结构化学课后答案第2章习题原子的结构与性质0916124438Word下载.docx

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角动量Z分量的平均值为多少?

由波函数

C2211C331

1得：

m=2,11=1,mn=0;

n2=2,I2=1,m?

=1;

n3=3,

13=1,mi=-1;

（1）

由于

210,211禾口31

1都是归一化的，且单电子原子

136务（eV）

C1E1

C2E2

C3E3

13.6

送13・6+eVc213・6

13.62

4C1

cfeV

⑵由于|M

I（I

1）

I1=

1,I

2=1,I

3=1,

又

211和

311都是归一化的,

2h2h2h

C1■.I1I11——C2.I2I21——C3.I3I31o222

C；

111—c|<

111~c；

J111—

222

2h222

⑶由于MZm

mi=0,m=1,m=-1;

210,211和311都是归一化的,

故Mz'

C2Mzi

—

2c2*2

C]0C21C3

C3m32

22h

C2C3—

4.已知类氢离子He+的某一状态波函数为:

T~2

a。

2r-2r2a0

—e

（1）此状态的能量为多少？

（2）此状态的角动量的平方值为多少？

（3）此状态角动量在z方向的分量为多少?

（4）此状态的n,l，m值分别为多少？

（5）此状态角度分布的节面数为多少？

解:

由He+的波函数

2兰

-2r2a°

，可以得到:

Z=2，则n=2,l

=0,n=0

1/2

a°

He+为类氢离子，

136冷

（eV）

，则E

13.6-2

（eV）13.6$（eV）

13.6eV

⑵

由l=0,M2

l（l

1）2,得M2

l（l1）2

0（0

1）20

（3）

由im=0,mZ

，得Mz

（4）

此状态下n=2,丨

=0,

m=0

（5）角度分布图中节面数=l，又丨=0,故此状态角度分布的节面数为0。

5.求岀Li2+1s态电子的下列数据：

（1）电子径向分布最大值离核的距离；

（2）电子离核的平均距离;

（3）单位厚度球壳中岀现电子概率最大处离核的距离;

⑷比较2s和2p能级的高低次序；

（5）Li原子

的第一电离能。

—r

nax

（1）Li2+1s

态电子的

132

——（）2eVa0

22r1S

1082

rre

—D1dr

108

臥

2r§

r也

1s电子径向分布最大值在距核

处。

（2）电子离核的平均距离

1sr

1sd

12sd

sindrdd

r3e

drsin

216

⑶匸0

，因为e；

S随着r

的增大而单调下降，所以不能用令一阶导数为o的方法求其最大值离核

的距离。

分析

1S的表达式可见,

落到原子核上）

r=0时最大，因而1s也最大。

但实际上6rr不能为0（电子不可能

ea0

，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。

（4）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，即即E2s=E2p

（5）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，s=0.85。

因而:

13.63弩25.75eV

E2s〜亠

根据Koopmann定理，Li原子的第一电离能为:

I1E2s5.75eV

6.已知H原子的

rao

ecos0

试回答:

原子轨道能E

轨道角动量和

磁量子数

值;

轨道角动量绝对值丨Ml;

轴夹角的度数。

H原子的波函数

对单电子原子E

E2.181018J

（2）由轨道角动量的大小

ll12

2pz

2.18

42a；

1018

5.45

reraQcos0可以得到其主量子数n=2,角量子数1=1,a。

Z2（J），故原子轨道能为:

1019J

1112，则轨道角动量为:

（3）由轨道角动量在磁场方向（

Z轴的方向）上的分量MZm2"

设轨道角动量M和Z轴的夹

角为则:

COS

0卫

.2Jh

则=90'

7.一个电子主量子数为4,

这个电子的I,mms等量子数可取什么值？

这个电子共有多少种可

能的状态?

（1）由电子主量子数为n=4，角量子数I的取值范围为0,1,2，…，n-1,则I=0,1,2,3

（2）由磁量子数m的取值范围为0,土1,±

2,…土I,则m=0,±

1,±

2,±

（3）对单个电子m=±

（4）这个电子|=0,1,2,3,s=1/2,对于每一个不同的|、S值，对应（2I+1）（2s+1）个可能的状

态，则这个电子共有：

（2X0+1）（2X1/2+1）+（2X1+1）（2X1/2+1）+（2X2+1）（2X1/2+1）+（2X3+1）（2X1/2+1）=2+6+10+14=32

8.碳原子1s22s22p2组态共有1SQ,3Po,3P,3P2,b等光谱支项，试写出每项中微观能态数目及按照Hund

规则排列岀能级高低次序

碳原子1s22s22p2组态对应光谱支项有：

1SQ,3Po,3P1,3P,1D2，则每个谱项对应的各量子数见下表:

1s。

3P0

3P1

3P2

1D2

2J+1

（1）根据

Hund规则，原子在同一组态下

S值最大者能级最低:

则由上表可以得到：

h、3P1、3P2能

量相对较低；

对于一定L和S值，在电子壳层半满前（2p2）,J值愈小，能级愈低，则该3个谱项的能级高低顺序为：

3Pi>

3Po;

由原子在同一组态下S值相同，L值最大者，能级最低，则剩余两个谱项的能级高低顺序为：

1So>

1D2,由此可以得到5个谱项的能级高低顺序为：

1S）>

3P2>

3Pi>

3Po

（2）由于在磁场中光谱支项分裂为：

（2J+1）个能级，因此光谱支项上、b、A、3R、3Po对应的微观能

态数目为1、5、5、3、1。

9.求下列谱项的各支项，及相应于各支项的状态数：

2p；

3p；

3d；

2d；

（1）由谱项2p可以得到对应的S=1/2、L=1,对于L>

SJ=L+SL+$1,…,|L-S，则J=3/2、1/2,对

应的光谱支项为2P3/2、2巴2;

每个光谱支项对应的微观状态数为：

（2J+1）,其状态数分别为4和2。

（2）由谱项3P可以得到对应的S=1、L=1,则J=2、1、0,光谱支项为3P2,3P1,J,其状态数分别

为5,3,1。

（3）由谱项3D可以得到对应的S=1、L=2,则J=3、2、1,光谱支项为3D,3D2,3D,其状态数分别

为7,5,3。

（4）由谱项2D可以得到对应的S=1/2、L=2,则J=5/2、3/2,光谱支项为2耳,02,其状态数分别为

6,4。

（5）由谱项1D可以得到对应的S=0、L=2,则J=2,光谱支项为1D2,其状态数为5。

10.给出1s，2p和3d电子轨道角动量的大小及其波函数的径向和角度部分的节面数。

1s，2p和3d电子对应的主量子数、角量子数、角动量、径向分布节面数、角度部分节面数，分别

见下表：

轨道主量子数角量子数角动量径向分布节面数角度部分节面数

n丨M,111h2n-丨-1l

1s11000

2p21h201

3d326h202

3r3「

11.已知Li2+处于书N6————e-r"

0cosB,根据节面规律判断，n,l为多少？

并求该状a0a0

态的能量。

（1）根据角度函数部分，cos00,090,xy平面为节面，角节面只有一个，1=1。

⑵根据径向节面数为n-1-1，径向函数部分只有当6

0,才有径节面，r=2a。

为1个径节面,

n值共有（211）135

丨0

（2n1）

（12n1）

nn个独立的状态，每一个状态可以填

则n-1-仁1,因

］丨1,所以n3。

Li2+属于单电子原子，E13.6$（eV）

故e

13.6=eV13.6eV

12.下面各种情况最多能填入多少电子：

（1）主量子数为n的壳层；

（2）量子数为n和丨的支壳层;

（3）一个原子轨道；

（4）一个自旋轨道

（1）对于每一个n值，有n个不同的

丨值，每一个丨值又有（21+1）个不同的m值，所以每一个

充2个电子（m=1/2、m=-1/2），故主量子数为n的壳层最多能填入2n2个电子。

（2）对于每一个丨值，对应于（21+1）个不同的m值，每一个m值又对应于2个用值（m=1/2、m=-1/2），

因此量子数为n和丨的支壳层，最多能填入2（21+1）个电子。

（3）一个原子轨道最多放自选方向相反的2个电子。

（4）一个自旋轨道最多能填入1个电子

13.某元素的原子基组态可能是

s2d3，也可能是s1d4，实验确定其能量最低的光谱支项为

b/2，请确

定其组态。

（1）若原子基组态可能是s2d3

sd的电子排布为：

m21

0-1-2

mLm210

ms-

3，L=3

S■,2S14

对d3电子数少于半充满，J小者能量低，则J=L-S=3/2谱项为4F3/2

（2）

sd的电子排布为:

-1-2

0210

1）2,

L=2

电子数少于半充满，J小者能量低，则J=|

L-S|=1/2

，谱项为b/2

根据题意该原子的基组态为

d4。

也可用多重态2S+仁6,S=5/2

必为s'

d4组态来解。

14.H原子中的归一化波函数

311C2320

C3211所描述的状态的能量、

角动量和角

动量的z轴分量的平均值各为多少?

311,

320和21

1是H原子的归一化波函数。

C1311

320

C3211得m=3,|1=1,m=1;

隹=3,12=2,m=0;

作=2,13=1,m=

-1；

（1）由于波函数都是归一化的，且对单电子波函数

R,可得:

c2Ei

C1E1C2E2C3E3

S,2S16

Ci（和）C32

R2R2R2

C1C2C3

994

R为里德堡常数（13.6eV）

⑵由于波函数都是归一化的，且|M|趴l—1）—,可得:

Mc2|M|c；

|M1|c2IM?

|ofIM3I

CfVl1（l11）*2^C2J|2（|21）~Cf7l3（l31）2h

C1.1（11）C2.2（21）J1C3.1（11）J1

2.2h2，6h2-2h

C1—C2—C3—

（3）由于波函数都是归一化的，且

2h2

Mzi

c1m1——

c2m2c3m3

ch2

0C3

（1）—

（c2

816

33cos29

态，式中（T

Zr/a0求其能量E、轨道角动

15.已知日6处于

h6属于单电子原子,

E13.6手（eV）

13.6?

；

6.042eV

轨道角动量|M|

MJ2（21）亍

l（l1）2h

IMl、轨道角动量与z轴夹角，并指岀该状态波函数的节面个数。

根据题意该状态n=3,l=2,n=0,He,Z=2

（3）、轨道角动量在磁场（Z轴）方向上的分量Mzm

Mzm=0,说明角动量与z轴垂直，即夹角为90

（4）总节面数=n-仁3-仁2个

其中径节面数=n-l-1=3-2-1=0个

角节面数=I=2个

由3COS9-1=0得91=57.74°

02=125.26

角节面为两个与z轴成57.74°

和125.26°

的圆锥面

16.已知He+处于波函数书1»

210

岀现的概率。

1^42_状态，计算：

（1）E=-R4出现的

概率，

（2）M=2出现的概率，（3）M=-

由波函数41叽。

n1=2,|1=1,m=0;

n2=3,12=2,m=1;

n3=3,13=2,m=-1;

n4=4,14=2,m=-1

（1）由于日6属于单电子原子E

R,Z=2

则当E

时,

害故n4

茸R

Z2—R

牡R

4出现的概率为：

1-R4

⑵M21（11）

M2l1（l11）1（11）2

M；

l2（l21）2（21）6

MfI3U31）2（21）6

M2l4（l41）2（21）6

⑶MZm

Mz!

Mz2

Mz3

MZ4

则M=-

岀现的概率为：

则M=22出现的概率：

1213

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