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一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【2023港澳台高考】1．（4分）下列试剂与标签不对应的是（　　）

A．A                               B．B                                 C．C                               D．D

【解答】解：A．表示易燃液体，四氯化碳不能燃烧，故A错误；

B．表示腐蚀品，冰醋酸具有酸性，具有腐蚀性，故B正确；

C．表示氧化剂，高锰酸钾具有强氧化性，表示正确，故C正确；

D．表示易燃气体，丁烷是易燃气体，表示正确，故D正确；

故选：A。

【2023港澳台高考】2．（4分）下列消毒剂不是利用其氧化性进行消毒的是（　　）

A．0.5%过氧乙酸溶液                                          

B．1%次氯酸钠溶液       

C．75%乙醇溶液                                                    

D．3%双氧水溶液

【解答】解：A．0.5%过氧乙酸溶液具有强氧化性，利用其氧化性进行消毒，故A正确；

B．1%次氯酸钠溶液有强氧化性，利用其氧化性进行消毒，故B正确；

C．75%乙醇溶液，是通过透过细菌表面脱水而使蛋白质变性，不是利用其氧化性消毒，故C错误；

D．3%双氧水溶液有强氧化性，利用其氧化性进行消毒，故D正确；

故选：C。

【2023港澳台高考】3．（4分）下列物质水解能生成果糖的是（　　）

A．淀粉                          B．纤维素                       C．蔗糖                         D．麦芽糖

【解答】解：A．淀粉水解产物为葡萄糖，没有产生果糖，故A错误；

B．纤维素水解产物是葡萄糖，没有产生果糖，故B错误；

C．蔗糖是二糖，水解产物为果糖和葡萄糖，产生果糖，故C正确；

D．麦芽糖是二糖，水解产物为葡萄糖，没有产生果糖，故D错误；

故选：C。

4．（4分）下列属于非极性分子的是（　　）

A．对二甲苯                 B．苯甲酸                       C．对硝基甲苯            D．苯甲醚

【解答】解：A．对二甲苯为对称结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A正确；

B．苯甲酸含有极性键，分子不是对称结构，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故B错误；

C．对硝基甲苯分子正负电荷中心不重合，是极性分子，故C错误；

D．苯甲醚中含有极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故D错误；

故选：A。

【2023港澳台高考】5．（4分）工业制乙炔的反应为CaC₂+2H₂O═C₂H₂↑+Ca(OH)₂，下列说法错误的是（　　）

A．CaC₂为离子化合物 

B．Ca²⁺的结构示意图为      

C．C₂H₂含有极性和非极性共价键     

D．H₂O的电子式为：

【解答】解：A．碳化钙为离子化合物，由钙离子与离子构成，故A正确；

B．Ca²⁺离子核外电子数为18，核电荷数为20，由里到外各层电子数依次为2、8、8，Ca²⁺的结构示意图为，故B正确；

C．C₂H₂的结构式为HC≡CH，C﹣H是极性共价键，C﹣C是非极性共价键，故C正确；

D．O中存在孤电子对，水的电子式为：，故D错误；

故选：D。

【2023港澳台高考】6．（4分）关于HF+OD^﹣═F^﹣+HOD（D为氘），下列说法正确的是（　　）

A．HOD与H₂O的质量数相同                          

B．HF和DF为同分异构体   

C．H和D的电子数相同                                      

D．OD^﹣和OH^﹣的中子数相同

【解答】解：A．HOD的质量数为19，H₂O的质量数为18，质量数不相同，故A错误；

B．HF和DF都是化合物，不是同分异构体，故B错误；

C．H和D的电子数均为1，电子数相同，故C正确；

D．OD^﹣的中子数为9，OH^﹣的中子数为8，中子数不同，故D错误；

故选：C。

【2023港澳台高考】7．（4分）向X溶液加入等体积的Y溶液后，导电性显著增加且酸碱性显著改变的是（　　）

A．A                               B．B                                 C．C                               D．D

【解答】解：A．Na₂CO₃溶液呈碱性，和等物质的量的HAc溶液混合，HAc+Na₂CO₃＝NaHCO₃+NaAc，混合后溶液中的溶质是NaHCO₃、NaAc，离子浓度减小，导电性减小，溶液呈碱性，酸碱性无显著改变，故A错误；

B．Na₂SO₃溶液呈碱性，和等物质的量的氯水溶液混合，Cl₂+Na₂SO₃+H₂O＝Na₂SO₄+2HCl，混合后溶液中的溶质是Na₂SO₄、HCl，离子浓度增大，导电性显著增加，溶液呈酸性，酸碱性显著改变，故B正确；

C．NH₄Cl溶液呈酸性，和等物质的量的AgNO₃溶液混合，NH₄Cl+AgNO₃＝AgCl↓+NH₄NO₃，混合后溶液中的溶质是NH₄NO₃，离子浓度减小，导电性减小，溶液呈酸性，酸碱性无显著改变，故C错误；

D．H₂SO₄溶液呈酸性，和等物质的量的BaS溶液混合，H₂SO₄+BaS＝BaSO₄↓+H₂S↑，离子浓度明显变小，导电性显著减小，溶液呈中性，酸碱性显著改变，故D错误；

故选：B。

【2023港澳台高考】8．（4分）能正确表达下列反应的离子方程式为（　　）

A．碘化亚铁溶液与浓硫酸反应：2Fe²⁺+SO₄^2－+4H⁺═2Fe³⁺+SO₂↑+2H₂O 

B．硫酸铝溶液与过量的浓氨水反应：Al³⁺+3NH₃•H₂O＝Al(OH)₃↓+3NH₄^＋

C．硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应：2Cu²⁺+2I^﹣═2Cu⁺+I₂      

D．硫酸锌溶液和硫化钡溶液反应：Zn²⁺+Ba²⁺+2S^2﹣+2H₂O═ZnS•Ba(OH)₂↓+H₂S↑

【解答】解：A．还原性：I^﹣＞Fe²⁺，则碘化亚铁溶液与浓硫酸反应为2I^﹣+H₂SO₄（浓）＝I₂+SO₂↑+H₂O或4I^﹣+2Fe²⁺+6H₂SO₄（浓）＝2I₂+2Fe³⁺+3SO₂↑+3SO₄^2－+6H₂O，故A错误；

B．硫酸铝溶液与过量的浓氨水反应生成Al(OH)₃沉淀和(NH₄₎₂SO₄，Al(OH)₃不溶于过量的氨水，则离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O＝Al(OH)₃↓+3NH₄^＋，故B正确；

C．硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色CuI沉淀、K₂SO₄和I₂，离子方程式为2Cu²⁺+2I^﹣═2CuI↓+I₂，故C错误；

D．Zn²⁺+Ba²⁺+S^2﹣+SO₄^2－═ZnS•BaSO₄↓，故D错误；

故选：B。

【2023港澳台高考】9．（4分）采用如图所示装置电解饱和硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾（K₂S₂O₈），下列有关叙述正确的是（　　）

A．在阳极a生成K₂S₂O₈     

B．过二硫酸钾中氧的化合价均为﹣2        

C．电池总反应为2H₂O═O₂+2H₂↑  

D．b为阴极，发生反应2HSO₄^－═S_2O8^2－+2H⁺+2e^﹣

【解答】解：A．K₂S₂O₈中有2个O原子为﹣1价，a为阳极，在阳极上氧元素化合价升高，生成K₂S₂O₈，故A正确；

B．过二硫酸钾（K₂S₂O₈）中氧的化合价均为﹣2和﹣1价，故B错误；

C．阳极电极反应为2HSO₄^－﹣2e^﹣+2H⁺═S_2O8^2－+2H₂O，阴极的电极反应为：反应2H⁺+2e^﹣═H₂↑，则电池总反应为为2HSO₄^－+4H⁺S_2O8^2－+2H₂O+H₂↑，故C错误；

D．b为阴极，发生反应2H⁺+2e^﹣═H₂↑，故D错误；

故选：A。

【2023港澳台高考】10．（4分）通常条件下，下列各组物质的性质排列顺序错误的是（　　）

A．熔点：SiO₂＞P₂O₅＞SO₃        

B．水中溶解度：CH₄＞NH₃＞HF       

C．沸点：异丙醇＞乙醇＞甲醇  

D．酸性：HNO₃＞H₂CO₃＞H₃BO₃

【解答】解：A．SiO₂是共价晶体，熔点最高，P₂O₅和SO₃是分子晶体，P₂O₅的相对分子质量大于SO₃的相对分子质量，故熔点，P₂O₅＞SO₃，所以熔点：SiO₂＞P₂O₅＞SO₃，故A正确；

B．NH₃和HF能和水形成分子间氢键，故易溶于水，因为F的电负性是大于N的，所以相应地，HF与水形成的氢键，相对于NH₃与水形成的氢键也就更强，所以，HF在水中的溶解度大于NH₃，所以水中溶解度：CH₄＞HF＞NH₃，故B错误；

C．一元醇的熔沸点随着碳原子个数的增大而升高，沸点：异丙醇＞乙醇＞甲醇，故C正确；

D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性N＞C＞B，故酸性HNO₃＞H₂CO₃＞H₃BO₃，故D正确；

故选：B。

【2023港澳台高考】11．（4分）由金属镁和氧气生成氧化镁的相关反应及其热效应（kJ•mol^﹣1）如图所示。由此可判断ΔH等于（　　）

A．725kJ•mol^﹣1                                                      

B．﹣725kJ•mol^﹣1  

C．1929kJ•mol^﹣1                                                    

D．﹣1929kJ•mol^﹣1

【解答】解：根据盖斯定律可知：[141+2201+247+△H+（﹣3916）]kJ•mol^﹣1＝﹣602kJ•mol^﹣1，解得△H＝725kJ•mol^﹣1，

故选：A。

【2023港澳台高考】12．（4分）用如图装置制备HCl气体，下列说法错误的是（　　）

A．盛装浓H₃PO₄的是滴液漏斗 

B．a中是浓H₂SO₄

C．b中进气管插到底部是因为HCl易挥发      

D．烧杯c中盛的是稀碱溶液

【解答】解：A．盛装浓H₃PO₄的是滴液漏斗，故A正确；

B．制取的HCl混有水蒸气，需要用浓硫酸除去，a中是浓H₂SO₄，故B正确；

C．HCl的密度比空气大，导管长进短出，与HCl挥发性无关，故C错误；

D．装置c吸收尾气，装有稀碱溶液，故D正确；

故选：C。

【2023港澳台高考】13．（4分）两种内酯的开环共聚可制备聚酯，这两种内酯为（　　）

A．                                                    B． 

C．                                                   D．

【解答】解：的单体是和，水解产物为和，故B正确，

故选：B。

【2023港澳台高考】14．（4分）一种MOFs材料由短周期元素W、X、Y、Z组成，W、X、Y、Z原子序数依次增加，且核外电子数之和等于28，W的电子数与其电子层数相等，X外层电子数是内层的2倍，Z的价层电子数与其电子层数相等。下列叙述不正确的是（　　）

A．W、X、Y是组成葡萄糖的元素   

B．W与Y可组成显弱酸性的化合物

C．W、Y、Z可以组成配合物阴离子        

D．X单质的导电性均高于Z单质的

【解答】解：由上述分析可知，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Al元素；

A．葡萄糖的化学式为C₆H₁₂O₆，由H、C、O元素组成，故A正确；

B．H₂O₂电离的方程式为H₂O₂⇌HO₂^－+H⁺、HO₂^－⇌H⁺+O₂^2－，则H₂O₂是弱酸性物质，由H、O元素组成，故B正确；

C．H、O、Al元素可形成阴离子{Al(OH)₄]^﹣，O与Al原子间存在配位键，故C正确；

D．Al是电的良导体，C的单质有金刚石、石墨、C₆₀等多种，其中金刚石不导电，导电性低于金属铝，故D错误；

故选：D。

【2023港澳台高考】15．（4分）CH₃COOH溶液中的物种分布系数与pH的关系如图所示。对于0.10mol•L^﹣1的CH₃COOH溶液，下列叙述正确的是（　　）[比如A^﹣的分布系数：δ（A^﹣）＝]

A．水解常数：K_h（CH₃COO^﹣）＞10×10^﹣9   

B．δ（CH₃COO^﹣）＝   

C．pH＝7.0时，混合溶液中有c（CH₃COO^﹣）＞c（H⁺）＝c（OH^﹣）＞c（CH₃COOH）    

D．采用0.10mol•L^﹣1NaOH溶液滴定，指示剂酚酞比甲基橙更准确

【解答】解：A．CH₃COO^﹣水解方程式为：CH₃COO^﹣+H₂O⇌CH₃COOH+OH^﹣可得水解常数：K_h（CH₃COO^﹣）＝＝c（OH^﹣）＝10×10^﹣9，故A错误；

B．依据题意可知，CH₃COO^﹣的分布系数为δ(CH₃COO^﹣)＝，而＝＝，则≠，故B错误；

C．依据图示可知，pH＝7.0时，混合溶液中有c（CH₃COO^﹣）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺）＝c（OH^﹣），故C错误

D．采用0.10mol•L^﹣1NaOH溶液滴定，完全反应时生成CH₃COONa，溶液显碱性，指示剂酚酞比甲基橙更准确，故D正确；

故选：D。

二、解答题：本大题包括16～20题，共80分。

【2023港澳台高考】16．（16分）咖啡酸苯乙酯（CAPE）是蜂胶要成分之一，有较强抗炎作用，其结构简式为（图1）；某研究组以苯及咖啡酸（E）为原料合成CAPE的路线如图2。

回答下列问题：

（1）A的化学名称为 　乙苯　。

（2）由A生成B的反应类型为 　氧化反应　。

（3）由B生成C的化学方程式为 　2+O₂2　。

（4）D的结构简式为 　　。

（5）E的分子式为 　C₉H₈O₄　。

（6）F为E的芳香同分异构体，1molF与足量饱和NaHCO₃溶液反应可产生2molCO₂，F可能的结构共有 　10　种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的有 　　（写结构简式）。

【解答】解：（1）由分析知，A为，其名称为乙苯，

故答案为：乙苯；

（2）加氧去氢为氧化反应，由A、B的结构简式可知，A生成B的反应类型为氧化反应，

故答案为：氧化反应；

（3）B生成C的化学方程式为：2+O₂，

故答案为：2+O₂2；

（4）由分析知，D的结构简式为：，

故答案为：；

（5）由分析知，E的结构简式为：，分子式为：C₉H₈O₄，

故答案为：C₉H₈O₄；

（6）F为E的芳香同分异构体，1molF与足量饱和NaHCO₃溶液反应可产生2molCO₂，则F中含有两个羧基，则F可能为苯环上含有一个取代基，结构简式为，若苯环上含有两个取代基，含有﹣CH₂COOH和﹣COOH两个取代基，有邻间对3种，若苯环上含有三个取代基，即一个﹣CH₃，两个﹣COOH，当两个﹣COOH处于邻位时，有，共2种，当两个﹣COOH处于间位时，，共3种，当两个﹣COOH处于对位时，有，共1种，因此F可能的结构共有10，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的有、，

故答案为：10、。

【2023港澳台高考】17．（16分）无水三氯化铝是重要的化学试剂（三氯化铝易升华，升华点178℃），可作为有机合成的催化剂。一种工业制法如图所示：

（1）制备反应前，应该预通入一段时间的氯气，目的是 　排尽装置内的空气，避免空气中的氧气和铝反应生成氧化铝　。

（2）反应炉中发生的主要反应是 　2Al+3Cl₂2AlCl₃　。为使反应更快进行，可采取的措施是 　适当升高温度　。

（3）进入捕集器的混合气体有 　Cl₂、AlCl₃　；降温，AlCl₃变为固体，该变化称为 　凝华　。

（4）吸收器中的溶液可由电解食盐水制得，吸收器中发生反应的化学方程式为 　Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O　。

（5）三氯化铝在潮湿的空气中不稳定，其原因是 　氯化铝与水反应发生水解反应生成氢氧化铝和HCl　。因此，进入反应炉的氯气需要 　干燥　。

【解答】解：（1）制备反应前，应该预通入一段时间的氯气，目的是：排尽装置内的空气，避免空气中的氧气和铝反应生成氧化铝，

故答案为：排尽装置内的空气，避免空气中的氧气和铝反应生成氧化铝；

（2）反应炉中发生的主要反应是：2Al+3Cl₂2AlCl₃，为使反应更快进行，可采取的措施是：适当升高温度，加快反应速率，

故答案为：2Al+3Cl₂2AlCl₃；适当升高温度；

（3）进入捕集器的混合气体有：Cl₂、AlCl₃，降温，AlCl₃变为固体，该变化称为：凝华，

故答案为：Cl₂、AlCl₃；凝华；

（4）吸收器中的溶液可由电解食盐水制得，吸收器中发生反应的化学方程式为：Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O，

故答案为：Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O；

（5）三氯化铝在潮湿的空气中不稳定，是氯化铝与水反应发生水解反应生成氢氧化铝和HCl，反应化学方程式为：AlCl₃+3H₂O＝Al(OH)₃+3HCl↑，因此，进入反应炉的氯气需要干燥，

故答案为：氯化铝与水反应发生水解反应生成氢氧化铝和HCl；干燥。

【2023港澳台高考】18．（16分）乙酰苯胺可作为退热剂。纯乙酰苯胺为白色晶体，熔点114.3℃，微溶于水，易溶于有机溶剂。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的杂质，可通过重结晶提纯。乙酰苯胺在水中的溶解度如表：

回答下列问题：

（1）重结晶时，加水量应根据粗乙酰苯胺的量和其在 　20　℃时的溶解度计算确定。

（2）若加热时不慎碰倒酒精灯而使酒精洒出起火，应立即用 　湿抹布　盖灭。

（3）下列玻璃仪器中，重结晶实验不需要的是 　分液漏斗和容量瓶　（填名称）。

（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有 　加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出　（答出两条）。不能将滤纸上析出的晶体合并到滤液中，原因是 　含有不溶于水的杂质　。

（5）结晶时，如果想要得到较大的晶体，可采取的方法有 　C　。（填标号）

A.搅拌

B.快速降温

C.缓慢降温

过滤后，可用来洗涤晶体的是 　B　。（填标号）

A.乙醇

B.冷水

C.热水

【解答】解：（1）由于乙酰苯胺在20℃时，溶解度较小，则重结晶时，加水量应根据粗乙酰苯胺的量和其在 20℃时的溶解度计算确定，

故答案为：20；

（2）若加热时不慎碰倒酒精灯而使酒精洒出起火，应立即用湿抹布盖灭，

故答案为：湿抹布；

（3）重结晶操作为加热溶解，趁热过滤，冷却结晶再过滤，故重结晶实验不需要的是分液漏斗和容量瓶，

故答案为：分液漏斗和容量瓶；

（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；不能将滤纸上析出的晶体合并到滤液中，原因是含有不溶于水的杂质，

故答案为：加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；含有不溶于水的杂质；

（5）结晶时，缓慢降温，可以得到较大的晶体，

故答案为：C；

（6）由于乙酰苯胺微溶于水，易溶于有机溶剂，且随着温度的升高，溶解度减小，则过滤后，可用来洗涤晶体的是冷水，

故答案为：B。

【2023港澳台高考】19．（16分）在326℃的密闭刚性容器中，1，3﹣丁二烯（C₄H₆）在催化剂A作用下发生二聚反应：2C₄H₆（g）═C₈H₁₂（g）ΔH＝﹣80kJ•mol^﹣1。不同时刻测得容器中的压强如表所示：

回答下列问题（列出计算表达式即可）：

（1）成立t＝24.55min时，C₄H₆（g）的转化率α＝　27　%。

（2）3.25～24.55min之间的平均速率（C₈H₁₂）＝　0.45　kPa•min^﹣1。

（3）该反应的平衡常数K_p＝　　kPa^﹣1。

（4）若提高反应温度，则平衡时容器中的压强 　大于　（填“大于”“小于”或“等于”）47.61kPa。

（5）保持反应温度不变，改用催化剂B，发现平衡时容器中的压强小于47.61kPa。分析可能的原因是 　1，3﹣丁二烯（C₄H₆）在催化剂B作用下生成了高聚物　。

【解答】解：（1）结合三段式列式计算，设起始1，3﹣丁二烯（C₄H₆）物质的量为2mol，生成二聚物物质的量为xmol，气体压强之比等于气体物质的量之比，

                          2C₄H₆（g）═C₈H₁₂（g）

起始量（mol）         2                0

变化量（mol）        2x                x

24.55min时（mol）2﹣2x              x

＝，x≈0.27，转化率＝×100%＝×100%＝×100%＝27%，

故答案为：27%；

（2）气体压强减小量和C₈H₁₂生成的量相同，3.25～24.55min之间的平均速率（C₈H₁₂）＝＝≈0.45kPa•min^﹣1，

故答案为：0.45；

（3）平衡状态下气体压强47.61kPa，结合三段式列式计算，设起始1，3﹣丁二烯（C₄H₆）物质的量为2mol，平衡状态下生成C₈H₁₂（g）物质的量为ymol，

                      2C₄H₆（g）═C₈H₁₂（g）

起始量（mol）2                    0

变化量（mol）2y                  y

平衡量（mol）2﹣2y                y

气体压强之比等于气体物质的量之比，＝，y≈0.87，平衡状态下气体总物质的量＝2mol﹣0.87mol＝1.13mol，K_p＝＝kPa^﹣1

故答案为：；

（4）反应为放热反应，若提高反应温度，平衡逆向进行，气体物质的量增大，则平衡时容器中的压强大于47.61kPa，

故答案为：大于；

（5）保持反应温度不变，改用催化剂B，发现平衡时容器中的压强小于47.61kPa。分析可能的原因是：1，3﹣丁二烯（C₄H₆）在催化剂B作用下生成了高聚物，

故答案为：1，3﹣丁二烯（C₄H₆）在催化剂B作用下生成了高聚物。

【2023港澳台高考】20．（16分）[C(NH₂)₃][SO₃F]是一种新型的紫外线非线性晶体材料。回答下列问题：

（1）组成[C(NH₂)₃][SO₃F]的所有元素中，电负性最大的是 　F　，基态原子p轨道为半充满的元素是 　N　。（填元素符号）

（2）[C(NH₂)₃]⁺中碳原子σ键的轨道重叠方式为 　A　（填图1标号）。其中碳原子的杂化类型为 　sp³杂化　、碳原子杂化方式与[C(NH₂)₃]⁺中的碳相同，且只含有一个碳原子的有机物结构简式为 　CH₄、CH₃OH　。（写出两个）

（3）[C(NH₂)₃][SO₃F]的晶体类型为 　离子晶体　，[SO₃F]^﹣的空间构型为 　四面体形　。晶体中单层[C(NH₂)₃][SO₃F]结构如图2所示，其中[C(NH₂)₃]⁺与[SO₃F]^﹣之间的作用力包括 　离子键 氢键　。

【解答】解：（1）根据分析可知，组成[C(NH₂)₃][SO₃F]的所有元素中，电负性最大的是F，基态原子p轨道为半充满的元素是N，

故答案为：F；N；

（2）[C(NH₂)₃]⁺中碳原子为sp³杂化，N原子也是sp³杂化，σ键的轨道重叠方式为杂化轨道之间的头碰头重叠，即A符合题意，其中碳原子的杂化类型为sp³杂化、碳原子杂化方式与[C(NH₂）₃]⁺中的碳相同，且只含有一个碳原子的有机物可以CH₄、CH₃OH，

故答案为：A；sp³杂化；CH₄、CH₃OH；

（3）根据题意可知，[C(NH₂)₃][SO₃F]是由[C(NH₂)₃]⁺与[SO₃F]^﹣构成，故其晶体类型为离子晶体，[SO₃F]^﹣中S的价层电子对数＝4+＝4，由于C﹣F键的键长不等于C﹣O单键、C＝O双键的键长，所以其空间构型为四面体形，晶体中单层[C(NH₂)₃][SO₃F]结构如图2所示，其中[C(NH₂)₃]⁺与[SO₃F]^﹣之间的作用力包括离子键、氢键，

故答案为：离子晶体；四面体形；离子键、氢键。

三、计算题：共10分。

21．（10分）CdS既是一种颜料，又是一种感光材料。常采用向可溶性镉盐溶液中通入H₂S气体使其饱和[c（H₂S）＝0.1mol•L^﹣1]，调节溶液的pH来生产CdS。欲使沉淀的溶液中c（Cd²⁺）达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准c（Cd²⁺）≤10^﹣7.4mol•L^﹣1（即≤0.005mg•L^﹣1），计算沉淀时应控制溶液的最低pH为多少？已知：K_a1（H₂S）＝10^﹣7.0、K_a2（H₂S）＝10^﹣12.9及K_sp（CdS）＝10^﹣26.1。

【解答】解：K_sp（CdS）＝c（Cd²⁺）×c（S^2﹣）＝10^﹣26.1，当c（Cd²⁺）达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准c（Cd²⁺）≤10^﹣7.4mol•L^﹣1时，c（S^2﹣）＝＝mol•L^﹣1＝10^﹣18.7mol•L^﹣1，又K_a1（H₂S）×K_a2（H₂S）＝＝10^﹣7.0×10^﹣12.9，即＝10^﹣19.9，解得c（H⁺）＝10^﹣1.1mol•L^﹣1，pH＝﹣lgc（H⁺）＝1.1，则淀时应控制溶液的最低pH为1.1，

答：沉淀时应控制溶液的最低pH为1.1。