2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第3講 熱力學(xué)定律與能量守恒定律含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第3講熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解熱力學(xué)第一定律，會(huì)用熱力學(xué)第一定律分析有關(guān)問(wèn)題。2.理解熱力學(xué)第二定律，知道熱現(xiàn)象的方向性。3.會(huì)分析熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合問(wèn)題。eq\a\vs4\al(1.,,,,,,)eq\a\vs4\al(,2.)eq\a\vs4\al(,3.)1.思考判斷(1)為了增加物體的內(nèi)能，必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量，做功和熱傳遞的實(shí)質(zhì)是相同的。(×)(2)絕熱過(guò)程中，外界壓縮氣體做功20J，氣體的內(nèi)能可能不變。(×)(3)在給自行車(chē)打氣時(shí)，會(huì)發(fā)現(xiàn)打氣筒的溫度升高，這是因?yàn)榇驓馔矎耐饨缥鼰帷?×)(4)可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功。(√)2.一定質(zhì)量的理想氣體在某一過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功7.0×104J，氣體內(nèi)能減少1.3×105J，則此過(guò)程()A.氣體從外界吸收熱量2.0×105JB.氣體向外界放出熱量2.0×105JC.氣體從外界吸收熱量6.0×104JD.氣體向外界放出熱量6.0×104J答案B3.(多選)下列現(xiàn)象中能夠發(fā)生的是()A.一杯熱茶在打開(kāi)杯蓋后，茶會(huì)自動(dòng)變得更熱B.蒸汽機(jī)把蒸汽的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化成機(jī)械能C.桶中混濁的泥水在靜置一段時(shí)間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動(dòng)分離D.電冰箱通電后把箱內(nèi)低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體答案CD考點(diǎn)一熱力學(xué)第一定律與能量守恒定律1.對(duì)熱力學(xué)第一定律的理解(1)做功和熱傳遞在改變系統(tǒng)內(nèi)能上是等效的。(2)做功過(guò)程是系統(tǒng)與外界之間的其他形式能量與內(nèi)能的相互轉(zhuǎn)化。(3)熱傳遞過(guò)程是系統(tǒng)與外界之間內(nèi)能的轉(zhuǎn)移。2.三種特殊情況(1)若過(guò)程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU。(2)若過(guò)程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU。(3)若過(guò)程的初、末狀態(tài)物體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q。例1(多選)如圖1所示，兩端開(kāi)口、下端連通的導(dǎo)熱汽缸，用兩個(gè)輕質(zhì)絕熱活塞(橫截面積分別為S1和S2)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無(wú)摩擦。在左端活塞上緩慢加細(xì)沙，活塞從A下降h高度到B位置時(shí)，活塞上細(xì)沙的總質(zhì)量為m。在此過(guò)程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個(gè)過(guò)程環(huán)境溫度和大氣壓強(qiáng)p0保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()圖1A.整個(gè)過(guò)程，外力F做功大于0，小于mghB.整個(gè)過(guò)程，理想氣體的分子平均動(dòng)能保持不變C.整個(gè)過(guò)程，理想氣體的內(nèi)能增大D.整個(gè)過(guò)程，理想氣體向外界釋放的熱量小于p0S1h＋mgh答案BD解析整個(gè)過(guò)程中右邊活塞的位置始終不變，外力F不做功，A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的溫度不變，所以一定質(zhì)量的理想氣體的分子平均動(dòng)能不變，內(nèi)能不變，B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)左邊活塞到達(dá)B位置時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)最大，最大壓強(qiáng)p＝eq\f(mg,S1)＋p0，所以外界對(duì)氣體做的功小于p0S1h＋mgh，由于內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律知，理想氣體向外界釋放的熱量小于p0S1h＋mgh，D正確。跟蹤訓(xùn)練1.如圖2是密閉的汽缸，外力推動(dòng)活塞P壓縮理想氣體，對(duì)缸內(nèi)氣體做功200J，同時(shí)氣體向外界放熱100J，缸內(nèi)氣體的()圖2A.溫度升高，內(nèi)能增加100JB.溫度升高，內(nèi)能減少200JC.溫度降低，內(nèi)能增加100JD.溫度降低，內(nèi)能減少200J答案A解析外界對(duì)氣體做功W＝200J，氣體向外界放熱，則Q＝－100J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，氣體內(nèi)能的增量ΔU＝W＋Q＝200J－100J＝100J，即內(nèi)能增加100J。對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能增加，溫度必然升高，故A正確。考點(diǎn)二熱力學(xué)第二定律1.熱力學(xué)第二定律的理解(1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。(2)“不產(chǎn)生其他影響”的含義是發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過(guò)程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成，對(duì)周?chē)h(huán)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。在產(chǎn)生其他影響的條件下內(nèi)能可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如氣體的等溫膨脹過(guò)程。(3)熱力學(xué)第二定律的每一種表述，都揭示了大量分子參與的宏觀過(guò)程的方向性，進(jìn)而使人們認(rèn)識(shí)到自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性。2.熱力學(xué)過(guò)程的方向性分析跟蹤訓(xùn)練2.根據(jù)熱力學(xué)定律，判斷下列說(shuō)法正確的是()A.冰箱能使熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，因此不遵循熱力學(xué)第二定律B.自發(fā)的熱傳導(dǎo)是可逆的C.可以通過(guò)給物體加熱而使它運(yùn)動(dòng)起來(lái)，但不產(chǎn)生其他影響D.氣體向真空膨脹具有方向性答案D解析有外界的幫助和影響，熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體，仍遵循熱力學(xué)第二定律，A錯(cuò)誤；據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自發(fā)的熱傳導(dǎo)是不可逆的，B錯(cuò)誤；不可能通過(guò)給物體加熱而使它運(yùn)動(dòng)起來(lái)但不產(chǎn)生其他影響，這違背了熱力學(xué)第二定律，C錯(cuò)誤；氣體可自發(fā)地向真空容器膨脹，具有方向性，D正確。3.關(guān)于兩類(lèi)永動(dòng)機(jī)和熱力學(xué)的兩個(gè)定律，下列說(shuō)法正確的是()A.第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第一定律B.第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第二定律C.由熱力學(xué)第一定律可知做功不一定改變內(nèi)能，熱傳遞也不一定改變內(nèi)能，但同時(shí)做功和熱傳遞一定會(huì)改變內(nèi)能D.由熱力學(xué)第二定律可知熱量從低溫物體傳向高溫物體是可能的，從單一熱源吸收熱量，完全變成功也是可能的答案D解析第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)違反能量守恒定律，第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)違反熱力學(xué)第二定律，A、B錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第二定律可知D中現(xiàn)象是可能的，但會(huì)引起其他變化，D正確?？键c(diǎn)三熱力學(xué)第一定律與氣體圖像的綜合1.氣體的狀態(tài)變化可由圖像直接判斷或結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C分析。2.氣體的做功情況、內(nèi)能變化及吸放熱關(guān)系可由熱力學(xué)第一定律分析。(1)由體積變化分析氣體做功的情況：體積膨脹，氣體對(duì)外做功；氣體被壓縮，外界對(duì)氣體做功。(2)由溫度變化判斷氣體內(nèi)能變化：溫度升高，氣體內(nèi)能增大；溫度降低，氣體內(nèi)能減小。(3)由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q判斷氣體是吸熱還是放熱。(4)在p－V圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示對(duì)外或外界對(duì)氣體整個(gè)過(guò)程中所做的功。例2(2023·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，再變化到狀態(tài)C，其變化過(guò)程的p－V圖像如圖3所示，下列說(shuō)法正確的是()圖3A.氣體在A狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能大于C狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能B.氣體在B狀態(tài)時(shí)每個(gè)分子的動(dòng)能都比A狀態(tài)時(shí)大C.氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量大于從狀態(tài)B到C放出的熱量D.氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量等于從狀態(tài)B到C放出的熱量答案C解析由p－V圖像可得pAVA＝pCVC，則氣體在A狀態(tài)和C狀態(tài)時(shí)的溫度相等，TA＝TC，由于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以氣體在A狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能等于在C狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能，A錯(cuò)誤；由圖像知，理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B為等壓膨脹過(guò)程，溫度升高，TA＜TB，氣體在B狀態(tài)時(shí)分子平均動(dòng)能比A狀態(tài)時(shí)大，分子平均動(dòng)能變大并不是每個(gè)分子的動(dòng)能都增大，B錯(cuò)誤；A→B過(guò)程：氣體體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，即W＜0，溫度升高，內(nèi)能增加，即ΔU>0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，則此過(guò)程氣體吸熱，吸收的熱量等于增加的內(nèi)能加上外界對(duì)氣體做功的絕對(duì)值；B→C過(guò)程：氣體體積不變，外界不對(duì)氣體做功，即W＝0，溫度降低，內(nèi)能減少，即ΔU<0，此過(guò)程氣體放熱，放出的熱量等于減少的內(nèi)能；因TA＝TC，可得A→B過(guò)程升高的溫度等于B→C過(guò)程降低的溫度，所以A→B過(guò)程內(nèi)能增加量等于B→C過(guò)程內(nèi)能減少量；由以上分析可知：氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量大于從狀態(tài)B到C放出的熱量，D錯(cuò)誤，C正確。跟蹤訓(xùn)練4.(多選)封閉在汽缸內(nèi)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A變到狀態(tài)D，其體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系如圖4所示，O、A、D三點(diǎn)在同一直線(xiàn)上，則()圖4A.由狀態(tài)B變到狀態(tài)C過(guò)程中，氣體從外界吸收熱量，內(nèi)能增加B.由狀態(tài)A變到狀態(tài)B過(guò)程中，氣體吸收熱量C.氣體在D狀態(tài)時(shí)單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的分子數(shù)比在A狀態(tài)時(shí)少D.C狀態(tài)時(shí)氣體的壓強(qiáng)小于D狀態(tài)時(shí)氣體的壓強(qiáng)答案BC解析由狀態(tài)B變到狀態(tài)C的過(guò)程中，溫度不變，內(nèi)能不變?chǔ)＝0，體積變大，氣體對(duì)外界做功W<0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，氣體從外界吸收熱量，A錯(cuò)誤；氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B體積不變，發(fā)生的是等容變化，氣體不做功W＝0，溫度升高，內(nèi)能增加ΔU>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，氣體吸收熱量，B正確；A點(diǎn)和D點(diǎn)在過(guò)原點(diǎn)的連線(xiàn)上，說(shuō)明氣體由A到D壓強(qiáng)不變，體積增大，分子的密集程度減小，狀態(tài)D溫度高，分子的平均動(dòng)能大，狀態(tài)A和狀態(tài)D壓強(qiáng)相等，所以D狀態(tài)時(shí)單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)比A狀態(tài)少，C正確；氣體從C到D發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律知，p∝T，因?yàn)門(mén)C>TD，所以pC>pD，即C狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)大于D狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合解答該類(lèi)問(wèn)題的思維流程例3(2022·四川成都一診)在圖5甲所示的密閉汽缸內(nèi)裝有一定質(zhì)量的理想氣體，圖乙是它從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的V－T圖像。已知AB的反向延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，氣體在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)為p＝1.0×105Pa，在從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過(guò)程中，氣體從外界吸收的熱量為Q＝6.0×102J，求：圖5(1)氣體在狀態(tài)B時(shí)的體積VB；(2)此過(guò)程中氣體內(nèi)能的增加量ΔU。答案(1)8.0×10－3m3(2)4.0×102J解析(1)由圖像可知，VA＝6.0×10－3m3，TA＝300K，TB＝400K，從狀態(tài)A到狀態(tài)B為等壓過(guò)程，根據(jù)蓋－呂薩克定律，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得VB＝8.0×10－3m3。(2)在從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)不變，對(duì)外界做功為W＝－p(VB－VA)＝－200J根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得ΔU＝Q＋W＝4.0×102J。跟蹤訓(xùn)練5.如圖6所示，密閉導(dǎo)熱容器A、B的體積均為V0，A、B浸在盛水容器中，達(dá)到熱平衡后，A中壓強(qiáng)為p0，溫度為T(mén)0，B內(nèi)為真空，將A中的氣體視為理想氣體。打開(kāi)開(kāi)關(guān)C，A中部分氣體進(jìn)入B。圖6(1)若再次達(dá)到平衡時(shí)，水溫未發(fā)生變化，求此時(shí)氣體的壓強(qiáng)；(2)若密閉氣體的內(nèi)能與溫度的關(guān)系為ΔU＝k(T2－T1)(k為大于0的已知常量，T1、T2分別為氣體始末狀態(tài)的溫度)，在(1)所述狀態(tài)的基礎(chǔ)上，將水溫升至1.2T0，重新達(dá)到平衡時(shí)，求氣體的壓強(qiáng)及所吸收的熱量。答案(1)0.5p0(2)0.6p00.2kT0解析(1)容器內(nèi)的理想氣體從打開(kāi)C到再次平衡時(shí)，發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得p0V0＝p·2V0解得此時(shí)氣體壓強(qiáng)p＝0.5p0。(2)升高溫度，理想氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律得eq\f(p,T0)＝eq\f(p′,1.2T0)解得壓強(qiáng)為p′＝1.2p＝0.6p0溫度改變，理想氣體的體積不變，外界不對(duì)理想氣體做功，即W＝0；升高溫度，內(nèi)能增量為ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體吸收的熱量為Q＝ΔU＝0.2kT0。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1熱力學(xué)第一定律與能量守恒定律1.(多選)下列有關(guān)物體內(nèi)能改變的說(shuō)法中，正確的是()A.外界對(duì)物體做功，物體的內(nèi)能一定增加B.外界對(duì)物體傳遞熱量，物體的內(nèi)能一定增加C.物體對(duì)外界做功，物體的內(nèi)能可能增加D.物體向外界放熱，物體的內(nèi)能可能增加答案CD解析做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知，當(dāng)外界對(duì)物體做功時(shí)，物體的內(nèi)能不一定增加，同理當(dāng)外界對(duì)物體傳遞熱量時(shí)，物體的內(nèi)能也不一定增加，故A、B錯(cuò)誤；由ΔU＝Q＋W可知，若物體對(duì)外界做功的同時(shí)吸收熱量，物體的內(nèi)能可能增加，同理物體向外界放熱的同時(shí)外界對(duì)物體做功，物體的內(nèi)能可能增加，故C、D正確。2.(2023·山東菏澤模擬)一個(gè)充氣氣球用繩子拴著一塊石頭正在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，氣球?qū)崃己?，則氣球內(nèi)氣體()A.內(nèi)能增加B.對(duì)外界做正功C.減少的內(nèi)能小于放出的熱量D.減少的內(nèi)能大于放出的熱量答案C解析充氣氣球用繩子拴著一塊石頭在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，則內(nèi)能減少，A錯(cuò)誤；根據(jù)氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)等于湖水中的壓強(qiáng)，可知壓強(qiáng)逐漸增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C知，氣球體積減小，對(duì)外界做負(fù)功，B錯(cuò)誤；氣球下降時(shí)，氣球內(nèi)氣體內(nèi)能減小，外界對(duì)氣球做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，可知放出的熱量大于減小的內(nèi)能，C正確，D錯(cuò)誤。3.(2023·福建漳州調(diào)研)如圖1，汽缸內(nèi)活塞左邊封閉著一定量的可視為理想氣體的空氣，壓強(qiáng)和大氣壓相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸內(nèi)空氣升高一定的溫度，空氣吸收的熱量為Q1。如果讓活塞可以自由滑動(dòng)(活塞與汽缸間無(wú)摩擦、不漏氣)，也使汽缸內(nèi)空氣溫度升高相同溫度，其吸收的熱量為Q2，則Q1和Q2的大小關(guān)系是()圖1A.Q1＝Q2 B.Q1＞Q2C.Q1＜Q2 D.不能確定答案C解析對(duì)一定量的理想氣體，內(nèi)能由溫度決定，兩種情況下氣體溫度變化相同，氣體內(nèi)能變化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU；第一種情況，汽缸與活塞都固定不動(dòng)，氣體體積不變，氣體不做功，W1＝0，第二種情況，活塞自由移動(dòng)，氣體體積增大，氣體對(duì)外做功，W2＜0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU，Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＞Q1，選項(xiàng)C正確。對(duì)點(diǎn)練2熱力學(xué)第二定律4.以下現(xiàn)象違背熱力學(xué)第二定律的是()A.一杯熱茶在打開(kāi)蓋后，茶會(huì)自動(dòng)變涼B.沒(méi)有漏氣、沒(méi)有摩擦的理想熱機(jī)，其效率可能達(dá)到100%C.桶中渾濁的泥水在靜置一段時(shí)間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動(dòng)分離D.在地面上運(yùn)動(dòng)的物體逐漸停下來(lái)，機(jī)械能全部變?yōu)閮?nèi)能答案B解析熱茶自動(dòng)變涼是熱量從高溫物體傳遞到低溫物體；任何熱機(jī)效率都不可能達(dá)到100%；泥水分離是機(jī)械能(重力勢(shì)能)向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化；物體因摩擦力而停下來(lái)，是機(jī)械能(動(dòng)能)向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，是自發(fā)過(guò)程。故選項(xiàng)B正確。對(duì)點(diǎn)練3熱力學(xué)第一定律與氣體圖像的綜合5.如圖2所示，a、b、c為一定質(zhì)量的理想氣體變化過(guò)程中的三個(gè)不同狀態(tài)，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.a、b、c三個(gè)狀態(tài)的壓強(qiáng)相等B.從a到c氣體的內(nèi)能減小C.從a到b氣體吸收熱量D.從a到b與從b到c氣體對(duì)外界做功的數(shù)值相等答案C解析如圖所示，V－T圖線(xiàn)的斜率的倒數(shù)表示壓強(qiáng)的大小，所以pa＜pb＜pc，A錯(cuò)誤；從a到c，溫度升高，氣體的內(nèi)能增加，B錯(cuò)誤；從a到b，體積增大，氣體對(duì)外做功，W＜0；溫度升高，內(nèi)能增加，ΔU＞0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知，Q＞0，即吸收熱量，C正確；從a到b與從b到c，體積變化相同，但壓強(qiáng)一直增大，氣體對(duì)外界做功的數(shù)值W＝pΔV不相等，D錯(cuò)誤。6.(2022·江蘇鹽城模擬)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷ab、bc、ca三個(gè)過(guò)程回到原狀態(tài)，其p－T圖像如圖3所示，氣體在三個(gè)狀態(tài)的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強(qiáng)分別為pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A.pa＝3p0B.Vb＝3VcC.從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對(duì)外做功D.從狀態(tài)c到狀態(tài)a，氣體從外界吸熱答案D解析從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積不變，由查理定律可得eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A錯(cuò)誤；從狀態(tài)b到狀態(tài)c，氣體溫度不變，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B錯(cuò)誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積不變，氣體對(duì)外界不做功，C錯(cuò)誤；從狀態(tài)c到狀態(tài)a，溫度升高，內(nèi)能增大，體積增大，對(duì)外做功，所以吸收熱量，D正確。對(duì)點(diǎn)練4熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合7.(多選)蛟龍?zhí)柺俏覈?guó)首臺(tái)自主研制的作業(yè)型深海載人潛水器，下潛深度已突破7000m。已知在深度3000m以下，海水溫度基本不變。若蛟龍?zhí)栐趫?zhí)行某次任務(wù)時(shí)，外部攜帶一裝有氧氣(可看作理想氣體)的小型汽缸(如圖4所示)，汽缸及活塞導(dǎo)熱性能良好，活塞與汽缸間無(wú)摩擦，若蛟龍?zhí)枏?000m深度下潛到5000m深度的過(guò)程中，氣體質(zhì)量不變，則()圖4A.每個(gè)氧氣分子的動(dòng)能均不變B.5000m深度時(shí)氧氣的體積為4000m深度時(shí)體積的eq\f(4,5)C.外界對(duì)氧氣做的功大于氧氣放出的熱量D.氧氣分子單位時(shí)間撞擊汽缸壁單位面積的次數(shù)增加答案BD解析每個(gè)氧氣分子的運(yùn)動(dòng)是無(wú)規(guī)則的，其動(dòng)能無(wú)法確定，溫度不變是分子的平均動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤；根據(jù)玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入數(shù)據(jù)可得eq\f(V1,V2)＝eq\f(p2,p1)＝eq\f(p0＋ρgh2,p0＋ρgh1)＝eq\f(1.0×105＋1.0×103×10×5000,1.0×105＋1.0×103×10×4000)≈eq\f(5,4)，所以5000m深度時(shí)氧氣的體積為4000m深度時(shí)體積的eq\f(4,5)，B正確；根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，由于溫度不變，氣體的內(nèi)能不變，ΔU＝0，氣體壓強(qiáng)增大，體積減小，外界對(duì)氣體做正功，W＞0，則氧氣放出熱量，并且外界對(duì)氧氣做的功等于氧氣放出的熱量，C錯(cuò)誤；氣體壓強(qiáng)增大，體積減小，但是溫度不變，氣體分子的平均動(dòng)能不變，則氧氣分子單位時(shí)間撞擊汽缸壁單位面積的次數(shù)增加，壓強(qiáng)才會(huì)增大，D正確。8.(多選)(2023·天津適應(yīng)性訓(xùn)練)如圖5所示，一定質(zhì)量的理想氣體被質(zhì)量為m的絕熱活塞封閉在豎直放置的絕熱汽缸中，活塞的面積為S，與汽缸底部相距L，溫度為T(mén)0?，F(xiàn)接通電熱絲給氣體緩慢加熱，活塞緩慢向上移動(dòng)距離L后停止加熱，整個(gè)過(guò)程中，氣體吸收的熱量為Q，大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g。則()圖5A.初始時(shí)，氣體壓強(qiáng)p1＝p0B.停止加熱時(shí)，氣體的溫度T＝2T0C.該過(guò)程中，氣體內(nèi)能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SLD.該過(guò)程中，氣體內(nèi)能增加量ΔU＝Q－p0SL答案BC解析對(duì)處于平衡狀態(tài)的活塞進(jìn)行受力分析，受到大氣壓力、重力和氣體向上壓力，則有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq\f(mg,S)＋p0，故A錯(cuò)誤；活塞緩慢上升過(guò)程中氣體壓強(qiáng)不變，根據(jù)蓋－呂薩克定律有eq\f(LS,T0)＝eq\f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正確；氣體對(duì)外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正確，D錯(cuò)誤。B級(jí)綜合提升練9.(多選)一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A經(jīng)B、C變化到狀態(tài)D的狀態(tài)變化過(guò)程p－V圖像如圖6所示，AB與橫軸平行，BC與縱軸平行，ODC在同一直線(xiàn)上。已知A狀態(tài)溫度為400K，從A狀態(tài)至B狀態(tài)氣體吸收了320J的熱量，下列說(shuō)法正確的是()圖6A.D狀態(tài)的溫度為225KB.A狀態(tài)的內(nèi)能大于C狀態(tài)的內(nèi)能C.從A狀態(tài)至D狀態(tài)整個(gè)過(guò)程中，氣體對(duì)外做功62.5JD.從A狀態(tài)到B狀態(tài)的過(guò)程中，氣體內(nèi)能增加了240J答案ACD解析根據(jù)eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pDVD,TD)，可解得TD＝225K，選項(xiàng)A正確；因?yàn)锳、C兩狀態(tài)的pV乘積相等，則溫度相同，即A狀態(tài)的內(nèi)能等于C狀態(tài)的內(nèi)能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因p－V圖像的面積等于功，則從A狀態(tài)至D狀態(tài)整個(gè)過(guò)程中，氣體對(duì)外做功W＝0.4×105×2×10－3J－(eq\f(0.15＋0.2,2)×105×10－3)J＝62.5J，選項(xiàng)C正確；從A狀態(tài)到B狀態(tài)的過(guò)程中，氣體吸收了320J的熱量，同時(shí)氣體對(duì)外做功WAB＝0.4×105×2×10－3J＝80J，氣體內(nèi)能增加了240J，選項(xiàng)D正確。10.(多選)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B再變化到狀態(tài)C，其變化過(guò)程的V－T圖像如圖7所示，BC的反向延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O。已知該氣體在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)為1.5×105Pa，下列說(shuō)法正確的是()圖7A.該氣體在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)為2.0×105PaB.該氣體在狀態(tài)C時(shí)的壓強(qiáng)為1.0×105PaC.該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中吸收的熱量為100JD.該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中放出的熱量為200J答案BC解析氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，發(fā)生的是等容變化，由查理定律得eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)，解得在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)為pB＝1.0×105Pa，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C，發(fā)生的是等壓變化，有pC＝pB＝1.0×105Pa，選項(xiàng)B正確；由于狀態(tài)A與狀態(tài)C的溫度相同，所以該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中，內(nèi)能變化量ΔU＝0，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B不做功，從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體對(duì)外做功，做功為W＝－pBΔV＝－1.0×105×(3－2)×10－3J＝－100J，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W知整個(gè)過(guò)程中吸收的熱量Q＝100J，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。11.肺活量測(cè)量?jī)x模型如圖8所示，一導(dǎo)熱性能良好、內(nèi)壁光滑的汽缸內(nèi)有兩個(gè)輕活塞A、B，活塞B緊靠固定閥門(mén)K，活塞A、B間封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，氣體體積V1＝6.0×103mL，壓強(qiáng)為一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓p0。用力推活塞A使其緩慢向右移動(dòng)，當(dāng)閥門(mén)K與活塞B間的氣體體積V2＝3.5×103mL時(shí)，測(cè)得氣體的壓強(qiáng)為1.2p0，忽略氣體溫度變化。圖8(1)氣體的壓強(qiáng)為1.2p0時(shí)，求閥門(mén)K與活塞A間氣體的體積V；(2)此過(guò)程中，活塞A對(duì)活塞A、B間氣體做的功為504J，活塞A、B間氣體對(duì)活塞B做的功為395J，求活塞A、B間氣體放出的熱量Q。答案(1)1.5×103mL(2)109J解析(1)氣體做等溫變化，初態(tài)為V1＝6.0×103mL，p1＝p0末態(tài)V2＝3.5×103mL＋V，p2＝1.2p0由玻意耳定律得p0V1＝1.2p0V2解得V＝1.5×103mL。(2)由熱力學(xué)第一定律，即ΔU＝W＋Q因溫度沒(méi)有變化，則內(nèi)能沒(méi)有變化，ΔU＝0又W＝504J－395J＝109J解得Q＝－109J所以，活塞A、B間氣體放出熱量為109J。12.(2023·江蘇蘇州期末)如圖9所示，上端開(kāi)口的光滑圓柱形絕熱汽缸豎直放置，在距缸底h＝0.5m處有體積可忽略的卡環(huán)a、b。質(zhì)量m＝5kg、截面積S＝25cm2的活塞擱在a、b上，將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在汽缸內(nèi)。開(kāi)始時(shí)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)，溫度為T(mén)0＝300K。現(xiàn)通過(guò)內(nèi)部電熱絲緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體，直至活塞離開(kāi)a、b緩慢上升Δh＝0.1m，已知大氣壓強(qiáng)p0＝1×105Pa，g取10m/s2。求：圖9(1)當(dāng)活塞緩慢上升Δh時(shí)(活塞未滑出汽缸)缸內(nèi)氣體的溫度T；(2)若全過(guò)程電阻絲放熱45J，求氣體內(nèi)能的變化ΔU。答案(1)432K(2)15J解析(1)活塞剛要離開(kāi)ab時(shí)，活塞受力平衡p0S＋mg＝p1S解得p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa活塞在上升Δh＝0.1m的過(guò)程中壓強(qiáng)p＝p1＝1.2×105Pa根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pV,T)可得eq\f(p0hS,T0)＝eq\f(p（h＋Δh）S,T)解得T＝432K。(2)氣體對(duì)外做功W＝－p·SΔh＝－30J電阻絲放熱45J，所以氣體吸熱Q＝45J根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得ΔU＝W＋Q代入數(shù)據(jù)解得ΔU＝15J。實(shí)驗(yàn)二十用油膜法估測(cè)油酸分子的大小學(xué)習(xí)目標(biāo)1.知道油膜法估測(cè)油酸分子的大小的原理。2.掌握用油膜法估測(cè)油酸分子的大小的方法。實(shí)驗(yàn)原理與器材實(shí)驗(yàn)操作1.實(shí)驗(yàn)原理：利用油酸酒精溶液在平靜的水面上形成單分子油膜，用d＝eq\f(V,S)計(jì)算出油膜的厚度，其中V為一滴油酸酒精溶液中所含油酸的體積，S為油膜面積，這個(gè)厚度就近似等于油酸分子的直徑，如圖。2.實(shí)驗(yàn)器材盛水淺盤(pán)、注射器(或滴管)、容量瓶、坐標(biāo)紙、玻璃板、痱子粉、油酸酒精溶液、量筒、彩筆。1.配制油酸酒精溶液，取純油酸1mL，注入500mL的容量瓶中，然后向容量瓶?jī)?nèi)注入酒精，直到液面達(dá)到500mL刻度線(xiàn)為止。2.用注射器(或滴管)將油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并記下量筒內(nèi)增加一定體積Vn時(shí)的滴數(shù)n。根據(jù)V0＝eq\f(Vn,n)算出每滴油酸酒精溶液的體積V0。3.向淺盤(pán)里倒入約2cm深的水，并將痱子粉或細(xì)石膏粉均勻地撒在水面上。4.用注射器(或滴管)將一滴油酸酒精溶液滴在水面上。5.待油酸薄膜的形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤(pán)上，并將油酸膜的形狀用彩筆畫(huà)在玻璃板上。6.將畫(huà)有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上，算出油酸薄膜的面積S(求面積時(shí)以坐標(biāo)紙上邊長(zhǎng)為1cm的正方形為單位計(jì)算輪廓內(nèi)正方形的個(gè)數(shù)，不足半個(gè)的舍去，多于半個(gè)的算一個(gè))。7.根據(jù)溶液的比例，算出一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積V，并代入公式d＝eq\f(V,S)算出薄膜的厚度d，即為分子直徑。誤差分析1.純油酸體積的計(jì)算引起誤差。2.對(duì)油膜形狀畫(huà)線(xiàn)時(shí)帶來(lái)誤差。3.數(shù)格子法本身是一種估算的方法，從而會(huì)帶來(lái)誤差。考點(diǎn)一實(shí)驗(yàn)原理與操作例1(2022·北京海淀區(qū)模擬)在“油膜法估測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，我們通過(guò)宏觀量的測(cè)量間接計(jì)算微觀量。(1)本實(shí)驗(yàn)利用了油酸分子易在水面上形成________(選填“單層”或“多層”)分子油膜的特性。若將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，這滴溶液中含有純油酸體積為V，形成面積為S的油酸薄膜，則由此可估測(cè)油酸分子的直徑為_(kāi)_______。(2)某同學(xué)實(shí)驗(yàn)中先取一定量的無(wú)水酒精和油酸，制成一定濃度的油酸酒精溶液，測(cè)量并計(jì)算一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積后，接著又進(jìn)行了下列操作：A.將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地?cái)U(kuò)展為形狀穩(wěn)定的油酸薄膜B.將畫(huà)有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上計(jì)算油酸薄膜的面積C.將玻璃板蓋到淺水盤(pán)上，用彩筆將油酸薄膜的輪廓畫(huà)在玻璃板上D.向淺盤(pán)中倒入約2cm深的水，將痱子粉均勻地撒在水面上以上操作的合理順序是________(填字母代號(hào))。(3)該同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)自己所測(cè)的分子直徑d明顯偏大。出現(xiàn)這種情況的原因可能是________。A.將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進(jìn)行計(jì)算B.油酸酒精溶液長(zhǎng)時(shí)間放置，酒精揮發(fā)使溶液的濃度發(fā)生了變化C.水面上痱子粉撒得太多，油膜沒(méi)有充分展開(kāi)D.計(jì)算油膜面積時(shí)，將不完整的方格作為完整方格處理答案(1)單層eq\f(V,S)(2)DACB(3)AC解析(1)本實(shí)驗(yàn)利用了油酸分子易在水面上形成單層分子油膜的特性。若將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，這滴溶液中含有純油酸體積為V，形成面積為S的油酸薄膜，則由此可估測(cè)油酸分子的直徑為d＝eq\f(V,S)。(2)實(shí)驗(yàn)中先在淺盤(pán)中倒入約2cm深的水，將痱子粉均勻地撒在水面上；然后將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地?cái)U(kuò)展為形狀穩(wěn)定的油酸薄膜；將玻璃板蓋到淺水盤(pán)上，用彩筆將油酸薄膜的輪廓畫(huà)在玻璃板上；將畫(huà)有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上計(jì)算油酸薄膜的面積。則合理的順序是DACB。(3)該同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)自己所測(cè)的分子直徑d明顯偏大。根據(jù)d＝eq\f(V,S)可知，將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進(jìn)行計(jì)算，則V偏大，測(cè)得的分子直徑d偏大，選項(xiàng)A正確；油酸酒精溶液長(zhǎng)時(shí)間放置，酒精揮發(fā)使溶液的濃度變大，則油膜的面積偏大，則測(cè)得的分子直徑偏小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；水面上痱子粉撒得太多，油膜沒(méi)有充分展開(kāi)，則S的測(cè)量值偏小，分子直徑測(cè)量值偏大，選項(xiàng)C正確；計(jì)算油膜面積時(shí)，將不完整的方格作為完整方格處理，則S測(cè)量值偏大，分子直徑測(cè)量值偏小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理與誤差分析例2在“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將1mL的純油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器測(cè)得1mL溶液為80滴，再滴入1滴這樣的溶液到準(zhǔn)備好的淺盤(pán)中，描出的油膜輪廓如圖1所示，每格邊長(zhǎng)是0.5cm，根據(jù)以上信息，回答下列問(wèn)題：圖1(1)1滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為_(kāi)_______mL。(2)油膜的面積為_(kāi)_______cm2。(3)油酸分子的直徑約為_(kāi)_______m(此小題保留1位有效數(shù)字)。(4)從油酸酒精溶液滴入淺盤(pán)到油膜穩(wěn)定過(guò)程中，油膜的面積大小變化情況是_________________________________________________________________。(5)甲、乙、丙三位同學(xué)分別在三個(gè)實(shí)驗(yàn)小組做“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)，但都發(fā)生了操作錯(cuò)誤。其中會(huì)導(dǎo)致所測(cè)的分子直徑d偏小的是________。A.甲同學(xué)在配制油酸酒精溶液時(shí)，不小心把酒精倒少了一點(diǎn)，導(dǎo)致油酸酒精溶液的實(shí)際濃度比計(jì)算值大一些B.乙在計(jì)算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液體積后，不小心拿錯(cuò)了一個(gè)注射器把溶液滴在水面上，這個(gè)拿錯(cuò)的注射器的針管比原來(lái)的細(xì)，每滴油酸酒精溶液的體積比原來(lái)的小C.丙在計(jì)算油膜面積時(shí)，把凡是不足一格的油膜都不計(jì)，導(dǎo)致計(jì)算的面積比實(shí)際面積小一些答案(1)2.5×10－6(2)35(3)7×10－10(4)先變大后變小(5)A解析(1)一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積V＝eq\f(1,80)×eq\f(1,5000)mL＝2.5×10－6mL。(2)由題圖油膜可知，油膜所占坐標(biāo)紙的格數(shù)約140個(gè)，油膜的面積為S＝140×0.5×0.5cm2＝35cm2。(3)油酸分子的直徑約為d＝eq\f(V,S)≈7×10－10m。(4)從油酸酒精溶液滴入淺盤(pán)到油膜穩(wěn)定過(guò)程中，由于酒精的揮發(fā)，油膜的面積大小變化情況是先變大后變小。(5)甲同學(xué)在配制油酸酒精溶液時(shí)，不小心把酒精倒少了一點(diǎn)，導(dǎo)致油酸酒精溶液的實(shí)際濃度比計(jì)算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積比實(shí)際值小，由d＝eq\f(V,S)可知，所測(cè)的分子直徑d偏小，A正確；乙同學(xué)在計(jì)算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液體積后，不小心拿錯(cuò)了一個(gè)注射器把溶液滴在水面上，這個(gè)拿錯(cuò)的注射器的針管比原來(lái)的細(xì)，一滴油酸酒精溶液的實(shí)際體積變小，一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積變小，對(duì)應(yīng)的油膜面積S變小，但體積V還是按原來(lái)的計(jì)算的，由d＝eq\f(V,S)可知，所測(cè)的分子直徑d偏大，B錯(cuò)誤；丙在計(jì)算油膜面積時(shí)，把凡是不足一格的油膜都不計(jì)，導(dǎo)致計(jì)算的面積比實(shí)際面積小一些，由d＝eq\f(V,S)可知，所測(cè)的分子直徑d偏大，C錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練(1)如圖2反映“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中的4個(gè)步驟，將它們按操作先后順序排列應(yīng)是________(用符號(hào)表示)。圖2(2)在做“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將油酸溶于酒精，其濃度為每1000mL溶液中有0.6mL油酸。用注射器測(cè)得1mL上述溶液有75滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤(pán)里，待水面穩(wěn)定后，畫(huà)出油膜的形狀。如圖3所示，坐標(biāo)紙中正方形小方格的邊長(zhǎng)為1cm，試求：圖3①油酸膜的面積是________cm2；②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是________mL；③按以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)估測(cè)出油酸分子的直徑是________m(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(3)如果實(shí)驗(yàn)中油膜沒(méi)有完全散開(kāi)，測(cè)得的油酸分子直徑________(選填“偏大”或“偏小”)。答案(1)dacb(2)①132(130～134均可)②8×10－6③6.1×10－10(3)偏大解析(1)順序應(yīng)是：先量出一滴油酸酒精溶液的體積，然后將油酸酒精溶液滴入撒入痱子粉的淺水盤(pán)中，穩(wěn)定后將一塊玻璃板蓋到淺盤(pán)上，用筆將油膜的輪廓畫(huà)到玻璃板上，最后將玻璃板放到坐標(biāo)紙上畫(huà)出油膜的輪廓，算出油膜的面積，因此順序?yàn)閐acb。(2)油酸膜的面積S＝132×1cm2＝132cm2每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積V＝eq\f(0.6,1000)×eq\f(1,75)mL＝8×10－6mL根據(jù)d＝eq\f(V,S)，代入數(shù)據(jù)可得d≈6.1×10－10m。(3)若油膜沒(méi)有完全散開(kāi)，則測(cè)量面積S偏小，測(cè)得油酸分子直徑偏大。1.“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)的簡(jiǎn)要步驟如下：A.將畫(huà)有油膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上，數(shù)出輪廓內(nèi)的方格數(shù)(不足半個(gè)的舍去，多于半個(gè)的算一個(gè))，再根據(jù)方格的邊長(zhǎng)求出油膜的面積SB.將一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤(pán)上，用彩筆將薄膜的形狀描畫(huà)在玻璃板上C.用淺盤(pán)裝入約2cm深的水D.用公式d＝eq\f(V,S)求出薄膜厚度，即油酸分子直徑的大小E.根據(jù)油酸酒精溶液的濃度，算出一滴溶液中純油酸的體積V(1)步驟中有步驟遺漏或步驟不完全，請(qǐng)指出：①__________________________________________________________________；②__________________________________________________________________。(2)上述實(shí)驗(yàn)步驟的合理順序是_________________________________________。答案(1)見(jiàn)解析(2)CFBAED解析(1)①C步驟中，要在水面上均勻地撒上痱子粉。②實(shí)驗(yàn)中有遺漏，添加步驟F：用注射器或滴管將事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，記下量筒內(nèi)增加一定體積時(shí)的滴數(shù)。(2)合理順序?yàn)镃FBAED。2.在“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中：(1)下列說(shuō)法正確的是________。A.將油膜看成單分子層油膜是一種理想化假設(shè)B.實(shí)驗(yàn)中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是對(duì)油酸溶液起到稀釋作用C.用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的體積是1mL，則1滴溶液中含有油酸10－2mLD.在計(jì)算油酸膜面積時(shí)，只需要數(shù)出完整方格的數(shù)目，對(duì)不完整的方格均不計(jì)數(shù)(2)某老師為本實(shí)驗(yàn)配制油酸酒精溶液，實(shí)驗(yàn)室配備的器材有：面積為0.22m2的蒸發(fā)皿、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒體積約為1毫升)、純油酸和無(wú)水酒精若干。已知分子直徑數(shù)量級(jí)為10－10m，則該老師配制的油酸酒精溶液濃度(油酸與油酸酒精溶液的體積比)至多為_(kāi)_______‰(保留2位有效數(shù)字)。答案(1)AB(2)1.1解析(1)在“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，分子直徑是依據(jù)體積與面積之比求出的，所以需要將油膜看成單層分子油膜，不考慮各油膜分子間隙，故A正確；油膜可以溶于酒精，因此酒精對(duì)油酸溶液起稀釋作用，方便于測(cè)量，故B正確；1滴溶液中含有油酸酒精溶液是10－2mL，含純油酸的體積小于10－2mL，故C錯(cuò)誤；全部完整方格內(nèi)的油膜面積小于真實(shí)油膜面