并往外抽气，求小药瓶刚要上浮时，玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃容器内气体质量之比。(整个过程中温度恒定，小药瓶不倾倒，不漏气，气体视为理想气体)
15.(15分)(2026·湖北省一模)如图所示，竖直汽缸开口向上置于水平面，汽缸高h=100 cm、横截面积S=10 cm2，汽缸开口和中央处各有卡环a、b，用活塞密封一定质量理想气体，活塞上表面放有质量m=2 kg的铁块，活塞初始位置距汽缸底部距离L=75 cm，并处于静止状态。封闭气体温度t1=27 ℃，不计活塞质量及厚度，不考虑活塞与汽缸内壁间摩擦，汽缸活塞间不漏气，大气压强p0=1×105 Pa，热力学温度与摄氏温度之间关系式为T=(t+273) K，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)当汽缸内温度为t2=-123 ℃，卡环b受到活塞的压力大小；
(2)从初状态开始升温，当汽缸内温度t3=177 ℃时，气体吸收热量为150 J，求封闭气体内能变化量。
单元检测十五　热学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·宁夏青铜峡市检测)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A.固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B.固体甲一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D.固体甲和固体乙的化学成分一定不相同
答案　A
解析　晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B错误；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D错误。
2.(2026·广东汕头市二模)某个冬天的早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25 ℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10 ℃水置于该房间内，则下列说法正确的是(　　)
A.制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体
B.制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变
C.待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱
D.花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
答案　A
解析　制暖空调机工作时，因为消耗电能，产生内能，故热量从低温物体传到高温物体，故A正确；制暖空调机开始工作后，房间内气体温度升高，内能增大，故B错误；待空调稳定后，房间内温度升高，装花粉的水温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加，故C错误；花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误。
3.下列三幅图对应的说法中正确的有(　　)
A.图甲中T1>T2
B.图甲中两条曲线下的面积相等
C.图乙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着相互作用力
D.图丙是玻璃管插入某液体发生的现象，是由于该液体分子间的相互作用比液体与玻璃的相互作用强造成的
答案　B
解析　图甲中分子热运动越剧烈，各速率区间的分子数占分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T14.(2026·湖南长沙市检测)下列说法正确的是(　　)
A.温度低的物体内能小
B.外界对物体做功时，物体的内能一定增加
C.温度低的物体分子运动的平均动能大
D.一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能
答案　D
解析　物体的内能与物体温度、体积和物质的量等有关，又物体的内能等于其分子动能和分子势能之和，温度低的物体分子的平均动能小，但是其分子势能的变化不明确，故温度低的物体内能不一定小，故A错误；由于物体的吸放热情况不明确，因此外界对物体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，其内能的变化不确定，故B错误；温度是分子平均动能的标志，温度低的物体分子平均动能小，故C错误；一定质量的100 ℃的水在吸收热量后变成100 ℃的水蒸气的过程中，体积增大，克服外力做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，吸收的热量大于增加的内能，故D正确。
5.(2026·天津市河西区二模)如图甲所示是战国时期的竹节柄铜汲酒器。把汲酒器竖直放入水中，柄部在上、荷蕾形器在下，水由底部圆孔进入荷蕾形器中后，用拇指压住柄侧面的方孔，将汲酒器内的气体密封，如图乙所示。再把汲酒器缓慢提起并悬停在空中，如此便将水“汲”起，如图丙所示。汲酒器内封闭的气体视作理想气体，提起过程封闭气体体积不断增大，环境温度保持不变，则以下说法正确的是(　　)
A.提起汲酒器的过程中，封闭气体的分子平均动能不断增大
B.提起汲酒器的过程中，封闭气体的压强不断减小
C.提起汲酒器的过程中，外界对封闭气体做功
D.提起汲酒器的过程中，封闭气体向外界放热
答案　B
解析　汲酒器内的气体被密封，环境温度保持不变，则该过程为等温变化，封闭气体的温度不变，则封闭气体的分子平均动能不变，故A错误；提起过程封闭气体体积不断增大，环境温度保持不变，根据气体等温变化规律可知封闭气体的压强不断减小，故B正确；提起汲酒器的过程中，气体体积增大，封闭气体对外界做功，故C错误；根据热力学第一定律ΔU=Q+W，由于温度保持不变，ΔU=0，气体对外做功，则W<0，则Q>0，即气体从外界吸热，故D错误。
6.(2026·河北省部分校模拟)如图所示，绝热活塞将绝热汽缸内分成A、B两部分，各自封闭着同种气体(可视为理想气体)，活塞由销子固定，A、B部分气体体积相等、温度相同，压强之比为2∶1，现将销子拔掉，气体再次稳定。下列说法中正确的是(　　)
A.A部分气体的质量小于B部分气体的质量
B.拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力大于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力
C.拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能
D.拔掉销子再次稳定后，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能
答案　C
解析　根据理想气体状态方程pV=nRT=RT，可知对于同种气体，在相同体积、相同温度下，气体的质量(或分子数)与压强成正比，由题意可知pA∶pB=2∶1，A部分的气体质量大于B部分气体的质量，故A错误；单次平均撞击力主要由温度决定，温度相同则单次平均撞击力相同，所以拔掉销子前，A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力等于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力，故B错误；根据理想气体分子平均动能取决于气体的温度，可知拔掉销子前，A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能，故C正确；拔掉销子活塞向右运动，A气体对外做功，A气体与外界没有热量交换，内能减小，温度降低，外界对气体B做功，B气体与外界没有热量交换，所以B部分气体的内能增加，温度升高，所以再次稳定后，A部分气体分子的平均动能小于B部分气体分子的平均动能，故D错误。
7.(2026·山西大同市三模)爆米花是很多同学喜爱的零食，如图所示，爆米花机被清空里面的爆米花后开口向上放置在一边冷却，开始时机内气体温度为127 ℃，过一段时间后，气体温度降为27 ℃，大气压强不变，则此时机内气体质量是开始时气体质量的(　　)
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
答案　D
解析　开始时机内气体温度为T1=(127+273) K=400 K时，体积为V，降温发生等压变化，当温度降为T2=(27+273) K=300 K时，这部分气体的体积为V'，根据盖—吕萨克定律则有=，解得V'=V，则降温后机内气体质量m与开始时机内气体质量m'之比为==，此时机内气体质量是开始时气体质量的倍。故选D。
8.(2026·山东济南市二模)压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体(可视为定量的理想气体)遵循如图所示的狄塞尔循环，其中a→b、c→d为绝热过程，则气体(　　)
A.在a→b过程中温度不变
B.在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C.在d→a过程中吸收热量
D.经历一个循环过程后对外界做功为0
答案　B
解析　a→b过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，则W>0，根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q>0，即a→b过程内能增大，温度升高，A错误；b→c过程中，气体压强不变，根据=C，可知气体体积增大，温度升高，则内能ΔU>0，气体体积增大，气体对外做功，则W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q>0，可知气体吸收的热量大于对外界做的功，B正确；d→a过程中体积不变，则W=0，根据=C可知，气体的压强减小，温度降低，内能减小，气体放出热量，C错误；根据p-V图线与横坐标轴围成的面积表示气体所做的功可知，经历一个循环后，外界对气体做功不为零，D错误。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.(2026·湖南长沙市三模)如图为一个绝热的密封容器瓶，通过一足够长细管AB与外界相连，瓶内用水银封住了一定质量的理想气体，管中水银面O比瓶内水银面高Δh=6 cm。现在将瓶子缓慢旋转180°，整个过程中管的B端始终在水银内。外界大气压p0=76 cmHg，则下列说法正确的是(　　)
A.初始状态瓶内气体的压强p1=70 cmHg
B.末状态瓶内气体压强小于初始状态瓶内气体压强
C.瓶内气体的质量发生了变化
D.这个过程中瓶内气体的温度降低了
答案　BD
解析　由题意可知初始状态瓶内气体的压强p1=p0+Δh=82 cmHg，故A错误；根据题意，将瓶子缓慢旋转180°的整个过程中管的B端始终在水银内，说明旋转完毕达到新的平衡时，细管仍然有一段水银柱存在，设细管内水银最低点到瓶内水银面的距离为Δh'，气体没有泄露现象，由此得末状态瓶内气体压强p2=p0-Δh'10.(2026·山东省二模)如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为p0，体积比为2∶3，环境温度为300 K。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝(忽略加热丝的体积)对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为3∶2。以下说法正确的是(　　)
A.两种方式末状态A中气体的压强相等
B.第一种方式，末状态A中气体的温度为675 K
C.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
D.第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
答案　BD
解析　第一种方式，设汽缸容积为5V，
对B部分气体，由玻意耳定律可得p0·3V=p1·2V，解得p1=p0，对A部分气体，由理想气体状态方程可得=，代入数据解得T1=675 K，故B正确；第二种方式，设汽缸容积为5V，导热汽缸缓慢抽气，可视为两部分气体均作等温变化，对A部分气体，由玻意耳定律可得p0·2V=p2·3V，解得p2=p0，对B部分气体，由玻意耳定律可得p0·3V=p2(2V+ΔV)，代入数据解得ΔV=V，第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值==，故C错误，D正确；由以上两种方式所求的末状态A中气体压强不相等，A错误。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(8分)(2026·湖北武汉市模拟)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，小明同学的实验步骤如下：
①取油酸1.0 mL注入容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面到达250 mL的刻度线为止，得到油酸酒精混合溶液；
②用滴管吸取混合溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒内溶液达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；
③取一滴混合溶液滴在浅盘内的水面上(已撒爽身粉)，待油膜稳定后，数得油膜约占面积为1 cm2小格子120格。
(1)请估算油酸分子的直径为　　　　 m(结果保留2位有效数字)。
(2)该实验中的理想化假设是　　　　　。
A.将油膜看成单分子层油膜
B.不考虑各油酸分子间的间隙
C.考虑各油酸分子间的相互作用力
D.将油酸分子看成球形
(3)利用单分子油膜法可以粗测阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴纯油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油酸的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为NA=　　　　　(用题中给出的物理量符号表示，可能用到π)。
(4)小明查阅资料后发现，计算结果明显偏小，可能由于　　　　　　。
A.爽身粉撒得太厚了
B.将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间
C.求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴
D.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
答案　(1)3.3×10-9　(2)ABD　(3)　(4)B
解析　(1)油膜面积约为S=120×1×10-4 m2=1.2×10-2 m2
一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为
V=××10-6 m3=4×10-11 m3
油酸分子的直径约等于油膜的厚度
d== m≈3.3×10-9 m
(2)该实验中的理想化假设是：将油膜看成单分子层油膜、不考虑各油酸分子间的间隙、将油酸分子看成球形。故选A、B、D。
(3)设一个油酸分子体积为V'，则
V'=π()3
则阿伏加德罗常数
NA===
(4)油酸分子直径d=
其中V是纯油酸的体积，S是油膜的面积，爽身粉撒得太厚油膜不容易散开，则S取值偏小，导致d偏大，故A错误；
油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，酒精挥发使溶液的浓度增大，则V取值偏小，导致d偏小，故B正确；
求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴，由V1= mL，可知，一滴油酸溶液的体积偏大，则纯油酸的体积将偏大，导致d偏大，故C错误；
计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则S取值偏小，导致d偏大，故D错误。
12.(10分)(2026·黑龙江哈尔滨市检测)某实验小组用如图甲所示的圆柱形针筒装置探究气体等温变化的规律。
(1)实验中为了控制气体的质量和温度不变，下列操作正确的是　　　　　。
A.快速推动柱塞 B.缓慢推动柱塞
C.用手握住注射器 D.在柱塞上涂抹润滑油
(2)实验中　　　　　　(选填“需要”或“不需要”)测量空气柱的横截面积。
(3)某小组利用测量得到的数据绘制的p-V图像如图乙所示，提高环境温度后重复实验，所得的曲线应位于图乙中曲线a的　　　　(选填“左下侧”或“右上侧”)。该小组同学由图乙中的曲线a　　　　(选填“能”或“不能”)得出一定质量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比。实验小组若想更直观地探究气体等温变化的规律，应绘制某温度下一定质量气体的　　　　　　(选填“-”或“p-”)图像。
答案　(1)BD　(2)不需要　(3)右上侧　不能　p-
解析　(1)为了控制气体质量不变，实验中应在柱塞上涂抹润滑油，故D正确；
为了控制气体的温度不变，实验中应缓慢推动柱塞，且不能用手握住注射器，故A、C错误，B正确。
(2)空气柱的横截面积相等，能够以空气柱的长度间接表示气体的体积，即实验中不需要测量空气柱的横截面积。
(3)根据理想气体状态方程有=C
变形得pV=CT
可知，等温变化过程的p-V图像为反比例函数图像，压强p与体积V的乘积能够间接表示温度高低，可知提高环境温度后，压强p与体积V的乘积增大，则所得的曲线应位于题图乙中曲线a的右上侧。
根据题图乙仅仅知道p-V图像为一条曲线，并不能够确定其是反比例函数图像，可知由题图乙中的曲线a不能得出一定质量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比。
结合上述有p=CT·
若温度一定，则p-为一条过原点的倾斜直线，可知若想更直观地探究气体等温变化的规律，应绘制某温度下一定质量气体的p-图像。
13.(12分)(2026·安徽黄山市一模)已知外部环境温度为0 ℃，大气压强p0为750 mmHg，该环境下1 mol气体的体积Vm是22.4 L，阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1。假设某运动员放松情况下肺内气体体积V1约为3.5 L，该运动员某次深呼吸吸入外部空气的体积V0=2.73 L，空气视为理想气体。则：
(1)求该次吸入的空气分子总数(结果保留1位有效数字)；
(2)已知运动员肺部的温度恒为37 ℃，吸气时扩张肺部，大气压把新鲜的外部空气通过鼻喉等升温至37 ℃压入肺内，并迅速达到内外的气压平衡。求运动员该次深呼吸后肺内气体增加的体积；
(3)已知运动员在呼吸时能承受的内外气压差的最大值Δp是150 mmHg。此次吸气后，运动员屏住呼吸并收缩肺部，求肺内气体体积能达到的最小值。
答案　(1)7×1022个　(2)3.1 L　(3)5.5 L
解析　(1)该次吸入的空气分子总数为
N=≈7×1022个
(2)外部环境温度T1=273 K，肺内的温度T2=310 K，外部V0=2.73 L的空气，被吸入肺部后温度迅速上升到肺内部的温度，发生等压变化
由盖-吕萨克定律有=
解得V0'=3.1 L
(3)研究吸气后肺内的总气体收缩过程发生等温变化，设吸气后通过收缩肺部达到肺部气体体积的最小值为V，由玻意耳定律有
p0(V1+V0')=(p0+Δp)V
联立可得V=5.5 L。
14.(13分)(2026·山东德州市三模)科学小实验“听话的小药瓶”，其原理如图所示，把高L=30 cm的玻璃容器竖直放置，装入一部分某种液体，将一质量m=300 g的小药瓶倒放入液体中，瓶口有微小锯齿状(内外液体能良好流通)，小药瓶底面积S1=5 cm2，高8 cm，初始状态如图所示：小药瓶内液体高度h1=4 cm，液体的密度ρ=1×104 kg/m3，玻璃容器内液面高度H=24 cm，容器底面积S2=10 cm2。取g=10 m/s2，大气压强p0=1×105 Pa。不计小药瓶瓶壁所占的体积。求：
(1)求初始状态下小药瓶内气体压强；
(2)现将玻璃容器上端封闭，并往外抽气，求小药瓶刚要上浮时，玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃容器内气体质量之比。(整个过程中温度恒定，小药瓶不倾倒，不漏气，气体视为理想气体)
答案　(1)1.2×105 Pa　(2)
解析　(1)对小药瓶内气体受力分析，根据平衡条件可得p1S1=p0S1+ρg(H-h1)S1
代入数据解得p1=1.2×105 Pa
(2)小药瓶刚要上浮时有F浮=mg
即ρgV2=mg
解得V2=30 cm3
根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2，其中V1=S1(8 cm-h1)=20 cm3
解得p2=8×104 Pa
此时小药瓶液面下降h2=2 cm，玻璃容器内液面上升h3=1 cm
则玻璃容器气体压强p3=p2-ρg(H-h1+h2+h3)
解得p3=5.7×104 Pa
同理则有p0(L-H)S2=p3V3
解得V3=×10-2 m3
故剩余气体与原气体质量之比==。
15.(15分)(2026·湖北省一模)如图所示，竖直汽缸开口向上置于水平面，汽缸高h=100 cm、横截面积S=10 cm2，汽缸开口和中央处各有卡环a、b，用活塞密封一定质量理想气体，活塞上表面放有质量m=2 kg的铁块，活塞初始位置距汽缸底部距离L=75 cm，并处于静止状态。封闭气体温度t1=27 ℃，不计活塞质量及厚度，不考虑活塞与汽缸内壁间摩擦，汽缸活塞间不漏气，大气压强p0=1×105 Pa，热力学温度与摄氏温度之间关系式为T=(t+273) K，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)当汽缸内温度为t2=-123 ℃，卡环b受到活塞的压力大小；
(2)从初状态开始升温，当汽缸内温度t3=177 ℃时，气体吸收热量为150 J，求封闭气体内能变化量。
答案　(1)30 N　(2)120 J
解析　(1)选活塞为研究对象，由平衡条件有p1S=p0S+mg
可得p1=p0+=1.2×105 Pa
活塞恰好到卡环b时，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得=
其中V1=LS=750 cm3，T1=300 K，V2=S=500 cm3
解得T2=200 K
继续降温到-123 ℃，此时T3=(-123+273) K=150 K
设此时封闭气体压强为p3，根据查理定律可得=
解得p3=0.9×105 Pa
卡环b对活塞的支持力为F，由平衡条件有F+p3S=mg+p0S
解得F=30 N
由牛顿第三定律，卡环b受到活塞压力大小为30 N。
(2)从初状态开始升温，活塞上升，当活塞恰好上升到卡环a时，对应温度为T4，则有V4=hS=1 000 cm3，=
解得T4=400 K<(177+273) K=450 K
此过程外界对气体做功W=-p1S(h-L)=-30 J
此后不再做功，全程根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q=120 J。

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