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专题30 固体、液体、气体
题型一 固体和液体性质的理解...........................................................................................................1
题型二 气体状态变化的图像问题.......................................................................................................4
题型三 气体实验定律的微观解释.......................................................................................................9
题型一 固体和液体性质的理解
1．晶体与非晶体
单晶体
多晶体
非晶体
外形
规则
不规则
不规则
熔点
确定
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
各向同性
典型物质
石英、云母、食盐、硫酸铜
玻璃、蜂蜡、松香
形成与
转化
有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶
体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体.
2.液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
3．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．
[题型专练1]. （2023•盐城一模）如图所示，方解石形成的双折射现象实验的照片，下列
关于方解石的说法正确的是（ ）
1
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A．是非晶体
B．具有固定的熔点
C．所有的物理性质都是各向异性
D．是由许多单晶体杂乱无章排列组成的
【解答】解：AB．双折射现象是光学各向异性的表现，依题意，说明方解石是晶体，具有固定
的熔点，故A 错误，B 正确；
CD．单晶体具有规则的几何形状、各向异性和一定的熔点等性质；而多晶体是由许多小的晶体
杂乱无章地排列在一起组成的，使得多晶体不再具有规则的几何外形，而且也看不出各向异性
的特点，故CD 错误。
故选：B。
[题型专练2]. （2023•南通模拟）石墨烯中碳原子呈单层六边形结构。南京大学的科学家
将多层石墨烯叠加，得到了一种结构规则的新材料，其中层与层间距约为六边形边长的两倍。
则（ ）
A．新材料属于非晶体
B．新材料没有固定的熔点
C．低温下新材料中碳原子停止运动
D．层间相邻碳原子间作用力表现为引力
【解答】解：AB、新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固
定的熔点，故A、B 错误；
C、由分子动理论可知，一切物质的分子做永不停息的无规则运动，故C 错误；
D、由题意可知，石墨烯中层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间距离，由分子力的
特点可知，层间相邻碳原子间作用力表现为引力，故D 正确。
故选：D。
[题型专练3]. （2023 春•河池期末）固体是物质的一种聚集状态，与液体和气体相比固体
有比较固定的体积和形状，质地比较坚硬。关于固体，下列说法正确的是（ ）
2
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A．食盐、玻璃和水晶都是晶体，非晶体和单晶体都没有确定的几何形状
B．固体可以分为单晶体和多晶体，多晶体没有确定的几何形状
C．布朗运动是固体分子无规则热运动的反映
D．晶体具有各向异性，组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”
【解答】解：A.食盐和水晶都是晶体，玻璃是非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，
单晶体具有确定的几何形状，故A 错误；
B.固体可以分为单晶体和多晶体，多晶体没有确定的几何形状，单晶体具有确定的几何形状故B
正确；
C.布朗运动是悬浮在液体中的颗粒受到液体分子撞击受力不平衡而做的无规则运动，是液体分
子无规则运动的反映，故C 错误；
D.单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间
点阵”，故D 错误。
故选：B。
[题型专练4]. （2023•江苏一模）将粗细不同的两端开口的玻璃细管插入盛有某种液体的
玻璃容器里，下列各图中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、若液体不浸润玻璃时，玻璃细管与水面接触部分，玻璃分子与水分子间的吸引
力小于水分子之间的吸引力，所以在玻璃的细管内会下降，并形成向上凸起的球面；故A 错误；
BCD、若液体浸润玻璃时，玻璃细管与水面接触部分，玻璃分子与水分子间的吸引力大于水分
子之间的吸引力，液体在玻璃的细管内会上升，并形成向下凹陷的球面，且细管越细，液柱上
升越高；故B 正确，CD 错误。
故选：B。
[题型专练5]. （2023 春•湖口县校级期末）下列说法正确的是（ ）
3
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A．液体具有表面张力，是因为液体表面层分子间距大于液体内部分子间距
B．压缩封闭在注射器中的气体，其压强增大，是因为气体分子间斥力增大
C．当分子间作用力为零时，分子势能也一定为零
D．在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动
【解答】解：A．液体具有表面张力，是因为液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，表面
层液体分子间作用力表现为引力，从而使液体表面紧绷，故A 正确；
B．压缩封闭在注射器中的气体，气体体积减小，单位体积内分子密度增大，单位面积上撞击的
分子数增大，则气体的压强增大，故B 错误；
C．分子间作用力为零时，分子势能最小，但是不为零，一般取分子之间的距离为无穷大时分子
势能为零，故C 错误；
D．做布朗运动的小颗粒非常小，必须经显微镜放大500 倍左右才能观察到，肉眼能直接看到尘
埃不符合这个条件，不可能做布朗运动，故D 错误。
故选：A。
题型二 气体状态变化的图像问题
1．气体实验定律
玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
内容
一定质量的某种气体，
在温度不变的情况下，
压强与体积成反比
一定质量的某种气体，
在体积不变的情况下，
压强与热力学温度成正
比
一定质量的某种气体，
在压强不变的情况下，
其体积与热力学温度成
正比
表达式
p1V1＝
p 2V2
＝或
＝
＝或
＝
图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、
温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
4
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一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
[题型专练6]. （2023 春•景德镇期末）如图所示，一定质量的理想气体，从图示A 状态开
始，经历了B、C 状态，最后到D 状态，下列判断不正确的是（ ）
A．A→B 过程温度升高，压强不变
B．B→C 过程体积不变，压强变小
C．B→C 过程体积不变，压强不变
D．C→D 过程体积变小，压强变大
【解答】解：A、由图示图象可知，一定质量的理想气体，A→B 过程气体温度升高，气体的体
积V 与热力学温度T 成正比，由理想气体状态方程pV
T =C 可知，该过程气体压强保持不变，故
A 正确；
BC、由图示图象可知，B→C 过程气体体积不变而温度降低，由理想气体状态方程pV
T =C 可知，
气体压强减小，故B 正确，C 错误；
D、由图示图象可知，C→D 过程气体温度不变而体积减小，由理想气体状态方程pV
T =C 可知，
气体压强增大，故D 正确。
本题选择不正确的，故选：C。
[题型专练7]. （2023 春•图木舒克校级期末）图示为一定质量的理想气体由状态A 经过状
态B 变为状态C 的V﹣T 图像。已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa。关于气体的状态，
下列说法正确的是（ ）
5
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A．气体在状态C 的压强为2.0×105Pa
B．气体在状态C 的压强为1.0×105Pa
C．从状态A 到状态B 气体的压强增大
D．从状态A 到状态B 气体的压强减小
【解答】解：CD．在V﹣T 图像中，AB 为过坐标原点的直线，由理想气体状态方程：pV
T =C，
可知从状态A 到状态B 气体做等压变化，故CD 错误；
AB．气体质量不变，从B 到C，根据理想气体状态方程得
pBV B
T B
= pCV C
T C
，其中pB＝pA＝1.5×105Pa
代入数据解得：pC =2×10
5 Pa，故B 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练8]. （2023•天津一模）一定质量的理想气体从状态a 开始，经a→b、b→c、
c→a 三个过程后再回到状态a，其p﹣T 图像如图所示，则该气体（ ）
A．在状态a 的内能小于在状态b 的内能
B．在状态a 的密集程度大于在状态b 的密集程度
C．在a→b→c 过程中，外界对气体做功为0
D．由状态a 经历三个过程后再回到状态a 的过程中，气体从外界吸热
【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，温度越高，气体的内能越大，由图像得：气体在
状态a 的温度等于在状态b 的温度，则在状态a 的内能等于在状态b 的内能，故A 错误；
B、从状态a 到状态b，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：PV＝C，则气体在状态b 的体积
6
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更小，即气体在状态a 的密集程度小于在状态b 的密集程度，故B 错误；
C、在a→b 过程中，体积减小，外界对气体做功，做功为Wab= pab（Va﹣Vb）
在b→c 过程中，压强不变，温度升高，则体积增大，气体对外界做功。做功为Wbc＝pb（Vc﹣
Vb）
在c→a 过程中，体积不变，则有Va＝Vc
pab＜pb，所以从a→b→c 过程中，Wab＜Wbc，气体对外界做功，故C 错误；
D、由c→a 过程中，体积不变，外界对气体不做功，则由状态a 经历三个过程后再回到状态a 的
过程中，气体对外界做功，由热力学第一定律得：ΔU＝Q+W
W 为负值，ΔU＝0，Q 为正值，则气体从外界吸热，故D 正确。
故选：D。
[题型专练9]. （2023 春•焦作期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 沿图线变化
到状态B、状态C、状态D 再回到状态A，AD、BC 的延长线过坐标原点，AB 图线与横轴平
行，CD 图线与纵轴平行，则下列判断错误的是（ ）
A．从A 到B 过程，气体的内能在减小
B．从B 到C 过程，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少
C．从C 到D 过程，气体压强增大是因为气体分子的平均动能增大
D．从D 到A 过程，气体吸收的热量等于气体对外做的功
【解答】解：A．从A 到B 过程，气体的压强不变，体积减小，根据pV＝CT，可知温度降低，
则内能在减小，故A 正确；
B．从B 到C 过程，根据pV＝CT，可知温度不变，分子平均动能不变，气体的压强减小，体积
变大，分子数密度减小，则单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少，故B 正确；
C．从C 到D 过程，气体体积不变，压强增大，则温度升高，这是因为气体分子的平均动能增大，
故C 正确；
D．从D 到A 过程，根据pV＝CT，可知气体温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做
功，因内能不变，根据热力学第一定律，可知气体放出的热量等于外界对气体做的功，故D 错
误。
7
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本题选错误的，故选：D。
[题型专练10].
（2023 春•宿迁期末）一定质量的理想气体从状态A 经过B、C、D 再
到A，其压强p 和热力学温度T 的关系如图所示，BA 和CD 的延长线均经过原点，BC 和横轴
平行，则下列说法正确的是（ ）
A．状态A 的体积大于状态C 的体积
B．B→C 的过程中，单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数增加
C．D→A 的过程中，气体要吸收热量
D．完成一次循环过程，气体需要从外界吸收热量
【解答】解：A．根据题意，由图可知，状态A 到状态B 的p﹣T 图像反向延长线过原点，可知，
状态A 到状态B 为等容变化，状态B 到状态C 为等压变化，且温度升高，由盖—吕萨克定律可
得VC＞VB，则有VC＞VA，故A 错误；
B．由图可知，状态B 到状态C 为等压变化，温度升高，分子的平均动能增加，根据气体压强的
微观解释可知单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数减少，故B 错误；
C．由图可知，状态B 与状态D 气体温度相等，由一定质量的理想气体状态方程pV
T =C可知，
由于pB＞pD，则有VB＜VD，则从D→A 的过程中，气体体积减小，外界对气体做功（W＞
0），由于温度降低，气体内能减小（ΔU＜0），由热力学第一定律ΔU＝Q+W，可知气体要放
出热量，故C 错误；
D．根据题意，结合上述分析可知
VA＝VB
VC＝VD
所以A→B、C→D 过程中气体不做功，B→C 过程中，体积变大，气体对外界做功，D→A 过程
中，体积减小，外界对气体做功，由图可知，B→C 过程中的压强大于D→A 过程中平均压强，
则气体对外界做功大于外界对气体做功，完成一次循环过程，气体的温度不变，内能不变，由
热力学第一定律ΔU＝Q+W，可知气体从外界吸热，故D 正确。
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故选：D。
题型三 气体实验定律的微观解释
1．等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变．在这种情况下，体积减小时，分子的密
集程度增大，气体的压强增大．
2．等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子
的平均动能增大，气体的压强增大．
3．等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程
度减小，才能保持压强不变．
4．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h 处的总压强
p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
[题型专练11].
（2023•葫芦岛一模）一定质量的理想气体经历如图所示的变化过程，
其中A→B 为等压过程，B→C 为等温过程，C→D 为绝热过程（气体与外界无热交换），
D→B 为等压过程。下列说法正确的是（ ）
A．A→B 过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增加
B．B→C 过程中，气体从外界吸收热量
C．C→D 过程中，气体的内能减小
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D．D→B 过程中，外界对气体做负功
【解答】解：A、从A→B 的过程中，气体的压强保持不变，体积增大，根据一定质量的理想气
体的状态方程pV＝nRT 可知，气体的温度升高，则根据气体压强的微观解释可知，单位时间内
与器壁单位面积碰撞的分子数减小，故A 错误；
B、B→C 过程为等温过程，气体体积增大，则气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝
Q+W 可知，气体从外界吸收热量，故B 正确；
C、C→D 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W 可知，
气体的内能增加，故C 错误；
D、D→B 过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做正功，故D 错误；
故选：B。
[题型专练12].
（2023 秋•湖北期中）一定质量的理想气体，初状态如图中A 所示，若
经历A→B 的变化过程，在该过程中吸热450J。若经历A→C 的变化过程，在该过程中吸热
750J。下列说法正确的是（ ）
A．两个过程中，气体的内能增加量不同
B．A→C 过程中，气体对外做功400J
C．状态B 时，气体的体积为10L
D．A→C 过程中，气体体积增加了原体积的1
4
【解答】解：A、一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。两个过程的初末温度相同，温度变
化量相同，则气体的内能增加量相同，故A 错误；
B、A→B 为等容过程，气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝Q+W，可知内能改变量：ΔU＝
Q＝450J
A→C 为等压过程，内能增加了450J，吸收热量为750J，由热力学第一定律ΔU＝Q+W 可知，气
体对外做功为300J，故B 错误；
C、A→C 为等压过程，则有
10
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V A
T A
= V C
T C
做功大小为
WAC＝pA（VC﹣VA）
联立解得：VA＝10L，VC＝12L
即状态B 时，气体的体积为10L，故C 正确；
D、A→C 过程中，VA＝10L，VC＝12L，则ΔV
V A
= V C -V A
V A
= 12-10
10
= 1
5
，即气体体积增加了原
体积的1
5
，故D 错误。
故选：C。
[题型专练13].
（2023 春•开福区校级期末）如图所示，一演示用的“永动机”转轮由
5 根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶
片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间
转动。下列说法正确的是（ ）
A．热水将热量传递给叶片，所以热水的温度会降低
B．由形状记忆合金自身提供了转轮转动的能量
C．转轮依靠自身惯性一直转动，不需要消耗外界能量
D．叶片在热水中吸收的热量等于在空气中释放的热量
【解答】解：A.热水将热量传递给叶片，同时热水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可
知水的内能减少，所以热水的温度会降低，故A 正确；
B.要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自身提供，而是消耗了水的内
能，故B 错误；
C.叶轮的转动不是靠自身的惯性，是叶片吸收了热水的能力，通过形变转化为叶轮的动能，这
11
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个过程是消耗了外界（热水）的能量，故C 错误；
D.根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，
故叶片在热水中吸收的热量一部分克服重力做功，使叶片转动，所以叶片在热水中吸收的热量
一定大于在空气中释放的热量，故D 错误。
故选：A。
[题型专练14].
（2023•慈溪市校级开学）如图，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程
某段时间内移动的距离为0.1m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于
2×103N 的恒力使活塞移动相同距离所做的功（如图甲）。内燃机工作时汽缸温度高于环境温
度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25J。
（1）求上述压缩过程中气体内能的变化量；
（2）燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1m，其做的功相当于9×103N 的恒力
使活塞移动相同距离所做的功（如图乙），该做功过程气体传递给汽缸的热量为30J，求此做功
过程气体内能的变化量。
【解答】解：（1）压缩气体过程中，外界对气体做功，则W＝Fl＝2×103×0.1J＝200J
压缩气体传递给汽缸的热量为25J，则气体放出的热量为Q＝﹣25J
由热力学第一定律可得内能的变化量ΔU＝W+Q＝200J﹣25J＝175J
（2）气体推动活塞做的功W′＝F′l＝9×103×0.1J＝900J
气体传递给汽缸的热量为30J，则气体放出的热量为Q′＝﹣30J
由热力学第一定律可得气体内能的变化量ΔU′＝﹣W′+Q′＝﹣900J﹣30J＝﹣930J
[题型专练15].
（2023 春•梁园区校级期末）如图所示为一超重报警装置示意图，高为
L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、
质量为m 的活塞，稳定时正好封闭一段长度为L
4
的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重
12
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物，当活塞下降至位于离容器底部3 L
4
位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初
始时环境热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力。
（1）求轻绳未连重物时封闭气体的压强；
（2）求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
（3）在（2）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少ΔU0，求气体向外界放出的热量
Q。
【解答】解：（1）轻绳未连重物时，对活塞，受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得：
p1S+mg＝p0S
解得：p1= p0- mg
S
（2）刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得：p2S+（M+m）g＝p0S
由玻意耳定律得：p1 LS
4 = p2 3 LS
4
联立解得：M = 2 p0 S
3 g - 2
3 m
（3）由盖﹣吕萨克定律得：V 2
T 0
=
V 3
0.99T 0
其中：V 2= 3 LS
4
从而解得：V3＝0.99V2
则：ΔV =V 2-V 3= 3
400 LS
此过程外界对气体做的功为：W＝p2ΔV
由热力学第一定律有：﹣ΔU0＝﹣Q+W
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联立可知：Q = ΔU 0+ p0 SL
400 - mgL
400
[题型专练16].
（2023•乐清市校级模拟）如图所示，浸没在水中的容器被隔板K 隔开
成相等的A、B 两部分，水与外界绝热。已知A 内有一定量的稀薄气体，达到平衡状态时温度
为T0，压强为P0；B 内为真空。抽开隔板K 后，A 内气体进入B，在此过程中水温不变，最终
达到新的平衡状态。若容器内气体内能与温度的关系为ΔU＝αΔT（α 为已知常量）。
（1）求达到新平衡态过程中气体吸收的热量Q 和所做功A；
（2）求达到新平衡态时容器的压强p；
（3）若抽开隔板K 后再将水温升至1.5T0，求容器内最终的压强p'和吸收的热量Q′。
【解答】解：（1）由于B 内为真空，当抽开隔板K 后，气体将发生扩散，充满整个气室，此过
程气体不对外做功，即A＝0，而根据热力学第一定律
ΔU＝Q+W
可知式中W＝0，而水与外界绝热，则浸没在水中的容器内的气体温度不变，即ΔU＝0，由此可
知Q＝0，即气体既不对方放热也不从外界吸热。
（2）A 室中的气体经扩散再次达到平衡的过程中，发生等温变化，设容器的体积为V，则由玻
意耳定律有
p0× V
2 = pV
解得：p= p0
2
（3）根据题意由理想气体的状态方程有
p0V
2T 0
= p' V
1.5T 0
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解得：p' = 3
4 p0
而根据容器内气体内能与温度的关系为：
ΔU＝αΔT
可知此过程中吸收的热量
Q′＝ΔU＝αΔT＝0.5αT0
[题型专练17].
（2023•潍坊模拟）肺活量是常用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺
活量是指在标准大气压p0＝1atm 下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学
在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温
为37℃。环境温度为27℃，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力向气球内吹气，吹
气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径d＝20cm，气球稳定的过程中
气球向外界散失了2.8J 的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强Δp= 2σ
R
，其中σ 为薄膜的
等效表面张力系数，R 为气球充气后的半径。如下图为该气球的等效表面张力系数σ 随气球半
径R 的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强
p0=1.0×10
5 Pa，1cmH2O＝100Pa。求：
（1）该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式U＝0.5T 来计算，气球稳定的过程
中外界对气球做了多少功？
（2）该同学的肺活量为多少毫升？
【解答】解：（1）根据题意可知：
ΔU＝0.5ΔT＝0.5×（27﹣37）J＝﹣5J
根据热力学第一定律可得：
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ΔU＝W+Q
联立解得：W＝ΔU﹣Q＝﹣0.5J+2.8J＝﹣2.2J
（2）由图象可知气球半径R＝10cm 时，气球橡胶薄膜的等效表面张力系数
σ＝200cm•cmH2O
代入数据解得：σ＝2×104cmPa
吹气后稳定时气球内气体的压强
p= p0+ 2σ
R
解得：p＝1.04p0
设该同学的肺活量为V1，气球体积为V2由理想气体状态方程
p0V 1
T 1
= pV 2
T 2
V 2= 4
3 π( d
2 )
3
解得：V1＝4572ml
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