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模块十五 热学
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考试范围：热学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有
选错的得0 分。
1．关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A．分子直径的数量级约为10
−15 m
B．气体压强是由大量气体分子运动对容器的撞击引起的
C．俗话说破镜难重圆，说明玻璃分子间只有斥力没有引力
D．水结为冰时，部分水分子已经停止了热运动
【答案】B
【详解】A．分子直径的数量级约为10
−10 m，故A 错误；
B．气体压强的微观本质是大量做无规则热运动的气体分子对容器壁持续、频繁的撞击产生的，故B 正确；
C．分子间的引力和斥力始终同时存在，“破镜难重圆”是因为破碎后玻璃碎片间的距离远大于分子力的
作用范围（约10 倍分子直径），分子间作用力可忽略，并非只有斥力没有引力，故C 错误；
D．分子热运动是永不停息的，水结为冰时水分子热运动的剧烈程度降低，但不会停止，故D 错误。
故选B。
2．钻石中的碳原子以网状结构紧密地堆在一起，钻石是自然界中已知最硬的物质，是首饰和高强度的钻
头、刻刀等的主要材料。已知碳的摩尔质量为12g/ mol，阿伏加德罗常数N A=6.02×10
23 mol
−1，则1
克拉（1 克拉=0.2g）的钻石中含有的原子数约为（ ）
A．1.0×10
20
B．1.0×10
22
C．3.6×10
23
D．3.6×10
25
【答案】B
【详解】根据物质的量计算公式，1 克拉钻石的物质的量为n= m
M
代入质量m=0.2g、碳的摩尔质量M =12g/ mol，可得n= 0.2
12 mol= 1
60 mol
1 克拉钻石中含有的碳原子数满足N =n N A
代入阿伏加德罗常数N A=6.02×10
23 mol
−1
解得N = 1
60 ×6.02×10
23≈1.0×10
22
故选B。
3．关于下列四幅插图，以下说法正确的是（ ）
A．图甲中小炭粒在水中的运动位置连线图说明了小炭粒分子在做无规则运动
B．图乙中石蜡在云母片上熔化成椭圆形，说明石蜡是晶体
C．图丙为食盐晶体的微观结构，具有空间上的周期性
D．丁图中右边试管为不浸润现象，其中固体分子对液体分子引力大于液体分子之间的引力
【答案】C
【详解】A．图甲中小炭粒在水中的运动位置连线图说明了小炭粒在做无规则运动，间接说明水分子在做
无规则运动，故A 错误；
B．图乙中石蜡在云母片上熔化成椭圆形，说明云母各向异性，是晶体，而石蜡是非晶体，故B 错误；
C．图丙为食盐晶体的微观结构，说明晶体排列具有空间上的周期性，故C 正确；
D．丁图中右边的不浸润现象，是因为固体分子对液体分子的引力小于液体分子之间的引力，故D 错误。
故选C。
4．如图所示为两分子间的作用力与两分子间距图像，下列说法正确的是（ ）
A．分子间距离减小时，分子间作用力逐渐增大
B．分子间距离增大时，分子间作用力逐渐减小
C．分子间距离为r0时，分子势能最大
D．分子间距离为r0时，分子势能最小
【答案】D
【详解】AB．由分子力与间距的F −r图像可知，分子力随分子间距的变化不是单调的；当r >r0时，分子
距离减小（从无穷远靠近到r0
），分子力先增大后减小到0；分子距离从r0
开始增大，分子力先增大后趋
近于0。因此分子力不会随距离减小一直增大，也不会随距离增大一直减小，A、B 错误；
CD．分子势能的变化规律：
r <r0时，分子力表现为斥力，减小分子间距，分子力做负功，分子势能也增大。
r >r0时，分子力表现为引力，增大分子间距，分子力做负功，分子势能也增大。 因此，当r =r0时，分
子势能最小，C 错误，D 正确。
故选D 。
5．下列说法正确的是（ ）
A．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．液面表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
【答案】A
【详解】A．液晶属于特殊的中间态物质，既具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故A 正
确；
B．单晶体和多晶体都属于晶体，晶体均有固定的熔点，因此多晶体也有固定熔点，故B 错误；
C．液体表面张力的方向始终与液面相切，并非与液面垂直指向液体内部，故C 错误；
D．金属属于多晶体，多晶体整体表现为各向同性，但其有固定的熔点，属于晶体，故D 错误。
故选A。
6．（2026·河北·高考真题）一款自动监测环境气压的装置由粗细均匀、导热良好的U 形管和自动监测系
统组成。如图所示，竖直放置的U 形管右端开口，左侧管内用水银封闭了一定质量、可视为理想气体的
空气。监测系统通过监测右侧液面的变化，结合温度即可得到环境气压。若外界温度下降的同时环境气
压也发生了变化，导致U形管右侧液面上升，忽略水银体积变化，则封闭气体的（ ）
A．内能增加
B．压强增大
C．分子的数密度减少
D．分子热运动的平均动能不变
【答案】C
【详解】A．U 形管导热良好，外界温度下降，因此封闭气体的温度也会下降。 理想气体的内能仅由温
度决定，温度降低，内能减小，A 错误；
C． U 形管水银总体积不变，右侧液面上升，说明左侧封闭气体的体积V 增大，封闭气体分子总数不变，
因此单位体积的分子数（分子数密度）减少，C 正确；
B．根据理想气体状态方程pV
T =C
变形得p=C T
V
已知温度T减小、体积V 增大，则封闭气体压强减小，B 错误；
D．温度降低，则分子热运动的平均动能减小，D 错误。
故选 C。
7．▶新思维◀如图所示，水平放置且导热性能良好的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，通过细线将活
塞与天花板相连，活塞可在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞缓慢向右移动，外界温度恒定不变，汽缸内
壁光滑，活塞始终未被拉出汽缸，下列说法正确的是（ ）
A．汽缸内气体压强增大，内能减小
B．汽缸内气体压强减小，内能增大
C．汽缸内气体的分子平均动能减小
D．气体对外界做的功与气体从外界吸收的热量相等
【答案】D
【详解】AB．由于汽缸是导热的，所以气体的温度与环境温度相等，且始终不变，故气体做等温变化，
内能不变，体积不断增大，故压强减小，故AB 错误；
C．因温度不变，故分子的平均动能均不变，故C 错误；
D．气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU =W +Q
可知，气体从外界吸收的热量与气体对外界做的功相等，故D 正确。
故选D。
8．▶新考法◀（多选）如图所示，在底端封闭的细玻璃管中，用少量水银封闭一定质量的理想气体，细
玻璃管沿竖直方向放置且管口朝上，假设玻璃管足够长，环境的温度始终保持不变。则下列说法正确的
是（ ）
A．当玻璃管自由下落时，水银柱相对玻璃管向上移动
B．如果将玻璃管沿顺时针方向缓慢转过90°至水平放置，封闭气体的密度会增大
C．如果将玻璃管缓慢转过180°，使玻璃管开口朝下，密闭气体的压强会减小
D．如果将玻璃管缓慢转过180°，使玻璃管开口朝下，密闭气体的内能会减小
【答案】AC
【详解】A．开始时气体压强p= p0+ ρgh；当玻璃管自由下落时，水银柱完全失重，则气体压强减小，体
积变大，则水银柱相对玻璃管向上移动，选项A 正确；
B．如果将玻璃管沿顺时针方向缓慢转过90°至水平放置，封闭气体的压强减小，则体积变大，则密度会
减小，选项B 错误；
C．如果将玻璃管缓慢转过180°，使玻璃管开口朝下，气体压强变为p
' = p0−ρgh，即密闭气体的压强会
减小，选项C 正确；
D．如果将玻璃管缓慢转过180°，使玻璃管开口朝下，因气体温度不变，可知密闭气体的内能会不变，
选项D 错误。
故选AC。
9．▶新考法◀（多选）（2026·湖南长沙·三模）如图所示是一种球形装饰品，A 为一个半径为2 R，体积
不变的透明密封的塑料球壳，B 为一个气球（可看作球形），假设气球内外压强差与其半径的关系为
Δ p= k
r
（r为球的半径，k为已知常数）；C 为一个可自由关闭的细充气管，起初气球未被吹起，其体积
可忽略不计，A 内空气压强为p0。现缓慢通过C 向B 球内充入压强为p0的空气，直到B 球半径为R时，关
闭C。已知球内气体可视为温度不变的理想气体。下列说法正确的是（ ）
A．A 球与B 球间空气的压强为8
7 p0
B．充入空气的体积3
2 π R
3
C．充入空气对气球做的功等于A 球与B 球间空气放出的热量
D．若B 球破裂，A、B 中空气混合稳定后，A 球内空气的压强为8
7 p0+ k
8 R
【答案】AD
【详解】A．对A、B 之间的气体分析，设B 半径为R时B 内气体压强为p2，A 内气体压强为p1，由玻意耳
定律得p0V A= p1(V A−V B)
又V A= 4 π
3 ⋅(2 R)
3，V B= 4 π
3 ⋅R
3
联立解得p1=
V A
V A−V B
p0=
4
3 π ×8 R
3
4
3 π(8 R
3−R
3)
p0= 8
7 p0，故A 正确；
B．依题意可知p2−p1= k
R
则此时B内气体压强为p2= 8
7 p0+ k
R
由玻意耳定律可得p2V B= p0V
联立代入数据解得V = 4
3 π R
3( 8
7 +
k
p0 R )，故B 错误；
C．由A、B 间空气气体发生等温变化，则ΔU =0，根据热力学第一定律可知ΔU =W +Q
解得Q =−W
放出的热量等于外界对其做的功，但充入空气的总功还包含对气球的功，故总功不等于A、B 间空气放出
的热量，故 C 错误；
D．若B 球破裂，A、B 中空气混合稳定后，由玻意耳定律得p2V B+ p1(V A−V B)= pV A
解得p= 8
7 p0+ k
8 R
，故D 正确。
故选AD。
10．（多选）一热气球体积为V，内部充有温度恒为2T0的热空气，该热气球上升过程中大气压强会降低，
若上升到某一高度大气压强变为0.4 个标准大气压，热气球刚好静止不动，此时热气球外冷空气的温度为
0.8T0。已知空气在1 个标准大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都相等，重力加
速度大小为g，整个过程热气球的体积保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．此时热气球所受浮力的大小为2
5 ρ0 gV
B．此时球内空气所受的重力为1
5 ρ0 gV
C．若充气前热气球的质量为m0（不含气体），则此时它托起的质量为3
10 ρ0V −m0
D．若充气前热气球的质量为m0（不含气体），则此时它托起的质量为1
2 ρ0V −m0
【答案】BC
【详解】A．令1 个标准大气压，质量为m的空气在温度为T 0时的体积为V 0，则密度为ρ0= m
V0
令0.4 个标准大气压，质量为m的空气在温度为0.8T 0时的体积为V 1，则密度为ρ1= m
V 1
根据理想气体状态方程有p0V 0
T 0
= 0.4 p0V 1
0.8T 0
解得ρ1= 1
2 ρ0
则此时热气球所受浮力的大小F = ρ1gV = 1
2 ρ0 gV ，故A 错误；
B．令0.4 个标准大气压，质量为m的空气在温度为2T 0时的体积为V2，即球内空气密度为ρ2= m
V 2
根据理想气体状态方程有p0V 0
T 0
= 0.4 p0V 2
2T 0
结合上述解得ρ2= 1
5 ρ0
此时球内空气压强为0.4 个标准大气压，温度为2T 0，体积为V ，球内空气密度为ρ2，则此时球内空气所
受的重力G = ρ2Vg
解得G = 1
5 ρ0 gV ，故B 正确；
CD．设此时它还能托起的最大质量为M，根据平衡条件有Mg= F −G−m0 g
其中F = 1
2 ρ0 gV ，G = 1
5 ρ0 gV
解得M = 3
10 ρ0V −m0，C 正确，D 错误。
故选BC。
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．（8 分）（2027·重庆·模拟预测）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，进行了如下
操作：
①将1mL纯油酸溶于酒精，制成1000mL的油酸酒精溶液，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴
地滴入量筒中，并测得1mL这样的溶液有100 滴，由此计算出1 滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精
溶液的浓度计算出油酸的体积；
②往浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
③将1 滴油酸酒精溶液滴在水面上，稳定后形成如题图甲所示的油酸膜；
④将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积
计算出油酸分子直径的大小。
请根据以上操作，完成以下问题：
(1)描出的油酸膜的轮廓如图乙所示，图中正方形小方格的边长为1cm，油酸薄膜的面积是______cm
2；
(2)根据实验原理和已测数据，可得油酸分子的直径约为______m；（保留1 位有效数字）
(3)若某同学将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则实验中得到的油酸分子直径______。
（选填：偏大、偏小或不变）
【答案】(1)215（2 分）
(2)5×10
−10（3 分）
(3)偏大（3 分）
【详解】（1）数出油膜轮廓内正方形小方格的个数，不足半格的舍去，多于半格的算一格，由图可知油
膜所占方格数约为215 个，每个小方格边长为1cm，面积为1cm
2，则油酸薄膜的面积S ≈215cm
2
（2）1 滴油酸酒精溶液的体积V 0= 1
100 mL
油酸酒精溶液的浓度为
1
1000
，则1 滴溶液中纯油酸的体积V =V 0×
1
1000 =10
−5mL=10
−5cm
3
油酸分子直径d = V
S
代入数据解得d ≈5×10
−10m
（3）若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则代入公式d = V
S
中的体积V 偏大，而面积S
测量值不变，导致计算出的油酸分子直径d偏大。
12．（8 分）某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。
(1)关于该实验，下列说法正确的是________；（填字母）
A．实验前应将注射器的空气完全排出
B．空气柱体积变化应尽可能的快些
C．柱塞的重力大小对实验结果无影响
D．实验前应在柱塞上涂润滑油以减小摩擦力
(2)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p−V 图
像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T 1________T 2（选填“<” “=”或“>”）；
(3)若橡胶套和软管内的气体可忽略。移动柱塞，多次记录注射器上的体积刻度V 和压力表读数p，绘出的
p−1
V
图像可能为________。（填字母）
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)C（2 分）
(2)>（3 分）
(3)B（3 分）
【详解】（1）A．实验要研究的是注射器内的气体，因此不能把气体完全排出，故A 错误；
B．因为气体要发生等温变化，因此速度不能太快，要缓慢移动注射器保证温度不变，故B 错误；
C．本实验中气体压强由压力表直接测量，测得的压强已经包含柱塞重力的影响，因此柱塞重力对实验结
果无影响，故C 正确；
D．柱塞涂润滑油的目的是增强气密性，防止漏气保证气体质量不变，故D 错误。
故选C。
（2）在p−V 图像中，根据公式 pV
T =C
可得pV =CT
可知离坐标原点越远的等温线温度越高，故T 1>T 2
（3）一定质量气体发生等温变化，满足玻意耳定律pV =C
变形可得 p=C ⋅1
V
橡胶套和软管内气体可忽略，注射器读数V 就是封闭气体的实际体积，因此p与1
V
成正比，p−1
V
图像为
过原点的倾斜直线。
故选B。
13．（10 分）（2026·山东泰安·模拟预测）如图所示，“琉璃不对儿”是以玻璃为原料吹制的传统发
声玩具，形似苹果状烧瓶。从管口吹吸时，薄脆的底部振动，发出“卟-噔”声。已知某“琉璃不对
儿”的容积为V 0=300 mL，室内的温度恒为t0=27° C，压强为p0=1×10
5Pa，此状态下气体的密度
为ρ=1.2 kg/m
3，T =t +273 K，气体视为理想气体。
(1)若封闭“琉璃不对儿”的管口，缓慢升高气体温度，其底部向外膨胀。其容积达到最大值V 1=310 mL
时，气体的压强增加Δ p=1×10
3Pa，求此时内部气体的热力学温度；
(2)将管口敞开的“琉璃不对儿”从炉窑移至室内，静置一小段时间测得其内气体温度为327° C，若“琉
璃不对儿”容积保持V 0不变，求容器内气体温度从327° C降低到27° C过程中容器内气体增加的质量。
【答案】(1)T 1=313.1K（4 分）
(2)Δm=1.8×10
−4kg（6 分）
【详解】（1）根据理想气体状态方程可得p0V 0
T 0
= p1V 1
T 1
解得T 1=313.1K（4 分）
（2）该琉璃不对儿内气体的压强不变，根据盖吕萨克定律可得V 0
T 2
= V 2
T 0
容器内气体增加的质量为Δm= ρ(V 0−V 2)
解得Δm=1.8×10
−4kg（6 分）
14．（12 分）如图所示，一足够长的绝热汽缸水平固定在地面上，左端封闭、右端开口。汽缸底部有可
用于加热的电阻丝C（体积不计），初始时导热活塞A 距离汽缸底部的距离为l，绝热活塞B 距离活塞A
的距离也为l，活塞A 与汽缸底部之间密封一定质量的理想气体a，活塞A、B 之间密封一定质量的理想气
体b。活塞面积均为S，初始活塞A 被固定，气体a、b 的温度均为T 0，压强均为大气压强p0，不计一切
摩擦。
(1)缓慢加热气体a，当气体a 的温度为2T 0时，气体b 吸收的热量为Q，求气体b 的内能增量；
(2)解除活塞A 的锁定，缓慢加热气体a，当气体a 的温度为2T 0时，求活塞B 移动的距离；
(3)解除活塞A 的锁定，缓慢加热气体a，当气体a 的温度为3T 0时，气体a 吸收的热量为Q1，气体b 吸收
的热量为Q2，求气体a 的内能增量。
【答案】(1)ΔU 1=Q−p0lS（3 分）
(2)x =2l（4 分）
(3)ΔU 2=Q1−Q2−2 p0lS（5 分）
【详解】（1）由于活塞A导热，则气体a温度为2T 0时，气体b温度为2T 0，又不计摩擦，则气体b压强恒
为p0
，对气体b由盖-吕萨克定律有lS
T 0
= l1S
2T 0
解得l1=2l（2 分）
气体b对外做功W 1= p0 ΔV = p0lS
由热力学第一定律有ΔU 1=Q−W 1=Q−p0lS（3 分）
（2）解除A的锁定，气体a的压强恒为p0
，当温度为2T 0
，对气体a有lS
T 0
= l2S
2T 0
解得l2=2l（2 分）
则活塞B移动的距离x =l1+l2−2l =2l（2 分）
（3）当温度为3T 0
时，对气体a有lS
T 0
= l3 S
3T 0
解得l3=3l（2 分）
气体a对外界做功为W 2= p0 ΔV 1=2 p0lS（1 分）
气体a吸收热量为Q1，气体b吸收热量为Q2，则气体a放出Q2的热量。
对气体a由热力学第一定律有ΔU 2=Q1−Q2−W 2=Q1−Q2−2 p0lS（2 分）
15．（16 分）（2027·重庆·模拟预测）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管（内、外径都很
小）与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。C管长度为lC =30cm，初始时U型玻璃管左、右两
侧水银面高度差为Δh0=15cm，C 管水银面距U型玻璃管底部距离为hC0=5cm。水平细管内用小活塞
封有长度为lA0=12.5cm的理想气体A，U型管左管上端封有气柱长度为lB0=25cm的理想气体B，右管
上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，该过程A、B
气柱的温度保持T 0=300K不变。已知外界大气压强为p0=75cmHg，水平细管中的水银柱足够长，可
能用到的数据：❑√6≈2.45。
(1)求左右两侧液面相平时，气体B 的长度；
(2)求左右两侧液面相平时，气体A 的长度：
(3)固定活塞，气体B 温度保持不变，只对气体A 缓慢加热到630K，求此时气柱A 的长度。
【答案】(1)lB2=20cm（4 分）
(2)lA2=10cm（5 分）
(3)lA4=20cm（7 分）
【详解】（1）由题意可知，初始时，气体B 的压强为pB1= p0−ρg Δh0=60cmHg
将活塞向右压后，U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，即气体B 的末状态压强和大气压强相等，即
pB2= p0=75cmHg（2 分）
设玻璃管的横截面积为S，对气体B，根据玻意耳定律可得pB1lB0 S = pB2lB2S
代入数据，解得lB2=20cm（2 分）
（2）由题意可知，初始时，气体A 的压强为pA1= p0+ ρghC0=80cmHg
将活塞向右压后，U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，气体B 的长度为lB2=20cm，则C 水银面距U型
玻璃管底部距离为hC= Δh0+(lB0−lB2)+hC0=25cm（2 分）
则气体A 的末状态压强为pA2= p0+ ρghC=100cmHg
对气体A，根据玻意耳定律可得pA1lA0 S = pA2lA2S
解得lA2=10cm（3 分）
（3）加热过程中，设C 管液面刚好30cm（与管口齐平）时，B 中气柱长度x，此时两液面高度差为
Δh1=lC−(lB0+ Δh0+hC0−x)=30cm −(45cm −x)= x−15cm
则pB= p0+ ρg Δh1=60+ x(cmHg）（2 分）
对B，根据玻意耳定律有pB1lB0 S = pB xS
解得x =−30+20 ❑√6(cm)=19cm
B 上移1cm，C 液柱上移ΔhC=lC−hC=5cm，所以A 中气体长度为lA3=lA2+6cm =16cm
压强为pA3= p0+ ρglC =105cmHg（2 分）
对A，根据理想气体状态方程有pA2lA2S
T 0
= pA3lA3S
T 1
解得T 1=504 K <630K
此后，C 中液体溢出，高度保持30cm 不变，所以A 中气体压强保持105cmHg 不变，进行等压变化，根据
盖吕萨克定律有lA3S
T 1
= lA4 S
T 2
解得此时气柱A 的长度lA4=20cm（2 分）
