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1 第 8 章 原子结构与元素周期律 习 题 1. X-射线一光子能量为 4.7010 -16J，此质子波的频率、波长分别是多少？ 2. 根据里德伯经验公式求氢原子电子从 4px分别跃迁到 2s 和 3s 轨道上发射的能量是多少？ 3. 计算下面粒子运动的德布罗意波的波长。(1)电子以 1/10 倍的光速运动。(2)一 400 g 飞盘 以 10 km/h 速度运动。(3)1000 kg 的汽车速度 100 km/h。(4)质量 10 g 的子弹以 1000 m/s 发射。 4. 画出 3pz轨道波函数径向分布图、电子云径向分布图和电子云径向分布函数图。在合适的 图上标出电子出现几率为 0 和最大处。若 3pz轨道为原子的最外层轨道，在合适的图上 标出原子半径大小的位置。 5. 画出 3dxy 、3dz2轨道波函数角度分布图、电子云角度分布图示意图。 6. 指出 1s、3d、5p 的 n、l 值及轨道最多容纳电子数。 7C 的第二电离能和 B 的第一电离能分别为 24.383 eV 和 8.298 eV，从电子构型上看，其 电子构型变化都是 1s22s22p1 1s22s2 + e-。为什么前者大于后者？ 8. 使用 Slater 规则近似计算 H、Li、Na、K 的 1s 轨道能量。 9. 计算用 Slater 方法计算 Ni 的 3d、4s 电子的有效核电荷，解释 Ni2+的价电子排布式。 10. 已知 He 原子的第一电离能为 24.6 eV，不用 Slater 规则求算一个 1s 电子对另一个 1s 电 子的屏蔽常数。 11. (1) 用 Slater 方法计算 C 的 1s, 2s, 2p 的原子轨道能量。(2) 已知 C 原子的第一至第四电 离有分别为 11.26、24.38、47.89、64.49 eV，试利用实验电离能数值估计其 2s 的原子轨 道能量（忽略 2s、2p 能量差）。 12. 在下列电子排布方式中， 哪种属于原于的基态? 哪种属于原子的激发态? 哪种纯属错误? 简述理由：(1) 1s22s32p4；(2) 1s22p2；(3)1s22s2；(4)1s22s22p54f1。 13已知 M2+离子基态 3d 轨道中有 5 个电子，试推导：（1）M 原子的核外电排布；（2） M 原子的最外层和最高能级组中电子数；（3）M 元素在周期表中的位置。 14指出下列轨道的四个量子数取值：5d, 4f, 7g。 15解释下列事实：(1) Cr 的基态电子排布式为Ar4s13d5，而不是Ar4s23d4；(2)Ti 的基态 电子排布式为Ar4s23d2，而 Cr2+的基态电子排布式为Ar3d4。 16. 写出下列原子基态电子排布式：C、Mg、Mn、Se、Cu、Xe、Ba、Os、Pb 17. 写出下列离子基态电子排布式：Be+、N-、Al3+、H-、O2-、Zn2+、W6+、Cu2+、Gd3+、Se2- 18. 指出原子半径最大的元素（1）Ba、Ti、Ra、Li（2）F、Al、In、As； 指出离子半径最大的离子（3）Se2-、F-、O2-、Rb+； 指出第一电离能最小的元素（4）Tl、Po、Se、Ga（5）Cs、Ga、Bi、Se； 指出第一电子亲和能最大的元素（6）Be、N、O、F 19根据 Slater 规则确定 P，S，Cl，Ar 元素原子的 3p 电子的有效核电荷。此结果是否与原 子半径变化规律一致？ 20. 根据 Slater 规则确定 O2-，F-，Na+，Mg 的 2p 电子的有效核电荷。此结果是否与离子半 径变化规律一致？ 21. 第二周期元素第二电离能最大的是哪个？ 22. 根据元素周期律解释以下事实 （1）第一电离能 Se 小于 As； （2）第一电子亲合能 Br 大于 Se； 2 （3）Rb 与水反应比 Na 与水反应剧烈得多； （4）F 的第一电子亲合能是 332 kJ/mol，解释这个值大于 O 的第一电子亲合能； （5）由 F 的第一电子亲合能很大解释 F 化学性质非常活泼； （6）由 Xe 的第一电离能 1170 kJ/mol，解释 Xe 化学性质惰性； 3 答案： 1. 10117 8 34163416 1023 . 4 1009 . 7 100 . 3 1063 . 6 107 . 41063 . 6 107 . 4 = = = s c hEhE 2. 4px 2s J1009. 4) 2 1 4 1 (1018. 2) n 1 n 1 (R 19 22 18 2 h 2 l H =E 4px 3s J1006. 1) 3 1 4 1 (1018. 2) n 1 n 1 (R 19 22 18 2 h 2 l H =E 负值代表体系跃迁过程中向外辐射能量。 3. 分别将题目条件代入德布罗意关系式： mv h P h =（本题注意速度、质量要换算为国 际单位制 m/s 和 kg） （1）pm08. 8m1008. 8 100 . 31011. 9 10626. 6 12 731 34 = = （2）pm1096. 5m1096. 5 3600 100 . 1 4 . 0 10626. 6 2234 4 34 = = （3）pm1096. 5m1096. 5 3600 100 . 1 1000 10626. 6 2638 5 34 = = （4）pm10626. 6m10626. 6 100001. 0 10626. 6 2335 34 = = 4. 3p + _ r 0 R3,1 3p r 0 R 2 3,1 B r 3p 0 Dr 3,1 A A 点为电子出现几率为 0 处， B 点电子出现几率最大处。 为若 3pz轨道为原子的最外层轨道， B 点的 r 值约为原子半径大小。 5. 分别见教材图 8.13 和图 8.15。 6. 1s（n = 1、l = 0） 、3d（n = 3、l = 2） 、5p（n = 5、l = 1）, 1s、3d、5p 轨道最多容纳电子 4 数分别为 2、10、6。 7. 由于正离子对电子的吸引，使正离子失去电子所需要的能量高于中性原子。因此，虽然 都是 1s22s22p11s22s2+e-，由 C+ C2+比 BB+所需要的能量高些。 利用 Slater 方法： 1s22s22p1: 2s、2p 相同：20.85+20.35=2.4 1s22s2: 2s、2p 相同：20.85+10.35=2.05 C+: Z*=6-2.4=3.6; C2+: Z*=6-2.05=3.95; eV 6.12 )6 . 3395. 32( 2 1 6 .13 22 2 2 =I B: Z*=5-2.4=2.6; B+: Z*=5-2.05=2.95; eV .789 )6 . 2395. 22( 2 1 6 .13 22 2 1 =I 计算结果与事实接近。 8. 分析：H 是单电子体系，直接采用单电子体系能量计算公式eV 13.6 2 2 = n Z E计算 多电子体系电子能量计算公式：6 .13 *)( 6 .13 )( 2 2 2 2 = = n Z n Z E eV，得到值 即得到能量值，根据 slater 规则近似计算，所以关键是计算值。 解： eV 13.6eV 13.6 1 1 )H( 2 2 1s =E 根据 slater 规则，Li、Na、K 1s 电子 值都是 0.3。Z 值分别为 3、11、19，n 都 为 1。 代入多电子体系电子能量计算公式得 Li、 Na、 K 的 1s 轨道能量分别为： -99.14、 -1557.06、-4755.78 eV。可见能量逐渐降低。 9. Ni 基态原子电子排布式及分组：(1s2)(2s22p6) (3s23p6) (3d8) (4s2) Z3d* = Z-3d =28-（181.00+70.35）=7.55 Z4s* = Z-4s = 28-（101.00+160.85+10.35）= 4.05 可见，4s 电子受到核吸引比 3d 电子要松散些，因此形成离子时，首先失去 4s 电子。所 以 Ni2+的价电子为 3d8 10. 根据电离能的定义：I1 = E(He+)E(He) eV6 .24)2(22 1 1 6 .13)6 .13(2)6 .13( 22 22 2 * He 2 2 * He 1 = + n Z n Z I = 0.3 1s 电子间屏蔽常数为 0.3。 11.（1）利用 Slater 方法： 1s0.3 Z*=6-0.3=5.7 2s、2p 相同：20.85+30.35=2.75 Z*=6-2.75=3.25 (eV) n )(Z E 2 i 2* 6 .13= eV 9 . 53 2 25. 3 6 .13 n )(Z 6 .13E eV 442.0 1 .75 6 .13 n )(Z 6 .13E 2 2 2 2 * 2s 2p 2s, 2 2 2 2 * 1s 1s = = （2）利用实验电离能方法，电离能为能量差值，I1到 I4，1s 以外电子减少，对 1s 轨道 5 不产生影响，1s 轨道能量都相同，计算差值时这部分被删除同类项。2s、2p 能量近 似相同，所以： I1 = 3E2s(C+) -4E2s(C) I2 = 2E2s(C2+) - 3E2s(C+) I3 = 1E2s(C3+) - 2E2s(C2+) I4 = -1E2s(C3+) eV 25. 93 /4)( 43212s =+=IIIIE 12. (3)为 Be 原子基态；(2、4)为激发态，2 为 Be 原子激发态，因为总共 4 个电子，基态电 子排布为 1s22s2，现在两个电子在比 2s 能量更高的 2p 轨道上，所以是激发态。同理 4 为 Ne 原子激发态，基态电子排布为 1s22s22p6，1 个 p 电子激发到 4f 轨道上；(1)的情况 根本不存在， 因为2s上有3个电子， 而2s最多容纳2个电子， 这种电子排布不符合pauling 不相容原理。 13（1）M 原子的核外电排布：Ar3d54s2 ，为 Mn； （2）最外层为 4，电子数有 2 个；最高能级组为（3d4s），电子数有 7 个； （3）位于周期表中第四周期，VIIB 族。 14 5d：n = 5，l = 2，ml = 0、1、2； 4f：n = 4，l = 3，ml = 0、1、2；3 7g：n = 7，l = 4，ml = 0、1、2；3；4 15 (1) 根据电子排布方式的能量统计，简并轨道全充满（s2 、p6、d10、f14）、半充满（s1 、 p3、d5、f7）或全空（s0 、p0、d0、f0）的状态能量较低，较稳定。Cr 的基态 电子排布式为Ar 4s13d5刚好满足 4s、3d 轨道半充满。类似的情况还有 Cu Ar3d104s1，Pd Kr4d 105s 0。 (2) 根据徐光宪先生的核外电子能级的规律： 原子体系能级组划分公式： (n + 0.7 l ) 计 算，4s 为 4； 3d 为 3 + 0.72 等于 4.4。因此原子体系能级顺序 3d 高于 4s，电 子先填充在 4s 再填在 3d 轨道上。所以 Ti 的基态电子排布式为Ar 4s23d2。根据 离子体系能级组划分公式： (n + 0.4 l ) 计算， 4s 为 4； 3d 为 3 + 0.42 等于 3.8。 因此离子体系能级顺序 4s 高于 3d，根据先失去能量高的电子，判断 Cr 由原子到 离子先失去 4s 轨道上电子。所以 Cr2+的基态电子排布式为Ar 3d4。 16. 17. 6 18. （1）Ra（2）In（3） Se2-（4）Tl（5）Cs（6）F 19Z P* = 15 - （21.00+60.85+40.35）= 6.5 Z S* = 16 - （21.00+60.85+50.35）= 7.15 Z Cl* = 17 - （21.00+60.85+60.35）= 7.8 Z Ar* = 18 - （21.00+60.85+70.35）= 8.45 有效核电荷越大，证明电子受核引力越大。对于原子的最外层电子，有效核电荷越大原 子半径越小。这里计算结果表明 P 到 Ar 原子半径逐渐减小，与事实上的原子半径变化 规律不一致，P 到 Cl 原子半径逐渐减小，Ar 是惰性气体结构，原子半径比 Cl 大。说明 slater 近似规则有一定局限性。 20. O2-：Z * = 8 - （20.85+70.35）= 3.85 F-：Z * = 9 - （20.85+70.35）= 4.85 Na+：Z * = 11 - （20.85+70.35）= 6.85 Mg2+：Z * = 12 - （20.85+70.35）= 7.85 有效核电荷越大，电子受核引力越大，对于离子的最外层电子，有效核电荷越大离子半 径越小。O2-，F-，Na+，Mg2+ 2p 电子的有效核电荷逐渐增大，离子半径逐渐减小，与离 子半径变化规律一致。 21. 是 Na。因为 Na 基态