王顺荣编高教版社结构化学习题答案第5章

第五章 多原子分子结构与性质习题解答 070601306 何梅华 070601307游梅芳 070601308 陈风芳 070601309黄丽娜 070601310 郑海霞 070601311 黄秀娟 070601312 尤丽君 1.以 CH4为例，讨论定域分子轨道和离域分子轨道间的区别和联系。 答：杂化轨道理论将 CH4分子中的 C原子进行了 sp杂化，每个杂化轨道和 1 个 H 原子的 1s 杂化形成一个定域分子轨道，在此成键轨道中的一对电子形成定域键 C-H，四个 C-H键轨道能量等同。离域分子轨道处理 CH4分子所得的能级图说明 4 个轨道能量高低不同。定域分子和离域分子两种模型是等价的，只是反应的物理 图像有所区别。 2．试讨论杂化轨道构成三原则。 解：若以{ i } 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示某原子参加杂化的原子轨道集合， k 为杂化轨道，则：  n i ik cki i =1，2，3，„，n （1） （1） 杂化轨道要满足归一化条件 杂化轨道是一种原子轨道，它描述了处于价态原子中单电子的可能状态。归一化 的数学表达式为： 1)( 2 2 2    kicdckid n i n i ik  （2） 上面的计算用到了同一原子中原子轨道间满足正交、归一的条件。 kic 为 i 在第 k 个杂化轨道中的组合系数，而 2kic 表示 i 在 k 中的成分。 当把 k 轨道中 s轨道的成分记为 k 、p轨道的成分记为 k 时，就有 2 ksk c （3） 222 kzkykxk ccc  （4） （2）参加杂化的轨道贡献之和为 1 参加杂化的 i 轨道是归一化的，杂化后的在新形成的所有杂化轨道里的成分之和 ——即 i 电子“分散”到各杂化轨道中的概率之和应为 1。故有 12  k kic （5） 由（2）式和（5）式可知，有 n个 i 轨道参与杂化应得 n个杂化轨道。 （2） 同一原子中杂化轨道间正交 正交的杂化轨道间排斥作用能最小，使原子体系稳定。按正交的定义有： 0                 n i ljki n j ilj n i ikilk ccdccd  3、在简单 MO理论基础上，HMO法又进一步采用了哪些近似？ 答：- 体系分离近似； 单电子近似；休克尔近似。 4.共轭分子的分子图上标出哪些物理量?有何应用? 答:物理量有:电荷密度, 键级,自由价; 应用:（1）从各原子的电荷密度可大致判断反应中各个原子的活性大小，即能大 体估计最容易与带电基起反应的位置； （2）从各个原子的电荷密度估计分子中各键的极性和偶极距； （3）从键级可以反映出各个键的相对强弱，键长的相对大小和Π 键成分的 多少； （4）从自由价可反映分子中各碳原子剩余成键能力的相对大小，大致判断 自由基反应中各原子活性的大小，即反应发生在哪些原子的位置上。 5、如何确定多原子分子正则振动的数目？它有什么意义？ 解:由于多原子分子的组成和结构都比双原子分子复杂，因此多原子分子的振动 也比双原子分子复杂，常把多原子分子的振动分为基本振动方式和复杂振动方 式。基本振动方式又称为简正振动，是相互独立的振动方式。其正则振动的数目 等于分子振动自由度的数目。 若分子有 N个原子组成，运动总自由度为 3N，即 3N个独立运动。分子的平 动用去 3个自由度，转动占 3个自由度（线性分子因绕轴转动时实际未动，故为 2）。这样，分子有 3N-6 个振动自由度（线性分子 3N-5）。因此对于非直线分子 具有 3N-6，直线分子具有 3N-5个正则振动的数目。 意义：它对于研究多自由度体系的小振动问题有重要的实际意义；理解分子 光谱的构成和表示方法；了解多原子分子的振动光谱，明确简正振动的概念和简 正振动的模式 6.核磁共振和电子自旋磁共振发生的条件是什么？它们含有那些结构信息？ 答：（1）核磁共振发生的条件：①原子核必须具有核磁性质，即必须是磁性核② 需要有外加磁场，磁性核在外加磁场作用下发生核自旋能级的分裂，产生不同能 量的核自旋能级，才能吸收能量发生跃迁③只有那些能量与核自旋能级能量相同 的电磁辐射才能被共振吸收。电子自旋磁共振需要满足类似上述三个条件才能发 生，但电子本身存在固有的自旋运动。 （2）核磁共振条件随核外化学环境变化而移动的现象为化学位移，其包含了 有关结构的信息。因化学位移的大小是由核外电子云密度决定的。就 1H-NMR 来 说，分子中影响 1H 核外电子密度的所有因素都将影响化学位移。①最重要的因 素是相邻的、具有较大电负性的原子或基团的诱导效应。②反磁各向异性效应。 ③核的自旋-自旋耦合效应。由高分辨率的共振仪测得的 NMR 共振峰通常具有精 细结构，为多重峰。在 1H-NMR 谱中，共振峰的面积与此类质子数目成正比。对 于电子自旋磁共振，化合物的 g因子即包含了有关未成对电子的信息，也包含了 有关化学键的信息，可用于鉴别、分析未知样品的分子结构。主要用以用以研究 自由基的结构和存在、过渡金属离子及稀土离子的电子结构和配位环境、催化剂 活性中心位置等。 7、为什么光电子能谱峰可用原子轨道和分子轨道标记？从 X 射线和紫外光电子 能谱可分别得到哪些结构信息？ 答：因为光电子能谱峰与电子原所在的轨道间存在一一对应关系，所以可用原子 轨道和分子轨道标记。紫外光电子能谱的光源可使样品分子中的价电子电离而不 能使内层电子电离，故 USP可测定外层 MO的电离能，用于研究分子的成键情况。 从 USP 谱带的形状和能量信息可以判断分子内有关 MO 的性质和能级次序。X 射 线光电子能谱主要用于研究内层电子的性质，可用于样品的定性、定量分析，可 定性分析样品表面的元素组成，也可用于了解原子的价态和化学环境。 8、试解释为什么平面型分子的分子轨道能量通常有如下次序： σ <π <π *<σ * 答；因为 σ 轨道重叠度最大，是轴对称的，该轨道无节面，能量最低，σ *轨 道有节面，能量最高，π －MO能级高低与轨道节点数成正比，节点数少的是成 键π 轨道，能量低，节点多的是反键π 轨道，能量高，故平面型分子的分子轨道 能量通常次序为：σ <π <π *<σ *。 9．什么样的原子之间化合能形成缺电子多中心键？ 答：Li,Be,B,Al 等原子的价层原子轨道数多于价电子数，由它们组成的化合物 中，常常由于没有足够的电子使原子间均能形成二电子键，而出现缺电子多中心 键。 10、试写出分别指向 X轴的 sp、sp2、sp3等性杂化轨道的波函数。 解：（1）sp杂化轨道： sp 杂化轨道是由同一原子的 ns 轨道和 np 轨道的线性组合所得到的轨道。 若轨道 ns用 s 表示，np用 px 表示，则有  =a s +b px 根据杂化轨道的归一性，有 22 ba  =1  = 2a  = 2b 得： 1 =  s +  px 根据杂化前后轨道数目守恒，应得两个杂化轨道。因此，还有一个杂化轨道 2 ， 它应与 1 正交，所以有 2 =  s -  px 又两杂化轨道是等性杂化，则 = 2 1 ，代入上式，得 1 = 2 1 （ s + px ） 2 = 2 1 （ s - px （2）sp2杂化轨道： 根据 sp2杂化轨道得： 夹角 120kl ； 设参加杂化的轨道是 yx pps ,, ，形成的杂化轨道是 321 ,,  ，取 1 最大方向在 x 方向,对等性杂化，在三个杂化轨道 s成分为 1/3，单位轨道贡献： 3 1 312111  ccc 1 中只有 s和 px成分，py对 1 无贡献 13c =0 利用归一化条件： 1213 2 12 2 11  ccc 得: 3 2 12 c 故 pypxs   0 3 2 3 1 1 因为 32 , 与 x轴夹角相同，对称，则： 3222 cc  （ xp 对 32 , 的贡献相同，且为负） 3323 cc  （ yp 对 32 , 的贡献符号相反） 再利用 px的单位轨道贡献 1 3 2 2 32 3 22 2         CC 得 6 1 3222  cc 同理得 2 1 3323  cc 得到三个杂化轨道的具体形式是： pypxs   0 3 2 3 1 1 pypxs  2 1 6 1 3 1 2  pypxs  2 1 6 1 3 1 3  （3）sp3杂化轨道： 根据 sp3杂化轨道得轨道间的夹角为 o5.109 设参加杂化的轨道是 s、 xp 、 yp 、 zp ，形成的杂化轨道为 1 、 2 、 3 、 4 ， 取 1 最大方向在 x方向； 设每个杂化轨道的波函数为： 4 1  s + 4 3 px 故： 1 = 4 1 s + 4 3 px 2 = 4 1 s + 4 3 （ pzpypx cba  111  ） 3 = 4 1 s + 4 3 （ pzpypx cba  222  ） 4 = 4 1 s + 4 3 （ pzpypx cba  333  ） 根据杂化轨道的正交性得 021   d 即 4 1 × 4 1 + 4 3 × 4 3 × 1a +0× 1b +0× 1c =0 得 1a = 3 1  同理可得： 3 1 32  aa 由杂化轨道坐标轴的空间指向知： 1b )905.109cos( oo  =0.943 1c =0 根据杂化轨道的正交性，有 0212121  ccbbaa 得 2b = - 0.118 根据杂化轨道归一性知： 122 2 2 2 2  cba 得 2c = -0.935或 2c =0.935（舍去） 同理得： 0313131  ccbbaa 得 3b = -0.118 123 2 3 2 3  cba 得 3c =0.935 3c = -0.935（舍去） 综上所述，指向 X轴的 sp3杂化轨道的波函数为： 1 = 4 1 s + 4 3 px 2 = 4 1 s + 4 3 （ pypx  943.0333.0  ） 3 = 4 1 s + 4 3 （ pzpypx  935.0118.0333.0  ） 4 = 4 1 s + 4 3 （ pzpypx  935.0118.0333.0  ） 即： 1 =0.5 s +0.866 px 2 =0.5 s -0.288 px +0.817 py 3 =0.5 s -0.288 px -0.102 py -0.810 pz 4 =0.5 s -0.288 px -0.102 py +0.810 pz 11.若假定 ns轨道的成键能力 fs=1,np轨道的成键能力 fp的成键能=3(1/2) ,则 s-p型杂化轨道的成键能力可写成:f杂=α (1/2) +(3β ) (1/2)。排出 ns、np和 sp、 sp2及 sp3等性杂化轨道的成键能力 f次序。 解：由题可知，ns轨道的成键能力 fs=1, np轨道的成键能力 fp的成键能=3(1/2)，且 f杂=α (1/2)+(3β ) (1/2) 则在等性杂化轨道 sp 中，α =1/2, β =1/2 可知,fsp杂=α (1/2)+(3β ) (1/2)=(1/2) (1/2)+(3/2) (1/2)=1.932 在等性杂化轨道 sp2中，α =1/3, β =2/3 可知,fsp2杂=α (1/2)+(3β ) (1/2)=(1/3) (1/2)+(2) (1/2)=1.991 在等性杂化轨道 sp3中，α =1/4, β =3/4 可知,fsp3杂=α (1/2)+(3β ) (1/2)=(1/4) (1/2)+(9/4) (1/2)=2.0 综上所述, fsp3杂> fsp2杂> fsp杂>fp>fs 12、实验测得乙烯分子的∠HCH=116.6°。若分子处于 xy平面上，C=C键和 x轴 平行，试计算碳原子 SP2 杂化轨道的波函数。 解：乙烯分子为不等性杂化 如图 5.1所示，可知： n1=n2 图 5.1 cos 116.6°=—1/（n 1·n 2） 1/2 解得：n 1= n 2=2.23 又有∠HCC=121.7° ； 则 cos 121.7°=—1/（n 1·n 3） 1/2 解得：n 3=1.62 则碳原子 SP2 杂化轨道的波函数为： Ψ 1=1/（1+n1） 1/2 φ s + （n1/1+n1） 1/2（—cos58.3°φ px+ cos31.7°φ py） =0.5564φ s —0.4366φ px +0.7069φ py Ψ 2=1/（1+n2） 1/2 φ s + （n2/1+n2） 1/2（—cos31.7°φ px—cos58.3°φ py） =0.5564φ s —0.4366φ px —0.7069φ py Ψ 3=1/（1+n3） 1/2 φ s + （n3/1+n3） 1/2 φ px =0.6178φ s + 0.7863φ px 13．若 4CH 中有一个碳氢键指向 z轴正向，碳采用等性 3sp 杂化，试写出该定域 MO波函数。 解：如图 5.2所示， pls  4 3 4 1  由于 1在 z轴上， pzpl   图 5.2 pzs  4 3 4 1 1  3在 x－Oz平面内，故  5.19cos5.19sin pxpzpl  ∴  pxpzs   5.19cos5.19sin 4 3 4 1 3 2与 4关于 x—O平面对称，故两者的 pz 与 px 的参数相同， py 互为相反数。   30cos5.19cos30sin5.19cos5.19sin 4 3 4 1 2 pypxpzs    30cos5.19cos30sin5.19cos5.19sin 4 3 4 1 4 pypxpzs  14、试画出 N2H2和 C2H2的分子结构式。哪一个有同分异构体？ 解：N2H2的分子结构式： N N H H 或 N N H H C2H2的分子结构式： HCCH  N2H2有同分异构体。 15、说明下列分子中键角大小变化顺序。 (1)NH3,PH3,AsH3,SbH3 (2)NF3,NH3 解：(1)NH3NH3 (F原子半径大于 H原子半径,排斥力 F大于 H) 16.试分析下列三分子的成键情况和 ClC  键键长大小的次序 （1） CClH 3 ；（2） CHClCH 2 ；（3） CClHC  解：（1） CClH 3 ：该分子为 4CH 分子的衍生物。同分子一样，C原子也采用 3sp 杂 化轨道成键。4 个 3sp 杂化轨道分别也与 3 个 H 原子的 1s 轨道及 Cl 原子的 3p 轨道重叠共形成 4个 键。分子呈四面体构型，属 vC3 点群。 （2） CHClCH 2 ：该分子为 22 CHCH  分子的衍生物，其成键情况与 42HC 分 子的成键情况既有相同之处又有差别。在 ClHC 32 分子中， )1(C 原子的 3个 2sp 杂 化轨道分别与两个 H 原子轨道的 1s轨道和 )2(C 原子的 2sp 杂化轨道重叠共形成 3 个 键； )2(C 原子的 3 个 2sp 杂化轨道则分别于 H 原子的 1s 轨道、Cl 原子的 3p 轨道及 )1(C 原子的 2sp 杂化轨道重叠共形成 3个 键。此外，两个 C原子和 Cl原 子的相互平行的 P轨道重叠形成离域π 键 43 。成键情况示于下图 5.3： 图 5.3 ClHC 32 分子呈平面构型，属于 sC 点群。 4 3 的形成使 C—Cl 键缩短，Cl 的活泼 性下降。 （3） CClHC  ：该分子为 22HC 分子的衍生物。其成键情况与 22HC 分子的成 键情况也既有相同之处又有区别。在 HClC2 分子中，C原子采用 sp杂化。C原子 的 sp杂化轨道分别与 H原子的 1s轨道（或 Cl原子的 3p轨道）及另一个 C原子 sp杂化轨道共形成两个 键。此外，C原子和 Cl原子的 p轨道（3个原子各剩 2 个 p轨道）相互重叠形成两个离域π 键： 4 3x 和 4 3y 。分子呈直线构型，属于 vC 点群。两个 4 3 的形成使 HClC2 中 Cl—Cl 键更短，Cl原子的活性更低。 根据以上对成键情况的分析，C—Cl键键长大小次序为 HClCClHCClCH 2323  17、试写出下列分子共轭体系的休克尔（久期）行列式。 （1） 1 C H2= 2 C H2： x x 1 1 =0 （2）H2 1 C = 2 C H— . 3 C H2： x x x 10 11 01 =0 （3） ： x x x 11 11 11 =0 （4） HC CH HC CH 1 2 34 ： 0 101 110 011 101  x x x x （5） HC C HC C CH2 CH2 1 23 4 5 6 ： 0 10000 11010 01100 00110 01011 00001  x x x x x x (6) C C HC HC CH CH 1 2 3 4 5 6 ： 0 11000 11000 11100 00111 00011 00011  x x x x x x 18．试用 HMO法求烯丙基自由基、阳离子和阴离子基态的电子总能量和离域能。 解：烯丙基 CH2=CH-CH2·的休克尔行列式为： x x x 10 11 01 =0 展开可得 x³-2x=0 解得：x1=- 2 ,x2=0,x3= 2 即 E1=  2 ，E2= ,E3=  2- 则烯丙基自由基基态的电子总能量为：E=2E1+E2=  223  离域能为：DE=E-    )2( = 2)-2(2 烯丙基阳离子的基态电子总能量为：E=2E1=  222  离域能为: DE=E- )2(   = 2)-2(2 烯丙基阴离子的基态电子总能量为: E=2E1+2E2=  224  离域能为: DE=E-   2)2(  = 2)-2(2 19、富烯 的三个能量最低的π轨道系数如下表： 1C 2C 3C （ 6C ） 4C （ 5C ） E 1 0.245 0.532 0.429 0.385  115.2 2 0.500 0.500 0 - 0.500   3 0 0 0.602 0.372  618.0 试求离域能、分子图，指出π 体系偶极矩的方向。 解:由题意可得碳原子编号如下： 4 3 2 1 5 6 根据题意得富烯的离域π 键分子轨道为： 6543211 429.0385.0385.0429.0523.0245.0   54212 550.0500.0500.0500.0   65433 602.0372.0372.0602.0   分子轨道能级及基态电子分布如图 5.4： ---------------- 3E =  618.0 ---------------- 2E =   ---------------- 1E =  115.2 图 5.4        466.76618.022115.22222 311  EEEE离总 按生成定域π 键计算,得久期行列式： x=(α -E)/β x x x x x x 10000 10000 00100 00100 00001 00001 =0 展开得： 1)1()1( 222  XXX 解得： 121  XX   21 EE 043  XX  43 EE 165  XX   65 EE 得定域π 键电子总能量：    462424 31  EEE定总 所以富烯的离域能为:      446.346]446.76  定总离总离 EEE π 电荷密度： 620.0500.02245.02 221 Q 047.1500.02523.02 222 Q 093.1602.02429.02 223 Q 073.1372.02)500.0(2385.02 2224 Q 073.1372.02)500.0(2385.02 2225 Q 093.1)602.0(2429.02 226 Q π 键级： 12P =20.2450.523+20.5000.500=0.756 23P =20.5230.429=0.449 34P =20.4290.385+20.6020.372=0.778 45P =20.3850.385+2（-0.500）（-0.500）+20.3720.372 =1.073 56P =20.3850.429+20.3720.602=0.778 62P =20.4290.523=0.449 自由价： 976.0)756.03(732.4)3(732.4 121  PF 078.0)449.0449.0756.03(732.4)3(732.4 6223122  PPPF 505.0)778.0449.03(732.4)PP3(732.4F 34233  119.0)073.1778.03(732.4)3(732.4 45344  PPF 119.0)778.0703.13(732.4)3(732.4 56455  PPF 505.0)449.0778.03(732.4)3(732.4 62566  PPF 分子图： 0.505 -0.119 778.0 3 093.1 073.1 4 449.0 0.078 073.1 047.1 2 756.0 1 620.0 073.1 5 6 093.1 0.976 -0.119 0.505 图 5.5 20.由 HMO法求得丁二烯的四个π 轨道波函数为： ψ 1=0.3717φ 1+0.6015φ 2+0.6015φ 3+0.3717φ 4 ψ 2=0.6015φ 1+0.3717φ 2-0.3717φ 3-0.6015φ 4 ψ 3=0.6015φ 1-0.3717φ 2-0.3717φ 3+0.6015φ 4 ψ 4=0.3717φ 1-0.6015φ 2+0.6015φ 3-0.3717φ 4 试求算并画出第一激发态的分子图。 答：丁二烯第一激发态的π 电子分布为：ψ 1(2个电子) ψ 2、ψ 3（各 1个电子） 则各碳原子上的π 电子密度为： q1=2×（0.3717） 2+1×（0.6015）2+1×（0.6015）2=1.000 q2=2×（0.6015） 2+1×（0.3717）2+1×（-0.3717）2=1.000 q3=2×（0.6015） 2+1×（-0.3717）2+1×（-0.3717）2=1.000 q4=2×（0.3717） 2+1×（-0.6015）2+1×（0.6015）2=1.000 丁二烯第一激发态中各相邻原子间π 键的键级为： p1,2 =2c11c12+c21c22+c31c32=0.447 p2,3 =2c12c13+c22c23+c32c33=0.724 p3,4 =2c13c14+c23c24+c33c34=0.447 通常取 σ 键键级为 1，所以丁二烯第一激发态分子中的总键级 Pij应为： P1,2=1+ p1,2=1.447 P2,3=1+ p2,3=1.724 P3,4=1+ p3,4=1.447 丁二烯第一激发态中各原子的总成键度为： N1=2p1H+ P1,2=2+1.447=3.447 N2=p2H+ P1,2+ P2,3=2+1.447+1.724=4.171 N3=p3H+ P2,3+ P3,4=2+1.724+1.447=4.171 N4=2p4H+ P3,4=2+1.447=3.447 所以各原子自由价 Fi=Nmax-Ni=4.732- Ni 则丁二烯第一激发态分子中各原子自由价分别为： F1= F4=4.732-3.447=1.285 F2= F3=4.732-4.171=0.561 综上，可得丁二烯第一激发态的分子图为： 1.285 0.561 0.561 1.285 ↑ 1.447 ↑ 1.724 ↑ 1.477 ↑ CH2──── CH ──── CH ──── CH2 1.000 1.000 1.000 1.000 图5.6 21．写出下列分子共轭键的符号 （1） CHCCHC  44 ； （2） 1414 ； （3） CO Cl Cl 64 ； （4） 106 （5） O O O ： 4 3 （6） ： 8 8 （7） O ： 6 6 22、用 HMO法求乙烯的π 、π * MO波函数，推算基态和第一激发态的分子图，并 讨论二者化学活性的差别。 解：在乙烯中，有一个 22 ,π 电子的分子轨道 Ψ 是两个 Pz 原子轨道的线性组 合,Ψ =C11+C22 乙烯的休克尔方程为 xC1 + C2 =0 C1 +x C2 =0 得休克尔行列式为： x x 1 1 =0 展开可得 x2=1，解得 x1= －1， x2=1 把 x带入 E=  —x,得 E1=  + , E1 = - ,故 E1 < E2 把 x1 = —1带入休克尔方程，得 C1=C2 ，又由归一化条件 122 2 1 CC 解得：C1=C2 = 2 1  1= 2 1 1+ 2 1 2 同理，把 x2=1带入休克尔方程，并由归一化条件可得：C1= 2 1 ，C2 = 2 1  2= 2 1 1+ 2 1 2 π —MO波函数： 1= 2 1 1+ 2 1 2 π *—MO波函数：  2= 2 1 1+ 2 1 2 ①基态： 基态时两个碳原子上的π 电荷密度为： q1=2×（ 2 1 ） 2 =1 q2=2×（ 2 1 ） 2 =1 基态乙烯分子中的总键级：P12=1+2× 2 1 × 2 1 =2 乙烯中两个碳原子的总成键度 N1=N2=2+ P12=2+2=4 自由价 F1=F2=4.732-4=0.732 乙烯基态的分子图为： 0.732 0.732 ↑ 2 ↑ ＣH2──── ＣH 1.0 1.0 ②第一激发态： π 电荷密度为：q1=1×（ 2 1 ） 2 +1×（ 2 1 ） 2 =1 ， q2=1×（ 2 1 ） 2 +1×（- 2 1 ） 2 =1 总键级：P12=1+ 2 1 × 2 1 + 2 1 ×（- 2 1 ）=1 总成键度：N1=N2=2+ P12=2+1=3 自由价： F1=F2=4.732-3=1.732 乙烯第一激发态的分子图为： 1.732 1.732 ↑ 1 ↑ CH2──── CH 1.0 1.0 基态乙烯自由价小于第一激发态的，且两碳原子间的键级大于第一激发态，故乙 烯第一激发态更活泼，化学活性更强。 23．试计算：（1）当用频率分别为 100、150 和 200Hz 的电磁波去照射质子 时，发生 NMR 时的外磁场磁感强度 B 分别是多少？（2）当外磁场强度为 0.5、 1.0 和 1.5T 时，自由电子发生 EPR 时电磁波的频率是多少？ 答：（1）质子发生 NMR，应满足： E=hv=gNμ NB0(其中 v 为电磁波频率，B0 为外磁场强度) 当 v1=100MHz 时，B1=h v1/gNμ N=2.33T 当 v2=150MHz 时，B2=h v2/gNμ N=3.50T 当 v3=200MHz 时，B3=h v3/gNμ N=4.66T (2)自由电子发生 EPR，应满足： E= hv=geμ BB0(其中 v 为电磁波频率，B0为外磁场强度) 当 B1=0.5T 时，v1= geμ BB1/h=14GHz CH3 CH3 H H HH a. b. 当 B2=1.0T 时，v2= geμ BB2/h=28 GHz 当 B3=1.5T 时，v31= geμ BB3/h=42 GHz 24.试预测下列化合物将有几组 NMRH 1 信号，自旋分裂情况如何？（1） 乙苯;(2)对二甲苯；（3）异丙苯；（4）丙酮。 解：根据化学等价的质子其化学位移相同，仅出现一组 NMR 信号。 化学不等价 的质子在 NMR 谱中出现不同的信号组。 （1）乙苯： 三组 1H-NMR 信号 四重峰 三重峰 单峰 图 5.7 乙苯的谱图上有三组峰，说明分子中有三种类型的质子，在低场发生共振δ ≈7.0 是苯环上的质子，δ ≈2.5 且裂分为四重峰的是亚甲基上的质子。由于在 苯环的影响下，亚甲基上的质子δ 增加，它与甲基相连，故裂成四重峰；δ ≈1.2 且裂分为三重峰的是甲基上的质子，由于与亚甲基相连，故裂成三重峰。 （2）对二甲苯： 两组 1H-NMR 信号 单峰 单峰 CH2 CH3 H H2 C CH3 CH2 CH3 对二甲苯的核磁共振谱 图 5.8 对二甲苯 1HNMR图有两组磁等同质子，所以出现了两个单峰。 因为两组氢质子不在相邻碳上，所以没有相互裂分。 25．已知 N2的三个 MO：2σ u、1П u、3σ g的电离能分别为 18.75eV、16.69eV、 15.57eV，试求用 HeⅠ线（λ =58.4nm）作光源时，光电子动能分别是多少。 解：由题可得,W2σ u=18.75eV, W1П u=16.69eV, W3σ g=15.57eV 且, HeⅠ线的总能量为: EHe=hν =hc/λ =(6.626 X 10(-34)×3.0 ×108 )/ (1.602×10-19×58.4 ×10 -9) eV =21.25 eV ∴对于 2σ u: T1= EHe- W2σ u =21.25 eV-18.75eV=2.50eV 对于 1П u: T2= EHe- W1П u =21.25 eV-16.69eV=4.56eV 对于 3σ g: T3= EHe- W3σ g =21.25 eV-15.57eV=5.68eV a. b .