习题答案
1． 计算氢原子核外电子从第三能级跃迁到第二能级时产生的谱线H α的波长与频率。
解:n1=2 ,n2=3
ν=3. 289⨯1015(
c
111151-) ν=3. 289⨯10(-) =4. 57⨯1014s -1 2222
n 1n 223
2. 998⨯108m ⋅s -1
λ===656. 3⨯10-9m =656. 3nm 14-1
ν4. 57⨯10s
2． 计算基态氢原子的电离能为多少？
解:n1=1 ,n2=∞
I =∆E =E ∞-E 1=-2. 179⨯10-18(
3．下列各组量子数中，合理的一组是(A ) (A) n = 3， l = 1， m l = +1， m s = +
(B) n = 4， l = 5， m l = -1， m s = + (C) n = 3， l = 3， m l = +1， m s = - (D) n = 4， l = 2， m l = +3， m s = - 11
-) J =-2. 179⨯10-18J ∞1
4．用合理的量子数表示： (1)3d能级； (2)4s1电子 解: n = 3， l = 2， m l = 0， n = 4， l = 0， m l = 0， m s = +Ⅵ
5．分别写出下列元素基态原子的电子分布式，并分别指出各元素在周期表中的位置。
9F
10Ne
25Mn
29Cu
24Cr
2
或-
2
解:
元素
9F 10Ne 25Mn 29Cu 24Cr
价层电子分布式 [He]2s22p 5 [He]2s22p 6
[Ar]3d54s 2 [Ar]3d104s 1 [Ar]3d54s 1
周期 2 2 4 4 4
族 ⅦA ⅧA ⅦB ⅠB ⅥB
Ⅲ
6．以(1)为例，完成下列(2)~(4)题。 (1)Na (Z = 11) [Ne]3s1 ； (2) 1s 22s 22p 63s 23p 3 ； 7．写出下列离子的最外层电子分布式：
S 2-
8．试完成下表。
原子序数
11
价层电子分布式
[Ne]3s1
各层电子数
周期 3 4 4 5 6 6
族 ⅠA ⅥB ⅦA ⅠB ⅢB ⅥA
区 S d p ds f p
K +
Pb 2+
Ag +
Mn 2+
解:[Ne]3s23p 6 [Ne]3s23p 6 [Xe]4f145d 106s 2 [Kr]4d10 [Ar]3d5
(3 ) Z =24) [Ar ] 3d54s 1； (4 ) Kr (Z = 36 ) [ Ar ] 3d104s 24p 6；
2,8,1
21 2,8,9,2 [Ar]3d54s 1 35 [Ar]3d104s 24p 5 2,8,18,7 47 [Kr]4d105s 1 2,8,18,18,1 60 [Xe]4f46s 2 2,8,18, 22,8, 2
82
[Xe]4f145d 106s 26p 2 2,8,18,32,18,4
9．已知某副族元素A 的原子，电子最后填入3d 轨道，最高氧化值为4；元素B 的原子，电子最后填入4p 轨道，最高氧化值为5：
(1）写出A 、B 元素原子的电子分布式；
(2)根据电子分布，指出它们在周期表中的位置（周期、区、族）。 解(1)A: [Ar]3d24s 2 B: [Ar]3d104s 24p 5
(2)A: 4周期、d 区、ⅣB 族. B: 4周期、p 区、ⅤA 族.
10．有第四周期的A 、B 、C 三种元素，其价电子数依此为1、2、7，其原子序数按A 、B 、C 顺序增大。已知A 、B 次外层电子数为8，而C 次外层电子数为18，根据结构判断：
(1) C与A 的简单离子是什么？
(2) B与C 两元素间能形成何种化合物？试写出化学式。 解(1)I-, K+ (2) B与C 两元素间能形成CaBr 2 11．指出第四周期中具有下列性质的元素：
(1) 最大原子半径； (2) 最大电离能； (3) 最强金属性； (4) 最强非金属性； (5) 最大电子亲和能； (6) 化学性质最不活泼； 解(1)Kr (2)Kr (3)K (4)Br (5) Br (6) Kr
12．元素的原子其最外层仅有一个电子，该电子的量子数是n = 4 , l = 0 , m = 0 ,m s = +1/2 , 问：
(1) 符合上述条件的元素可以有几种？原子序数各为多少？ (2) 写出相应元素原子的电子分布式，并指出在周期表中的位置。
解(1)只有K, 原子序数19. (2) 电子分布式1s 22s 22p 63s 23p 64s 1周期表中4周期ⅠA 13．在下面的电子构型中，通常第一电离能最小的原子具有哪一种构型？
(1) n s 2n p 3； (2) n s 2n p 4； (3) n s 2n p 5； (4) n s 2n p 6 ； 解 (2) n s 2n p 4
14．某元素的原子序数小于36，当此元素原子失去3个电子后，它的角动量量子数等于2的轨道内电子数恰好半满：
(1) 写出此元素原子的电子排布式；
(2) 此元素属哪一周期、哪一族、哪一区？元素符号是什么？
解(1)角动量量子数等于2的轨道内电子数恰好半满为3d5. 电子排布式1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2
(2) 此元素为Fe 4周期、d 区、ⅧB
15．已知H 2O(g)和H 2O 2(g)的∆f H m 分别为-241.8kJ ⋅mol -1、-136.3kJ ⋅mol -1，H 2 (g)和O 2(g)的离解能分别为436 kJ⋅mol -1 和493kJ ⋅mol -1，求H 2O 2 中O―O键的键能。
解： H 2(g) + 1/2 O2(g)
∆ f H m (H 2 H 2O(g)
1/2∆H b ∆H b (H-H) ∆H b (H-O)
2H(g) + O(g)
∆f H m (H2O) + 2∆H b (H-O) = ∆H b (H-H) + 1/2∆H b (O-O)
2∆H b (H-O) = ∆H b (H-H) + 1/2∆H b (O-O) - ∆f H m (H2O)
= [436 + (1/2)⨯493 - (-241.8) ] kJ⋅mol -1 = 924.3 kJ⋅mol -1
∆f H m (H2O 2)
H 2(g) + O 2(g) O 2(g)
∆H b (H-H)
∆H b
∆f H m (H2O 2) + ∆r H m = ∆H b (H-H) + ∆H b (O-O) ∆r H m = ∆H b (H-H) + ∆H b (O-O) - ∆f H m (H2O 2)
= [436 + 493 - (-136.3)] kJ⋅mol -1 = 1065.3 kJ⋅mol -1
∆r H m = 2∆H b (H-O) + ∆H b (-O-O-) ∆H b (-O-O-) = ∆r H m - 2∆H b (H-O)
= [1065.3 - 924.3 ]kJ⋅mol -1 = 141 kJ⋅mol -1 = E (-O-O-)
16．在极性分子之间存在着取向力 诱导力色散力着_诱导力_色散力____力；在非极性分子之间存在着___色散力_______力。
17．写出O 2分子的分子轨道表达式，据此判断下列双原子分子或离子：O 2+、O 2、O 2-、O 22-各有多少成单电子，将它们按键的强度由强到弱的顺序排列起来，并推测各自的磁性。
∆r H m
2H(g) + 2O(g)
解:O+2[(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(σ2p x ) 2(π2p y ) 2(π2p z ) 2(π*2p y ) 1(π*2p z ) 0] 单电子n=1
O 2 [KK(σ2s ) 2(σ*2s ) 2 (π2p y ) 2(π2p z ) 2(σ2p x ) 2(π*2p y ) 1(π*2p z ) 1] n=2 O -2[(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(σ2p x ) 2(π2p y ) 2(π2p z ) 2(π*2p y ) 2(π*2p z ) 1] n=1 O =2 [KK(σ2s ) 2(σ*2s ) 2 (π2p y ) 2(π2p z ) 2(σ2p x ) 2(π*2p y ) 2(π*2p z ) 2] n=0
键的强度由强到弱O 2+、O 2、O 2-、O 22- 磁性大小: O2〉O 2-= O2+〉O 22-
18．据电负性差值判断下列各对化合物中键的极性大小。 (1) FeO 和 FeS (2) AsH 3 和 NH 3 (3) NH 3 和 NF 3 (4) CCl 4 和 SiCl 4 解:(1) FeO 〉 FeS (2) AsH 3 〈 NH 3 (3) NH 3 〈 NF 3 (4) CCl 4 〈 SiCl 4
19. 试说明三种分子中NF 3，BF 3，ClF 3各中心原子的杂化类型、分子的几何构型，并指出各自分子之间可能存在哪些分子间作用力。
解: NF 3， BF 3， ClF 3
杂化类型: SP 3不等性 SP 2 SP 3 d不等性 几何构型: 三角锥 平四三角形 T 形
分子间力: 取向力, 诱导力, 色散力; 色散力; 取向力, 诱导力, 色散力
20． 用杂化轨道理论解释为何PCl 3是三角锥形，且键角为101°，而BCl 3却是平面三角形的几何构型。 解: P 原子的外层电子构型为3s 23p 3，根据杂化轨道理论， P 原子以不等性sp 3杂化轨道与Cl 原子成键，四
个sp 3杂化轨道指向四面体的四个顶点，其中的三个轨道为单电子，与Cl 原子的单电子配对成键；而另一个sp 3杂化轨道已为一对孤电子对占据，不可能再与Cl 原子成键，因而PCl 3的分子构型为三角锥。同时，由于孤对电子对键对电子的斥力，使PCl 3的键角小于109.5︒成为101°。
而BCl 3中的B 原子为sp 2杂化，三个杂化轨道指向平面三角形的三个顶点，与三个Cl 原子的单电子配对，因而是平面三角形构型，键角为120︒。
21．波函数ψ 是描述_是描述核外电子运动状态的是描述核外电子运动状态的___数学函数式，它和原子轨道___是同义词。|ψ | 2的物理意义是 电子在核外某空间概率密度__，电子云是_电子在核外某空间概率密度___的形象化表示。
22．第二周期某元素的单质是双原子分子，键级为1是顺磁性物质。 （1） 推断出它的原子序号； (2)写出分子轨道中的排布情况； 解: (1)5 (2) B2[(σ1s ) (σ
24．用VSEPR 理论和杂化轨道理论推测下列各分子的空间构型和中心原子的杂化轨道类型。
PCl 3 SO 2 NO 2+ SCl 2 SnCl 2 BrF 2+
解:
2
*22*22
1s ) (σ2s ) (σ2s ) (σ2p x ) ]
分子 n VP VP 排布 杂化类型 分子构型
PCl 3 SO 2 NO 2+ SCl 2 SnCl 2 BrF 2+ (5-3)/2=1 (6-4)/2=1 (5-1-4)/2=0 (6-2)/2=2 (4-2)/2=1 (7-1-2)/2=2 4 3 2 4 3 4 正四面体 平面三角形 直线形 正四面体 平面三角形 正四面体
sp 3 sp 2 sp sp 3 sp 2 sp 3
三角锥 V 形 直线形 V 型 V 型 V 型
25．离子键无饱和性和方向性，而离子晶体中每个离子有确定的配位数，二者有无矛盾？
解：离子键无饱和性和方向性是指正负离子的静电吸引作用，只要离子半径允许，就可以吸
引尽可能多各个方向的异号离子；而离子晶体中每个离子有确定的配位数是由正负离子的半径确定的，具有确定半径的离子周围排列异号离子的数量(即配位数) 是一定的，两者之间并不矛盾。
26. 写出下列离子的外层电子排布式，并指出电子构型类型：
Mn 2+ Hg 2+ Bi 3+ Sr 2+ Be 2+
解：
离子
Mn 2+
Hg 2+
Bi 3+
Sr 2+
Be 2+
3s 23p 63d 5 5s 25p 65d 10 6s 2 4s 24p 6 1s 2 外层电子排布式
电子构型类型 9~17电子构型 18电子构型 18+2电子构型 8电子构型 2电子构型
27. 试由下列各物质的沸点，推断它们分子间力的大小，列出分子间力由大到小的顺序，这一顺序与分子量的大小有何关系？
Cl 2 H 2
-34.1℃ -252.8℃
O 2 I 2
-183.0℃ 181.2℃
N 2 Br 2
-198.0℃ 58.8℃
解：分子晶体的沸点高低取决于分子间力的大小。分子间力的大小顺序为：
I 2 > Br2 > Cl2 > O2 > N2 > H2
这一顺序与分子量大小的顺序一致。对非极性分子，分子间力仅存在色散力，分子量愈
大，色散力愈大，分子间作用力愈强，相应的熔、沸点愈高。
28. 指出下列各组物质熔点由大到小的顺序。
(1) NaF KF CaO KCl ； (2) SiF4 SiC SiCl 4； (3) AlN NH 3 PH 3 ； (4) Na2S CS 2 CO 2 ；
解：(1) 均为离子晶体，从离子的电荷、半径考虑，熔点高低顺序： CaO > NaF > KF > KCl；
(2)SiC为原子晶体，熔点最高；SiF 4和SiCl 4为分子晶体，熔点主要由色散力决定；因此熔点由高到低为：SiC > SiCl4 > SiF4 ；
(3)AlN为原子晶体，熔点最高；NH 3和PH 3为分子晶体，但NH 3分子间存在氢键，因此熔点由高到低为：AlN > NH3 > PH3 ；
(4)Na2S 为离子晶体，CS 2和CO 2为分子晶体，熔点顺序为：Na 2S > CS2 > CO2 ；
29. 已知NH 3、H 2S 、BeH 2、CH 4的偶极矩分别为：4.90×10-30 C·m 、3.67×10-30 C·m 、0 C·m 、0C·m ，试说明下列问题：
(1) 分子极性的大小；(2) 中心原子的杂化轨道类型；(3) 分子的几何构型。
解：(1) 分子极性由大到小为：NH 3 > H2S > BeH2 = CH4；
(2) 中心原子的杂化轨道类型分别为：不等性sp 3杂化、不等性sp 3杂化、sp 杂化、等性
sp 3杂化；
(3) 分子的几何构型分别为：三角锥形、V 形、直线形、正四面体形。
30. 下列化合物中哪些可能有偶极矩？
CS 2 ； CO 2 ； CH 3Cl ； H 2S ； SO 3；
解：
31. 根据离子半径比，推测下列离子晶体属何种类型。
MnS CaO AgBr RbCl CuS
解：
MnS
CaO
AgBr
RbCl
CuS
离子半径比 80/184=0.434 99/140=0.707 126/196=0.643 148/181=0.818 72/184=0.391 晶体类型 NaCl 型 NaCl 型 NaCl 型 CsCl 型 ZnS 型
32. 比较下列各对离子极化率的大小，简单说明判断依据。
(1) Cl - S 2-； (2) F - O 2- ； (3) Fe 2+ Fe 3+； (4) Mg 2+ Cu 2+ ； (5) Cl - I - ； (6) K + Ag + ；
解：(1) Cl- Fe3+，正电荷愈高、半径愈小极化率愈小；
(4) Mg2+ 8电子构型 ； (5) Cl-
(6) K+ K+ 8电子构型；
33. 将下列离子按极化力从大到小的顺序排列。
Mg 2+ Li + Fe 2+ Zn 2+
解：极化力由小到大为： Mg 2+
Li +：2电子(He)构型，半径特小，极化能力最强； Mg 2+
极化能力8电子构型
34. 下列物质中，属极性分子的是
(A) PCl5(g)
(B) BCl3
(C) NCl3 (D) XeF2
解：(A) PCl5(g) (C) NCl3
35. 形成氢键必须具备的两个基本条件是：
解：(1)_氢原子与电负性很大的原子X 形成共价键__， (2)__有另一个电负性很大且有孤对电子的原子X 或Y_
或 (1) 必须具有与电负性大的元素，以强极性共价键结合在一起的氢原子。 (2) 必须有电负性大，半径小，具有孤对电子的元素的分子或离子(原子团) 。
36. 从离子极化讨论下列问题：
(1) AgF在水中溶解度较大，而AgCl 则难溶于水。
(2) Cu+ 的卤化物CuX 的r + / r -＞ 0.414，但它们都是ZnS 型结构。 (3) Pb2+、Hg 2+、I - 均为无色离子，但 PbI 2 呈金黄色，HgI 2 呈朱红色。
解：(1) 虽然Ag +是18电子构型，极化能力和变形性均很大，但F -半径很小，不易变形，因
而AgF 极化作用不强，是离子晶体，在水中溶解度较大；而AgCl 中，由于Cl -半径较大，变形性较大，AgCl 的极化作用较强，共价成分较大，难溶于水。
(2) 由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，
因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构。
(3) Pb2+、Hg 2+分别为18+2和18电子构型，极化能力和变形性均很大，I -又有较大极化率，
易变形，因而PbI 2和HgI 2的离子极化作用较强，由于离子极化作用的结果使相应化合物的颜色加深，分别生成金黄色和朱红色化合物。
37. 根据下列数据计算氧原子接受两个电子变成O 2- 的电子亲和能A (A 1+A 2) 。
MgO 的标准摩尔生成焓∆f H m (MgO)= -601.7 kJ/mol；O 2(g)的离解能D = 497 kJ⋅mol -1 MgO 的晶格能U = 3824 kJ⋅mol -1；Mg 的升华热∆H s =146.4 kJ⋅mol -1； Mg(g)的电离能 I 1=737.7 kJ⋅mol -1，I 2=1451 kJ⋅mol -1；
解：
Mg(s) +
1/2O2(g) MgO(s)
∆H s (Mg) 1/2D Mg(g) O(g) A 1+A 2 I 1+ I2
∆f H m (MgO)
r H m = -U
Mg 2+ + O 2-
∆f H m (MgO) = ∆H s (Mg) + I 1+ I2 + 1/2D (O2) + A 1+A 2 + ∆r H m A 1+A 2 = ∆f H m - (∆H s (Mg) + I 1+ I2 + 1/2D (O2) + ∆r H m )
= [- 601.7 - 146.4 - 737.7 - 1451 - 497/2 + 3824] kJ⋅mol -1 = 638.7 kJ⋅mol -1
38. 试分析温度对导体和半导体的导电性的影响。
解： 温度升高，导体内质点的热运动加快，阻止了电子在电场中的定向运动，因而电阻
增大，所以，温度升高导体的导电能力下降；
温度升高，半导体价带中的更多电子获得能量跃迁进入空带，使空带成为导带，同
时在价带中留下空穴，使价带也成为导带，因而，温度升高，半导体的导电能力增强。
39. 试说明石墨的结构是一种多键型的晶体结构。利用石墨作电极或作润滑剂各与它的哪一部分结构有关？
解： 石墨是一种层状晶体，层于层之间靠分子间力结合在一起；而同一层内的C 原子互
相以sp 2杂化轨道形成共价键；同时同一层内每个C 原子上还有一个垂直于sp 2杂化平面
的2p 轨道，每个未杂化的2p 轨道上各有一个自旋方向相同的单电子，这些p 轨道互相肩并肩重叠，形成大π键，因而石墨晶体中既有共价σ键和π键又有分子间作用力，为多键型分子。
利用石墨作电极与石墨晶体中同一层内C 原子的大π 键有关，同一层内每个C 原子
上未参与杂化的一个2p 轨道各有一个单电子，平行自旋形成大π键，大π键上的电子属整个层的C 原子共有，在外电场作用下能定向流动而导电，因而石墨可作电极。
石墨作润滑剂则与石墨晶体中层与层之间为分子间作用力有关，由于分子间作用力
要比化学键弱得多，因此石墨晶体在受到平行于层结构的外力时，层与层之间很容易滑动，这是石墨晶体用作固体润滑剂的原因。
40. 一价铜的卤化物CuF 、CuCl 、CuBr 、CuI 按r + / r -比均应归于NaCl 型晶体，但实际上都是ZnS 型，为什么？
解：由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构解：由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构
41. 氮分子中存在叁键，很不活泼，试从分子轨道理论的观点，加以解释。
解: 氮分子分子轨道可知: N2 [(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(π2p z ) 2(π2p y ) 2(σ2p x ) 2] 有三个键级, 分子稳定性高. 不活泼.
习题答案
1． 计算氢原子核外电子从第三能级跃迁到第二能级时产生的谱线H α的波长与频率。
解:n1=2 ,n2=3
ν=3. 289⨯1015(
c
111151-) ν=3. 289⨯10(-) =4. 57⨯1014s -1 2222
n 1n 223
2. 998⨯108m ⋅s -1
λ===656. 3⨯10-9m =656. 3nm 14-1
ν4. 57⨯10s
2． 计算基态氢原子的电离能为多少？
解:n1=1 ,n2=∞
I =∆E =E ∞-E 1=-2. 179⨯10-18(
3．下列各组量子数中，合理的一组是(A ) (A) n = 3， l = 1， m l = +1， m s = +
(B) n = 4， l = 5， m l = -1， m s = + (C) n = 3， l = 3， m l = +1， m s = - (D) n = 4， l = 2， m l = +3， m s = - 11
-) J =-2. 179⨯10-18J ∞1
4．用合理的量子数表示： (1)3d能级； (2)4s1电子 解: n = 3， l = 2， m l = 0， n = 4， l = 0， m l = 0， m s = +Ⅵ
5．分别写出下列元素基态原子的电子分布式，并分别指出各元素在周期表中的位置。
9F
10Ne
25Mn
29Cu
24Cr
2
或-
2
解:
元素
9F 10Ne 25Mn 29Cu 24Cr
价层电子分布式 [He]2s22p 5 [He]2s22p 6
[Ar]3d54s 2 [Ar]3d104s 1 [Ar]3d54s 1
周期 2 2 4 4 4
族 ⅦA ⅧA ⅦB ⅠB ⅥB
Ⅲ
6．以(1)为例，完成下列(2)~(4)题。 (1)Na (Z = 11) [Ne]3s1 ； (2) 1s 22s 22p 63s 23p 3 ； 7．写出下列离子的最外层电子分布式：
S 2-
8．试完成下表。
原子序数
11
价层电子分布式
[Ne]3s1
各层电子数
周期 3 4 4 5 6 6
族 ⅠA ⅥB ⅦA ⅠB ⅢB ⅥA
区 S d p ds f p
K +
Pb 2+
Ag +
Mn 2+
解:[Ne]3s23p 6 [Ne]3s23p 6 [Xe]4f145d 106s 2 [Kr]4d10 [Ar]3d5
(3 ) Z =24) [Ar ] 3d54s 1； (4 ) Kr (Z = 36 ) [ Ar ] 3d104s 24p 6；
2,8,1
21 2,8,9,2 [Ar]3d54s 1 35 [Ar]3d104s 24p 5 2,8,18,7 47 [Kr]4d105s 1 2,8,18,18,1 60 [Xe]4f46s 2 2,8,18, 22,8, 2
82
[Xe]4f145d 106s 26p 2 2,8,18,32,18,4
9．已知某副族元素A 的原子，电子最后填入3d 轨道，最高氧化值为4；元素B 的原子，电子最后填入4p 轨道，最高氧化值为5：
(1）写出A 、B 元素原子的电子分布式；
(2)根据电子分布，指出它们在周期表中的位置（周期、区、族）。 解(1)A: [Ar]3d24s 2 B: [Ar]3d104s 24p 5
(2)A: 4周期、d 区、ⅣB 族. B: 4周期、p 区、ⅤA 族.
10．有第四周期的A 、B 、C 三种元素，其价电子数依此为1、2、7，其原子序数按A 、B 、C 顺序增大。已知A 、B 次外层电子数为8，而C 次外层电子数为18，根据结构判断：
(1) C与A 的简单离子是什么？
(2) B与C 两元素间能形成何种化合物？试写出化学式。 解(1)I-, K+ (2) B与C 两元素间能形成CaBr 2 11．指出第四周期中具有下列性质的元素：
(1) 最大原子半径； (2) 最大电离能； (3) 最强金属性； (4) 最强非金属性； (5) 最大电子亲和能； (6) 化学性质最不活泼； 解(1)Kr (2)Kr (3)K (4)Br (5) Br (6) Kr
12．元素的原子其最外层仅有一个电子，该电子的量子数是n = 4 , l = 0 , m = 0 ,m s = +1/2 , 问：
(1) 符合上述条件的元素可以有几种？原子序数各为多少？ (2) 写出相应元素原子的电子分布式，并指出在周期表中的位置。
解(1)只有K, 原子序数19. (2) 电子分布式1s 22s 22p 63s 23p 64s 1周期表中4周期ⅠA 13．在下面的电子构型中，通常第一电离能最小的原子具有哪一种构型？
(1) n s 2n p 3； (2) n s 2n p 4； (3) n s 2n p 5； (4) n s 2n p 6 ； 解 (2) n s 2n p 4
14．某元素的原子序数小于36，当此元素原子失去3个电子后，它的角动量量子数等于2的轨道内电子数恰好半满：
(1) 写出此元素原子的电子排布式；
(2) 此元素属哪一周期、哪一族、哪一区？元素符号是什么？
解(1)角动量量子数等于2的轨道内电子数恰好半满为3d5. 电子排布式1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2
(2) 此元素为Fe 4周期、d 区、ⅧB
15．已知H 2O(g)和H 2O 2(g)的∆f H m 分别为-241.8kJ ⋅mol -1、-136.3kJ ⋅mol -1，H 2 (g)和O 2(g)的离解能分别为436 kJ⋅mol -1 和493kJ ⋅mol -1，求H 2O 2 中O―O键的键能。
解： H 2(g) + 1/2 O2(g)
∆ f H m (H 2 H 2O(g)
1/2∆H b ∆H b (H-H) ∆H b (H-O)
2H(g) + O(g)
∆f H m (H2O) + 2∆H b (H-O) = ∆H b (H-H) + 1/2∆H b (O-O)
2∆H b (H-O) = ∆H b (H-H) + 1/2∆H b (O-O) - ∆f H m (H2O)
= [436 + (1/2)⨯493 - (-241.8) ] kJ⋅mol -1 = 924.3 kJ⋅mol -1
∆f H m (H2O 2)
H 2(g) + O 2(g) O 2(g)
∆H b (H-H)
∆H b
∆f H m (H2O 2) + ∆r H m = ∆H b (H-H) + ∆H b (O-O) ∆r H m = ∆H b (H-H) + ∆H b (O-O) - ∆f H m (H2O 2)
= [436 + 493 - (-136.3)] kJ⋅mol -1 = 1065.3 kJ⋅mol -1
∆r H m = 2∆H b (H-O) + ∆H b (-O-O-) ∆H b (-O-O-) = ∆r H m - 2∆H b (H-O)
= [1065.3 - 924.3 ]kJ⋅mol -1 = 141 kJ⋅mol -1 = E (-O-O-)
16．在极性分子之间存在着取向力 诱导力色散力着_诱导力_色散力____力；在非极性分子之间存在着___色散力_______力。
17．写出O 2分子的分子轨道表达式，据此判断下列双原子分子或离子：O 2+、O 2、O 2-、O 22-各有多少成单电子，将它们按键的强度由强到弱的顺序排列起来，并推测各自的磁性。
∆r H m
2H(g) + 2O(g)
解:O+2[(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(σ2p x ) 2(π2p y ) 2(π2p z ) 2(π*2p y ) 1(π*2p z ) 0] 单电子n=1
O 2 [KK(σ2s ) 2(σ*2s ) 2 (π2p y ) 2(π2p z ) 2(σ2p x ) 2(π*2p y ) 1(π*2p z ) 1] n=2 O -2[(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(σ2p x ) 2(π2p y ) 2(π2p z ) 2(π*2p y ) 2(π*2p z ) 1] n=1 O =2 [KK(σ2s ) 2(σ*2s ) 2 (π2p y ) 2(π2p z ) 2(σ2p x ) 2(π*2p y ) 2(π*2p z ) 2] n=0
键的强度由强到弱O 2+、O 2、O 2-、O 22- 磁性大小: O2〉O 2-= O2+〉O 22-
18．据电负性差值判断下列各对化合物中键的极性大小。 (1) FeO 和 FeS (2) AsH 3 和 NH 3 (3) NH 3 和 NF 3 (4) CCl 4 和 SiCl 4 解:(1) FeO 〉 FeS (2) AsH 3 〈 NH 3 (3) NH 3 〈 NF 3 (4) CCl 4 〈 SiCl 4
19. 试说明三种分子中NF 3，BF 3，ClF 3各中心原子的杂化类型、分子的几何构型，并指出各自分子之间可能存在哪些分子间作用力。
解: NF 3， BF 3， ClF 3
杂化类型: SP 3不等性 SP 2 SP 3 d不等性 几何构型: 三角锥 平四三角形 T 形
分子间力: 取向力, 诱导力, 色散力; 色散力; 取向力, 诱导力, 色散力
20． 用杂化轨道理论解释为何PCl 3是三角锥形，且键角为101°，而BCl 3却是平面三角形的几何构型。 解: P 原子的外层电子构型为3s 23p 3，根据杂化轨道理论， P 原子以不等性sp 3杂化轨道与Cl 原子成键，四
个sp 3杂化轨道指向四面体的四个顶点，其中的三个轨道为单电子，与Cl 原子的单电子配对成键；而另一个sp 3杂化轨道已为一对孤电子对占据，不可能再与Cl 原子成键，因而PCl 3的分子构型为三角锥。同时，由于孤对电子对键对电子的斥力，使PCl 3的键角小于109.5︒成为101°。
而BCl 3中的B 原子为sp 2杂化，三个杂化轨道指向平面三角形的三个顶点，与三个Cl 原子的单电子配对，因而是平面三角形构型，键角为120︒。
21．波函数ψ 是描述_是描述核外电子运动状态的是描述核外电子运动状态的___数学函数式，它和原子轨道___是同义词。|ψ | 2的物理意义是 电子在核外某空间概率密度__，电子云是_电子在核外某空间概率密度___的形象化表示。
22．第二周期某元素的单质是双原子分子，键级为1是顺磁性物质。 （1） 推断出它的原子序号； (2)写出分子轨道中的排布情况； 解: (1)5 (2) B2[(σ1s ) (σ
24．用VSEPR 理论和杂化轨道理论推测下列各分子的空间构型和中心原子的杂化轨道类型。
PCl 3 SO 2 NO 2+ SCl 2 SnCl 2 BrF 2+
解:
2
*22*22
1s ) (σ2s ) (σ2s ) (σ2p x ) ]
分子 n VP VP 排布 杂化类型 分子构型
PCl 3 SO 2 NO 2+ SCl 2 SnCl 2 BrF 2+ (5-3)/2=1 (6-4)/2=1 (5-1-4)/2=0 (6-2)/2=2 (4-2)/2=1 (7-1-2)/2=2 4 3 2 4 3 4 正四面体 平面三角形 直线形 正四面体 平面三角形 正四面体
sp 3 sp 2 sp sp 3 sp 2 sp 3
三角锥 V 形 直线形 V 型 V 型 V 型
25．离子键无饱和性和方向性，而离子晶体中每个离子有确定的配位数，二者有无矛盾？
解：离子键无饱和性和方向性是指正负离子的静电吸引作用，只要离子半径允许，就可以吸
引尽可能多各个方向的异号离子；而离子晶体中每个离子有确定的配位数是由正负离子的半径确定的，具有确定半径的离子周围排列异号离子的数量(即配位数) 是一定的，两者之间并不矛盾。
26. 写出下列离子的外层电子排布式，并指出电子构型类型：
Mn 2+ Hg 2+ Bi 3+ Sr 2+ Be 2+
解：
离子
Mn 2+
Hg 2+
Bi 3+
Sr 2+
Be 2+
3s 23p 63d 5 5s 25p 65d 10 6s 2 4s 24p 6 1s 2 外层电子排布式
电子构型类型 9~17电子构型 18电子构型 18+2电子构型 8电子构型 2电子构型
27. 试由下列各物质的沸点，推断它们分子间力的大小，列出分子间力由大到小的顺序，这一顺序与分子量的大小有何关系？
Cl 2 H 2
-34.1℃ -252.8℃
O 2 I 2
-183.0℃ 181.2℃
N 2 Br 2
-198.0℃ 58.8℃
解：分子晶体的沸点高低取决于分子间力的大小。分子间力的大小顺序为：
I 2 > Br2 > Cl2 > O2 > N2 > H2
这一顺序与分子量大小的顺序一致。对非极性分子，分子间力仅存在色散力，分子量愈
大，色散力愈大，分子间作用力愈强，相应的熔、沸点愈高。
28. 指出下列各组物质熔点由大到小的顺序。
(1) NaF KF CaO KCl ； (2) SiF4 SiC SiCl 4； (3) AlN NH 3 PH 3 ； (4) Na2S CS 2 CO 2 ；
解：(1) 均为离子晶体，从离子的电荷、半径考虑，熔点高低顺序： CaO > NaF > KF > KCl；
(2)SiC为原子晶体，熔点最高；SiF 4和SiCl 4为分子晶体，熔点主要由色散力决定；因此熔点由高到低为：SiC > SiCl4 > SiF4 ；
(3)AlN为原子晶体，熔点最高；NH 3和PH 3为分子晶体，但NH 3分子间存在氢键，因此熔点由高到低为：AlN > NH3 > PH3 ；
(4)Na2S 为离子晶体，CS 2和CO 2为分子晶体，熔点顺序为：Na 2S > CS2 > CO2 ；
29. 已知NH 3、H 2S 、BeH 2、CH 4的偶极矩分别为：4.90×10-30 C·m 、3.67×10-30 C·m 、0 C·m 、0C·m ，试说明下列问题：
(1) 分子极性的大小；(2) 中心原子的杂化轨道类型；(3) 分子的几何构型。
解：(1) 分子极性由大到小为：NH 3 > H2S > BeH2 = CH4；
(2) 中心原子的杂化轨道类型分别为：不等性sp 3杂化、不等性sp 3杂化、sp 杂化、等性
sp 3杂化；
(3) 分子的几何构型分别为：三角锥形、V 形、直线形、正四面体形。
30. 下列化合物中哪些可能有偶极矩？
CS 2 ； CO 2 ； CH 3Cl ； H 2S ； SO 3；
解：
31. 根据离子半径比，推测下列离子晶体属何种类型。
MnS CaO AgBr RbCl CuS
解：
MnS
CaO
AgBr
RbCl
CuS
离子半径比 80/184=0.434 99/140=0.707 126/196=0.643 148/181=0.818 72/184=0.391 晶体类型 NaCl 型 NaCl 型 NaCl 型 CsCl 型 ZnS 型
32. 比较下列各对离子极化率的大小，简单说明判断依据。
(1) Cl - S 2-； (2) F - O 2- ； (3) Fe 2+ Fe 3+； (4) Mg 2+ Cu 2+ ； (5) Cl - I - ； (6) K + Ag + ；
解：(1) Cl- Fe3+，正电荷愈高、半径愈小极化率愈小；
(4) Mg2+ 8电子构型 ； (5) Cl-
(6) K+ K+ 8电子构型；
33. 将下列离子按极化力从大到小的顺序排列。
Mg 2+ Li + Fe 2+ Zn 2+
解：极化力由小到大为： Mg 2+
Li +：2电子(He)构型，半径特小，极化能力最强； Mg 2+
极化能力8电子构型
34. 下列物质中，属极性分子的是
(A) PCl5(g)
(B) BCl3
(C) NCl3 (D) XeF2
解：(A) PCl5(g) (C) NCl3
35. 形成氢键必须具备的两个基本条件是：
解：(1)_氢原子与电负性很大的原子X 形成共价键__， (2)__有另一个电负性很大且有孤对电子的原子X 或Y_
或 (1) 必须具有与电负性大的元素，以强极性共价键结合在一起的氢原子。 (2) 必须有电负性大，半径小，具有孤对电子的元素的分子或离子(原子团) 。
36. 从离子极化讨论下列问题：
(1) AgF在水中溶解度较大，而AgCl 则难溶于水。
(2) Cu+ 的卤化物CuX 的r + / r -＞ 0.414，但它们都是ZnS 型结构。 (3) Pb2+、Hg 2+、I - 均为无色离子，但 PbI 2 呈金黄色，HgI 2 呈朱红色。
解：(1) 虽然Ag +是18电子构型，极化能力和变形性均很大，但F -半径很小，不易变形，因
而AgF 极化作用不强，是离子晶体，在水中溶解度较大；而AgCl 中，由于Cl -半径较大，变形性较大，AgCl 的极化作用较强，共价成分较大，难溶于水。
(2) 由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，
因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构。
(3) Pb2+、Hg 2+分别为18+2和18电子构型，极化能力和变形性均很大，I -又有较大极化率，
易变形，因而PbI 2和HgI 2的离子极化作用较强，由于离子极化作用的结果使相应化合物的颜色加深，分别生成金黄色和朱红色化合物。
37. 根据下列数据计算氧原子接受两个电子变成O 2- 的电子亲和能A (A 1+A 2) 。
MgO 的标准摩尔生成焓∆f H m (MgO)= -601.7 kJ/mol；O 2(g)的离解能D = 497 kJ⋅mol -1 MgO 的晶格能U = 3824 kJ⋅mol -1；Mg 的升华热∆H s =146.4 kJ⋅mol -1； Mg(g)的电离能 I 1=737.7 kJ⋅mol -1，I 2=1451 kJ⋅mol -1；
解：
Mg(s) +
1/2O2(g) MgO(s)
∆H s (Mg) 1/2D Mg(g) O(g) A 1+A 2 I 1+ I2
∆f H m (MgO)
r H m = -U
Mg 2+ + O 2-
∆f H m (MgO) = ∆H s (Mg) + I 1+ I2 + 1/2D (O2) + A 1+A 2 + ∆r H m A 1+A 2 = ∆f H m - (∆H s (Mg) + I 1+ I2 + 1/2D (O2) + ∆r H m )
= [- 601.7 - 146.4 - 737.7 - 1451 - 497/2 + 3824] kJ⋅mol -1 = 638.7 kJ⋅mol -1
38. 试分析温度对导体和半导体的导电性的影响。
解： 温度升高，导体内质点的热运动加快，阻止了电子在电场中的定向运动，因而电阻
增大，所以，温度升高导体的导电能力下降；
温度升高，半导体价带中的更多电子获得能量跃迁进入空带，使空带成为导带，同
时在价带中留下空穴，使价带也成为导带，因而，温度升高，半导体的导电能力增强。
39. 试说明石墨的结构是一种多键型的晶体结构。利用石墨作电极或作润滑剂各与它的哪一部分结构有关？
解： 石墨是一种层状晶体，层于层之间靠分子间力结合在一起；而同一层内的C 原子互
相以sp 2杂化轨道形成共价键；同时同一层内每个C 原子上还有一个垂直于sp 2杂化平面
的2p 轨道，每个未杂化的2p 轨道上各有一个自旋方向相同的单电子，这些p 轨道互相肩并肩重叠，形成大π键，因而石墨晶体中既有共价σ键和π键又有分子间作用力，为多键型分子。
利用石墨作电极与石墨晶体中同一层内C 原子的大π 键有关，同一层内每个C 原子
上未参与杂化的一个2p 轨道各有一个单电子，平行自旋形成大π键，大π键上的电子属整个层的C 原子共有，在外电场作用下能定向流动而导电，因而石墨可作电极。
石墨作润滑剂则与石墨晶体中层与层之间为分子间作用力有关，由于分子间作用力
要比化学键弱得多，因此石墨晶体在受到平行于层结构的外力时，层与层之间很容易滑动，这是石墨晶体用作固体润滑剂的原因。
40. 一价铜的卤化物CuF 、CuCl 、CuBr 、CuI 按r + / r -比均应归于NaCl 型晶体，但实际上都是ZnS 型，为什么？
解：由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构解：由于Cu + 是18电子构型，极化能力和变形性均很大，X -又有较大极化率，易变形，因此CuX 的离子极化作用较强，带有较大的共价成分，使之成为具有较大共价成分的ZnS 型结构
41. 氮分子中存在叁键，很不活泼，试从分子轨道理论的观点，加以解释。
解: 氮分子分子轨道可知: N2 [(σ1s ) 2(σ*1s ) 2(σ2s ) 2(σ*2s ) 2(π2p z ) 2(π2p y ) 2(σ2p x ) 2] 有三个键级, 分子稳定性高. 不活泼.