第2章 3.气体的等压变化和等容变化

3.气体的等压变化和等容变化
学习目标：1.[物理观念]知道气体的等压变化、等容变化、理想气体的概念，知道气体实验定律的微观解释。

2.[科学思维]掌握盖—吕萨克定律、查理定律的内容、公式及应用，理解理想气体的状态方程并能利用其解决实际问题。

3.[科学探究]理解并会推导理想气体状态方程，养成推理论证严谨、细致的习惯，在解释气体实验定律中提高分析能力。

4.[科学态度与责任]通过对定律的理解及应用，学会探索科学规律的方法，坚持实事求是的科学态度，培养学习科学的兴趣。

阅读本节教材，回答第26页“问题”并梳理必要知识点。

教材P26“问题”提示：气体吸热升温膨胀，而封闭的气体在压强不变的情况下，体积变大了。

一、气体的等压变化
1．等压变化
一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程叫作气体的等压变化。

2．盖—吕萨克定律
(1)内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T 成正比。

(2)公式：V＝CT或V1
T1＝
V2
T2。

(3)适用条件：气体质量一定；气体压强不变。

(4)等压变化的图像：由V＝CT可知在V-T坐标系中，等压线是一条通过坐标原点的倾斜的直线。

对于一定质量的气体，不同等压线的斜率不同。

斜率越小，压强越大，如图所示，p2>(选填“>”或“<”)p1。

二、气体的等容变化
1．等容变化
一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。

2．查理定律
(1)内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。

(2)公式：p＝CT或p1
T1＝p2 T2。

(3)等容变化的图像：从图甲可以看出，在等容过程中，压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系。

但是，如果把图甲中的直线AB延长至与横轴相交，把交点当作坐标原点，建立新的坐标系(如图乙所示)，那么这时的压强与温度的关系就是正比例关系了。

图乙坐标原点的意义为气体压强为0时，其温度为0 K。

可以证明，新坐标原点对应的温度就是0_K。

甲乙
(4)适用条件：气体的质量一定，气体的体积不变。

说明：气体做等容变化时，压强p与热力学温度T成正比，即p∝T，不是与摄氏温度t成正比，但压强变化量Δp与热力学温度变化量ΔT和摄氏温度的变化量Δt都是成正比的，即Δp∝ΔT、Δp∝Δt。

三、理想气体
1．理想气体
在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。

2．理想气体与实际气体
在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍的条件下，把实际气体看成理想气体来处理。

3．理想气体的状态方程
(1)内容
一定质量的某种理想气体，在从某一状态变化到另一状态时，尽管压强p、体积V、温度T都可能改变，但是压强p跟体积V的乘积与热力学温度T之比保持不变。

(2)表达式
①p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2；②pV T ＝C 。

(3)成立条件
一定质量的理想气体。

说明：理想气体是一种理想化模型，是对实际气体的科学抽象。

题目中无特别说明时，一般都可将实际气体当成理想气体来处理。

四、对气体实验定律的微观解释
用分子动理论可以定性解释气体的实验定律。

1．玻意耳定律
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。

在这种情况下，体积减小时，分子的数密度增大，单位时间内，单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强就增大。

这就是玻意耳定律的微观解释。

2．盖—吕萨克定律
一定质量的某种理想气体，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，使分子的数密度减小，才能保持压强不变。

这就是盖—吕萨克定律的微观解释。

3．查理定律
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变。

在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大。

这就是查理定律的微观解释。

1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在质量和体积不变的情况下，气体的压强与摄氏温度成正比。

(×)
(2)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V -T 图像是过原点的直线。

(√) (3)一定质量的理想气体从状态1变化到状态2，经历的过程不同，状态参量的变化不同。

(×) (4)一定质量的气体，体积、压强、温度都可以变化。

(√)
2．下列描述一定质量的某种气体作等容变化的过程的图线正确的是( )
A B
C D
D[等容变化的过程的p -t图像在t轴上的交点坐标是(－273 ℃，0)，D正确；A、B、C错误。

]
3．(多选)关于理想气体，下列说法正确的是()
A．理想气体能严格遵守气体实验定律
B．实际气体在温度不太高、压强不太大的情况下，可看成理想气体
C．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体
D．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体
AC[理想气体是在任何温度、任何压强下都能遵守气体实验定律的气体，A正确；实际气体在温度不太低、压强不太大情况下可看成理想气体，C正确，B、D错误。

]
气体的等压变化
汽缸中封闭着温度为100 ℃的空气，一重物用绳索经滑轮跟汽缸中活塞相连接，重物和活塞都处于平衡状态，这时活塞离汽缸底的高度为10 cm，如果缸内空气温度缓慢降至0 ℃。

试探究：(1)在变化过程中气体发生的是什么变化？
(2)此时活塞到缸底的距离是多大？
提示：(1)是等压变化。

(2)初状态V1＝S×(10 cm)，T1＝(273＋100) K＝373 K；末状态V2＝lS，T2＝273 K。

由V1
T1＝
V2
T2，得V2＝
T2
T1V1≈S×(7.32 cm)，即活塞到缸底的距离l为7.32 cm。

1．盖—吕萨克定律的适用范围
压强不太大，温度不太低。

原因同查理定律。

2．公式变式
由V 1T 1＝V 1＋ΔV T 1＋ΔT 得V 1T 1＝ΔV ΔT ， 所以ΔV ＝ΔT T 1V 1，ΔT ＝ΔV
V 1T 1，
3．等压线 (1)V -T 图像
①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与热力学温度T 成正比的关系。

②图像：过原点的倾斜直线。

③特点：斜率越大，压强越小。

(2)V -t 图像
①意义：反映了一定质量的气体在等压变化中体积与摄氏温度t 成线性关系。

②图像：倾斜直线，延长线与t 轴交点为－273.15 ℃。

③特点：连接图像中的某点与(－273.15 ℃，0)，连线的斜率越大，压强越小。

【例1】 如图甲是一定质量的气体由状态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1.5×105 Pa 。

甲 乙
(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图中T A 的值； (2)请在图乙所示坐标系中，作出由状态A 经过状态B 变为状态C 的p -T 图像，并在图像相应位置上标出字母A 、B 、C 。

如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程。

思路点拨：(1)在根据图像判断气体的状态变化时，首先要确定横、纵坐标表示的物理量，其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律。

(2)在气体状态变化的图像中，图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，一个线段表示气体状态变化的一个过程。

[解析] (1)由图像可知A →B 为等压过程，根据盖—吕萨克定律可得V A T A
＝V B
T B
，所以
T A ＝V A V B
T B ＝0.4
0.6×300 K ＝200 K 。

(2)根据查理定律得p B T B ＝p C T C ，p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43p A ＝4
3×1.5×105Pa ＝
2.0×105Pa 。

则可画出由状态A →B →C 的p -T 图像如图所示。

[答案] (1)压强不变 200 K (2)见解析
(1)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程。

先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，逐一分析计算出各点的p 、V 、T 。

(2)根据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。

(3)图像特点：p -1
V 图像、p -T 图像、V -T 图像过原点，在原点附近都要画成虚线。

[跟进训练]
1．如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在B 处设有限制装置，使活塞只能在B 以上运动，B 以下汽缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.2V 0。

开始时活塞在A 处，温度为87 ℃，大气压强为p 0，现缓慢降低汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A 、B 的正中间，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B ，然后再缓慢降低汽缸内气体的温度，直到－3 ℃。

甲 乙
(1)求活塞刚到达B 处时的温度T B ；
(2)求缸内气体最后的压强p；
(3)在图乙中画出整个过程的p-V图线。

[解析](1)缓慢降低汽缸内气体的温度，使活塞移到A、B的正中间，此过程是等
压过程：由盖—吕萨克定律V A
T A＝
V′
T′，代入数据
1.2V0
360＝
1.1V0
T′，解得T′＝330 K
然后保持温度不变，在活塞上缓慢加沙，直至活塞刚好移动到B，这个过程是等温过程，故活塞刚到达B处时的温度T B＝330 K。

(2)保持温度不变，在活塞上加沙，直至活塞刚好移动至B，这个过程是等温过程：根据玻意耳定律有
p0×1.1V0＝p1×V0
解得p1＝1.1p0
再接下来的等容过程，根据查理定律有
1.1p0 330＝
p
270，解得p＝0.9p0。

(3)整个过程的p-V图线如图所示。

[答案](1)330 K(2)0.9p0(3)见解析
气体的等容变化
在炎热的夏天，打足气的自行车轮胎在日光的暴晒下有时会胀破，忽略轮胎体积变化。

试探究：(1)气体发生的是什么变化？
(2)请解释原因。

提示：(1)气体生生的是等容变化。

(2)自行车轮胎体积一定，日光暴晒时，轮胎里的空气温度升高明显，气体压强增大，当气体压强增大到超过轮胎承受的限度时，轮胎就会被胀破。

压强不太大，温度不太低的情况。

当温度较低，压强较大时，气体会液化，定律不再适用。

2．公式变式
由p1
T1＝p1＋Δp
T1＋ΔT
得
p1
T1＝
Δp
ΔT或Δp＝
ΔT
T1p1，ΔT＝
Δp
p1T1。

3．等容线
(1)p -T图像
①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与热力学温度T成正比的关系。

②图像：过原点的倾斜直线。

③特点：斜率越大，体积越小。

(2)p-t图像
①意义：反映了一定质量的气体在等容变化中，压强p与摄氏温度t的线性关系。

②图像：倾斜直线，延长线与t轴交点为－273.15 ℃。

③特点：连接图像中的某点与(－273.15 ℃，0)连线的斜率越大，体积越小。

【例2】有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。

设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计。

在1标准大气压下对B管进行温度刻度(1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa)。

已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，t＝0 ℃的刻度线在何处？
思路点拨：(1)玻璃泡A的容积不变，是等容变化。

(2)找到初末状态的p1T，根据查理定律可求出刻度线的位置。

[解析]选玻璃泡A内的一定量的气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程。

玻璃泡A内气体的初始状态：T1＝300 K
p1＝(76－16) cmHg＝60 cmHg
末态，即t＝0 ℃的状态：T0＝273 K 由查理定律得
p＝T0
T1p1＝273
300×60 cmHg＝54.6 cmHg
所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是
x0＝(76－54.6) cm＝21.4 cm。

[答案]21.4 cm
利用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体。

(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律成立条件，即是否是初、末态的质量和体积保持不变。

(3)确定初、末两个状态的温度、压强。

(4)按查理定律公式列式求解，并对结果进行讨论。

[跟进训练]
2．有一上端开口、竖直放置的玻璃管，管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃。

当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变，需要再注入长度为多少水银？(设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3)
[解析]设再注入的水银柱长为x，以封闭在管中的气体为研究对象，气体做等容变化。

初态：p1＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg
T1＝(273＋27) K＝300 K
末态：p2＝(90＋x) cmHg，T2＝(273＋30) K＝303 K
由查理定律
p2
T
2
＝
p1
T1得
90＋x
303＝
90
300，解得x＝0.9 cm
则注入水银柱的长度为0.9 cm。

[答案]0.9 cm
理想气体的状态方程
在电视上同学们或许看到过有人乘坐热气球在蓝天翱翔的画面，其中的燃烧器时而喷出熊熊烈焰，巨大的气球缓慢上升。

如果有朝一日你乘坐热气球在蓝天旅行探险，那将是一件有趣而刺激的事情。

热气球为什么能升空？请探究其中的原理。

提示：以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，但气体压强始终等于外界大气压强，可认为是不变的。

由状态方程
pV
T＝恒量知，p一定，T增大，则V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体的重力减小，当空气的浮力大于重力时，热气球便会上升。

p1V1
T1＝
p2V2
T2⇒
⎩⎪
⎨
⎪⎧T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)
V1＝V2时，
p1
T1＝
p2
T2(查理定律)
p1＝p2时，
V1
T1＝
V2
T2(盖—吕萨克定律)
由此可见，三个气体实验定律是理想气体状态方程的特例。

2.理想气体状态变化的图像
一定质量的理想气体的状态参量p、V、T可以用图像上的点表示出来，用点到点之间的连线表示气体从一个平衡态(与点对应)到另一个平衡态的变化过程。

利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，是常用的方法。

(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量、不同温度的两条等温线，不同体积的两条等容线，不同压强的两条等压线的关系。

例如：如图甲所示，V 1对应的虚线为等容线，A 、B 是与T 1、T 2两线的交点，可以认为从B 状态通过等容升压到A 状态，温度必然升高，所以T 2>T 1。

甲
又如图乙所示，T 1对应的虚线AB 为等温线，从B 状态到A 状态压强增大，体积一定减小，所以V 2<V 1。

乙
(2)一定质量理想气体的图像
①等温变化
a.T 一定时，在p -V 图像中，等温线是一簇双曲线，图像离坐标轴越远，温度越高，如图甲所示，T 2>T 1。

甲 乙
b.T 一定时，在p -1V 图像中，等温线是延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越大，
温度越高，如图乙所示。

②等压变化
a.p 一定时，在V -T 图像中，等压线是一簇延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越大， 压强越小，如图甲所示。

甲乙
b.p一定时，在V-t图像中，等压线与t轴的交点总是－273.15 ℃，是一条倾斜的直线，纵截距表示0 ℃时气体的体积，如图乙所示。

○3等容变化
a.V一定时，在p-T图像中，等容线为一簇延长线过坐标原点的直线，直线的斜率越小，体积越大，如图甲所示。

甲乙
b.V一定时，在p-t图像中，等容线与t轴的交点是－273.15 ℃，是一条倾斜的直线，纵截距表示气体在0 ℃时的压强，如图乙所示。

【例3】内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10－3 m3的理想气体。

现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃。

(大气压强为1.0×105 Pa)
(1)求汽缸内气体的最终体积(保留三位有效数字)；
(2)在如图所示的p-V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化。

思路点拨：(1)在活塞上方缓缓倒沙子的过程是一个等温变化过程，缓慢加热的过程是一个等压变化过程。

(2)等压过程的图线为平行于V轴的直线，等容过程的图线为平行于p轴的直线，等温过程的图线为双曲线的一支。

[解析](1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p0V0＝p1V1，解得p1＝2.0×105 Pa。

在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则V1
T1＝
V2
T2，所以V2≈1.5×10
－3 m3。

(2)如图所示
[答案](1)1.5×10－3 m3 (2)见解析
理想气体状态变化时注意转折点的确定
转折点是两个状态变化过程的分界点，挖掘隐含条件，找出转折点是应用理想气体状态方程解决气体状态变化问题的关键。

[跟进训练]
3．一定质量的气体，在状态变化过程中的p-T图像如图所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V-T图像和p-V图像(标注字母和箭头)。

[解析]根据理想气体状态方程，有p0V0
T0＝
(3p0)V B
T0＝
(3p0)V C
T0，解得V B＝
1
3V0，V C＝
V0
A到B是等温变化，B到C是等压变化，C到A是等容变化，作出对应的V-T图像和p-V图像如图所示。

甲乙
[答案]见解析
4．一个半径为0.1 cm的气泡，从18 m深的湖底上升。

如果湖底水的温度是8 ℃，湖面的温度是24 ℃，湖面的大气压强相当于76 cm高水银柱产生的压强，即101 kPa，那么气泡升至湖面时体积是多少？(ρ
水
＝1.0 g/cm3，g取9.8 m/s2。

)
[解析]由题意可知18 m深处气泡体积
V1＝4
3
πr3≈4.19×10－3 cm3
p1＝p0＋ρ水gh水＝277.4 kPa T1＝(273＋8) K＝281 K
p2＝101 kPa
T2＝(273＋24) K＝297 K
根据理想气体的状态方程p1V1
T1＝
p2V2
T2，得V2＝
p1V1T2
p2T1＝
277.4×4.19×10－3×297
101×281
cm3≈0.012 cm3。

[答案]0.012 cm3
气体实验定律的微观解
释
中央电视台在《科技之光》栏目中曾播放过这样一个节目：把液氮倒入饮料瓶中，马上盖上瓶盖并拧紧，人立刻撤离现场，一会儿饮料瓶爆炸，你能解释一下原因吗？
提示：液氮吸热汽化，分子运动加快，饮料瓶内气体压强迅速增大，当大于瓶壁承受的压强时，饮料瓶爆炸。

(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小。

(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变。

体积越小，分子的数密度越大，单位时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大，如图所示。

体积大体积小
2．盖一吕萨克定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，温度降低，体积减小。

(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需影响压强的另一个因素，即分子的数密度减小，所以气体的体积增大，如图所示。

3．查理定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小。

(2)微观解释：体积不变，则分子的数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁单位面积的作用力变大，所以气体的压强增大，如图所示。

【例4】在一定的温度下，—定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于()
A．单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多
B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大
C．每个气体分子对器壁的平均撞击力都变大
D．气体密度增大，单位体积内分子重量变大
思路点拨：(1)影响气体压强的原因是分子的平均动能和单位体积的分子个数。

(2)温度是分子平均动能的标志，体积决定分子的数密度。

A[气体的温度不变，分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变，C错误；体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大，A正确；分子和器壁间无引力作用，B错误；单位体积内气体的质量变大，不是压强变大的原因，D错误。

]
(1)宏观量温度的变化对应着微观量分子动能平均值的变化。

宏观量体积的变化对应着气体分子的数密度的变化。

(2)压强的变化可能由两个因素引起，即分子热运动的平均动能和分子的数密度，可以根据气体变化情况选择相应的实验定律加以判断。

[跟进训练]
5．(多选)对于一定质量的气体，当它的压强和体积发生变化时，以下说法正确的是()
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强和体积都增大时，其分子的平均动能一定增大
D．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
AC[对于一定质量的气体，压强和体积都增大时，根据理想气体状态方程pV
T＝C，
温度一定升高，故分子热运动的平均动能一定增加，A、C正确，B错误；对于一定质量的气体，压强增大，体积减小时，根据理想气体状态方程知温度可能会改变，则平均动能可能改变，D错误。

]
1．物理观念：盖—吕萨克定律、查理定律、理想气体的状态方程。

2．科学思维：运用定律和公式分析解决问题。

3．科学方法：理想模型法、图像法、计算法等。

1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的2倍，则气体温度的变化情况是()
A．气体的摄氏温度升高到原来的2倍B．气体的热力学温度升高到原来的2倍C．气体的摄氏温度降为原来的一半D．气体的热力学温度降为原来的一半
B[一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即p1
T1＝
p2
T2，所以T2
＝p2
p1T1＝2T1，选项B正确。

]
2．如图所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p -t图线，p0表示标准大气压，则在状态B时气体的体积为()
A．5.6 L B．3.2 L C．1.2 L D．8.4 L
D[此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从0 ℃到A状态的127 ℃，气体是等容变化，则A状态的体积为6.72 L。

从A状态到B状态的等压变化，A状态的温度为127 K＋273 K＝400 K，B状态的温度
为227 K＋273 K＝500 K，根据盖—吕萨克定律V A
T A＝
V B
T B，V B＝
V A T B
T A＝
6.72×500
400L＝8.4
L，D项正确。

]
3．(多选)对一定质量的气体，下列说法正确的是()
A．温度发生变化时，体积和压强可以不变
B．温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化
C．如果温度、体积和压强三个量都不变化，我们就说气体状态不变
D．只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们就说气体状态变化了
BC[p、V、T三个量中，可以两个量发生变化，一个量恒定，也可以三个量同时发生变化，而一个量变化，另外两个量不变的情况是不存在的，气体状态的变化就是p、V、T的变化。

故B、C正确。

]
4．如图所示，a、b、c三点表示一定质量理想气体的三个状态，则气体在a、b、c 三个状态的热力学温度之比是()
A．1∶1∶1B．1∶2∶1 C．3∶4∶3 D．1∶2∶3
C[根据理想气体状态方程pV
T＝C可知，T∝pV，所以T a∶T b∶T c＝
(p a V a)∶(p b V b)∶(p c V c)＝3∶4∶3，选项C正确。

]
5．房间的容积为20 m3，在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa时，室内空气质量是25 kg。

当温度升高到27 ℃，大气压强变为1.0×105 Pa时，室内空气的质量是多少？
[解析]气体初态：
p1＝9.8×104 Pa，V1＝20 m3，T1＝280 K
末态：p2＝1.0×105 Pa，V2＝？，T2＝300 K
由状态方程：p1V1
T1＝
p2V2
T2
解得V2＝p1T2
p2T1V1＝
9.8×104×300×20
1.0×105×280
m3＝21.0 m3
因V2＞V1，故有气体从房间内流出
房间内气体质量m2＝V1
V2m1＝
20
21×25 kg≈23.8 kg。

[答案]23.8 kg。