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1、模塊質量檢測 (時間：90分鐘　滿分：100分) 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求) 1．下列敘述中不正確的是(　　) A．市區(qū)禁止摩托車通行是為了提高城區(qū)空氣質量 B．無氟冰箱的使用會使臭氧層受到不同程度的破壞 C．大氣中CO2含量的增多是引起溫室效應的主要原因 D．“白色污染”是當前環(huán)境保護亟待解決的問題之一 解析：選B　城市的空氣污染一方面來自工業(yè)，另一方面來自機動車尾氣的排放，所以A是正確的；氟是促使臭氧分解的催化劑，所以無氟冰箱的使用不會減少臭氧層的破壞；二氧化碳的性

2、質決定了它能引起溫室效應，現(xiàn)在大氣中二氧化碳的濃度日益增大，所以C對；由于塑料極難分解，所以“白色污染”成了當前環(huán)境保護的重大問題之一。 2.如圖所示，甲分子固定于坐標原點O，乙分子從無窮遠處靜止釋放，在分子力的作用下靠近甲。圖中b點是引力最大處，d點是分子靠得最近處，則乙分子加速度最大處可能是(　　) A．a點　　　　　　　 B．b點 C．c點 D．d點 解析：選D　a點和c點處分子間的作用力為零，乙分子的加速度為零。從a點到c點分子間的作用力表現(xiàn)為引力，分子間的作用力做正功，速度增加；從c點到d點分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，分子間的作用力做負功。由于到d點分子的速度為零，因分子引

3、力做的功與分子斥力做的功相等，即cd·cd＝ac·ac，所以Fd>Fb。故分子在d點加速度最大。正確選項為D。 3．關于液體的表面現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) A．液體表面層的分子分布比內部密 B．液體有使其體積收縮到最小的趨勢 C．液體表面層分子之間只有引力而無斥力 D．液體有使其表面積收縮到最小的趨勢 解析：選D　液體表面層的分子分布比內部稀疏，故A錯；液體由于表面張力作用，有使其表面積收縮到最小的趨勢，故B錯，D對；液體表面層分子之間既有引力也有斥力，只是由于分子間距離較大，表現(xiàn)為引力，故C錯。 4．以下關于分子動理論的說法中不正確的是(　　) A．物質是由大量分子組成

4、的 B．－2 ℃時水已經結為冰，部分水分子已經停止了熱運動 C．分子勢能隨分子間距離的增大，可能先減小后增大 D．分子間的引力與斥力都隨分子間距離的增大而減小 解析：選B　物質是由大量分子組成的，A正確；分子永不停息地做無規(guī)則運動，B錯誤；在分子間距離增大時，如果先是分子斥力做正功，后是分子引力做負功，則分子勢能是先減小后增大的，C正確；分子間的引力與斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力變化得快，D正確。 5.如圖所示，兩根粗細相同、兩端開口的直玻璃管A和B，豎直插入同一水銀槽中，各用一段水銀柱封閉著一定質量相同溫度的空氣，空氣柱長度H1＞H2，水銀柱長度h1＞h2，今使封閉氣柱降

5、低相同的溫度(大氣壓保持不變)，則兩管中氣柱上方水銀柱的移動情況是(　　) A．均向下移動，A管移動較多 B．均向上移動，A管移動較多 C．A管向上移動，B管向下移動 D．無法判斷 解析：選A　因為在溫度降低的過程中，被封閉氣柱的壓強恒等于大氣壓強與水銀柱因自重而產生的壓強之和，故封閉氣柱均做等壓變化。并由此推知，封閉氣柱下端的水銀面高度不變。 根據蓋呂薩克定律的分比形式ΔV＝·V，因A、B管中的封閉氣柱，初溫T相同，溫度降低量ΔT也相同，且ΔT＜0，所以ΔV＜0，即A、B管中氣柱的體積都減??；又因為H1＞H2，A管中氣柱的體積較大，所以|ΔV1|>|ΔV2|，A管中氣柱減小得較多

6、，故A、B兩管氣柱上方的水銀柱均向下移動，且A管中的水銀柱下移得較多。故本題的正確答案是選項A。 6．關于理想氣體的狀態(tài)變化，下列說法中正確的是(　　) A．一定質量的理想氣體，當壓強不變而溫度由100 ℃上升到200 ℃時，其體積增大為原來的2倍 B．氣體由狀態(tài)1變化到狀態(tài)2時，一定滿足＝ C．一定質量的理想氣體體積增大到原來的4倍，可能是壓強減半，熱力學溫度加倍 D．一定質量的理想氣體壓強增大到原來的4倍，可能是體積加倍，熱力學溫度減半 解析：選C　一定質量的理想氣體壓強不變，體積與熱力學溫度成正比，溫度由100 ℃上升到200 ℃時，體積約增大為原來的1.27倍，選項A錯誤；

7、理想氣體狀態(tài)方程成立的條件為質量不變，B項缺條件，選項B錯誤；由理想氣體狀態(tài)方程＝恒量可知，選項C正確，D錯誤。 7.如圖所示，在一個大燒杯A內放一個小燒杯B，杯內都放有水，現(xiàn)對A的底部加熱，則(　　) A．燒杯A中的水比B中的水先沸騰 B．兩燒杯中的水同時沸騰 C．燒杯A中的水會沸騰，B中的水不會沸騰 D．上述三種情況都可能 解析：選C　沸騰的條件：(1)達到沸點；(2)能繼續(xù)吸熱。對燒杯A加熱到水的沸點后，若繼續(xù)加熱，燒杯A中的水會沸騰。由于沸騰時水的溫度保持在沸點不變，燒杯A中的水對燒杯B中的水加熱使其也達到沸點，但由于它與燒杯A中的水處于熱平衡狀態(tài)，兩者無溫度差，無法再從燒

8、杯A的水中吸熱，因此燒杯B中的水只能保持在沸點不會沸騰。 二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分) 8．下列說正確的是(　　) A．在物質內部的各個平面上，微粒數相等的是晶體，微粒數不等的是非晶體 B．浸潤和不浸潤現(xiàn)象是由附著層里分子間的作用力決定的 C．相同質量的兩種氣體，溫度相同時內能也相同 D．硬幣可以浮在水面上是依靠水的表面張力；夏天空調制冷時出風口處有結露的現(xiàn)象是因為空氣中的水蒸氣達到了飽和汽壓 解析：選BD　有的晶體各個平面上微粒數相等，如食鹽晶體，而

9、有的晶體各個平面上微粒數不相等，如金剛石晶體，A錯。相同質量的兩種氣體，分子個數不同，則內能也不同，C錯。D正確。 9．下列物理現(xiàn)象的解釋，正確的是(　　) A．水和酒精混合后總體積減小，說明分子間有空隙 B．液體中較大的懸浮微粒不做布朗運動，而較小的微粒做布朗運動，說明分子的體積很小 C．存放過煤的混凝土地面下一段深度內都有黑色微粒，說明煤分子、混凝土分子都在做無規(guī)則的熱運動 D．高壓下的油會透過鋼罐壁滲出，說明分子是不停運動著的 解析：選AC　微粒做布朗運動是由于液體分子對微粒有力的作用。大微粒接觸的分子數多，受力平衡，所以不做布朗運動，但它說明不了分子體積的大小，A正確，B錯

10、誤；擴散現(xiàn)象說明了分子是運動的，因此C正確；而高壓下油滲出鋼罐壁，也說明了分子之間有間隙，D錯誤。 10.如圖所示是水在大氣壓強為1.01×105 Pa下的汽化熱與溫度的關系圖線，則(　　) A．大氣壓強為1.01×105 Pa時，水的沸點隨溫度升高而減小 B．該圖線說明溫度越高，單位質量的水汽化時需要的能量越小 C．由該圖線可知水蒸氣液化時，放出的熱量與溫度有關 D．該圖線在100 ℃以后并沒有實際意義，因為水已經汽化了 解析：選BC　液體的沸點與溫度無關，大氣壓強為1.01×105 Pa時，水的沸點是100 ℃，不變，選項A錯誤；題圖所示圖線說明溫度t越高，單位質量的水汽化時需

11、要的能量Q越小，選項B正確；液化與汽化是相反的過程，汽化熱與溫度有關，則水蒸氣液化放出的熱量也與溫度有關，選項C正確；題圖所示圖線在100 ℃以后是水的過熱狀態(tài)，可以理解為水沒有來得及汽化，選項D錯誤。 11．若某種實際氣體分子的作用力表現(xiàn)為引力，則一定質量的該氣體內能的大小與氣體體積和溫度的關系是(　　) A．如果保持其體積不變，溫度升高，內能增大 B．如果保持其體積不變，溫度升高，內能減少 C．如果保持其溫度不變，體積增大，內能增大 D．如果保持其溫度不變，體積增大，內能減少 解析：選AC　物體的內能等于所有分子動能與分子勢能的總和。題目中給出的是實際氣體，其分子勢能隨著體積的

12、變化而變化。對于一定質量的氣體，當體積不變，溫度升高時，分子勢能不變，分子總動能增大，故內能增大。當溫度不變，體積增大時，分子總動能不變，因分子距離在引力范圍內增大，故分子勢能增大，內能增大。正確選項為AC。 12．(2017·全國卷Ⅰ)氧氣分子在0 ℃和100 ℃溫度下單位速率間隔的分子數占總分子數的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是(　　) A．圖中兩條曲線下面積相等 B．圖中虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形 C．圖中實線對應于氧氣分子在100 ℃時的情形 D．圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數目 E．與0 ℃時相比，100 ℃時氧氣

13、分子速率出現(xiàn)在0～400 m/s區(qū)間內的分子數占總分子數的百分比較大 解析：選ABC　根據氣體分子單位速率間隔的分子數占總分子數的百分比隨氣體分子速率的變化曲線的意義可知，題圖中兩條曲線下面積相等，選項A正確；題圖中虛線占百分比較大的分子速率較小，所以對應于氧氣分子平均動能較小的情形，選項B正確；題圖中實線占百分比較大的分子速率較大，分子平均動能較大，根據溫度是分子平均動能的標志，可知實線對應于氧氣分子在100 ℃時的情形，選項C正確；根據分子速率分布圖可知，題圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數目占總分子數的百分比，不能得出任意速率區(qū)間的氧氣分子數目，選項D錯誤；由分子速率分布圖可知，與

14、0 ℃時相比，100 ℃時氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400 m/s區(qū)間內的分子數占總分子數的百分比較小，選項E錯誤。 第Ⅱ卷(非選擇題，共52分) 三、非選擇題(本題共5小題，共52分。填空題要把正確結果填在相應橫線上或按要求作答；計算題要有必要的文字說明和演算步驟，有數值計算的要注明單位) 13．(6分)用油膜法估測分子大小的實驗步驟如下： ①向體積為V1的純油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液總量為V2； ②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，當滴入n滴時體積為V0； ③往邊長為30～40 cm的淺盤里倒入2 cm深的水； ④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形狀穩(wěn)定

15、后，將事先準備好的玻璃板放在淺盤上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形狀； ⑤將畫有油酸薄膜輪廓形狀的玻璃板，放在畫有許多邊長為a的小正方形的坐標紙上，計算出輪廓范圍內正方形的總數為N。 則上述過程遺漏的步驟是___________________________________________； 油酸分子直徑的表達式d＝________。 解析：遺漏的步驟是“將痱子粉均勻撒在水面上” d＝＝＝。 答案：將痱子粉均勻撒在水面上　 14.(10分)吸盤是由橡膠制成的一種生活用品，其上固定有掛鉤用于懸掛物體。如圖所示，現(xiàn)有一吸盤。其圓形盤面的半徑為2.0×10－2 m，當其與天花板輕輕接觸

16、時，吸盤與天花板所圍容積為1.0×10－5 m3；按下吸盤時，吸盤與天花板所圍容積為2.0×10－6 m3，盤內氣體可看作與大氣相通，大氣壓強為p0＝1.0×105 Pa。設在吸盤恢復原狀過程中，盤面與天花板之間緊密接觸，吸盤內氣體初態(tài)溫度與末態(tài)溫度相同。不計吸盤的厚度及吸盤與掛鉤的重量。 (1)吸盤恢復原狀時，盤內氣體壓強為________； (2)在掛鉤上最多能懸掛重為____________的物體； (3)請判斷在吸盤恢復原狀過程中盤內氣體是吸熱還是放熱，并簡述理由。 解析：(1)吸盤恢復原狀時盤內氣體發(fā)生等溫變化由p1V1＝p2V2可得p2＝＝＝Pa＝2.0×104 Pa。

17、(2)由平衡條件可得，G＝(p0－P2)S＝100 N。 (3)吸盤恢復原狀過程中盤內氣體發(fā)生溫膨脹，其內能不變卻對外做功，由熱力學第一定律可知氣體吸熱。 答案：(1)2.0×104 Pa　(2)100 N　(3)吸熱。 簡述理由見解析 15．(10分)(2016·全國卷Ⅱ)一氧氣瓶的容積為0.08 m3，開始時瓶中氧氣的壓強為20個大氣壓。某實驗室每天消耗1個大氣壓的氧氣0.36 m3。當氧氣瓶中的壓強降低到2個大氣壓時，需重新充氣。若氧氣的溫度保持不變，求這瓶氧氣重新充氣前可供該實驗室使用多少天。 解析：設氧氣開始時的壓強為p1，體積為V1，壓強變?yōu)閜2(2個大氣壓)時，體積為V2

18、。根據玻意耳定律得 p1V1＝p2V2 ① 重新充氣前，用去的氧氣在p2壓強下的體積為 V3＝V2－V1 ② 設用去的氧氣在p0(1個大氣壓)壓強下的體積為V0，則有p2V3＝p0V0③ 設實驗室每天用去的氧氣在p0壓強下的體積為ΔV，則氧氣可用的天數為N＝④ 聯(lián)立①②③④式，并代入數據得N＝4(天)⑤ 答案：4天 16．(12分)光滑的水平桌面上有一塊質量M＝400 g的木塊，被一顆質量m＝20 g以水平速度v＝500 m/s飛行的子彈擊中，子彈射出木塊時的速度v1＝300 m/s。若子彈擊中木塊的過程中，系統(tǒng)損失的機械能全部轉化為內能，其中η＝41.8%部分被子彈吸收使其

19、溫度升高，已知子彈的比熱c＝125 J/(kg·℃)，試求子彈穿過木塊過程中升高的溫度。 解析：子彈穿過木塊過程中，水平方向不受外力，由動量守恒可算出木塊獲得的速度，根據子彈擊中木塊系統(tǒng)損失的機械能可算出產生的熱能，由此可算出子彈所升高的溫度。 設子彈穿出木塊后，木塊的速度設為V，則 mv＝mv1＋MV 即V＝＝ m/s＝10 m/s 子彈與木塊系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝mv2－(mv12＋MV2) ＝×20×10－3×5002 J－(×20×10－3×3002＋×400×10－3×102) J＝1 580 J 據能量守恒定律，子彈穿越過程中系統(tǒng)增加的內能為： ΔU＝ΔE＝1

20、580 J 設子彈升高溫度為Δt，則：ηΔU＝cmΔt 所以Δt＝ ℃≈264 ℃。 答案：264 ℃ 17．(14分)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，容積均為V的汽缸A、B下端有細管(容積可忽略)連通，閥門K2位于細管的中部，A、B的頂部各有一閥門K1、K3；B中有一可自由滑動的活塞(質量、體積均可忽略)。初始時，三個閥門均打開，活塞在B的底部；關閉K2、K3，通過K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強達到大氣壓p0的3倍后關閉K1。已知室溫為27 ℃，汽缸導熱。 (ⅰ)打開K2，求穩(wěn)定時活塞上方氣體的體積和壓強； (ⅱ)接著打開K3，求穩(wěn)定時活塞的位置； (ⅲ)再緩慢加熱汽缸內氣體使

21、其溫度升高20 ℃，求此時活塞下方氣體的壓強。 解析：(ⅰ)設打開K2后，穩(wěn)定時活塞上方氣體的壓強為p1，體積為V1。依題意，被活塞分開的兩部分氣體都經歷等溫過程。由玻意耳定律得 p0V＝p1V1 ① (3p0)V＝p1(2V—V1) ② 聯(lián)立①②式得 V1＝ ③ p1＝2p0。 ④ (ⅱ)打開K3后，由④式知，活塞必定上升。設在活塞下方氣體與A中氣體的體積之和為V2(V2≤2V)時，活塞下氣體壓強為p2。由玻意耳定律得 (3p0)V＝p2V2 ⑤ 由⑤式得 p2＝p0 ⑥ 由⑥式知，打開K3后活塞上升直到B的頂部為止；此時p2為p2′＝p0。 (ⅲ)設加熱后活塞下方氣體的壓強為p3，氣體溫度從T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容過程中，由查理定律得 ＝ ⑦ 將有關數據代入⑦式得 p3＝1.6p0。 ⑧ 答案：(ⅰ)　2p0　(ⅱ)在汽缸B的頂部 (ⅲ)1.6p0 - 8 -