宁夏银川一中学年高二化学下学期期末考试试题解析版.docx

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宁夏银川一中学年高二化学下学期期末考试试题解析版

宁夏银川一中2016-2017学年高二化学下学期期末考试试题

可能用到的元素的相对原子质量：

Ti-48C-12O-16Cl-35.5Cs-133Ba-137Pb-207

S-32Cu-64

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共25小题,每小题2分,共50分。

）

1.下列说法中正确的是（　　）

A.处于最低能量的原子叫做基态原子

B.3s2表示3s能级有两个轨道

C.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小

D.同一原子中，3d、4d、5d能级的轨道数依次增多

【答案】A

【解析】试题分析：

A．处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B.3s2表示3s能级容纳2个电子，s能级有1个原子轨道，故B错误；C．能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D．同一原子中，2d、3d、4d能级的轨道数相等，都为5，故D错误；故选A。

考点：

考查原子电子排布式、能层与能级的关系。

2.下列各微粒的基态电子排布式或电子排布图正确的是（　　）

A.C

B.Cr1s22s22p63s23p63d54s1

C.B

D.Br4s24p5

【答案】B

【解析】A.此轨道表示式违反了洪特规则，2p轨道上的两个电子的自旋状态应相同，这样能量才最低，所以A不正确；B.24号Cr的价电子排布属于洪特规则特例，3d轨道半充满较稳定，B正确；C.此轨道表示式违反了泡利不相容原理，在同一轨道内的两个电子自旋状态必须相反，C不正确；D.溴是35号元素，其3d轨道的10个电子没有表示出来，所以D不正确。

点睛：

30号以后的主族元素的电子排布式，用原子实简写时易漏d轨道的电子，它们的电子排布式不是原子实加上外围电子排布。

3.周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是（　　）

A.钛元素原子的M层上共有10个电子

B.钛元素是ds区的过渡元素

C.钛元素原子最外层上有4个电子

D.47.87是钛原子的平均相对原子质量

【答案】A

【解析】A．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故A正确；B．最后填充3d电子，为d区的过渡元素，故B错误；C.根据图示，钛元素原子最外层上有2个电子，故C错误；D.47.87是元素的相对原子质量，故D错误；故选A。

4.“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是（）

A.构造原理B.泡利原理C.洪特规则D.能量最低原理

【答案】B

【解析】各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍，支撑这一结论的理论是泡利原理，故选B。

5.电子构型为3d54s2的元素属于下列哪一类元素（）

A.稀有气体B.主族元素C.过渡元素D.卤族元素

【答案】C

【解析】元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。

点睛：

本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。

元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。

6.下列各组微粒中不属于等电子体的是（　　）

A.CH4、NHB.CO、NO

C.CO2、N2OD.H2O、HF

【答案】D

7.根据相似相溶规则和实际经验，下列叙述不正确的是（　　）

A.白磷（P4）易溶于CS2，但难溶于水B.NaCl易溶于水，难溶于CCl4

C.碘易溶于苯，微溶于水D.卤化氢易溶于水，也易溶于CCl4

【答案】D

【解析】A.白磷分子属于非极性分子，白磷易溶于非极性溶剂CS2，但难溶于极性溶剂水，故A正确；B.NaCl属于离子化合物，易溶于水，难溶于非极性溶剂CCl4，故B正确；C.碘分子属于非极性分子，碘易溶于非极性溶剂苯，微溶于极性溶剂水，故C正确；D.卤化氢分子属于极性分子，卤化氢易溶于极性溶剂水，难溶于非极性溶剂CCl4，故D不正确。

故选D。

点睛：

水是典型的极性溶剂；有机溶剂一般极性较小或没有极性。

8.下列事实与氢键无关的是（　　）

A.液态氟化氢中有三聚氟化氢（HF）3分子存在

B.冰的密度比液态水的密度小

C.H2O的分解温度比H2S高

D.乙醇能与水以任意比混溶而甲醚（CH3—O—CH3）难溶于水

【答案】C

【解析】A．因为HF的极性非常强，而且F原子的半径很小，因此在HF中会产生分子间氢键，通过氢键使得HF相互缔合成三聚氟化氢（HF）3分子，故A不选；B．冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，故B不选；C、物质的稳定性取决于键能的大小，而与氢键无关，故C选；D．乙醇可以和水形成氢键，故乙醇能与水以任意比混溶；而甲醚（CH3-O-CH3）与水结构不相似，也不能形成氢键，故难溶于水，故D不选；故选C。

9.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（　　）

A.VSEPR模型可用来预测分子的立体结构

B.分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构

C.中心原子上的孤电子对不参与互相排斥

D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定

【答案】C

【解析】A.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，故A正确；B.分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，故B正确；C.中心原子上的孤电子对参与互相排斥，故C不正确；D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，故D正确。

故选B。

点睛：

价层电子对互斥理论是利用中心原子的价层电子对判断粒子的空间构型。

10.下列说法正确的是（　　）

A.1mol金刚石晶体中，平均含有1molC—C键

B.BCl3中B原子以sp2杂化，分子为平面三角形

C.氢键具有方向性和饱和性，也属于一种化学键

D.（HO）2RO3的酸性比（HO）2RO2弱

【答案】B

【解析】A.金刚石中每个碳原子周围有四个碳原子，碳碳键被两个碳原子共有，则每个C原子形成两条C-C键，1mol金刚石晶体中，平均含有2molC—C键，故A错误；B.BCl3中心原子B原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+

=3，sp2杂化是平面三角形分子，故B正确；C.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D.（HO）2RO2和（HO）2RO3比较，前者的非羟基氧原子数少，酸性比后者弱，故D错误；故选B。

11.中国科学家在南海成功开采了一种新能源——“可燃冰”。

它的主要成分是甲烷分子的结晶水合物（CH4·nH2O）。

其形成过程是：

埋于海底地层深处的大量有机质在缺氧环境中，厌氧型细菌把有机质分解，最后形成石油和天然气，其中许多天然气被包进水分子中，在海底的低温与高压下形成了类似冰的透明晶体，这就是“可燃冰”。

这种“可燃冰”的晶体类型是（　　）

A.离子晶体B.分子晶体C.原子晶体D.金属晶体

【答案】B

【解析】试题分析：

可燃冰的主要成分是甲烷与水分子的结晶水合物（CH4•nH2O），属于分子晶体；故选：

B。

考点：

考查晶体的判断

12.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是

A.C2H4CH4B.CO2H2SC.C60C2H4D.NH3HCl

【答案】A

【解析】试题分析：

A、乙烯含有碳碳双键，是非极性键和极性键，是非极性分子，甲烷含有极性键，结构对称，是非极性分子，选A；B、二氧化碳是含有极性键的非极性分子，硫化氢含有极性键，是极性分子，不选B；C、碳-60，是含有非极性键的非极性分子，乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，不选C；D、氨气是含有极性键的极性分子，氯化氢是含有极性键的极性分子，不选D。

考点：

共价键的类型，极性分子和非极性分子。

13.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（　　）

A.原子半径：

A>B>C>DB.原子序数：

d>c>b>a

C.离子半径：

C3－>D－>B＋>A2＋D.元素的第一电离能：

A>B>D>C

【答案】C

【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。

其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。

C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。

同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。

核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，答案选C。

14.有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是

A.两个碳原子采用sp杂化方式B.两个碳原子形成两个π键

C.每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键D.两个碳原子采用sp2杂化方式

【答案】D

【解析】A．每个碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以采取sp杂化，故A正确；B．乙炔分子的结构式H-C≡C-H，碳碳三键中含有一个σ键和两个π键，所以乙炔分子中含有两个π键，故B正确；C．每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道肩并肩重叠形成两个π键，故C正确D．每个碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以采取sp杂化，故D错误；故选D。

点睛：

本题考查乙炔分子的有关知识，明确乙炔的结构式是解本题的关键。

注意单键为σ键，三键中含有一个σ键两个π键。

15.区别晶体与非晶体的最科学的方法是（）

A.观察自范性B.观察各向异性

C.测定固定熔点D.进行X－射线衍射实验

【答案】D

【解析】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，测定熔沸点只是表象，故选D。

点睛：

本题考查的是晶体和非晶体的区别，注意晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，晶体会对x射线发生衍射，而非晶体不会对x射线发生衍射。

本题的易错点为C。

16.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）

A.CO2与SO2B.BeCl2与BF3C.CH4与NH3D.C2H2与C2H4

【答案】C

【解析】试题分析：

A．CO2中C原子杂化轨道数为1/2×（4+0）=2，采取sp杂化方式，H2O中O原子杂化轨道数为1/2×（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误；B．BeCl2中Be原子杂化轨道数为1/2×（2+2）=2，采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为1/2×（3+3）=3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；C．CH4中C原子杂化轨道数为1/2×（4+4）=4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为1/2×（5+3）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故C正确；D．C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误；故选C。

【考点定位】考查杂化轨道理论

【名师点晴】ABm型杂化类型的判断：

中心原子电子对计算公式：

电子对数n=1/2（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）；注意：

①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：

一般有如下规律：

当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断。

17.对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光。

产生这一现象的主要原因

A.电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量

B.电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线

C.氖原子获得电子后转变成发出红光的物质

D.在电流的作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应

【答案】A

【解析】试题分析：

对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光。

产生这一现象的主要原因是电子吸收的能量后的状态是不稳定的状态，电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量，故选项是A。

考点：

考查惰性气体通电发光的原因分析的知识。

18.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为

A.CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大

B.CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子

C.CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素

D.CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子

【答案】D

【解析】试题分析：

根据相似相溶原理：

极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大．

解：

CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，

与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，

故选D．

19.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8电子稳定结构

B.PH3和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′

C.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

D.NH4＋的电子式为

，离子呈平面正方形结构

【答案】C

【解析】A．二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，二氧化硫分子中，S元素位于第VIA族，则6+2=8，所以满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，故A错误；B．PH3和NH3的结构相似，为三角锥形，故B错误；C．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以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，故C正确；D．铵根离子和甲烷分子结构相似，都是正四面体结构，故D错误；故选C。

点睛：

本题考查了物质结构和性质，涉及微粒的空间结构、8电子稳定结构的判断等知识点。

根据8电子稳定结构的判断方法，在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构。

20.下列现象与氢键有关的是：

①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高

②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶

③冰的密度比液态水的密度小

④尿素的熔、沸点比醋酸的高

⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低

⑥水分子高温下也很稳定

A.①②③④⑤⑥B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③

【答案】B

【解析】试题分析：

①因第①ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②C原子个数小于4的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥错误；故选B。

【考点定位】考查氢键及氢键对物质的性质的影响

【名师点晴】明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键；分子间氢键的形成使物质的熔沸点升高．因物质熔化或液体气化时必须要破坏氢键．如：

H2O比同族H2S的熔沸点高；分子间形成的氢键对物质的水溶性、溶解度等也有影响．如NH3极易溶于水，主要是氨分子与水分子之间已形成氢键；水中氢键对水的密度的影响：

水结成冰时体积会膨胀，密度减小；据此分析作答。

21.已知X、Y均为主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。

根据下表所列数据判断错误的（）

A.元素X的常见化合价是+1价

B.元素Y是ⅢA族的元素

C.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl

D.若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应

【答案】D

【解析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。

A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C．元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D．若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；故选D。

22.关于Cl的说法正确的是（　　）

A.中心原子的化合价为＋2价

B.配体为水分子，外界为Cl－

C.配位数是6

D.在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀

【答案】C

【解析】A、Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，故A错误；B.Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl－，故B错误；C、中心原子铬离子配位数是6，含有6个σ键，所以铬离子采用d2sp3杂化，故C正确；D.Cl的外界为Cl－，在其水溶液中加入AgNO3溶液，会产生氯化银白色沉淀，故D错误；故选C。

点睛：

本题考查了配合物的结构和成键情况，要掌握化合物中元素的化合价代数和为0、配位数的计算方法、配位体的判断等知识。

注意配位数个数的计算方法、中心原子的杂化方式等，是本题的易错点。

23.下图中数据是对应物质的熔点（℃），据此做出的下列判断中正确的是（）

A.铝的化合物的晶体中有的是离子晶体

B.表中只有BCl3和CO2是分子晶体

C.同族元素的氧化物只能形成同类型的晶体

D.不同族元素的氧化物不能形成相同类型晶体

【答案】A

【解析】试题分析：

A．Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体；

B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体；

C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同；

D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体．

解：

A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确；

B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；

C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；

故选B．

24.下列关于晶体的说法，一定正确的是（　）

A.分子晶体中都存在共价键

B.CaTiO3晶体（如图所示）中每个Ti4＋与12个O2－紧邻

C.SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合

D.金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高

【答案】B

【解析】试题分析：

A、惰性气体都是单原子分子，其晶体中不存在共价键，错误；B、题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围共有：

个O2-，正确；C、在SiO2的晶体中Si、O以单键相结合，因此每个硅原子与4个氧原子结合，错误；D、金属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点都低，错误。

考点：

本题考查晶体结构与性质。

25.如图是氯化铯晶体的晶胞示意图（晶体中最小的重复结构单元），已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯（CsCl）的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为（　　）

A.

g·cm－3B.

g·cm－3C.

g·cm－3D.

g·cm－3

【答案】C

【解析】氯离子位于顶点，晶胞中数目为8×=1，铯离子位于体心，数目为1，即一个晶胞中含有一个氯离子和一个铯离子，则一个晶胞质量为

g，2个最近的Cs-离子核间距为acm，即晶胞边长为acm，则晶胞体积为：

a3cm3，则密度为

g•cm-3，故选C。

二、填空题：

（每空2分，共60分）

26.X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。

X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：

（1）元素M的核外电子排布式________；元素L的电子排布图为________；

（2）五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________（用元素符号表示）。

Y、Z、L的电离能由大到小的顺序是______________（用元素符号表示）

（3）Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的分子空间构型为__________，中心原子的杂化方式是________，A的电子式为____________，B的结构式为____________。

（4）NO3－的空间构型为__________；写出NO3－互为等电子体的一种分子的化学式_____________。

（5）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：

Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心，O2-处于晶胞棱边中心，该化合物化学式为____，每个Ba2+与__个O2-配位。

【答案】

（1）.1s22s22p63s23p1

（2）.略（3）.Al＞C＞N＞O＞H（4）.N＞O＞C（5）.三角锥形（6）.sp3杂化（7）.

（8）.

（9）.平面三角形（10）.SO3或BF3（11）.BaPbO3（12）.12

【解析】M是地壳中含量最高的金属元素，所以M是Al，X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，且X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、L分别是H、C、N、O。

（1）元素M为Al，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；元素L为O，O原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，1s、2s、2p轨道电子数分别是2、2、4，其核外电子排布图为

，故答案为：

1s22s22p63s23p1；

；

（2）电子层越多半径越大，所以金属铝的半径最大，H的半径最小，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，所以C＞N＞O，故原子半径大小顺序为：

Al＞C＞N＞O＞H。

一般而言，同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但N的2p为半充满状态，较为稳定，第一电离能最大，Y、Z、L的电离能由大到小的顺序是N＞O＞C，故答案为：

Al＞C＞N＞O＞H；N＞O＞C；

（3）N和H两元素按原子数目比l：

3和2：

4构成分子NH3和N2H4，均属由共价键构成的共价化合物，氨气的空间构型为三角锥形，N原子采用sp3杂化，电子式为：

，N2H4的结构式为：

，故答案为：

三角锥形；sp3杂化；

；

；

（4）NO3-离子中氮原子的价电子对数为3+×（5+1-2×3）=3，所以NO3-离子的空间构型为平面三角形；NO3-离子中有四个原子，价电子数为24，所以与NO3-离子互为等电子体的一种分子为BF3、SO3、COCl2等，故答案