国考1号第十套英语答案

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35.(15分)(1)A(2分)(2)sp(1分)·sp'(1分)乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键(2分)Cu2(1分)(3)Li,0、Mg0为离子晶体，P,06、S02为分子晶体。晶格能Mg0>Li20。分子间力（分子量）P,06>S0,(2分)(42(2分)4尊2分8×24+16×64Na'x100(2分)【考查点】本题考查物质结构与性质。【解析】(1)镁原子的核外电子排布式为[N]3s2,根据题中四种镁的状态，确定A、D选项为Mg,B、C选项为Mg,因同一元素第二电离能比第一电离能大，故Mg再失去一个电子必定要比Mg失去一个电子难，而A为基态Mg,D为激发态Mg,基态Mg比激发态Mg稳定，所以失去一个电子更难，故选A。(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N原子形成3个σ键，还有一对孤对电子；C原子形成4个σ键，无孤对电子，故N原子和C原子的价层电子对数均为4，杂化类型均为s即杂化；由于Cu2和Mg2均有空轨道，而乙二胺中N原子具有孤电子对，所以可以通过配位键形成配离子，由于乙二胺中含有2个N原子，因此可以形成稳定环状离子；C“是过渡金属离子，过渡金属离子与多种配体具有很强的结合力，故与Cu2形成的配合物更稳定。(3)表中的四种氧化物，Li20和Mg0为离子晶体，所以熔点高；P,0。和S02为分子晶体，所以熔点低。离子晶体中，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，Li20和Mg0两种离子晶体中，由于i半径比Mg大，且Li所带电荷比Mg2少，所以Li,0的晶格能小于Mg0,i,0的熔点比Mg0低；而P,0。和S02均为分子晶体，由于前者相对分子质量大，范德华力大，所以熔点高。√2(4)由图(b)知4个Cu原子的直径为晶胞的面对角线，又知面对角线为2apm,则2a=4x,故x=4apm;因为Mg是以金Mg原子之间最短距离为体对角线的子，而体对角线为3apm,故4y=3a,y=apm;由(ax10”cm)',由均摊法可知，Mg原子个数为8×g+6×2+4=8,Gu原子在晶胞内部，Cu原子个数为16，故晶胞质量为8×24+64×168×24+64×16g,晶胞密度为,·(ax10-1o)F8·cm=8×24+64x16Na'x10-08·cm3。

10.D【考查点】本题考查元素及其化合物【解析】由示意图可知，冰表面第一层主要为HC1的吸附；第二层主要为HCl的溶解；第三层主要是冰，与HCI的吸附和溶解无关。冰的表面第一层主要为HCl的吸附，由图可知，HCl以分子形式存在，A正确；第一层中，HC:H,0=103:1,设H20的物质的量为1mol,第二层的总质量为36.5g·mol'×103mol+18g·mol'×1mol,则第二层冰的体积V=m=36.5g·mol×103mol+18g·mol×1mol≈20.0cm=20.0mL=2.0x102L,由第二层C:H,0=104:1及溶液中H物质0.9g·cm-3的量等于Cr物质的量可知，n(H)=104mol,则c(H)=n(什)：，10mol=5×103mol·L,B正确；第三层主要是冰，V2.0×10-2L与HCI的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，C正确；第二层主要为HC的溶解过程，存在可逆反应HCl三H+C”,而第一层和第三层均不存在该可逆反应，D错误。