结构化学基础习题答案_周公度_第4版

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1、 01.量子力学基础知识 【1.1】将锂在火焰上燃烧，放出红光，波长λ=670.8nm，这是Li原子由电子组态 (1s)2(2p)1→(1s)2(2s)1跃迁时产生的，试计算该红光的频率、波数以及以kJ·mol-1为单位的能量。 解： 【1.2】 实验测定金属钠的光电效应数据如下： 波长λ/nm 312.5 365.0 404.7 546.1 光电子最大动能Ek/10-19J 3.41 2.56 1.95 0.75 作“动能-频率”，从图的斜率和截距计算出Plank常数(h)值、钠的脱出功(W)和临阈频率(ν0)。 解：将各照射光波长换算成频率,并将

2、各频率与对应的光电子的最大动能Ek列于下表： λ/nm 312.5 365.0 404.7 546.1 /1014s－1 9.59 8.21 7.41 5.49 Ek/10－19J 3.41 2.56 1.95 0.75 由表中数据作图，示于图1.2中 图1.2 金属的图 由式 推知 即Planck常数等于图的斜率。选取两合适点，将和值带入上式，即可求出。例如： 图中直线与横坐标的交点所代表的即金属的临界频率，由图可知，。因此，金属钠的脱出功为： 【1.3】金属钾的临阈频率为5.464×10-14s-1，如用它作为光

3、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？ 解： 【1.4】计算下列粒子的德布罗意波的波长： （a） 质量为10-10kg，运动速度为0.01m·s-1的尘埃； （b） 动能为0.1eV的中子； （c） 动能为300eV的自由电子。 解：根据关系式： (1) 【1.5】用透射电子显微镜摄取某化合物的选区电子衍射图，加速电压为，计算电子加速后运动时的波长。 解：根据de Broglie关系式： 【1.6】对一个运动速度（光速）的自由粒子，有人进行了如下推导： 结果得出的结论。上述推导错在何处？请说明理由。

4、 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达： 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： 知 ①，②，④和⑤四步都是正确的。 微粒波的波长λ服从下式： 式中，u是微粒的传播速度，它不等于微粒的运动速度υ ，但③中用了，显然是错的。 在④中，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。 【1.7】子弹（质量0.01kg，速度1000m·s-1），尘埃（质量10-9kg，速度10m·s-1）、作布郎

5、运动的花粉（质量10-13kg，速度1m·s-1）、原子中电子（速度1000 m·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： 【1.8】电视机显象管中运动的电子，假定加速电压为1000，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： 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

6、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。 【1.9】用不确定度关系说明光学光栅（周期约）观察不到电子衍射（用电压加速电子）。 解：解法一：根据不确定度关系，电子位置的不确定度为： 这不确定度约为光学光栅周期的10－5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10－5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10－6m，则由不确定关系决定的动量不确定度为： 在104V的加速电压下，电子的动量为： 由Δpx和px估算出现第一衍射极小值的偏离角为： 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，

7、用光学光栅观察不到电子衍射。 【1.10】请指出下列算符中的线性算符和线性自轭算符： 解：由线性算符的定义： 为线性算符;而为线性自轭算符. 【1.11】是算符的本征函数，求其本征值。 解：应用量子力学基本假设Ⅱ（算符）和Ⅲ（本征函数，本征值和本征方程）得： 因此，本征值为。 【1.12】下列函数中，哪几个是算符的本征函数？若是，求出本征值。 解：，是的本征函数，本征值为1。 是的本征函数，本征值为1。 【1.13】和对算符是否为本征函数？若是，求出本征值。 解：， 所以，是

8、算符的本征函数，本征值为。 而 所以不是算符的本征函数。 【1.14】证明在一维势箱中运动的粒子的各个波函数互相正交。 证：在长度为的一维势箱中运动的粒子的波函数为： =1，2，3，…… 令n和n’表示不同的量子数，积分： 和皆为正整数，因而和皆为正整数，所以积分： 根据定义，和互相正交。 【1.15】已知在一维势箱中粒子的归一化波函数为 式中是势箱的长度，是粒子的坐标，求粒子的能量，以及坐标、动量的平均值。 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：

9、 即： （2）由于无本征值，只能求粒子坐标的平均值： （3）由于无本征值。按下式计算px的平均值: 【1.16】求一维势箱中粒子在和状态时，在箱中范围内出现的概率，并与图1.3.2（b）相比较，讨论所得结果是否合理。 解：（a） 由上述表达式计算和，并列表如下： 0 1/8 1/4 1/3 3/8 1/2 0 0.293 1.000 1.500 1.726 2.000 0 1.000 2.000 1.500 1.000 0 5/8 2

10、/3 3/4 7/8 1 1.726 1.500 1.000 0.293 0 1.000 1.500 2.000 1.000 0 根据表中所列数据作图示于图1.16中。 图1.16 （b）粒子在状态时，出现在和间的概率为： 粒子在ψ2状态时，出现在0.49l和0.51l见的概率为： （c）计算结果与图形符合。 【1.17】链型共轭分子在长波方向处出现第一个强吸收峰，试按一维势箱模型估算其长度。

11、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ΔE＝E5－E4，而与此能量对应的吸收峰即长波方向460nm处的第一个强吸收峰。按一维势箱粒子模型，可得： 因此： 计算结果与按分子构型参数估算所得结果吻合。 【1.18】一个粒子处在的三维势箱中，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

12、能级公式为： E122=E212=E221=9 E113=E131=E311=11 E222=12 【1.19】若在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： 估计这一势箱的长度，根据能级公式估算电子跃迁时所吸收的光的波长，并与实验值510.0比较。 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5个型分子轨道上。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： 实验值为510.0nm，计

13、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： 式中为量子数，是圆环的半径，若将此能级公式近似地用于苯分子中离域键，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|≥1都为二重简并态，6个电子填入n=0，1，等3个轨道，如图1.20所示： 图1.20苯分子能级和电子排布 实验表明，苯的紫外光谱中出现β，和共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

14、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。 解：该函数是长度为的一维势箱中粒子的一种可能状态。因为函数和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 常数 所以，不是的本征函数，即其能量无确定值，可按下述步骤计算其平均值。 将归一化：设=，即： 所代表的状态的能量平均值为：

15、 也可先将和归一化，求出相应的能量，再利用式求出所代表的状态的能量平均值： 02 原子的结构和性质 【2.1】氢原子光谱可见波段相邻4条谱线的波长分别为656.47、486.27、434.17和410.29nm，试通过数学处理将谱线的波数归纳成为下式表示，并求出常数R及整数n1、n2的数值。 解：将各波长换算成波数： 由于这些谱线相邻，可令，……。列出下列4式： (1)÷(2)得： 用尝试法得m=2（任意

16、两式计算，结果皆同）。将m=2带入上列4式中任意一式，得： 因而，氢原子可见光谱（Balmer线系）各谱线的波数可归纳为下式： 式中，。 【2.2】按Bohr模型计算氢原子处于基态时电子绕核运动的半径（分别用原子的折合质量和电子的质量计算并精确到5位有效数字）和线速度。 解：根据Bohr提出的氢原子结构模型，当电子稳定地绕核做圆周运动时，其向心力与核和电子间的库仑引力大小相等，即： n=1，2，3，…… 式中，和分别是电子的质量，绕核运动的半径，半径为时的线速度，电子的电荷和真空电容率。 同时，根据量子化条

17、件，电子轨道运动的角动量为： 将两式联立，推得： ； 当原子处于基态即n=1时，电子绕核运动的半径为： 若用原子的折合质量代替电子的质量，则： 基态时电子绕核运动的线速度为： 【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）？ (c)若上述两谱

18、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长。 解：(a)氢原子的稳态能量由下式给出： 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： 原子从第一激发态跃迁到基态所发射出的谱线的波长为： 第六激发态(n＝7)和基态(n＝1)之间的能量差为： 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： 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： ΔE∞=E∞-E1=-E1=2.18×10-18J 而 ΔE1=1.6

19、4×10-18J<ΔE∞ ΔE6=2.14×10-18J<ΔE∞ 所以，两条谱线产生的光子均不能使处于基态的氢原子电离，但是 ΔE1>ФCu=7.44×10-19J ΔE6>ФCu=7.44×10-19J 所以，两条谱线产生的光子均能使铜晶体电离。 （c）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： 式中ΔE为照射到晶体上的光子的能量和ФCu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： 【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

20、子照射长度为的线型分子，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： 而分子产生吸收光谱所需要的最低能量为： 显然，但此两种能量不相等，根据量子化规则，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，该共轭分子可产生吸收光谱，其吸收波长为： 【2.5】计算氢原子在和处的比值。 解：氢原子基态波函数为：

21、 该函数在r=a0和r=2a0处的比值为： 而在在r=a0和r=2a0处的比值为： e2≈7.38906 【2.6】计算氢原子的1s电子出现在的球形界面内的概率。 解：根据波函数、概率密度和电子的概率分布等概念的物理意义，氢原子的1s电子出现在r=100pm的球形界面内的概率为： 那么，氢原子的1s电子出现在r=100pm的球形界面之外的概率为1-0.728=0.272。 【2.7】计算氢原子的积分：，作出图，求P(r)=0.1时的r值，说明在该r值以内电子出现的概率是90%。 解：

22、 根据此式列出P(r)-r数据表： r/a0 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 P(r) 1.000 0.920 0.677 0.423 0.238 0.125 0.062 0.030 0.014 根据表中数据作出P(r)-r图示于图2.7中： 由图可见：时， 时， 时， 即在r=2.7a0的球面之外，电子出现的概率是10%，而在r=2.7a0的球面以内，电子出现的概率是9

23、0%，即： 图2.7 P(r)-r图 【2.8】已知氢原子的归一化基态波函数为 (a)利用量子力学基本假设求该基态的能量和角动量； (b)利用维里定理求该基态的平均势能和零点能。 解：（a）根据量子力学关于“本征函数、本征值和本征方程”的假设，当用Hamilton算符作用于ψ1s时，若所得结果等于一常数乘以此ψ1s,则该常数即氢原子的基态能量E1s。氢原子的Hamiltton算符为： 由于ψ1s的角度部分是常数，因而与θ，ф无关： 将作用于ψ1s，有： （r=a0） 所以 =… =-2.

24、18×10-18J 也可用进行计算，所得结果与上法结果相同。 注意：此式中。 将角动量平方算符作用于氢原子的ψ1s，有： =0ψ1s 所以 M2=0 |M|=0 此结果是显而易见的：不含r项，而ψ1s不含θ和ф，角动量平方当然为0，角动量也就为0。 通常，在计算原子轨道能等物理量时，不必一定按上述作法、只需将量子数等参数代人简单计算公式，如： 即可。 （b）对氢原子，，故： 此即氢原子的零点能。 【2.9】已知氢原子的，试回答下列问题： (a)原子轨道能E=? (b)轨道角动量|M|

25、=?轨道磁矩|μ|=? (c)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： （b）轨道角动量： 轨道磁矩： （c）轨道角动量和z轴的夹角： ， （d）电子离核的平均距离的表达式为： （e）令，得： r=0，r=∞，θ=900 节面或节点通常不包括r=0和r=∞，故的节面只有一个，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，求得θ=9

26、00。 （f）几率密度为： 由式可见，若r相同，则当θ=00或θ=1800时ρ最大（亦可令，θ=00或θ=1800），以表示，即： 将对r微分并使之为0，有： 解之得：r=2a0（r=0和r=∞舍去） 又因： 所以，当θ=00或θ=1800，r=2a0时，有极大值。此极大值为： （g） 根据此式列出D-r数据表： r/a0 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 D/ 0 0.015 0.090 0.169 0.195 0.175 0.134 r

27、/a0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0 12.0 D/ 0.091 0.057 0.034 0.019 1.02×10-2 5.3×10-3 按表中数据作出D-r图如下： 图2.9 H原子的D-r图 由图可见,氢原子的径向分布图有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r＝4a0处。这与最大几率密度对应的r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l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，，所有波函数都已归一化

28、。请对所描述的状态计算： (a)能量平均值及能量出现的概率； (b)角动量平均值及角动量出现的概率； (c)角动量在z轴上的分量的平均值及角动量z轴分量出现的概率。 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 能量出现的概率为 (b)角动量平均值为 角动量出现的概率为 (c)角动量在z轴上的分量的平均值为 角动量z轴分量h/π出现的概率为0。 【2

29、.11】作氢原子图及图，证明极大值在处，说明两图形不同的原因。 解：H原子的 分析和随r的变化规律，估计r的变化范围及特殊值，选取合适的r值，计算出和列于下表： r/a0 0* 0.10 0.20 0.35 0.50 0.70 0.90 1.10 1.30 1.00 0.82 0.67 0.49 0.37 0.25 0.17 0.11 0.07 0 0.03 0.11 0.24 0.37 0.48 0.54 0.54 0.50 r/a0 1.60 2.00 2..30

30、 2.50 3.00 3.50 4.00 4.50 5.00 0.04 0.02 0.01 0.007 0.003 0.001 <0.001 - - 0.42 0.29 0.21 0.17 0.09 0.04 0.02 0.01 0.005 *从物理图象上来说，r只能接近于0。 根据表中数据作图及图如下： 图2.11 图和D1s-r图 【2.12】试在直角坐标系中画出氢原子的5种3d轨道的轮廓图，比较这些轨道在空间的分布，正、负号，节面及对称性。 解：5种3d轨道的轮廓图如图2.12所示。它们定性地反映了H原子3d轨道的

31、下述性质： (1)轨道在空间的分布：的两个极大值分别在z轴的正、负方向上距核等距离处，另一类极大值则在平面，以核为心的圆周上。其余4个3d轨道彼此形状相同，但空间取向不同。其中分别沿轴和轴的正、负方向伸展，,和的极大值（各有4个）夹在相应的两坐标之间。例如，的4个极大值（若以极坐标表示）分别在,;,;,和,方向上。 图2.12 3d轨道轮廓图 (2)轨道的节面：有两个锥形节面（），其顶点在原子核上，锥角约。另外4个3d轨道各有两个平面型节面，将4个瓣分开。但节面的空间取向不同：的节面分别为平面（）和平面（）；的节面分别为平面（）和平面（）；的节面分别是平面（）和平面（）；而的节面

32、则分别为和（任意）两个平面。节面的数目服从规则。根据节面的数目可以大致了解轨道能级的高低，根据节面的形状可以了解轨道在空间的分布情况。 (3)轨道的对称性：5个3d轨道都是中心对称的，且轨道沿轴旋转对称。 (4)轨道的正、负号：已在图中标明。 原子轨道轮廓图虽然只有定性意义，但它图像明确，简单实用，在研究轨道叠加形成化学键时具有重要意义。 【2.13】写出He原子的Schrödinger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)1(2p)1的轨道角动量和轨道磁矩. 解：He原子的Schrodinger方程为： 式中和分别是电子

33、1和电子2到核的距离，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

34、)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低为。这样，Schrodinger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： 按求解单电子原子Schrodinger方程的方法即可求出单电子波函数及相应的原子轨道能。 上述分析同样适合于电子2，因此，电子2的Schrodinger方程为： 电子2的单电子波函数和相应的能量分别为和。He原子的波函数可写成两单电子波函数之积：

35、 He原子的总能量为： He原子激发态角动量加和后L=，故轨道角动量和轨道磁距分别为： 【1.14】写出Li2+离子的Schrödinger方程，说明该方程中各符号及各项的意义，写出Li2+离子1s态的波函数并计算或回答： (a)1s电子径向分布最大值离核的距离； (b)1s电子离核的平均距离； (c)1s电子几率密度最大处离核的距离； (d)比较Li2+离子的2s和2p态能量的高低； (e)Li原子的第一

36、电高能(按Slater屏蔽常数算有效核电荷)。 解：Li2+离子的Schrödinger方程为： 方程中，μ和r分别代表Li2+的约化质量和电子到核的距离；▽2，ψ和E分别是Laplace算符、状态函数及该状态的能量，h和ε0分别是Planck常数和真空电容率。方括号内为总能量算符，其中第一项为动能算符。第二项为势能算符（即势能函数)。 Li2+子1s态的波函数为： （a） 又 1s电子径向分布最大值在距核处。 （b）

37、 （c） 因为随着r的增大而单调下降，所以不能用令一阶导数为0的方法求其最大值离核的距离。分析的表达式可见，r＝0时最大，因而也最大。但实际上r不能为0(电子不可能落到原于核上)，因此更确切的说法是r趋近于0时1s电子的几率密度最大。 （d）Li2+为单电子“原子”，组态的能量只与主量子数有关，所以2s和2p态简并，即E2s=E2p。 （e）Li原子的基组态为(1s)2(2s)1。对2s电子来说，1s电子为其相邻内一组电子，σ=0.85。因而： 根据Koopmann定理，Li原子的第一电离能为： I1=-E

38、2s=5.75eV 【2.15】Li原子的3个电离能分别为I1=5.39eV,I2=75.64eV,I3=122.45eV,请计算Li原子的1s电子结合能. 解：根据电子能的定义，可写出下列关系式： Li（1s22s1）Li+（1s22s0） （1） Li+（1s22s0）Li2+（1s12s0） （2） Li2+（1s12s0）Li3+（1s02s0） （3） 根据电子结合能的定义，Li原子1s电子结合能为： 而

39、 （4） （5） 所以 或 1s电子结合能为： 【2.16】已知He原子的第一电离能I1=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)

40、所得结果求H-的基态能量. 解： （a）He原子的第二电离能是下一电离过程所需要的最低能量，即： He+（g）He2+（g）＋c He+ 是单电子“原子”，可按单电子原子能级公式计算，因而： （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）＋e （1） He+（g）He2+（g）＋e （2） 由（1）式得： 将

41、（2）式代入，得： 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： （c）用J（s，s）表示He原子中两个1s电子的互斥能，则： 也可直接由减求算J（s，s），两法本质相同。 （d） （e）H－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： 【2.17】用Slater法计算Be原子的第一到

42、第四电离能,将计算结果与Be的常见氧化态联系起来. 解：原子或离子 Be（g）→ Be＋（g）→ Be2＋（g）→Be3＋（g）→Be4＋（g） 组态 根据原子电离能的定义式，用Slater法计算Be原子的各级电离能如下： 计算结果表明：；和相近（差为），和相近（差为62.7eV），而和相差很大（差为136.8eV）。所以，Be原子较易失去2s电子而在化合物中显正2价。 【2.18】用式 计算Na原子和F原子的3s和2p轨道的有效半径r*。式中n和Z*分别是轨道的主量子数和该轨道上的电子所感受到的有效核电荷。 解：Na原子基态为

43、（1s）2（2s）2（2p）6（3s）1 代入计算公式得： F原子基组态为 代入公式计算得： 【2.19】写出下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

44、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。 （a） Si： （b） Mn： （c） Br： （d） Nb： （e） Ni： 【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（1s22s22p13p1）存在的光谱支项符号。 解：Na原子的基组态为。其中1s，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：，故光谱项为；J只能为，故光谱支项为。 F原子的基组态为(1s)2(2s)2(2p)5。与上述理

45、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----空位”关系，(2p)5组态与(2p)1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，，故光谱项为。又或，因此有两个光谱支项：和。 对C原子激发态（1s22s22p13p1），只考虑组态(2p)1 (3p)1即可。2p和3p的电子是不等价电子，因而(2p)1 (3p)1组态不受Pauli原理限制，可按下述步骤推求其项谱：由得；由得。因此可得6个光谱项：。根据自旋----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，它分裂为和等三个支项。6个光谱项共分

46、裂为10个光谱支项：。 【2.21】基态Ni原子的可能的电子组态为：（a）[Ar]3d84s2; (b)[Ar]3d94s1，由光谱实验确定其能量最低的光谱支项为3F4。试判断它是哪种组态。 解：分别求出a，b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：。因此，能量最低的光谱支项为，与光谱实验结果相同。 组态b：。因此，能量最低的光谱支项为，与光谱实验结果不同。 所以，基态Ni原子的电子组态为。 【2.22】列式表明电负性的Pauling标度和Mulliken标度是怎样定的？ 解：Pauling标度： 式中和分别是原

47、子A和B的电负性，Δ是A—B键的键能与A-A键和B-B键键能的几何平均值的差。定F的电负性＝4。 Mulliken标度： 式中I1和Y分别为原子的第一电离能和电子亲和能(取以eV为单位的数值)，0.18为拟合常数。 [评注] 电负性是个相对值，在Mulliken标度中拟合常数有的选0.21，有的选0.5，用Mulliken标度时应予以注意。 【2.23】原子吸收光谱分析较原子发射光谱分析有那些优缺点，为什么？ 解：原子从某一激发态跃迁回基态，发射出具有一定波长的一条光线，而从其他可能的激发态跃迁回基态以及在某些激发态之间的跃迁都可发射出具有不同波长的光线，这些光线形成了

48、原子发射光谱。 原子吸收光谱是由已分散成蒸气状态的基态原子吸收光源所发出的特征辐射后在光源光谱中产生的暗线形成的。 基于上述机理，原子吸收光谱分析同原子发射光谱分析相比具有下列优点： ①灵敏度高。这是因为，在一般火焰温度下(2000～3000K)，原子蒸气中激发态原于数目只占基态原子数目的10-13～10-3左右。因此，在通常条件下，原子蒸气中参与产生吸收光谱的基态原子数远远大于可能产生发射光谱的激发态原子数。 ②准确度较好。如上所述，处于热平衡状态时，原子蒸气中激发态原子的数目极小，外界条件的变化所引起的原子数目的波动，对于发射光谱会有较大的影响，而对于吸收光谱影响较

49、小。例如，假设蒸气中激发态原子占0.1%，则基态原子为99.9%。若外界条件的变化引起0.1%原子的波动，则相对发射光谱会有1%的波动影响，而对吸收光谱．波动影响只近于0.1%。 ③谱线简单，受试样组成影响小。空心阴极灯光源发射出的特征光，只与待测元素的原子从其基态跃迁到激发态所需要的能量相当，只有试样中的待测元素的原子吸收、其他元素的原子不吸收此光。因而不干扰待测元素的测定。这使谱线简单，也避免了测定前大量而繁杂的分离工作。 ④仪器、设备简单，操作方便、快速。 【2.24】什么是X射线荧光分析?X射线怎样分光? 解：利用能量足够高的X射线照射试样，可产生频率低于原生X射线的次生X

50、荧光射线。产生X荧光的机理与产生原生特征X射线的机理相似，即由高能的原生X射线的光子轰击原于内层电子，再由其他内层电子补位而产生X荧光。这些具有一定特征的次生X光形成了X荧光光谱。利用分光计分析X射线荧光光谱(即测定特征谱线的波长和强度)，鉴定样品的化学成分及其含量，称为X射线荧光分析。 X射线一般用晶体光栅进行分光。 【2.25】什么是电子探针?有何优点? 解：电子探针全名为电子探针X射线显微分析仪，又叫微区X射线谱分析仪。它是利用经过加速和聚焦的极细的电子束作为探针，激发试样中某一微小区域，使其发出特征X射线，测定该X射线的波长和强度，即可对该微区所含的元素作定性和定量分析。

51、电子探针已成为人们研究物质亚微观结构的有力工具。它具有以下优点： (1)能进行微区分析。可分析体积为数个(μm)3内元素的成分。 (2)能进行现场分析。无需把分析对象从样品中取出，可直接对大块试样中的微小区域进行分析。把电子显微境和电子探针结合，可把在显微镜下观察到的显微组织与元素成分联系起来。 (3)分析范围广。除H，He，Li，Be等少数轻元素外，其他元素都可用它进行定性和定量分析 03 共价键和双原子分子的结构化学 【3.1】试计算当和相距时，两离子间的静电引力和万有引力；并说明讨论化学键作用力时，万有引力可以忽略不计。（已知：完有引力 ；静电引力） 解：万有引力

52、 静电引力 由上计算可见，在这情况下静电引力比万有引力大倍，所以万有引力可以忽略不计。 【3.2】写出，，的键级，键长长短次序和磁性。 解： 分子（或离子） 键 级 2.5 2 1.5 1 键长次序 磁 性 顺磁 顺磁 顺磁 抗磁 【3.3】分子基态的电子组态为，其激发态有 ,, 试比较，，三者能级的高低次序，说明理由，能量最低的激发态是顺磁性还是反磁性？ 解：。因为（c）中两个电子都在反键轨道上，与H原子的基态能量相比，约高出。而（a）和（b）中的2个电子分别处在成键轨道和反键轨道上，和都与H原子的基

53、态能量相近，但（a）中2个电子的自旋相反，（b）中的2个电子的自旋相同，因而稍高于。 能级最低的激发态（b）是顺磁性的。 【3.4】试比较下列同核双原子分子：，，，，的键级、键能和键长的大小关系，在相邻两个分子间填入“”或“”符号表示。 解： 键级 键能 键长 【3.5】基态为反磁性分子，试写出其电子组态；实验测定分子键长为，比原子共价双键半径和短，试说明其原因。 解：分子的基组态为： 由于s-p混杂，为弱反键，分子的键级在之间，从而使实测键长比按共价双键半径计算得到的值短。 【3.6】据分子轨道理论，指出的键比的键是强还是弱，为什么？ 解：的

54、键比的键弱。 原因是：的基态价电子组态为，键级为1。比少1个反键电子，键级为1.5。 【3.7】画出的分子轨道示意图，写出基态电子组态，计算键级及磁矩（忽略轨道运动对磁矩的贡献）。 解：CN－与N2为等电子“分子”。其价层分子轨道与N2分子大致相同，分子轨道轮廓图如图3.7。 基态的价电子组态为。 键级=（成键电子数－反键电子数）= 未成对电子数为0，因而磁距为0。 【3.8】画出的分子轨道示意图，计算键级及自旋磁矩，试比较和何者的键更强？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。 键级 图3.8 NO价层分子轨道能级图 不成对

55、电子数为1，自旋磁矩。 由于NO+失去了1个反键的2π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，，基态时的电子组态，说明它们的不成对电子数和磁性（提示：按类似的能级排）。 解：NF，NF+和NF-分别是O2，和的等电子体，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” 基态电子组态 键级 不成对电子数 磁性 NF 2 2 顺磁性 NF+ 2.5 1 顺磁性 NF- 1.5 1 顺磁性 【3.10】试用分子轨道理论讨论分子的电子结构，说明

56、基态时有几个不成对电子。 解：在SO分子的紫外光电子能谱中观察到6个峰。它们所对应的分子轨道的归属和性质已借助于量子力学半经验计算（CNDO）得到指认。结果表明，SO分子的价电子结构与O2分子和S2分子的价电子结构相似。但SO是异核双原子分子，因而其价电子组态可表述为： 其中，和轨道是成键轨道，和轨道是反键轨道。这些价层分子轨道是由O原子的2s、2p轨道和S原子的3s、3p轨道叠加成的。 根据价层分子轨道的性质和电子数，可算出SO分子的键级为： 在简并的轨道上各有一个电子，

57、因而SO分子的不成对电子数为2，若忽略轨道运动对磁距的影响，则SO分子的磁距为。 【3.11】和的键能分别为548和753，试用分子轨道理论探讨其键级（按能级次序）。 解：CF的基态价电子组态为： 因而其键级为。而CF+比CF少一个反键电子，因而，其键级为3。所以CF+的键能比CF的键能大。 【3.12】下列AB型分子：，，，，，，，中，哪几个是得电子变为后比原来按中性分子键能大？哪几个是失电子变为后比原来中性分子键能大？ 解：就得电子而言，若得到的电子填充到成键分子轨道上，则AB－比AB键能大；若得到的电子填充到反键分子

58、轨上，则AB－比AB键能小。就失电子而言，若从反键分子轨道上失去电子，则AB＋比AB键能大；若从成键轨道上失去电子，则AB＋比AB键能小。根据这些原则和题中各分子的电子组态，就可以的出如下结论： 得电子变为AB－ 后比原中性分子键能大者有C2和CN。失电子变为AB＋后比原中性分子键能大者有NO，O2，F2和XeF。N2和CO无论得电子变为负离子（N2－，CO－）还是失电子变为正离子（N2＋，CO＋），键能都减小。 【3.13】写出，的价电子组态和基态光谱项。 解：： ，基态光谱项：。 CN： ，基态光谱项：。 【3.14】分子于1964年在

59、星际空间被发现。 （a） 试按分子轨道理论只用原子的轨道和原子的轨道叠加，写出其电子组态 （b） 在哪个根子轨道中有不成对电子？ （c） 此轨道是由和的原子轨道叠加形成，还是基本上定域于某个原子上？ （d） 已知的第一电离能为，的第一电离能为，它们的差值几乎和原子与原子的第一电离能的差值相同，为什么？ （e） 写出它的基态光谱项。 解：（a）H原子的1s轨道和O原子的轨道满足对称性匹配、能级相近（它们的能级都约为－13.6eV）等条件，可叠加形成轨道。OH的基态价电子组态为。 实际上是O原子的，而实际上是O原子的或。因此，OH的基态价电子组态亦可写为。和是非键轨道，OH有两对半非

60、键电子，键级为1。 （b）在轨道上有不成对电子。 （c）轨道基本上定域于O原子。 （d）OH和HF的第一电离能分别是电离它们的电子所需要的最小能量，而轨道是非键轨道，即电离的电子是由O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。 （e），基态光谱项为： 【3.15】在远红外区有一系列间隔为的谱线，计算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Schrödinger方程。解之，便得到转动波函数、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

61、相邻两能级间跃迁所产生的吸收光的波数为： 而相邻两条谱线的波数之差(亦即第一条谱线的波数)为： B为转动常数： 由题意知，H79Br分子的转动常数为 B＝16.94cm-1/2＝8.470 cm-1 所以，其转动惯量为： H79Br的约化质量为： 所以，其平衡核间距为： 【3.16】的核间距为，计算其纯转动光谱前4条谱线所应具有的波数。 解： 12C16O的折合质量为： 因而其转动常数为： 第一条谱线的波数以及相邻两条谱线的波数差都是2

62、B，所以前4条谱线的波数分别为： 亦可用式： 进行计算，式中的J分别为0，1，2，和3。 【3.17】的转动惯量为。 （a） 计算分子中键的键长； （b） 假定同位素置换不影响键的键长，试计算、和、组成的分子的转动惯量。 提示：线型分子的转动惯量可按下式计算： 解：（a）由于CO2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： （b）由于假定同位素置换

63、不改变C=O键键长，因而有： 由于（a）中一开始就阐明的原因，的转动惯量和的转动惯量相等，即： 线型分子A B C的转动惯量为： 本题亦可按此式进行计算。 【3.18】在、和混合气体的远红外光谱中，前几条谱线的波数分别为：16.70，20.70，33.40，41.85，50.10，62.37。计算产生这些谱线的分子的键长。 解：N2是非极性分子，不产生红外光谱，故谱线是由HCl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：16.70，33.40，50.10 第二系列： 由于，，因而。根据知，，所以，第

64、一系列谱线是由HBr产生的，第二组谱线是由HCl产生的。对HBr： 对HCl： 【3.19】在的振动光谱图中观察到强吸收峰。若将HI的简正振动看作谐振子，请计算或说明： （a） 这个简正振动是否为红外活性； （b） HI简正振动频率； （c） 零点能； （d） 的力常数。 解：按简谐振子模型，H127I的振动光谱中只出现一条谱线，其波数就是经典振动波数，亦即2309.5。既然只出现一条谱线，因此下列关于H127I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。 （a） H127I分子是极性分子，根据选律，它应具有红外活性。

65、 （b） 振动频率为： （c） 振动零点能为： （d） H127I的约化质量为： H127I的力常数为： 【3.20】在的振动光谱中观察到强吸收峰，若将的简正振动看做谐振子，计算的简正振动频率、力常数和零点能。 解： 【3.21】写出、和的基态光谱项，今有3个振动吸收峰，波数分别为1097、1580和1865,请将这些吸收峰与上述3种微粒关联起来。 解：写出O2，O2＋和O2－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，即可根据表达式判定波数大

66、小次序。结果如下： 分子或离子 基态光谱项 键级 波数/ O2 2.0 1580 O2＋ 2.5 1865 O2－ 1.5 1097 【3.22】在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2843.56的转动谱线，其倍频为，请计算： （a） 非谐性常数； （b） 力常数； （c） 键长； （d） 平衡解离能。 解： （a） 在此振---转光谱中，波数为2925.78和2906.25的谱线属R支，波数为2865.09和2843.56的谱线属P支，在两支转动谱线的中心即振动基频： 已知倍频为，根据非谐振子模型，得联立方程如下： 解得： （b） 由，得 （c） 由和得 （d） 由H35Cl的振—转光谱P支=2865.09，2843.56可得 【3.23】已知的平衡解离能，其基本振动波数为。计算光谱解离能值。 解：按简谐振子模型，N2