湖北省高三4月调研考试理综化学试题

湖北省2018届高三4月调研考试理综化学试题1.“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列最符合“绿色化学”理念的是A.在厂区大量植树绿化，净化污染的空气B.利用太阳能分解水制氢气C.将煤液化后使用以提高煤的利用率D.将化石燃料充分燃烧后再排放【答案】B【解析】绿色化学的核心是从源头减少污染物的排放，实现污染物“零排放”。A.在厂区大量植树绿化，能够净化污染的空气，是治理污染的方法之一，不符合“绿色化学”理念，故A错误；B、利用太阳能分解水制氧气无污染无资源的浪费，符合“绿色化学”理念，故B正确；C.将煤液化后使用以提高煤的利用率，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故C错误；D.将化石燃料充分燃烧后再排放，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故D错误；故选B。2.宋代《本草图经》中，关于绿矾的分解有如下描述:“绿矾形似朴硝(

Na2SO4·10H2O)

而绿色，取此物置于铁板上,聚炭，封之囊袋，吹令火炽,其矾即沸,流出，色赤如融金计者是真也。”下列说法错误的是A.“色赤”物质是Fe(OH)3B.流出的液体中可能含有硫酸C.可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝D.绿矾分解过程中硫元素部分被还原【答案】A点睛：本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键。本题中绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低。3.下列关于有机化合物的说法正确的是A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应B.乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上C.C8H10属于芳香烃的同分异构体共有4

种D.蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油【答案】C【解析】A、乙烯使酸性高锰酸钾褪色，发生了氧化还原反应，故A错误；B．乙烯、苯为平面结构，乙酸中含甲基，甲基为四面体结构，则乙酸中所有原子不可能在同一平面上，故B错误；C．C8H10的芳香烃满足CnH2n6的通式，取代基可为1个乙基或两个甲基，同分异构体有，故C正确；D、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故D错误；故选C。4.W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:4，且Y的原子半径大于X的原子半径,X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W能与水反应生成单质W2。下列说法正确的是A.最简单氢化物的沸点:Z>XB.W与X形成的化合物中只有极性键C.最高价氧化物对应水化物酸性：Y>ZD.阴离子的还原性:W>X【答案】D【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y可能是Al，Z为Cl或Y为Si，Z为S；W的简单离子W能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。A．Z为S或Cl，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于氯化氢或硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含OO非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：W＞X，故D正确；故选D。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握原子序数、原子结构、电子排布规律来推断元素为解答的关键。本题的难点是Y、Z的不确定给解题带来的。本题的易错点为A，要注意能够形成氢键的物质有水、氨气和氟化氢。5.三元电池成为2018年我国电动汽车的新能源，其电极材料可表示为，且x+y+z=1.充电时电池总反应为LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=

Li1aNixCoyMnzO2+LiaC6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的离子X通过的隔膜。下列说法正确的是A.允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜B.充电时，A

为阴极，Li+被氧化C.可从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂D.放电时，正极反应式为

Li1aNixCoyMnzO2+aLi

++ae=LiNixCoyMnzO2【答案】D【解析】A.根据LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=

Li1aNixCoyMnzO2+LiaC6可知，X为Li+。允许离子Li+通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A错误；B.根据充电时电池总反应LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=

Li1aNixCoyMnzO2+LiaC6，A

上发生C(石墨)→LiaC6的反应，是还原反应，A为阴极，Li+没有发生氧化还原反应，故B错误；C.根据充电时电池总反应，无法充电的废旧电池的石墨电极中没有锂元素，不能回收金属锂，故C错误；D.放电时，总反应为Li1aNixCoyMnzO2+LiaC6=LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)，正极发生还原反应，电极反应式为

Li1aNixCoyMnzO2+aLi

++ae=LiNixCoyMnzO2，故D正确；故选D。6.NiS可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，经过过滤，制得NiS沉淀，装置如图所示:下列对实验的叙述正确的是A.在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了将H2S赶入C装置中与NiSO4溶液反应B.装置B中盛放浓硫酸C.装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水D.反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中【答案】C............7.常温下，在新制氯水中滴加NaOH

溶液,溶液中水电离出来的c水(H+)的对数与NaOH

溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是A.用pH

试纸测定E点对应的溶液，其pH=

3B.F、H

点对应的溶液中都存在c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)C.加水稀释H点对应的溶液,溶液的pH增大D.G点对应的溶液中c(Na+)

>c(Cl)

>c(ClO)

>c(OH)

>c(H+)【答案】D【解析】A.E点溶液为氯水，具有漂白性，pH

试纸褪色，不能用pH

试纸测定E点对应的溶液的pH，故A错误；B.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(ClO)+c(OH)，F溶液中含有次氯酸钠、氯化钠和次氯酸，H

点溶液中含有次氯酸钠、氯化钠和氢氧化钠，尽管溶液中由水电离的c(H+)相等，但溶液中溶质的浓度不等，溶液的pH不等，因此c(H+)≠c(OH)，F点为中性，H点为碱性，因此H点溶液中不存在c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)，故B错误；C.加水稀释H点对应的溶液，溶液的碱性减弱，pH减小，故C错误；D.G点对应的溶液为次氯酸钠溶液和氯化钠，且物质的量浓度相等，水的电离程度最大，次氯酸钠水解，溶液显碱性，c(Na+)

>c(Cl)

>c(ClO)

>c(OH)

>c(H+)，故D正确；故选D。8.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应、产生白雾和带有制激性气味的气体。实验室合成SOCl2的原理为：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。回答下列问题:(1)仪器a

的名称是_______，装置b

的作用是__________。(2)实验室制取SOCl2

时，所选仪器的连接顺序是⑥→______→①②←_____(某此仪器可以多次使用)。(3)冷凝管口③是_____(填“进水”或“出水”)口，本实验中制备氯气的离子方程式为___________。(4)将SOCl2

与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。(5)已知SCl2

的沸点为50℃。实验结束后，将三颈烧瓶中的混合物分离开的实验操作名称是___。若反应中消耗标准状况下的Cl2的体积为1120

mL，最后得到纯净的SOCl26.76

g,则SOCl2

的产率为________(保留三位有效数字)。(6)

已知:SOCl2

+4NaOH=

Na2SO3+2NaCl

+2H2O。请设计简单的实验(

可选试剂:稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液)

来验证氯化亚砜与NaOH

溶液反应后的溶液中存在Cl__________________。【答案】(1).球形冷凝管(或冷凝管)(2).吸收Cl2、SO2

(防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解(3).(4).(5).进水(6).MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(7).SOCl2与水反应生成SO2和HCl

等酸性物质，抑制AlCl3水解(8).过滤、蒸馏(9).56.8%(10).取待测液于洁净试管中，加稀硝酸酸化，再加入过量硝酸钡溶液，静置，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中存在Cl【解析】实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，SO2+C12+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。(1)仪器a

为球形冷凝管，装置b

的作用是吸收Cl2、SO2

(防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解，故答案为：球形冷凝管(或冷凝管)；吸收Cl2、SO2

(防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；(2)二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦，故答案为：⑫→⑪→⑨→⑩；⑩←⑨←⑦；(3)采用逆流发，故冷凝管口③为进水口；实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：进水；MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O；(4)根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，SOCl2与水反应生成SO2和HCl

等酸性物质，抑制AlCl3水解，因此将SOCl2

与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，故答案为：SOCl2与水反应生成SO2和HCl

等酸性物质，抑制AlCl3水解；(5)实验结束后，首先将三颈烧瓶中的难溶物过滤除去，根据氯化亚砜沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，再采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为1.12L22.4L/mol=0.05mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.10molSOCl2，则(6)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液存在的Cl的方法是取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl；故答案为：取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl。9.工业上用含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如下：已知：25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。氢氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2Ksp1.3×10334.0×10382.2×10201.9×1014请回答：(1)沉淀1的化学式为__________________。(2)室温下，调节pH为5.试通过计算说明此时Al3+、Fe3+已沉淀完全，理由是_________。(NH4)2S的电子式为________________；“净化”时，加入(NH4)2S的作用为___________________。(3)“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为__________________。(4)已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如下图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、____________、洗涤、干燥。(5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为________________。(6)25.35gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。①300℃时，所得固体的化学式为______________________。②1150℃时，反应的化学方程式为___________________。【答案】(1).CaSO4(2).pH=5时，c(OH)=109

mol/L，c(Fe3+)===4.0×1011

mol/L，同理，c(Al3+)=1.3×106

mol/L，皆小于1.0×105mol/L，故Al3+、Fe3+已沉淀完全(3).(4).使Cu2+转化为CuS沉淀(5).MnO2+SO2＝Mn2++SO42、Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42+H2O(6).趁热过滤(7).Mn2++2H2O2e=MnO2+4H+(8).MnSO4(9).3MnO2Mn3O4＋O2↑【解析】含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与含有二氧化硫烟气、稀硫酸溶解，发生SO2+MnO2═Mn2++SO42，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42+H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，CaO+2H++SO42=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4，滤液1金属阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，加入双氧水氧化Fe2+为Fe3+，调节pH为5沉淀Fe3+、Al3+，沉淀2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液2金属阳离子为Mn2+、Cu2+，加入(NH4)2S沉淀Cu2+，滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4，将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4。(1)含锰废料与稀硫酸反应：CaO+2H++SO42=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4，故答案为：CaSO4；(2)pH=5时，c(OH)=109mol/L，c(Fe3+)=Ksp[FeOH3]c3OH−=4.0×10−38(1.0×10−9)3=4.0×1011mol/L，同理，c(Al3+)=1.3×106mol/L，皆小于1.0×105mol/L，故Al3+、Fe3+已沉淀完全；(NH4)2S为离子化合物，电子式为：，(NH4)2S的作用沉淀Cu2+使Cu2+转化为CuS沉淀，故答案为：pH=5时，c(OH)=109mol/L，c(Fe3+)=Ksp(3)“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：SO2+MnO2═Mn2++SO42，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42+H2O；故答案为：SO2+MnO2═Mn2++SO42，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42+H2O；(4)由图可知(NH4)2SO4的溶解度随温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随温度的升高减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4；故答案为：趁热过滤；(5)用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，反应式为：Mn2++2H2O2e=MnO2+4H+；故答案为：Mn2++2H2O2e=MnO2+4H+；(6)①25.35g

MnSO4•H2O样品n(锰)=n(MnSO4•H2O)=0.15mol，其中n(H2O)=0.15mol，m(H2O)=2.7g，300℃时，所得固体质量为22.65g，减少的质量为2.7g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，故答案为：MnSO4；②300℃时，固体为：MnSO4，受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15mol，850℃时，固体质量由22.65g减少到为13.05g，减少的质量为9.6g，则硫的氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1150℃时固体为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m(锰)=n(锰)×55=8.25g，则氧化物中m(O)=11.45g8.25g=3.2g，n(O)=0.2mol，故n(Mn)：n(O)=0.15：0.2=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为：3MnO2Mn3O4+O2↑，故答案为：3MnO2

Mn3O4+O2↑。点睛：本题考查物质的制备、化学反应图像的有关进行计算。本题的难点是(6)，关键是根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，可以避免计算繁琐。10.煤炭属于不可再生资源，高效、清洁地利用煤炭资源至关重要。请回答下列问题：（1）煤的干馏。煤的干馏反应中△S_____0(填“>”“<”或“=”)。（2）煤的液化。原理是C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H=akJ/mol；CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)△H=bkJ/mol。则反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(l)的△H=______kJ/mol。（3）煤的气化。原理是C(s)+2H2(g)CH4(g)△H。在1L密闭容器中投入1mol碳，并充入2molH2，测得相关数据如图所示。①有关图1、图2的说法正确的有______(填标号)。a.氢气的反应速率v(Z)>v(X)>v(Y)b.T1<1000Kc.平衡常数K(X)=K(Y)>K(Z)d.工业生产中，当温度为T2时，压强越高，经济效益越好②图2中A点对应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(4)煤生产水煤气和半水煤气。①工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，要求气体中(CO+H2)与N2的体积之比为3.13.2，发生的反应有C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g).C(s)+1/2O2(g)CO(g)。从能量角度考虑，通入空气的目的是__________。②如图3是反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H<0中CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线，则t2时刻改变的条件可能是_______(写出1种即可)。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质(假设各物质状态均保持不变)。________【答案】(1).>(2).(a+b)(3).abc(4).1/6(5).前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡(6).降低温度(或增大水蒸气的量，减少氢气的量)(7).【解析】(1)煤的干馏反应中生成了各种气体和液体，属于熵增加的反应，△S＞0，故答案为：＞；(2)①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H=

akJ/mol；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)△H=bkJ/mol，根据盖斯定律，将①+②得：C(s)+

H2O(g)+H2(g)CH3OH(l)△H=(akJ/mol)+(bkJ/mol)=(a+b)kJ/mol，故答案为：a+b；(3)①根据C(s)

+2H2(g)CH4(g)

，增大压强，平衡正向移动，因此压强越大，碳的转化率越高，因此P1＜6MPa，根据图1，升高温度，碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，因此△H＜0。a.温度越高，压强越大，反应速率越快，氢气的反应速率v(Z)

>v(X)

>v(Y)，正确；b.根据图2，T1时碳的转化率大于1000K，根据△H＜0，温度越高，碳的转化率越低，因此T1＜1000K，正确；c.温度不变，平衡常数不变，平衡常数K(X)=K(Y)，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数K(X)=K(Y)

>K(Z)，正确；d.压强越高，对设备的要求越高，会大大的增加成本，经济效益反而减小，错误；故选abc；②图2

中A

点对应的碳的转化率为50%,压强为4.5MPa。C(s)

+2H2(g)CH4(g)

起始(mol)120反应(mol)0.510.5平衡(mol)10.5物质的量分数23平衡常数Kp=13×4.5(2(4)①C(s)+H2O(g)CO(g)

+H2(g)是吸热反应，通入空气后发生C(s)

+1/2O2(g)CO(g)，高反应为放热反应，可维持体系的热平衡，因此工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，故答案为：前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡；②在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且CO和CO2浓度变化有接触点，所以可以通过改变降低温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，故浓度分别增大为原来的2倍，又反应前后气体系数相等，平衡不移动，所以图像仅仅是浓度分别变为原来的2倍并且保持不变，如图为，故答案为：降低温度；增加水蒸气的量；。11.光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti的某种晶型的氧化物M可用作光催化材料。(1)基态Ti原子的价层电子排布图为________。(2)在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素名称是________。(3)金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为_____。(4)生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3SH)等，M可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子为_____，甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_____，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为______，已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，试解释此差异的主要原因___________。(5)M的晶胞结构如图2，M化学式为______。(6)石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图3)，其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M的结合使用，极大地提高了M的光催化效果。在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有____个C原子。已知石墨烯中CC键长为apm，则单层石墨烯的比表面积为_____m2/g(NA表示阿伏伽德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。【答案】(1).(2).镍(3).D(4).H3O+(5).sp3(6).Si(7).甲醇分子间有氢键(8).TiO2(9).2(10).38【解析】(1)Ti原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其价层电子排布式为3d24s2，电子排布图为，故答案为：；(2)Ti

原子未成对电子数为2，在第四周期d区元素中，与Ti

原子未成对电子数相同的元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，为镍元素，故答案为：镍；(3)根据金属钛的原子堆积方式可知，该堆积方式为ABABABAB……镁型堆积，晶胞结构为，金属钛晶胞俯视图为D，故答案为：D；(4)与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，甲硫醇(CH3SH)中硫原子与2个原子相连，含有2个孤电子对，采取sp3杂化；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，与S位于同一周期，且第一电离能小于S

的非金属元素符号为Si，甲醇分子间有氢键，甲硫醇不能形成氢键，因此甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，故答