前四周期的五种元素A、B、C、D、E原子序数逐渐变大，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，B的第一电离能大于C，E原子的外围电子排布为（n-l）d（n+6）ns1．由它们组成的配位化合物X

Question

前四周期的五种元素A、B、C、D、E原子序数逐渐变大，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，B的第一电离能大于C，E原子的外围电子排布为（n-l）d ^（n+6）ns¹．由它们组成的配位化合物X为深蓝色的结晶水合物，其原子个数比为14：4：5：1：1．回答下列问题．

（1）该配位化合物X的化学式为___．
（2）碳铂是一种含BA₃分子的具有抗癌活性的金属配合物，碳铂的结构如图1，其中碳原子的杂化方式有___．
（3）D元素原子的最外层电子轨道表式为___．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为___．
（5）元素B的单质可以和电石（CaC₂）反应，生成氰氨化钙（CaCN₂），氰氨化钙和水反应可生成NH₃．与CN₂^2-互为等电子体的分子有___（填写一种化学式即可）；写出CaCN₂水解反应的化学方程式___．
（6）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），写出该反应的化学方程式___．单质E的晶胞如图2所示，若设该晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为N_A，单质E的摩尔质量为Mg/mol，则表示该晶胞密度的计算式为ρ=___g/cm³．

Answer 1

前四周期的五种元素A、B、C、D、E原子序数逐渐变大，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，符合条件的只有O和S元素，则C是O元素、D是S元素；
B的第一电离能大于C，而原子序数小于C，则B是N元素；
E元素的外围电子排布为（n-l）dⁿ⁺⁶ns^l，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d¹⁰4s^l，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH₃）₄]²⁺、SO₄^2-，结合原子序数可知A为H，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，
（1）通过以上分析知，X为[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，
故答案为：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O；
（2）碳铂分子中C原子的价层电子对个数有的是3有的是4，所以该分子中C原子杂化方式为sp²杂化和sp²杂化，故答案为：sp²杂化和sp²杂化；
（3）D是S元素，S元素原子的最外层电子为3s、3p电子，3s轨道有2个电子、3p轨道有4个电子，其最外层电子排布图为，故答案为：；
（4）氢键的存在导致物质溶解性增大，H和O元素组成的水和双氧水之间能形成氢键，所以二者能以任意比互溶，故答案为：H₂O与H₂O₂之间形成氢键；
（5）价层电子数相等、原子个数相等的微粒互为得电子体，则与CN₂^2-互为等电子体的分子有CO₂或N₂O；碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，则CaCN₂和水反应方程式为CaCN₂+3H₂O=CaCO₃+2NH₃↑，故答案为：CO₂或N₂O； CaCN₂+3H₂O=CaCO₃+2NH₃↑；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物为CuH，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），即生成硝酸铜、氢气、NO和水，反应方程式为6CuH+16HNO₃=6Cu（NO₃）₂+3H₂↑+4NO↑+8H₂O；
该晶胞的体积为a³cm³，根据ρ=(m)/(V)=((M)/(NA)×4)/(a3)g/cm³=(4M)/(NA×a3)g/cm³，故答案为：6CuH+16HNO₃=6Cu（NO₃）₂+3H₂↑+4NO↑+8H₂O； (4M)/(NA×a3)．