专题4分子空间结构与物质性质检测题高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2（含解析）

专题4《分子空间结构与物质性质》检测题
一、单选题
1．在碱性溶液中，可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态原子的价电子排布式是
D．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
2．由徐光宪院士发起院士学子同创的《分子共和国》科普读物生动形象地戏说了、、、、等众多“分子共和国”中的明星。下列说法错误的是
A．第一电离能大小：C＜O＜N
B．分子的极性：
C．键能N—N＞P—P、N—H＞P—H，因此的沸点大于的沸点
D．酸性：
3．化合物Y具有增强免疫等功效，可由X制得。下列有关X、Y的说法正确的是
A．一定条件下X可发生加成和消去反应 B．1molY最多能与4molNaOH反应
C．生成Y的同时有生成 D．X、Y分子中均不存在手性碳原子
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．分子中含有的键数目为
B．标准状况下，气体中数目为
C．的溶液中数目为0.01
D．中含有的中子数为
5．制备肼的一种方法为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。下列说法正确的是
A．NH3属于弱电解质 B．NaClO的水解ClO-+ H2O=HClO+OH-
C．N2H4中氮原子发生sp3杂化 D．NaCl中阴离子结构示意图为
6．下列说法错误的是
A．杂化轨道可用于形成键和键
B．若中心原子杂化方式相同，分子中孤电子对数越多，键角越小
C．和的空间构型和分子空间构型均不一致
D．价电子对互斥理论一般不适用于推测过渡金属化合物分子的空间构型
7．已知[Co(NH3)6]3+的立体结构如图，其中数字处的小圆圈表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等，Co3+离子位于八面体的中心。若其中两个NH3被Cl-取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2] +同分异构体的种数为
A．2 种 B．3 种 C．4 种 D．5种
8．下列分子或离子中，模型与粒子的空间结构一致的是
A． B． C． D．
9．下列描述不正确的是
A．碳碳键键长：碳碳单键>碳碳双键>碳碳三键
B．最高价含氧酸的酸性：H2CO3C．微粒半径：Li+D．键角：BF3>CH4>H2O
10．中心原子采取sp2杂化的是 (　　)
A．NH3 B．BCl3 C．PCl3 D．H2O
11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成水的元素之一，Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断正确的是
A．是非极性分子
B．简单氢化物沸点：
C．Y与Z形成的化合物是离子化合物
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性
12．T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，W元素可形成硬度最大的单质，X是地壳中含量最多的元素，Y与X同主族。下列说法不正确的是
A．原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)＞r(W)＞r(T)
B．Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z
C．第一电离能：W＜X
D．W、X可分别与T形成含有非极性键的极性分子
13．2021年诺贝尔化学奖授予对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，获奖科学家的研究成果中L-脯氨酸催化有机反应的机理如图所示(分别表示向纸面内、向外伸展的共价键)。下列叙述错误的是
A．反应过程中氮原子的杂化方式发生了改变
B．过渡态中“O—H…O”和“O—H…N”可看作初步形成的氢键
C．H2O是该历程的中间产物
D．图中总过程的化学方程式可表示为CH3COCH3+RCHO
14．某一化合物的分子式为AB2，A属VIA族元素，B属VIIA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.5和4.0，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是
A．AB2分子中只有σ键
B．AB2分子的空间构型为V形
C．A－B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
D．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
15．已知化合物二氯化二硫(S2Cl2)易与水反应：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，下列对该反应的说法正确的是
A．S2Cl2即作氧化剂又作还原剂 B．S2Cl2的结构式：Cl-S-Cl-S
C．每生成1 mol SO2转移2 mol电子 D．H2O分子的空间构型为直线型
二、填空题
16．某硅酸盐研究所在硅酸盐材料和闪烁晶体等领域研究上取得了重大的成就。
(1)[SiO4]4-是构成硅酸盐的基本结构单元，通过共用氧相连可形成硅氧组群。
①基态硅原子价电子的轨道表示式是_____________。
②与[SiO4]4-互为等电子体的微粒符号是_____________任写一种)。
③下图为一种硅氧组群的结构示意图，其离子符号为_____________，其中Si原子的杂化方式为_____________。
④电负性：Si______O（填“＞”、 “=”或“＜” ）。
(2)钨酸铅（PWO)是一种闪烁晶体，晶胞结构如图所示。
PWO中钨酸根结构式为，该离子中，σ键和π键的个数比是_____________。
②PWO晶体中含有的微粒间作用力是___________________
A．范德华力 B．离子键 C．共价键 D．金属键
③已知PWO的摩尔质量为Mg·mol-1，则该晶体的密度d=_____________g·cm-3。
17．钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
(1)该超导材料的最简化学式为_______；
(2)Fe原子的配位数为_______；
(3)该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
三、实验题
18．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。
Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾。
(1)氯酸钾中氯原子的杂化方式为_______，装置A圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调装置B和C的位置，C中氯酸钾的产率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。
Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中的质量分数(粗产品中混有的杂质是和)；碱性条件下，氧化性较弱，不能氧化。测定粗产品中的纯度的实验过程如下：
步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2min，冷却。
步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)加将溶液调至弱酸性，加过量的的KI溶液，加盖水封、于暗处放置5min。
步骤4：以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次。平均消耗溶液。相关反应为。
(3)步骤2中，煮沸溶液1~2min的目的是_______。
(4)步骤3发生反应的离子方程式为_______。
(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是_______。
(6)粗产品中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)
19．在空气中易被氧化。某小组探究绿矾()和莫尔盐在空气中的稳定性。
实验一：探究绿矾和莫尔盐溶液的稳定性。
分别配制A、B两种溶液[其中A表示，B表示]，露置于空气中一段时间，并检验其中的含量，结果如表所示。
编 号 新配制 后 后
性状 酸化后滴入等量溶液 性状 酸化后滴入等量溶液 性状
A 3.9 无色溶液 几乎无色 3.4 黄色溶液 变红 3.3 红褐色沉淀
B 3.9 无色溶液 几乎无色 3.3 黄色溶液 变红 3.2 红褐色沉淀
(1)新配制的A溶液，原因是发生了水解，离子方程式是_______。
(2)常温时，溶液，则B溶液中水解程度：_______(填“>”“<”或“=”)，因此新配制的A、B溶液几乎相同。
(3)放置后溶液均减小，写出该过程中被空气氧化的离子方程式：_______。
上述实验说明A、B两种溶液中的的稳定性差异不大。
实验二：探究绿矾和莫尔盐晶体的稳定性。
分别将两种晶体放置在不同条件下数天，并检验其中的含量，实验记录如表所示。
编号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ
实验条件 露置 密闭容器 潮湿的密闭容器 盛有干燥剂 的密闭容器
实验现象及结果 绿矾 晶体逐渐变白，进而出现土黄色； 含量很多 无明显变化；含量非常少 晶体结块，颜色不变；含量非常少 晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；含量很多
莫尔盐 无明显变化；含量非常少 无明显变化；含量非常少 晶体略结块，颜色不变；含量非常少 无明显变化；含量很少
(4)上述实验说明，相同条件下，两种晶体在空气中稳定性更强的是_______。
(5)甲同学推测绿矾在实验ⅱ中的实验现象及结果与实验ⅰ中的不同，可能是容器中不足造成的。乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是_______。
(6)该小组同学根据实验现象及结果进而推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关。
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是_______。
②莫尔盐晶体中_______(填离子符号)的存在使结晶水不易失去；该离子与分子之间可能存在的作用力是_______。
(7)经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，_______。
四、计算题
20．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x=______。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为______。
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．根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为，A项正确；
B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，配位原子为N和O，B项正确；
C．根据铜为29号元素，基态铜原子的价电子排布式为，C项正确；
D．N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误；
答案选D。
2．C
【详解】A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N的核外价层电子排布半满，第一电离能最大，故第一电离能大小：C＜O＜N，A正确；
B．同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，结合电负性数值，H的电负性为2.1，B的电负性为2.0，N的电负性3.0，F的电负性4.0，故电负性B＜H＜N＜F，原子电负性相差越大，形成的分子极性越强，故分子的极性：，B正确；
C．键能N—N＞P—P、N—H＞P—H，因此的稳定性大于的稳定性，与沸点不相关，C错误；
D．电负性F>H，-CF3为吸电子基团，CF3COOH中羧基上的氢原子更容易电离出来，故酸性，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．X中的羟基均为酚羟基，不能发生消去反应，选项A错误；
B．Y中含有两个苯环和一个碳碳双键，1molY最多能与5molNaOH反应，选项B错误；
C．X→Y发生取代反应，还有小分子生成，选项C错误：
D．X、Y中不存在手性碳原子，选项D正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．乙烯分子中含有5个σ键，则28g乙烯分子中含有的σ键数目为×5×NAmol—1=5NA，故A错误；
B．氯化氢是共价化合物，氯化氢气体中只含有氯化氢分子，不含有氢离子，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算pH为12的碳酸钠溶液中含有的氢氧根离子数目，故C错误；
D．的中子数为10，则1.8g含有的中子数为×10×NAmol—1=NA，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．氨气溶于水形成一水合氨为弱碱，而氨气本身在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，A错误；
B．NaClO中ClO-为弱酸根离子，其水解过程为可逆反应，B错误；
C．N2H4的结构式为，其中氮原子发生sp3杂化，C正确；
D．NaCl由钠离子和氯离子构成，其阴离子Cl-的结构简式为：，D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．杂化轨道只用于形成键或用于容纳未参与成键的孤电子对，不用于形成π键，故A错误；
B．若中心原子杂化方式相同，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对和成键电子对间的斥力，孤电子对和成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故分子中孤电子对数越多，键角越小，故B正确；
C．为sp3杂化，空间构型为四面体形，含有一对孤对电子对，故分子空间构型为三角锥形；为sp2杂化，空间构型为平面三角形，无孤对电子对，故分子空间构型为平面三角形，故C正确；
D．价电子对互斥理论适用于主族多原子分子，一般不适用于推测过渡金属化合物分子的空间构型，故D正确；
故选A。
7．A
【详解】根据正八面体的结构可知，应该有2种结构，即体对角线（例如1和4等）或者相连的边的（例如2和3等），答案选A。
8．B
【分析】当中心原子没有孤电子对时，模型与分子的空间结构一致，据此分析解答。
【详解】A．中孤电子对数==1，不为0，所以模型与分子的空间结构不一致，故A不选；
B．中孤电子对数==0，所以模型与分子的空间结构一致，故B选；
C．中孤电子对数==1，不为0，所以模型与分子的空间结构不一致，故C不选；
D．中孤电子对数==1，不为0，所以模型与分子的空间结构不一致，故D不选；
答案选B。
9．C
【详解】A．碳碳单键键长大于碳碳双键的键长，碳碳双键的键长大于碳碳三键的键长，则碳碳键键长：碳碳单键>碳碳双键>碳碳三键，故A正确；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，NCl3中Cl显负价，N显正价，非金属性CC．最外层电子数相同，离子的电子层越多，离子半径越大，则微粒半径：O2﹣>Na+>Li+，故C错误；
D．BF3为平面三角形，键角为120°，CH4为正四面体，其键角为109°28′，H2O为V型，其键角为104.5°，则键角：BF3>CH4>H2O，故D正确；
故选C。
10．B
【详解】A．氨气中氮原子的价层电子对数为3+=4，N原子采取sp3杂化，A不符合题意；
B．三氯化硼中硼原子的价层电子对数为3+=3，B原子采取sp2杂化，B符合题意；
C．三氯化磷中磷原子的价层电子对数为3+=4，P原子采取sp3杂化，C不符合题意；
D．水分子中氧原子的价层电子对数为2+=4，O原子采取sp3杂化，D不符合题意；
答案选B。
11．C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．由分析，X为N元素，W为Cl元素，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，两者形成的化合物为Na2O、Na2O2均为离子化合物，C正确；
D．N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D错误；
答案选C。
12．A
【分析】T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，则T是H元素；W元素可形成硬度最大的单质，则W是C元素；X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素；Y与X同主族，则Y是S元素，Z是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：T是H，W是C，X是O，Y是S，Z是Cl元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素原子序数越小，原子半径越大，则上述五种元素的原子半径由大到小的顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(T)，A错误；
B．同一周期元素，原子序数越大元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。元素的原子序数：Y＜Z，所以Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，B正确；
C．一般情况下，同一周期元素，原子序数越大元素的第一电离能就越大。C、O是同一周期元素，原子序数C＜O，所以第一电离能：C＜O，即第一电离能：W＜X，C正确；
D．T是H，W是C，X是O，C、O两种元素与H可以形成含有非极性共价键的极性分子，如CH3-CH=CH2、H2O2是含有非极性键的极性分子，D正确；
故合理选项是A。
13．A
【详解】A．反应过程中，含氨有机物中氨原子的杂化方式均为，A错误；
B．氢键可表示为(X、Y为氟、氧或氮)，过渡态中“”和“”可看作初步形成的氢键，B正确；
C．反应过程中生成了水，后又消耗掉水，水为中间产物，C正确；
D．上述过程可看作与发生加成反应，D正确；
故选A。
14．C
【分析】由A属VIA族元素，B属VIIA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.5和4.0可知，A为O元素、B为F元素、AB2为OF2，二氟化氧分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形。
【详解】A．由分析可知，二氟化氧分子中只含有sp3-pσ键，故A正确；
B．由分析可知，二氟化氧分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，故B正确；
C．由分析可知，二氟化氧分子中O—F键为极性共价键，二氟化氧分子的空间构型为结构不对称的V形，属于极性分子，故C错误；
D．水分子能形成分子间氢键，二氟化氧分子不能形成分子间氢键，与水相比，二氟化氧分子的分子间作用力小于水，沸点低于水，故D正确；
故选C。
15．A
【详解】A．在该反应中，S元素化合价由反应前的+1价部分升高变为反应后SO2中的+4价，部分降低变为S单质的0价，化合价既升高，又降低，因此S2Cl2即作氧化剂又作还原剂，A正确；
B．根据Cl原子最外层有7个电子，形成1个共用电子对达到稳定结构；S原子最外层有6个电子，形成2个共用电子对达到稳定结构。结合物质的稳定性，S2Cl2的结构式：Cl-S-S-Cl，B错误；
C．S元素由反应前的+1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高3价，每生成1 mol SO2转移3 mol电子，C错误；
D．H2O分子中O原子形成2个共价键，O原子上还含有2对孤对电子，因此H2O的空间构型为V型，D错误；
故合理选项是A。
16．(1) 、、、CCl4等(任填一个) [Si6O18]12- sp3 ＜
(2) 2∶1 BC
【详解】（1）①硅为14号元素，基态硅原子价电子的轨道表示式为 。
②原子总数、电子总数相等的粒子为等电子体，与互为等电子体的微粒有、、、CCl4等。
③根据硅氧组群的结构示意图，结构中含有6个硅氧四面体，其离子符号为[Si6O18]12-，其中Si原子与周围4个O原子相连，采用sp3杂化。
④O元素的电负性比碳大，而碳的电负性比硅大，因此电负性：Si＜O。
（2）①PWO中钨酸根结构式为 ，该离子中，含有2个W-O键和2个W=O，因此σ键和π键的个数比为4：2=2:1。
②根据PWO晶体中含有阴阳离子，属于离子胶体，存在离子键；在阴离子中含有共价键，正确选项BC。
③在1个晶胞中含有阴离子的数目为8×+4×+1=4，含有阳离子的数目为4×+6×=4，1mol晶胞的质量为4Mg，1mol晶胞的体积为(a×10-7cm)2×b×10-7cm×NA=NAa2b×10-21cm3，则该晶体的密度=g·cm-3。
17．(1)KFe2Se2
(2)4
(3)
【详解】（1）由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；
（2）由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
（3）设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10-21×d，解得d=。
18．(1) sp3 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2) 减小 浓盐酸具有挥发性，A装置中挥发出来的HCl，会消耗C装置中的KOH
(3)除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验
(4)
(5)防止碘挥发损失
(6)20.4%(或0.204)
【详解】（1）氯酸根离子中氯原子存在3个σ键和1对孤电子对，所以氯原子的杂化方式为杂化；装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，反应过程中装置A中挥发出来的HCl，会消耗装置C中的KOH，使氯酸钾的产率减小；
（3）滴加的双氧水过量，所以煮沸的主要目的是除去溶液中过量的，防止干扰后续实验；
（4）步骤3中，酸性环境中将氧化为I2，自身被还原为，根据得失电子守恒可知，和的系数比为，再结合元素守恒可得离子方程式为；
（5）碘易挥发，加盖水封的目的是防止碘挥发损失；
（6）消耗的的物质的量为，根据可知，被氧化的的物质的量为，则的物质的量为，所以样品中的物质的量为，质量分数为。
19．(1)
(2)>
(3)
(4)莫尔盐
(5)对比实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化
(6) 晶体逐渐变白 氢键
(7)分子较难进入晶体中与反应
【详解】（1）发生水解反应的离子方程式是，因此新配制的A溶液；
（2）由题意可知，等浓度的溶液的酸性比溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：；
（3）溶液均减小说明酸性增强，被空气氧化生成红褐色沉淀的离子方程式为，A、B溶液中的实验现象相同，则绿矾和莫尔盐溶液的稳定性相差不大；
（4）两种晶体在露置、盛有干燥剂的密闭容器的条件下实验现象不同(绿矾晶体逐渐变白，莫尔盐晶体无明显变化)，的含量不同(绿矾晶体中多，莫尔盐晶体中少)，可得出结论，相同条件下，两种晶体在空气中稳定性更强的是莫尔盐；
（5）对比实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化，则绿矾在实验ⅱ中含量少不是不足造成的；
（6）①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体逐渐变白；
②莫尔盐晶体中能与分子之间形成氢键，使结晶水不易失去；
（7）结合上述实验现象分析可得，莫尔盐晶体在空气中更稳定，可能的原因还有莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，分子较难进入晶体中与反应。
20． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。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。