第二章《分子结构与性质》检测题
一、单选题
1．化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语正确的是
A．的结构式：
B．的电子式：
C．的空间填充模型：
D．的离子结构示意图：
2．键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列叙述正确的是
A．键角是描述分子空间结构的重要参数
B．因为键的键能小于键的键能，所以、与反应的能力逐渐减弱
C．水分子可表示为，分子中的键角为180°
D．键的键能为，即完全分解成和时，消耗的能量为
3．甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应③有极性键的断裂与生成
B．反应⑤中，Ce的化合价升高
C．铑/铈氧化物改变了和的反应历程，降低了反应的活化能
D．若用作反应物，一段时间后只有、中含有
4．下列有关杂化轨道理论的说法中正确的是
A．NCl3分子呈三角锥形，这是氮原子采取sp2杂化的结果
B．sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道
C．中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构一定是四面体形
D．AB3型的分子空间结构必为平面三角形
5．复印机周围的特殊腥味是造成的。下列关于的说法错误的是
A．分子内存在大键 B．与互为等电子体
C．与互为同分异构体 D．在水中的溶解度大于
6．类比法是化学学习中的一种常用方法，下列关于物质性质的推论正确的是
选项 性质 推论
A 水解生成、 水解生成、
B 中Fe为+2、+3价 中Pb为+2、+3价
C 与水反应产生乙炔 与水反应产生丙炔
D 和的空间结构模型相同 和的空间结构模型相同
A．A B．B C．C D．D
7．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、D同主族且D原子核电荷数等于A原子核电荷数的2倍，B、C原子的核外电子数之和与A、D原子的核外电子数之和相等。下列说法中一定正确的是
A．B的原子半径比A的原子半径大
B．C、D的最高价氧化物对应的水化物可能发生反应
C．B单质与水发生置换反应时，水作氧化剂
D．A的氢化物可能是非极性分子
8．下列说法或现象与氢键无关的是
A．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大
B．对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高
C．可燃冰中甲烷分子与水分子间的相互作用
D．常压下，H2O的沸点比H2S高
9．下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是
①②③④⑤
A．⑤④①②③ B．⑤①④②③ C．④①②⑤③ D．③②④①⑤
10．已知在溶液中离子颜色为：为橙红色，为黄色，为蓝紫色。现将 Na2CrO4溶于水，逐渐加入浓盐酸，溶液由黄色变为橙红色，发生反应：，用该溶液做实验，溶液颜色变化如下：
下列说法错误的是
A．的结构为，含有的σ键和π键数之比为2：1
B．实验1证明反应的焓变
C．实验2加水稀释过程中酸性减弱，平衡逆向移动
D．实验3说明被还原为
11．下列化合物中，既有离子键，又有共价键的是
A．MgCl2 B．Na2O2 C．Cl2 D．NH3·H2O
12．下列说法中正确的是
A．NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
C．Cl2是双原子分子，H2S是三原子分子，这是由共价键的方向性决定的
D．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
13．金刚砂(SiC)是重要的工业制品，可由反应制得：。SiC的晶体结构与金刚石类似，如图所示。下列说法错误的是
A．Si属于p区元素，在SiC中的化合价为+4价
B．X可与氧气反应生成Y，Y分子的中心原子杂化方式为sp杂化
C．金刚石熔点比SiC晶体熔点高
D．已知Si-C键键能为akJ/mol，则理论上分解1molSiC形成气态原子需要的能量为akJ
14．2020年人类在金星大气中探测到PH3。实验室制备PH3的方法有：①PH4I+NaOH=NaI+PH3↑+H2O；②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑。已知H3PO2是一元弱酸，其结构式为。下列说法正确的是
A．基态P的轨道表示式为
B．中提供孤电子对的原子是P
C．NaOH中只存在一种化学键
D．反应②中若KOH过量会发生反应：P4+9KOH3K3PO2+PH3↑+3H2O
15．科学家研制出有望成为高效火箭推进剂的(结构如图所示)。已知该分子中键角都是108.1°，下列有关的说法正确的是
A．该分子中所有共价键均为非极性键 B．该分子中4个氮原子共平面
C．该分子属于极性分子 D．该分子中的4个氮原子构成正四面体
二、填空题
16．二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋。海底有石油、可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源，海水中除有渔业资源外，还有食盐、溴、碘等许多化学资源，所有资源中最丰富的是水资源。
(1)海水中质量分数最高的元素是氧，该元素的原子核外电子占据的轨道共有________个能级，有________个未成对电子。
(2)水的沸点为100℃，氟化氢的沸点为19．5℃，水与氟化氢比较，稳定性较强的是________。水的沸点比硫化氢高，其原因是___________________。
(3)提取碘是将海带灼烧成灰，溶于水过滤，滤液中通入氯气，反应的离子方程式为___________________，再用四氯化碳将生成的单质碘______（填写实验操作名称）出来，最后用_________（填写实验操作名称）使碘和四氯化碳分离。
(4)海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源，它们的最外层电子排布都可表示为_____________________。
17．某学习小组探究B及其化合物的性质。
(1)元素周期表中虚线相连的元素的性质具有一定的相似性，即对角线法则。
B最高价氧化物的化学式为_______，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。
(2)某科研团队研究发现硼氢化钠()在催化剂表面与水反应可生成。
①上图中X的化学式为_______。
②以二聚物的形式存在，分子结构中存在两个键共用一对共用电子的氢桥键，用 表示，则二聚物结构式为_______。
③图中反应的总化学方程式为_______。
④_______g的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成失去电子的量)。
三、实验题
18．二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2：
已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为-3价。下列说法不正确的是
A．NCl3的空间构型为三角锥形
B．电解池中总反应的化学方程式为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑
C．饮用水制备过程中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
D．X溶液中主要存在的离子有：H+、Na+、Cl-
19．二氧化氯(ClO2)是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和还原法。
(1) 过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应，操作简单，同时可得到副产品Na2SO4。
①制备时发生反应的离子方程式为______。
②原料亚氯酸钠的阴离子(ClO)中Cl原子的杂化方式为______，副产品Na2SO4中阴离子的空间构型为______。
(2) 盐酸还原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有ClO2和Cl2两种主要成分。为测定某二氧化氯消毒液中ClO2的浓度，进行如下实验：量取5.00 mL二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25.00 mL，再向其中加入过量KI溶液，充分振荡；用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色后，加入指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液5.50 mL；加入稀H2SO4调节溶液pH=3，再用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴至浅黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：2ClO2＋2KI=2KClO2＋I2
KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O
2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋ 2NaI
①用Na2S2O3标准溶液滴定时，均以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为______。
②计算该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度______。(写出计算过程)
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，将导致测得的ClO2浓度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
四、计算题
20．石墨的片层结构如图所示，试回答：
(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。
(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。
(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。
21．(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。
(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。
(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。
参考答案：
1．D
【详解】A．的结构式：，故A错误；
B．是一个原子团，的电子式：，故B错误；
C．是平面三角形，空间填充模型：，故C错误；
D．Fe为26号元素，的离子核外有24个电子，结构示意图：，故D正确；
故答案为D。
2．A
【详解】A．键角是描述分子空间结构的重要参数，A正确；
B．键、键的键能依次增大，意味着形成这些键时放出的能量依次增大，化学键越来越稳定，、与反应的能力逐渐增强，B错误；
C．水分子呈V形，键角为104.5°，C错误；
D．键的键能为，指的是断开键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的能量为，即中含键，断开时需吸收的能量形成气态氢原子和气态氧原子，再进一步形成和时，还会释放出一部分能量，D错误；
故选A。
3．D
【详解】A．反应③中CH4中断裂1条C-H键形成 CH3， OH与H形成H2O中有O-H键生成，则有极性键的断裂与生成，A正确；
B．反应⑤中，H2O2→H2O中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B正确；
C．铑/铈氧化物是催化剂，可改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C正确；
D．由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，则若用H2l8O2作反应物，一段时间后CH3OH、CH3OOH和铑/铈氧化物中均含有18O，D错误；
故选D。
4．B
【详解】NCl3分子中氮原子上的价层电子对数=3＋=4，因此NCl3分子中氮原子采取sp3杂化，A错误；sp3杂化轨道是能量相近的原子最外电子层上的s轨道和3个p轨道“混杂”起来，形成能量相等、成分相同的4个轨道，B正确；一般中心原子采取sp3杂化的分子所得到的VSEPR模型为四面体形，如甲烷分子，若中心原子有孤电子对，则空间结构发生变化，如NH3、PCl3分子是三角锥形，C错误，D错误。
5．C
【详解】A．分子内中心O原子分别与O形成键，同时三个O原子之间形成 ，故A正确；
B．与所含原子数均为3，价电子数均为18，互为等电子体，故B正确；
C．与均为O元素形成的单质，互为同素异形体，故C错误；
D．为V形极性分子，为非极性分子，根据相似相溶原理可知在水中的溶解度大于，故D正确；
故选：C。
6．A
【详解】A．水解过程中，元素的化合价不发生变化，生成、，则水解过程中，元素的化合价也不发生变化，应生成、，A正确；
B．Pb为第ⅣA族元素，常见化合价为+2、+4价，B错误；
C．金属碳化物与水的反应为复分解反应，中C元素为-4价，所以与水反应生成甲烷，C错误；
D．中心原子的价层电子对数为，空间结构为V形，中心原子的价层电子对数为，空间结构为V形，和的空间结构模型相同，中心原子的价层电子对数为，空间结构为平面三角形，空间结构为三角锥形，和的空间结构模型不相同，D错误；
故答案为：A。
7．B
【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、D同主族且D原子核电荷数等于A原子核电荷数的2倍，则A为O，D为S，B、C原子的核外电子数之和与A、D原子的核外电子数之和相等，则B为Na，C为Al。
【详解】A．根据层多径大得到B(Na)的原子半径比A(O)的原子半径大，故A正确；
B．C、D的最高价氧化物对应的水化物可能发生反应即2Al(OH)3＋3H2SO4＝Al2(SO4)3＋6H2O，故B正确；
C．B单质与水发生置换反应时，2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，水中氢化合价降低，则水作氧化剂，故C正确；
D．A的氢化物H2O或H2O2都是极性分子，故D错误。
综上所述，答案为D。
8．C
【详解】A．水分子接近沸点时形成“缔合”分子，“缔合”分子是指nH2O分子根据分子间氢键结合起来的分子，单位体积内的水分子增多，因此接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大，故A不符合题意；
B．对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，是因为对羟基苯甲酸存在分子间氢键，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，故B不符合题意；
C．可燃冰中甲烷分子与水分子间的相互作用是范德华力，不存在分子间氢键，故C符合题意；
D．常压下，水分子间存在分子间氢键，因此H2O的沸点比H2S高，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
9．A
【详解】①CH4分子中C原子价层电子对个数是4，不含有孤电子对，其空间构型是正四面体，键角为109°28′；
②NCl3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，其空间构型是三角锥形，键角约为107°；
③H2O为V形，键角约为105°；
④BF3中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；
⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为2，为直线形，键角为180°；
所以键角由大到小排列顺序是⑤④①②③；故选：A。
10．B
【详解】A．由结构可知含4个单键、4个双键，单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则含有的σ键和π键数之比为8：4=2：1，故A正确；
B．实验1中热水浴加热变为黄色，为黄色，可知升高温度使逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故B错误；
C．实验2中加水稀释，离子浓度减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，则逆向移动，且总体积增大，氢离子浓度减小、酸性减弱，故C正确；
D．+4价S具有还原性，具有强氧化性，Cr3+为蓝紫色，则实验3中说明被还原为Cr3+，故D正确；
故选：B。
11．B
【详解】A．两个Cl-与Mg2＋之间以离子键结合，故A不符合题意；
B．Na＋与O之间以离子键结合，O中两氧原子之间以共价键结合，故B符合题意；
C．Cl2中只有共价键，故C不符合题意；
D．NH3·H2O是共价化合物，故D不符合题意；
故选B。
12．D
【详解】A．NCl3分子中N元素化合价为-3，N原子最外层电子数为5，所以3+5=8，N原子达8电子结构；Cl元素化合价为+1价，Cl原子最外层电子数为7，1+7=8，Cl原子满足8结构，NCl3中原子满足8电子结构，而其他物质不满足8电子结构，A错误；
B．白磷的键角是120 ，而CH4中键角为109°28′，B错误；
C．Cl2是双原子分子，H2S是三原子分子，这是由共价键的键角决定的，C错误；
D．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，导致氨气是三角锥形结构，D正确；
答案选D。
【点睛】注意掌握8电子稳定结构的判断方法和依据，即元素化合价的绝对值+该元素原子最外层电子数=8，该元素原子即能满足8电子结构。
13．D
【详解】A．Si位于第三周期ⅣA族，属于p区，电负性Si＜C，所以SiC中Si元素的化合价为+4价，A正确；
B．根据原子守恒可知X为CO，CO与氧气反应生成的Y为CO2，CO2分子中中心C原子的价层电子对数为=2，为sp杂化，B正确；
C．碳原子半径小于硅原子半径，则碳碳键键能大于碳硅键键能，导致金刚石熔点比SiC晶体熔点高，C正确；
D．据图可知每个Si原子形成4个Si-C键，所以1molSiC中含有4molSi-C键，分解1molSiC形成气态原子需要的能量为4akJ，D错误；
综上所述答案为D。
14．B
【详解】A． 洪特规则规定：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，故基态P的轨道表示式应为，故A错误；
B． P原子最外层5个电子，的结构式为，故中提供孤电子对的原子是P，故B正确；
C． NaOH中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D． 已知反应②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑，H3PO2是一元弱酸，故KH2PO2不能与过量的KOH反应生成K3PO2，故D错误；
故选B。
15．C
【详解】A．N与N之间形成非极性键，N与O之间形成极性键，故A错误；
B．若分子中的4个氮原子构成正四面体，分子中键角都应是60°，而分子中键角都是108.1°，故该分子的空间结构为三角锥形，分子中4个氮原子不可能共平面，故B错误；
C．其结构与相似正、负电中心不重合，属于极性分子，故C项正确；
D．该分子为三角锥形，故D错误；
故选C。
16． 3 2 HF 水分子之间存在氢键 Cl2+2I- =I2+2Cl- 萃取 蒸馏 ns2np5
【分析】(1)氧是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4，所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子；
(2)非金属性越强氢化物的稳定性越强，而氟的非金属性强于氧，所以氟化氢比水稳定，水分子间存在氢键，而硫化氢分子间无氢键存在，所以水的沸点比硫化氢高；
(3)氯气先氧化碘离子，发生的离子反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4，发生萃取，然后用与不相溶的两种液体沸点不同，再用蒸馏的方法分离提纯；
(4)第ⅤⅡA族最外层7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5。
【详解】(1)氧是8号元素，根据构造原理可知O原子核外电子排布为1s22s22p4，可见原子核外有3个能级，在2p轨道有2个未成对电子；
(2)元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性F>O，所以稳定性：HF>H2O；H2O分子间存在氢键，而H2S分子间无氢键存在，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质气化消耗的能量高，所以水的沸点比硫化氢高；
(3)物质的氧化性：Cl2>I2，所以氯气可氧化碘离子为碘单质，发生的离子反应为Cl2+2I- =I2+2Cl-，向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4，由于I2在CCl4中溶解度大于水，且与水互不相容，因此会发生萃取作用，I2进入CCl4中，然后根据两种互溶的液体物质沸点的不同，再用蒸馏的方法分离提纯；
(4)第ⅤⅡA族元素的原子最外层都有7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5。
17．(1) 或
(2) 或 9.5
【详解】（1）B与Al位于同一主族，则B的最高化合价为+3价，则其氧化物的化学式为；的性质与SiO2相似，类比SiO2与氢氧化钠的反应可知，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：或，故答案为：或；
（2）①与BH中B都为+3价，由原子守恒，质量守恒可知上图中X的化学式为或，故答案为：或；
②以二聚物的形式存在，分子结构中存在两个键共用一对共用电子的氢桥键，用表示，则二聚物结构式为，故答案为：；
③由图可知，该过程中NaBH4和水反应生成氢气和，该反应的总化学方程式为，故答案为：；
④标准状况下22.4L的还原能力为：，设xg的还原能力与其相当，根据可知， ×42=2mol，解得x=9.5g，故答案为：9.5。
18．D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为 3价，该反应中Cl元素化合价由＋3价变为＋4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl ，溶液呈碱性，所以还存在OH ，发生反应为：NCl3＋6NaClO2＋3H2O＝6ClO2＋NH3＋3NaOH＋3NaCl。
【详解】A．NCl3分子中N原子价层电子对数＝，且N原子含有1个孤电子对，则该分子为三角锥形结构，故A正确；
B．根据图知，电解NH4Cl溶液时生成H2和NCl3，所以方程式为，故B正确；
C．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故C正确；
D．根据以上分析知，溶液X中含有Cl 、OH ，溶液呈碱性，不存在和OH 反应的离子H＋，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查物质制备过程分析判断，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析、理解能力的综合考查，综合性较强。
19． 2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO sp3杂化 正四面体 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 0.1 mol/L 偏小
【详解】(1)①亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应可得ClO2，并得到副产品Na2SO4，该过程中Na2S2O8中-1价的O(过氧键)将+3价的Cl氧化为+4价，根据电子守恒可得NaClO2 和Na2S2O8的系数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO；
②ClO中Cl原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；SO中S原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，所以空间构型为正四面体；
(2)该实验过程中先利用KI将ClO2还原为KClO2，Cl2被还原为Cl-，然后用Na2S2O3标准溶液将被氧化生成I2还原成I-，之后再加入稀H2SO4调节溶液pH=3，该过程中发生反应KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O，然后再用Na2S2O3标准溶液滴定产生的I2，从而间接确定ClO2的量；
①达到滴定终点时碘单质被完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；
②第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，即被KClO2氧化生成的碘消耗了20.00 mLNa2S2O3溶液，依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，n(ClO2)==5.0×10-4 mol，c(ClO2)= =0.1 mol/L；
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，则KClO2无法完全反应，则产生的碘单质偏少，消耗的标准液减小，将导致测得的ClO2浓度偏低。
20． 2 2:3:1
【详解】(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；
(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；
(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。
21． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
【详解】(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋。答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋；
(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；
(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3
设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：
①106x＋58.5y＝4.350 ；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。
【点睛】5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。
