结构化学习题参考答案-周公度-第5版

9.4031011mkJ-mol1为单位的能量。解:c2.998108ms670.8m4.4691014s[1.1]将锂在火焰上燃烧，放出红光，波长入=670.8nm,这是Li原子由电子组态(1s)2(2p)1一(1s)2(2s)1跃迁时产生的，试计算该红光的频率、波数以及以TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark473"\o"CurrentDocument"11%—7——1.491104cm1670.810cm34Id1EhNa6.62610Js4.46910s2316.602310mol'178.4kJmol钾的临阈频率为5.464X10,14s1,如用它作为光电极的阴极当用波长为300nm的紫外光照射该电池时,发射光电子的最大速度是多少?..I2hvhv0-mv解：22hvv0226.62610^Jgso12.99810mgs300109m-1415.46410s319.10910kg126.6261034j虫45291。飞〔29.1091031kg8.12105mgs1下列粒子的德布罗意波的波长：质量为1O-1okg,运动速度为0.01m・s'的尘埃;动能为0.1eV的中子；(O动能为300eV的自由电子。解：根据关系式:Q4⑴(2)226.62610mh6.62610Jsmv1010kg0.01mshhpV2mT6.6261034Js5/21.6751027kg0.1eV1.6021019JeVhhpJ2meV6.62610Js729,1091031kg1.6021019C300V7.081011m个运动速度=c（光速）的自由粒子，有人进行了如下推导：①②h③h④E⑤[mvp———-mvvv21m-m结果得出2的结论。上述推导错在何处？请说明理由。解：微观粒子具有波性和粒性，两者的对立统一和相互制约可由下列关系式 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 达：Ehvph/式中，等号左边的物理量体现了粒性，等号右边的物理量体现了波性，而联系波性和粒性的纽带是Planck常数。根据上述两式及早为人们所熟知的力学公式：pm知①，②，④和⑤四步都是正确的。微粒波的波长入服从下式：u/v式中，U是微粒的传播速度，它不等于微粒的运动速度U，但③中用了U/V,显然是错的。在④中，Ehv无疑是正确的，这里的E是微粒的总能量。若计及E中的势能，则⑤也不正确。（质量0.01kg,速度1000m-s'）,尘埃（质量103^,速度10m.5第）、作布郎运动的花粉（质量lOTkg,速度1m・s1）＞原子中电子（速度1000m・s-1）等，其速度的不确定度均为原速度的10%,判断在确定这些质点位置时，不确定度关系是否有实际意义？解：按测不准关系，诸粒子的坐标的不确定度分别为:子弹:尘埃:花粉:电子:346.2610Js0.01kg100010%ms6.6261034Js109kg1010%ms36.62610Js13110kg110%ms346.62610J3476.6310m6.636.634c2510m1020m9.1091031kg100010%ms7.27106m机显象管中运动的电子，假定加速电压为1000V,电子运动速度的不确定度为的10%,判断电子的波性对荧光屏上成像有无影响？解：在给定加速电压下，由不确定度关系所决定的电子坐标的不确定度为：..hhVx,-mWmg72eV/m10%6.6261（）34jqI。《29」0910二kg1：6021019c103V3.88101°m这坐标不确定度对于电视机（即使目前世界上最小尺寸最小的袖珍电视机）荧光屏的大小来说，完全可以忽略。人的眼睛分辨不出电子运动中的波性。因此，电子的波性对电视机荧光屏上成像无影响。确定度关系说明光学光栅（周期约106m）观察不到电子衍射（用100006/电压加速电子）。解：解法一：根据不确定度关系，电子位置的不确定度为：Vx——1.226109g-^=mVpxh/N911.22610g.mV100001.2261011m这不确定度约为光学光栅周期的105倍，即在此加速电压条件下电子波的波长约为光学光栅周期的10$倍，用光学光栅观察不到电子衍射。解法二：若电子位置的不确定度为106m,则由不确定关系决定的动量不确定度为:h6.62610力宇610mno16.62610Jgsgn在104V的加速电压下，电子的动量为：pxmxv2meV729.1091031kg1.6021019C104V5.4021023J由△Px和px估算出现第一衍射极小值的偏离角为:••pxarcsinarcsin—PxD.6.626Ljn#Barcsin2315.40210J^gnBarcsin10'这说明电子通过光栅狭缝后沿直线前进,落到同一个点上。因此，用光学光栅观察不到电子衍射。d2ax2xJv2Xe是算符QX解：应用量子力学基本假女IIA224ax的本征函数，求其本征值。（算符）和H1（本征函数，本征值和本征方程）得:-44a2x2dx244a、dx2xeax2d2dx2dax2xe4a2ax2xxeax2ec2ax2.23ax22axe4axedxcax22axecax26axeAax2.23ax24axe4axe▲23ax24axe6a因此，本征值为6ao下列函数中，哪几个是算符d22dx的本征函数？若是，求出本征值。解:2d2dx2ex,sinx,2cosx,x3,sinxxd2ex2,e是dx的本征函数，本征值为COSXdx2d2dx2sinsinx,d22sinx是dx的本征函数，本征值为1o(2cosx)2cosx[1,13]eimfncosm对算符d是否为本征函数？若是,求出本征值。解:dim一ed.imie,imimme所以,ime是算符,di—d的本征函数,本征值为.di—cosm而dsinmgnimsinmccosm.di—所以cosm不是算符d的本征函数。[1.15]已知在一维势箱中粒子的归一化波函数为2sinn1,2,3式中I是势箱的长度，X是粒子的坐标°xI,求粒子的能量，以及坐标、动量的平均值。2X/I01.0002.0001.5001.00002X/I01.0002.0001.5001.0000解：(1)将能量算符直接作用于波函数，所得常数即为粒子的能量:#%(x)d2即:82.2nhE—28mlh2-2-mh22m(2)(3)(Px)n——sin2.nx-sin由于9n(X)Cn(X),2无本征值,.2nx“xsindx0I2nxsin2nxn取2.n水、-sin)2.2nh,、2n(X)8ml只能求粒子坐标的平均值:1cos2nx.Ldx2n,sin^dx0ICnX，色(无本征值。按下式计算Px的平均值：xdx-dxihd2,nJ-sin-2dx\lnih1.nxnx.八Fsincosdx0I/0II【1.16】求一维势箱中粒子在1和2状态时，在箱中0.491〜0.511范围内出现的概率，并与图1.3.2(b)相比较,讨论所得结果是否合理。解；(a)12x一sin一-sin2—2.2x4-sin由匕述表达式计算2X和2X,并列表如下:x/l；x/I1/81/41/33/81/20.2931.0001.5001.7262.000FJlL2w8ma2nx9El22=E212二E2210.511八八2.22xHYPERLINK\l"bookmark64"\o"CurrentDocument"—sindx0.491।।--sin280.511x1.4x--sinI4I0.4910.5110.491TOC\o"1-5"\h\z0.5111.40,511——sinI4I0.49I1.40.49IsinI4I0.0001(C)计算结果与图形符合。【1.17】链型共短分子CH2cHeHCHCHCHCHCH2在长波方向160nm处出现第-个强吸收峰，试按一维势箱模型估算其长度。8解：该分子共有4对电子，形成「离域键。当分子处于基态时，8个电子占据能级最低的前4个分子轨道。当分子受到激发时♦，电子由能级最高的被占轨道(n=4)跃迁到能级最低的空轨道(n=5),激发所需要的最低能量为AE=E5-e4,而与此能量对应的吸收峰即反波方向460nm处的第一个强吸收峰。按一-维势箱粒子模型，可得：8ml因此：12n1h2I8mc12416.62610"J牛460109m389.1091031kg2.988108m^11120pm计算结果与按分子构型参数估算所得结果吻合。一个粒子处在abC的三维势箱中，试求能级最低的前5个能量值[以h2/(8ma2)为单位],计算每个能级的简并度。解：质量为m的粒子在边长为a的立方箱中运动，其能级公式为:221211nynzE222Ei13=Ei31=E311Em3E112E121E2116El22=E212=E221=9E113=E131=E311=11E222=12下一离子中运动的电子可用一维势箱近似表示其运动特征：222估计这一,势箱的长度I1.3nm,根据能级公式Ennh/8ml估算电子跃迁时所吸收的光的波长，并与实验值510.0nm比较。HN——H解：该离子共有10个电子,当离子处于基态时，这些电子填充在能级最低的前型分子轨道上。离子受到光的照射,电子将从低能级跃迁到高能级，跃迁所需要的最低能量即第5和第6两个分子轨道的的能级差。此能级差对应于棘手光谱的最大波长。应用一维势箱粒子的能级表达式即可求出该波长:E—E6E56?h?521?8ml28ml211h28ml228mcl11h89.10951031kg2.9979108192m手1.310m116.62621034Jgs506.6nm实验值为510.0nm,计算值与实验值的相对误差为-0.67%。[1,20]已知封闭的圆环中粒子的能级为:2,2nh。2~~28mRn0,1,2,3,式中n为量子数，R是圆环的半径，若将此能级公式近似地用于苯分子中66离域键，取R=140pm,试求其电子从基态跃迁到第一激发态所吸收的光的波长,解：由量子数n可知，n=0为非简并态，|n|N1都为二重简并态,电子填入n=0,1,1等3个轨道，如图1.20所示:EE2&图1.20苯分子241hhe2T8mR66能级和电子排布3h829.1121031kg1.401010m2.998108m字।36.6261034j手Q21210m212nm实验表明，苯的紫外光谱中出现B,共3个吸收带，它们的吸收位置分别为184.0nm,208.0nm和263.0nm,前两者为强吸收,后面一个是弱吸收。由于最低反键轨道能级分裂为三种激发态，这3个吸收带皆源于电子在最高成键轨道和最低反键之间的跃迁。计•算结果和实验测定值符合较好。【1.21】函数x2>/27asin(x/a)3x/2/Tsin(2x/a)是否是一维势箱中粒子的一种可能状态？若是，其能量有无确定值？若有，其值为多少？若无，求其平均值。，维势箱中V27asin(2解：该函数是长度为a的1x\J2/asin(x/a)和2x粒子的一种可能状态。因为函数x/4都是一维势箱中粒子的可能状态(本征态)，根据量子力学基本假设IV(态叠加原理),它们的线性组合也是该体系的一种可能状态。因为H2H1xh22-8ma3H8ma22常数所以,不是H的本征函数,•化：设|2dx即其能量无确定值,X,即：alc0dxc0可按下述步骤计算其平均值。xdxa2c013c221c—13Xsin—a22・2x3sindxa所代表的状态的能量平均值为：也可先将(E)xHxdx0a2.2a2.2na2.2och.2x,15chx.2x,9ch.22x—3-sin——dx-sin—sindx屋sindx0maa02maaa0maau2j225ch5hma213ma21x和2x归一化，求出相应的能量，再利用式（E）c日求出x所代表的状态的能量平均值:HYPERLINK\l"bookmark632"\o"CurrentDocument"222心/2hQ22hHYPERLINK\l"bookmark166"\o"CurrentDocument"8ma8ma2240ch8ma2240h15h228ma1313ma[2,3]对于氢原子:（a）分别计算从第一激发态和第六激发态跃迁到基态所产生的光谱线的波长，说明这些谱线所属的线系及所处的光谱范围。（b）上述两谱线产生的光子能否使：（i）处于基态的另一氢原子电离？（ii）金属铜中的铜原子电离（铜的功函数为7.441019J）?（c）若上述两谱线所产生的光子能使金属铜晶体的电子电离，请计算出从金属铜晶体表面发射出的光电子的德补罗意波的波氏。解：（a）氢原子的稳态能量由下式给出:En2.181018工」n式中n是主量子数。第一激发态（n=2）和基态（n=1）之间的能量差为:EiE2日（2.181018AJ）（2.1810仍2原子从第一激发态跃迁到基态所发射出的谱线的波长为：4J)1.641018J1ch1日第六激发态(2.9979108ms1)(6.626103打$)e6e71.641018J(n=7)和基态(n=1)之间的能量差为：E](2.181018争)(2.181018121nm118fJ)2.1410J1所以原子从第六激发态跃迁到基态所发射出的谱线的波长为：6e692.9nmch（2.997910'msD（6.626108j92.141018J这两条谱线皆属Lyman系,处于紫外光区。（b）使处于基态的氢原子电离所得要的最小能量为：A&=E.-Ei=-Ei=2.18X10'18J_B-18而AEi=1.64X10J中a=7.44X1019JA①c尸7.44X1019J所以，两条谱线产生的光子均能使铜晶体电离。（O根据德布罗意关系式和爱因斯坦光子学说，铜晶体发射出的光电子的波长为：hhhPmv72mE式中△E为照射到晶体上的光子的能量和中口之差。应用上式，分别计算出两条原子光谱线照射到铜晶体上后铜晶体所发射出的光电子的波长：519pm415pm6.62610"js1r(29.10951031kg)(1.641018J7.441019J)"346.62610Js6r(29.10951031kg)(2.141018J7.441019J)?【2.4】请通过计算说明，用氢原子从第六激发态跃迁到基态所产生的光子照射长度为1120Pm的线型分子CH2CHCHCHCHCHCHCH2,该分子能否产生吸收光谱。若能,计算谱线的最大波长；若不能，请提出将不能变为能的思路。解：氢原子从第六激发态（n=7）跃迁到基态（n=1）所产生的光子的能量为:TOC\o"1-5"\h\z1148Eh13.595丁eV13.595丁eV13.595—eV72124913.32eV1.285106Jgnol1h2而CH2CHCHCHCHCHCHCH2分子产生吸收光谱所需耍的最低能量为:EqE5E422928ml8ml8ml34296.6261031-io89.109510kg112010m4.2821019J2.579105Jgnol1显然EhEC8,但此两种能量不相等，根据量子化规则CH2CHCHCHCHCHCHCH2不能产生吸收光效应。若使它产生吸收光谱，可改换光源，例如用连续光谱代替H原子光谱。此时可满足量子化条件，该共扼分子可产生吸收光谱,其吸收波长为：04fi1he6.62610J室2.99810mgsE96.62610"j宇2ai1289.109510kg112010m460nm[2.5]计算氢原子作在「2。和「2a。处的比值。解：氢原子基态波函数为:3/2111sao该函数在r=a。和r=2ao处的比值为:1T2而1s在在a0[W2至-e%a011e2.71828e「=ao和「=2ao处的比值为:7.389061rr2Pz/3一eXP一就回答下列问题:[2.9]已知氢原子的4V2aoa°a°COS(a)原子轨道能E=?(b)轨道角动量|M|=?轨道磁矩|u|=?⑹轨道角动量M和z轴的夹角是多少度?(d)列出计算电子离核平均距离的公式(不算出具体的数值)(e)节面的个数、位置和形状怎么样？(f)概率密度极大值的位置在何处？(g)画出径向分布示意图。解：(a)原子的轨道能：E2.181018J-y5.451019J22(b)轨道角动量：MIJl(l1)：五｝22轨道磁矩：||小।1e(C)轨道角动量和Z轴的夹角:0—Mz2八cos——-090M42A(d)电子离核的平均距离的表达式为:2pz?2pzd222Pzrrsindrdd(e)令2Pz°.得：r=0,r=00,。=90°节面或节点通常不包括r=0和「=8,故2Pz的节面只有一个，即xy平面(当然，坐标原点也包含在xy平面内)。亦可直接令函数的角度部分YV3/4cos0,求得o=90°o(f)几率密度为:由式可见，若22Pz132aor相同，则当2r5-eao0=0°或o2COS=180°时P最大(亦可令sin0,0=0°或o=180°),以。表示,即:0(r,0°,180°)132ao2rr—eao将。对r微分并使之为0,有:r8oao所以,当0=0°或o=180°,2r=2ao时,22Pz有极大值。此极大值为:2ao2a。32ao36.4nmao3D2Pzr2R212>/62aoreao12454a。redrdr132ao解之得：「=2ao(r=0和「=8舍去)又因:d2dr(g)根据此式列出D-r数据表:r/ao01.02.03.04.05.06.0TD/a°00.0150.0900.1690.1950.1750.134r/ao17.08.09.010.011.012.01DIa°0.0910.0570.0340.0191.02X10-25.3X10-3图2.9H原子2Pz的d・「图按表中数据作出D-r图如下:由图可见，氢原子2Pz的径向分布图有n-l=1个极大(峰)和n-l-1=0个极小(节面)，这符合一般径向分布图峰数和节面数的规律。其极大值在「二4ao处。这与最大几率密度对应的「值不同，因为二者的物理意义不同。另外，由于径向分布函数只与n和I有关而与m无关，2px、2py和2Pz的径向分布图相同。[2,10]对氢原子，G2105211q311,所有波函数都已归一化。请对所描述的状态计算:(a)能量平均值及能量3.4eV出现的概率；(b)角动量平均值及角动量四位2出现的概率；⑹角动量在z轴上的分量的平均值及角动量z轴分量h/出现的概率。解：根据量子力学基本假设IV•态叠加原理，对氢原子所描述的状态:(a)能量平均值(E)qEj4&£E2c^E3q213.61—eV22域13.6-eV13.6—eV223213.624弓13.6c^eV3.4c?3.4最1.5嫉eV能量3.4eV出现的概率为TOC\o"1-5"\h\z22GGHYPERLINK\l"bookmark94"\o"CurrentDocument"222GC2c3(b)角动量平均值为(M)q2MC3M历TOC\o"1-5"\h\z角动量2出现的概率为223)Cic2c31(c)角动量在Z轴上的分量的平均值为/、22h2h(Mz)qMgR—c2m2—''i22cf01cj1知动量z轴分量h/Ji出现的概率为Oo【2.13]写出He原子的Schr?dinger方程，说明用中心力场模型解此方程时要作那些假设，计算其激发态(2s)[2p)i的轨道角动量和轨道磁矩.解：He原子的Schrodinger方程为：h2222e111e2已12--—9—E8m40rlr240rl2式中「1和「2分别是电子1和电子2到核的距离，「12是电子1和电子2之间的距离，若以原子单位表示，则He原子的Schrodinger方程为：用中心力场解此方程时作了如下假设:(1)将电子2对电子1(1和2互换亦然)的排斥作用归结为电子2的平均电荷分布所产生的一个以原子核为中心的球对称平均势场的作用(不探究排斥作用的瞬时效果，只着眼于排斥作用的平均效果)。该势场叠加在核的库仑场上，形成了一个合成的平均势场。电子1在此平均势场中独立运动，其势能只是自身坐标的函数，而与两电子间距离无关。这样，上述Schrodinger方程能量算符中的第三项就消失了。它在形式上变得与单电子原子的Schrodinger方程相似。(2)既然电子2所产生的平均势场是以原子核为中心的球形场，那么它对电子1的排斥作用的效果可视为对核电荷的屏蔽，即抵消了个核电荷，使电子1感受到的有效电荷降2_低为2与这样，Sch「odinge「方程能量算符中的吸引项就变成了〃，于是电子1的单电子Schrodinger方程变为：11E-1按求解单电子原子Schrodinger能日。方程的方法即可求出单电子波函数《1）及相应的原子轨道上述 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 同样适合于电子2,因此,电子2的Schrodinger方程为:E222电子2的单电子波函数和相应的能量分别为22和E2。He原子的波函数可写成两单电子波函数之积:1,2He原子的总能量为:E1e2He原子激发态2s2p角动量加和后L=1,故轨道角动量和轨道磁距分别为:[2,15]Li原子的电子结合能.3个电离能分别为li=5.39eV,l2=75.64eV,l3=122.45eV,请计算Li原子的1s解：根据电子能的定义，可写出下列关系式:Li(1s22s1)Li*(Is^sDELi1^25°^Li1s?2s1(1)Li*<1s22s°)Li2+(1s12s°)ELi21s12s°ELi1s22s°।2(2)Li2+（1s12s0）根据电子结合能的定义,Li3+(1s02s0)^Li31s°2s°(3)Li原子1s电子结合能为:Li1s12slLi1s22sl13.6eV13.6eV30,85222138.17eV(4)Eu1s22sl5.3975.64122.45eV所以E1s203.48eV(5)(4)(5)(5)(4)203.48eV138.17eV65.3eVE|_Mg22slE」1/hTOC\o"1-5"\h\z^Li1s2^Li1s1।2E..2/2E.t141clELi1sLi1s2s22330.85E13.6eV—2—13.6eV15.7eVHYPERLINK\l"bookmark287"\o"CurrentDocument"241s电子结合能为：Els1S?2S1ELj1s12slEhl215.7eV5.39eV75.64eV65.3eVHe原子的第一电离能l1=24.59eV,试计算：(a)第二电离能;(b)基态能量;(c)在1s轨道中两个电子的互斥能(d)屏蔽常数；(e)根据(d)所得结果求H-的基态能量.解：(a)He原子的第二电离能心是下一电离过程所需要的最低能量，即:He+(g)He2+(g)+c12EEHe2EHe0EHeEHeHe.是单电子“原子”，可按单电子原子能级公式计算，因而：22l2EHe13.595eV754.38eV(b)从原子的电离能的定义出发，按下述步骤推求He原子基态的能量:He(g)He+(g)+eHe+(g)He2+(g)+e山(1)式得：E|He^He।1将(2)式代入，得：EkEHehEHe2l2h0hI2hI224.59eV54.38eVEHeEHe2Eh©2EHe78.97eV(1)(2)推而广之，含有n个电子的多电子原子A,其基态能量等于各级电离能之和的负值，即:Eahi1(c)用J(s,s)表示He原子中两个1s电子的互斥能，则:EHe2EHeJs,sJS,SEhg2E|_je78.97eV254.38eV29.79eV也可直接由LL减求算j(s,s),两法本质相同。2EHe13.595eV——一21cEHe”c13.595eV2178.97eV飞13.595eV~221.7040.3是核电荷为1的两电子“原子”,其基组态为(1s)2,因而基态能量为:2Eh13.595eV12213.595eV10.3213.32eV[2,17]用Slate「法计算Be原子的第一到第四电离能，将计算结果与Be的常见氧化态联系解：原子或离子Be(g)-Be(g)fBe2(g)-Be3^(g)Be4(g)2221210(1s)阀42痔早勃43(1s耳2(普123(1s)组态电离能，1匕BU根据原子电离能的定义式lnEAnEAn1,用Slate「法计算Be原子的各级电离能如下：2240.8520.3540.852h13.595eV5213.595eV522'/7,871eV240.852l213.595eV立17.98eV2l313.595eV40.32213.595eV16154.8eV2l413.595eV4217.5eV计算结果表明：Lhl2h.%和I1相近(差为10.1eV),L和I3相近(差为62.7eV),而L和।2相差很大(差为i36.8eV)o所以，Be原子较易失去2s电子而在化合物中显正2价。[2.19]写出卜列原子能量最低的光谱支项的符号:(a)Si;(b)Mn;(c)Br;(d)Nb;(e)Ni解：写出各原子的基组态和最外层电子排布(对全充满的电子层，电子的自旋互相抵消,各电子的轨道角动量矢量也相互抵消，不必考虑)根据Hund规则推出原子最低能态的自旋量子数S,角量子数L和总量子数J,进而写出最稳定的光谱支项。TOC\o"1-5"\h\z22Si：Ne3s3P彳o-ms1,S1;mL1,L1;LS0;R)25012S|3；6s5/22Mn：所4s3dTT55msS-;mL0,L0;L22Br：Ar4s3d4p丁/HYPERLINK\l"bookmark475"\o"CurrentDocument"11ms-,S-;mL1,L1;L2212S|THNb：Kr5sZd4T-下55ms-,S-;mL2,L2;L2228Ni：Ar4s3d——ms1,S1;mL3,L3;LS4,3F4[2.20]写出Na原子的基组态、F原子的基组态和碳原子的激发态(1822s22P匕p1)存在的光谱支项符号。2261解：Na原子的基组态为(1s)(2s)(2p)(3s)。其中J,2s和2P三个电子层皆充满电子，它们对对整个原子的轨道角动量和自旋角动量均无贡献。Na原子的轨道角动量和自旋角动量仅由3s电子决定：L0,Si,故光谱项为2S.J只能为5,故光谱支项为F原子的基组态为(1s)2(2s)2(2p)5o与上述理由相同，该组态的光谱项和光谱支项只决定于(2p)5组态。根据等价电子组态的“电子■一空位”关系，(2p)5组态与(2p)i组态具有相同的项谱。因此，本问题转化为推求(2p)1组态的光谱项和光谱支项。这里只有一个电子，TOC\o"1-5"\h\zS1,故光谱项为2p。又J1i趣或J1I「因此有两个光谱支项：以2和凡2。对C原子激发态(1s22s22Pl3p1)，只考虑组态(2p)1(3p)i即可。2p和3p的电子是不等价电子，因而(2p»(3p)i组态不受Pauli原理限制，可按下述步骤推求其项谱：由L1得L2,1,0；由S,i,S2义得S1。。因此可得6个光谱项：七，3p.3s「D」P「S。根据自旋-一轨道相互作用，每一光谱项又分裂为数目不等的光谱支项，如3d,它分裂为333D3,D2和口等三个支项。6个光谱项共分裂为10个光谱支项：3-3—3c3c3r3c3c1—JUD3,D2,Di,P2,Pi,Po,Si,D2,R,Soe[2,21]基态Ni原子的可能的电子组态为：(a)[Ar]3d84s2；(b)[A「]3d94s1^由光谱实验确定其能量最低的光谱支项为午4。试判断它是哪种组态。解：分别求出ab两种电子组态能量最低的光谱支项，与实验结果对照，即可确定正确的电子组态。组态a：ms1，S1；mL3,L3;LS4。因此，能量最低的光谱支项为F4,与光谱实验结果相同。3组态b：ms1，S1；mL2,L2;LS3。因此，能量最低的光谱支项为D3,与光谱实验结果不同。82所以，基态Ni原子的电子组态为Ar3d4s。【3.8］画出NO的分子轨道示意图，计算键级及自旋磁矩，试比较NO和NO何者的键更强？哪一个键长长一些？解：NO的价层分子轨道能级示意图如图3.8所示。1-(83)2.5键级2IoONON图NO价层分子轨道能级图不成对电子数为1,自旋磁矩V1(12)e1-73e0由于NCT失去了1个反键的2n电子，因而键级为3,所以它的化学键比NO化学键强。相应地，其键长比NO的键长短。【3.9】按分子轨道理论写出NF,NF,NF基态时的电子组态，说明它们的不成对电子数和磁性(提示：按类似°2的能级排)。解：NF,NF+和NF-分别是。2,°?和。2的等电子体，它们的基态电子组态、键级、不成对电子数及磁性等情况如下：“分子，，NFNF+NF-基态电子组态KK(1)2(2汽3)2(1)4(2)2KK(1)2(2)2(3)2(1)32)19004^KK(1)(2)(3)(1)(2)键级22.51.5不成对电子数211磁性顺磁性顺磁性顺磁性[3.13]写出Cl2解：Cl2：33Z2CN：23%CN啰价电子纨态和基声光谱叫。3z3,3P1t3py1°，0,基态光谱项：2413s1/2,o,基态光谱项:OH分子于1964年在星际空间被发现。试按分子轨道理论只用。原子的2P轨道和H原子的1s轨道叠加，写出其电子组态在哪个根子轨道中有不成对电子？此轨道是由。和H的原子轨道叠加形成，还是基本上定域于某个原子上？已知OH的第一电离能为13.2eV,HF的第一电离能为16.05eV,它们的差值几乎和O原子与F原子的第一电离能15.8eV和18.6eV的差值相同，为什么？写出它的基态光谱项。解：(a)H原子的1s轨道和O原子的2Pz轨道满足对称性匹配、能级相近(它们的能TOC\o"1-5"\h\z级都约为一13.6eV)等条件，可叠加形成轨道。OH的基态价电子组态为2231212023211实际与是O原子的2S,而1实际上是O原声的^Px2Py或2Px2Py0因此，OH的基态价电子组态亦可写为2s2p。2s和2P是非键轨道，OH有两对半非键电子，键级为1o(b)在1轨道上有不成对电子。1轨道基本上定域于O原子。OH和HF的第一电离能分别是电离它们的1电子所需要的最小能量，而1轨道是非键轨道，即电离的电子是由。和F提供的非键电子，因此，OH和HF的第一电离能差值与O原子和F原子的第一电离能差值相等。S1/2，1,基态光谱项为：2H为Br在远红外区有一系列间隔为16.94cm।的谱线，计算HBr分子的转动惯量和平衡核间距。解：双原子分子的转动可用刚性转子模型来模拟。据此模型，可建立起双原子分子的Sch「?dinge「方程。解之，便得到转动波函数R、转动能级Er和转动量子数J。由Er的表达式可推演出分子在相邻两能级间跃迁所产生的吸收光的波数为：%2B(J1)而相邻两条谱线的波数之差(亦即第一条谱线的波数)为：%2BB为转动常数：由题意知，H79Br分子的转动常数为B=16.94cm*1/2=8.470cm"所以，其转动惯量为：4723.30810kgmH79Br的约化质量为:mHmB「mHrnBr27.1.64310kg所以，其平衡核间距为:3.30810“kgm?1.6431027kg141.9pm[3,16]12cl6。的核间距为112.83pm,计算其纯转动光谱前4条谱线所应具有的波数。解：12cl6。的折合质量为:121610；1216瓦1.13851026kg因而其转动常数为：22Bh/8rc6.62621034j宇/&21,13851026kg2112.831012m2.9979108m^11.932cm笫一条谱线的波数以及相邻两条谱线的波数差都是2B,所以前4条谱线的波数分别为:亦可用式:2B21.932cm4B41.932cm6B61.932cm8B81.932cmv2BJ13.864cm7.728cm11.592cm15.456cmp6.6?6210Js82Be82(8.470102m1)(2.9979108msb进行计算，式中的J分别为0,1,2,和3OCC12cl6c46282C°的转动惯量为7.16710kgmo计算C°2分子中cC键的键长：假定同位素置换不影响CO键的键长，试计算’2(：、第0和13c、16。组成的C°2分子的转动惯量。提示：线型分子ABC的转动惯量I可按下式计算：222।mAmB「ABmBrneScmAmB「ab「bcmAmBmc解：(a)由于。。2分子的质心和对称中心重合，C原子对分子转动惯量无贡献，所以:2112cl6。22m16。典Orco‘1左16僦2ml6。7.1671046kggn26.0221023moi1216103kggnol11.1611010m(b)由于假定同位素置换不改变C=。键键长，因而有:12cl6,2ml%g*co218103kggnol1021.16110m6.0221023mol18.0581046kggn2即:由于（a）中一开始就阐明的原因，13cl6°2的转动惯量和12cl6°2的转动惯量相等,11316112167.1671046kggn2线型分子ABC的转动惯量为：222,mAmBrABitibrricTbcrnArric「ab「bcmAmBme本题亦可按此式进行计算。2、HCI和HBr混合气体的远红外光谱中，前几条谱线的波数分别为：16.70,20,70,33,40,41,85,50,10,62.37cmo计算产生这些谱线的分子的键长Cl:35.457;Br:79,916;N:14.007解：N2是非极性分子，不产生红外光谱，故谱线是由HCI和HBr分子产生的。分析谱线波数的规律，可知这些谱线由下列两个系列组成：第一系列：16.70,33.40,50.10cm第二系列.20.70,41.58,62.37crnBhci,由于rHC),HBrHCI,因而1HBr।HCI।「。根据821c知，BHBr所以，第一系列谱线是由HB「产生的，第二组谱线是由HCI产生的。对HBr：_111B-v—16.70cm8.35cm2043.3491047kggn2।h6.62610J9s82Bc828.35102m12.998108m31.008ggnol1.008ggnol11.6411027kg1I2-3.34979.916ggnol79.916ggriol103kg6.0221023mol2gmkg74oXI641XI1-2kg27o142.9pm对HCI：AA-v-20.82cm110.41cm12234h6.62610J方82Bc8210.41102m12.998108mgs12.6841047kggn2103kggg6.0221023mol1.008ggnol135.459ggnol1.008ggnol135.459ggnol1.6161027kg15128.9pm1I2-2.6841047kggn21.6161027kg1071I的振动光谱图中观察到2309.5cm强吸收峰。若将HI的简正振动看作谐振子，请计算或说明：这个简正振动是否为红外活性；HI简正振动频率；(O零点能；127(d)HI的力常数。解：按简谐振子模型，H127|的振动光谱中只出现一条谱线，其波数就是经典振动波数Ve亦即2309.5cm\既然只出现一条谱线，因此下列关于H127|分子振动光谱的描述都是指与这条谱线对应的简正振动的。H127|分子是极性分子，根据选律，它应具有红外活性。振动频率为：vcv2.9979108m奂।2309.5102ml1316.92410s振动零点能为：L1U-Eo-hcv2348121-6.626210Jgs2.997910mgs2309.510m2202.29410JH127|的约化质量为：1.008lOkgpoi।126.910加方0|।1.008126.9103kggnol16.0221023mol11.6611027kgH127l的力常数为：■,22—2k4cv22422.998103m^12309.5102ml1.6611027kg314.2Ngn若将co的简正振动看做谐振110s［3.20］在CO的振动光谱中观察到2169.8cm1强吸收峰,子，计算CO的简正振动频率、力常数和零点能。解:TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark325"\o"CurrentDocument"O4cv2.998102169.810m6.5051.1391026kg12.01103kggnol116,00103kggnol13123112.0116.0010kggnol6.02210molIA22-2k4cv22422.998108mgs12169.8102ml1.1391026kg1901Ngn1I348121Eo-hcv-6.62610J乎2.998102169.810m22202.15510J【3.21］写出°2、°2和。2的基态光谱项，今有3个振动吸收峰，波数分别为1097、1580和1865cm:请将这些吸收峰与上述3种微粒关联起来。v判定波数大小次解：写出。2,02和。2一的价电子组态，推求它们的量子数S和，即可求出基态光谱项。根据价电子组态，比较力常数大小，即可根据表达式序。结果如下：分子或离子0202一02~基态光谱项322键级2.02.51.5波数/cm15801865109735［3,22］在HCI的基本振动吸收带的中心处，有波数分别为2925.78、2906.25、2865.09和2843.56cm1的转动谱线，其倍频为5668.0cm,请计算：非谐性常数；力常数；键长；平衡解离能。解：(a)在此振一转光谱中，波数为2925.78和2906.25cm1的谱线属R支，波数为2865.09和2843.56cm।的谱线属P支，在两支转动谱线的中心即振动基频：-2906.25cm12865.09cm1…匚21v2885.67cm2已知倍频为"25668.0cm,根据非谐振子模型，得联立方程如下：12xve2885.67cm解得：q213x2989.01cm\xve5668.0cm21.728710(c)De(d)422.998101°cmgs12135512.5Ngn12989.01cm由V。和X得3421hve6.62610J室2989.0110m2.9984x41.72871028.5871019J517.1kJgnol1由H35CI的振一转光谱2B21.53cm121-a6.02210mol810mgsh82BeP支=2865.09cm1,2843.56cm1可得oh2h/2228Ic8rc6.6261034j3V82^2510.765102m12.998108m^1\135少126.86pm[4,1]HCN和C&都是直线型分子，写出该分子的对称元素。CS2：cG解：HCN：0，【4.2]写出H3CCI分子中的对称元素。解：。3,3【4.3]写出三重映轴$3和三重反轴底的全部对称操作。解：依据三重映轴S3所进行的全部对称操作为:依据三重反轴122hC；S3C3hC；S3S3E3进行的全部对■称操作为:I；iC；I39415I3C3hiC2323【4.4】写出四重映轴和四重反轴底的全部对称操作。解：依据S4进行的全部对称操作为:11213S4hC4,S4C2,S434hC4,S4E依据I4进行的全部对称操作为：1121334I4iC4,I4C2,I4iC4,I4E】写出xz和通过原点并与轴重合的C2轴的对称操作C21的表示矩阵。1001001010C010xz2x001001解：，】用对称操作的表示矩阵证明：a）C2zxyi（b）C2xC2yC2z（c）yzxzC2z解：1xxxxC2zyyiyyzzzzx1C2zxyyzC12zxyiC1C1i推广之，有，2nzxyxy2nz即：一个偶次旋转轴与一个垂直于它的镜面组合，必定在垂足上出现对称中心。xx1C2zyyzz（b）这说明，若分子中存在两个互相垂直的C2轴，则其交点上必定出现垂直于这两个C2轴的第三个C2轴推广之，交角为2/2n的两个轴组合，在其交点上必定出现一个垂直于这两个2/2n。C2轴Cn轴，在垂直于Cn轴且过交点的平面内必有n个C2轴。进而可推得，一个Cn轴与垂直于它的C2轴组合，在垂直于Cn的平面内有n个C2轴，相邻两轴的夹角为xxxxx1yzxzyyzyyC2zyyzzzzzc）1Cyzxz2x这说明，两个互相垂直的镜面组合，可得一个C2轴，此C2轴正是两镜面的交线。推而广之，若两个镜面相交且交角为2/2n，则其交线必为一个n次旋转轴。同理，Cn轴和通过该轴的镜面组合，可得n个镜面，相邻镜面之交角为2/2n。【4.7】写出ClHCCHCl（反式）分子全部对称操作及其乘法表。解：反式C2H2Cl2分子的全部对称操作为：E,C；,J对称操作群的乘法为:C?hEc；hEEc；hC；C；E■IhhE■I*IhC2C2E【4.8】写出下列分子所归属的点群：HCN,S°3,氯苯C6H5CI,苯C6H6，蔡GoH8。解：分子HCNSO3C6H5clC6H6CioHs点群CD3hC2uDehD2h[4,9]判断下列结论是否正确，说明理由。凡直线型分子一定有C轴；甲烷分子有对称中心；分子中最高轴次n与点群记号中的n相同(例如C*中最高轴次为C3轴)；分子本身有镜面，它的镜像和它本身相同。解：正确。直线形分子可能具有对称中心(Dh点群)，也可能不具有对称中心(Cv点群)。但无论是否具有对称中心，当将它们绕着连接个原子的直线转动任意角度时，都能复原。因此，所有直线形分子都有c轴，该轴与连接个原子的直线重合。不正确。因为，若分子有对称中心，则必可在从任一原子至对称中心连线的延长线上等距离处找到另一相当原子。甲烷分子(Td点群)呈正四面体构型，显然不符合此条件。因此，它无对称中心。按分子中的四重反轴进行旋转■反演操作时，反演所依据的“反轴上的一个点''是分子的中心，但不是对称中心。事实上，属于丁~点群的分子皆无对称中心。(O就具体情况而言，应该说(O不全错，但作为一个命题，它就错了。这里的对称轴包括旋转轴和反轴(或映轴)。在某些情况中，分子最高对称轴的轴次(n)与点群记号中的n相同，而在另一些情况中，两者不同。这两种情况可以在属于。2，Dnh和Dnd等点群的分子中找到。在Cnh点群的分子中，当n为偶数时，最高对称轴是Cn轴或In轴。其轴次与点群记号中的n相同。例如，反式c2H2cI2分子属C2h点群，其最高对称轴为C2轴，轴次与点群记号的n相同。当n为基数时，最高对称轴为12h,即最高对称轴的轴次是分子点群记号中的n的2倍。例如，H3BO3分子属02h点群，而最高对称轴为％。在Dnh点群的分子中，当n为基数时，最高对称轴为&轴或）轴，其轴次（n）与点群记号中的n相同。例如，C6H6分子属D6h点群，在最高对称轴为C6或16,轴次与点群记号中的n相同。而当n为奇数时，最高对称轴为Ln,轴次为点群记号中的n的2倍。例如，C03一属D3h点群，最高对称轴为＞6,轴次是点群记号中的n的2倍。在Dnd点群的分子中，当n为奇数时，最高对称轴为Cn轴或In轴，其轴次与分子点群记号中的n相同。例如，椅式环己烷分子属D3d点群，其最高对称轴为C3或％,轴次与点群记号中的n相同。当n为偶数时，最高对称轴为Ln,其轴次是点群记号中n的2倍。例如，丙二烯分子属D2d点群，最高对称轴为14。轴次是点群记号中的n的2倍。（d）正确。可以证明，若一个分子具有反轴对称性，即拥有对称中心，镜面或4m（m为正整数）次反轴，则它就能被任何第二类对称操作（反演，反映，旋转-反演或旋转-反映）复原。若一个分子能被任何笫二类对称操作复原，则它就一定和它的镜像叠合，即全同。因此，分子本身有镜面时，其镜像与它本身全同。【4.10】联苯C6H5C6H5有三种不同构象，两苯环的二面角分别为：（a）0,（b）90°,（c）090°,试判断这三种构象的点群。解：[4,11]SECI分子的形状和SF6相似，试指出它的点群。SF5cl分子的点群为04v。解：SF6分子呈正八面体构型，属°h点群。当其中一个F原子被CI原子取代后，所得分子SF5cl的形状与SF6分子的形状相似（见图4.11）,但对称性降低了。图4.11SF5CI的结构镜面和4m次反轴的对称性。具有这三种对称性的分子(只要存在三种对称元素中的一种皆无旋光性，而不具有这三种对称性的分子都可能有旋光性。NienNH32Cl2【4.14】作图给出en2可能的异构体及其旋光性。解：见图4.144.144.15】由下列分子的偶极矩数据，推测分子立体构型及其点群。C3O2SO25.403010CNCHO6.91030CO2NNO2H2NNH26.141030CNH2(g解：H2N305.3410Cm060060图4.20Fe(C2H4)3配位结构式意图椅式环己烷XeOF4D2h【4.28］正八面体6个顶点的原子有3个被另一个原子取代，有几种可能的方式？取代产物3[4,26]将分子或离子：Coen3,NO2,FHCCCHF,NH22cO,C60,T三烯，H3BO3,N4CH26等按下列条件进行归类：既有极性又有旋光性；既无极性又无旋光性；(O无极性但有旋光性；(d)有极性但无旋光性。解：FHC=C=CHF(C2)NO?Dh,C60Ih)丁三烯(02h),B°H3(C3h),N4NH26(Td)3Coen3D3(八nh2cogXeOF4【4.27】写出CH3,c5H5N,Li4CH34,H2CCCCH2,椅式环己烷,等分子所属的点群。解：分子点群TOC\o"1-5"\h\zCH3D3hc5h5nc2#Li4cH34TdH2CCCCH2各属于什么点群？取代后所得产物是否具有旋光性和偶极矩？解：只有下列两种取代方式，产物a属于C3点群，产物b属于C2点群。两产物皆无旋光性，而皆有偶极距。⑻(b)[5,1]利用价电子互斥理论，说明x^F4,XeO4,XeO3,XeF2,XeOF4等分子的形状。解:分子XeF4XeO4XeO3XeF2XeOF4m+n（不计电子）64456价电子空间分布八面体四面体四面体三角双锥八面体孤对电子对数20131配位原子数（电子对）44325几何构型正方形四面体三角锥直线形四方锥[5.2]利用价电子互斥理论，说明AsH3,CIF3,SO3,SO3，CH3,CH3的分子和离子的几何形孤对电子排布方式FA/F(C)状，说明哪些分子有偶极矩?解:分子或离子AsH3cif3SQS"ch3ch3m+n数453434价电子空间分布四面体三角双锥平面三角形四面体平面三角形四面体孤对电子对数120101配位原子数333333几何形状三角锥T形平面三角形三角锥平面三角形三角锥是否有偶极距有有无表中。尸3分子中CI原子周围的5对价电子按三方双锥分布，可能的形状有下面三种:IP-IPIp-bpbp-bp2222BF3CBr4PF4SeF&SiF5aif53if6MnO4MoCI5CH32Sn后三角形四面体四面体八面体四方锥八面体八面体四面体三角双锥准四面体2SP3SP3SP3.2spd3.spd^3.2spd3.2spd,3sd.3dsp3sp给出］：2dcj/c"解之，得2C12sC22Pdcoscos116.8q*20.3108)0.6892所以，。3原子的O原子的成键杂化轨道为:0.56Ci2c；10.4509G0.5600.830.832p而被孤对电子占据的杂化轨道为:2p>/120.31082sVl20.68920.6