1、11. 简要说明原子轨道量子数及它们的取值范围？解：原子轨道有主量子数 n，角量子数 ，磁量子数 m 与自旋量子数 s，对类氢原子（单电子原子）l来说，原子轨道能级只与主量子数 n 相关 。 对多电子原子，能级除了与 n 相关，还要考虑电RZE2子间相互作用。角量子数 决定轨道角动量大小，磁量子数 m 表示角动量在磁场方向（z 方向）分量的大l小，自旋量子数 s 则表示轨道自旋角动量大小。n 取值为 1、2、3； 0、1、2、n1；m0、1 、2、l；s 取值只有 。 l 212. 在直角坐标系下，Li 2+ 的 Schrdinger 方程为_ 。 解：由于 Li2+属于单电子原子，在采取“B
2、-O” 近似假定后，体系的动能只包括电子的动能，则体系的动能算符： ；体系的势能算符：28mhT rerZV020243故 Li2+ 的 Schrdinger 方程为： Eeh0228式中： zyx22，r = ( x2+ y2+ z2)1/2 3. 对氢原子， ，其中 都是归一化13110cc 13210,和的。那么波函数所描述状态的（1）能量平均值为多少？（2）角动量出现在 的概率是多少？h，角动量 z 分量的平均值为多少？解： 由波函数 得：n 1=2, l1=1,m1=0; n2=2, l2=1,m2=1; n3=3, 321210ccl3=1,m3=-1;（1）由于 都是归一化的，且
3、单电子原子13210,和 )(6.132eVnzE故(2) 由于 , l1=1，l 2=1，l 3=1，又 都是归一化的，)l(M| 13210,和故eVcec eccEccEii 2321 2232 29.46.3 6.161 2321 2332122112ch hchc llchl Mcii2则角动量为 出现的概率为： 2h12321c(3) 由于 , m1=0,m2=1,m3=-1; 又 都是归一化的，MZ 1320,和故4. 已知类氢离子 He+的某一状态波函数为： 02-2301e4ara（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
4、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 ，可以得到：Z=2，则 n=2, l=0, m=00230/14a2r-ea(1) He+为类氢离子， ，则)(6.32eVnzEeVnzE.1)(.1)(6.1322(2) 由 l=0， ,得)lM0)1(22)l(3) 由|m |=0， ，得Z0mZ(4) 此状态下 n=2, l=0, m=0(5) 角度分布图中节面数= l， 又 l=0 ，故此状态角度分布的节面数为 0。1022232312 hchcchciziz 35. 求出 Li2+ 1s 态电子的下列数据：(
5、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)单位厚度球壳中出现电子概率最大处离核的距离；(4)比较 2s 和 2p 能级的高低次序；(5) Li 原子的第一电离能。 （ ）102301 !,)( naxnraZs de解：(1) Li 2+ 1s 态电子的 raraZs e0032231 )()(则又1s 电子径向分布最大值在距核 处。（2）电子离核的平均距离(3) ，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21S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21S能落到原子核上）
6、 ，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 E 2s= E 2p(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，=0.85 。因而：根据 Koopmann 定理， Li 原子的第一电离能为：6208874000231 63632121 ras rarass eDdr20r3a0r00403 200632630211*2167sini7addrearardrssas03 ae06eVEs 75.85.036.12 e
7、VIs7.2146. 已知 H 原子的 arz cose241030p试回答： (1) 原子轨道能 E 值； (2) 轨道角动量绝对值M ； (3) 轨道角动量和 z 轴夹角的度数。 解：由 H 原子的波函数 可以得到其主量子数 n=2，角量子数arz cose241030pl=1，磁量子数 m=0(1) 对单电子原子 ，故原子轨道能为：)(108.22JnzE（2）由轨道角动量的大小 ，则轨道角动量为：21hlM（3）由轨道角动量在磁场方向（Z 轴的方向）上的分量 ，设轨道角动量 M 和 Z 轴的2hmMZ夹角为 ，则：则=907. 一个电子主量子数为 4， 这个电子的 l， m， ms 等
8、量子数可取什么值？这个电子共有多少种可能的状态？ 解：（1）由电子主量子数为 n= 4，角量子数 l 的取值范围为 0，1，2，n-1, 则 l=0, 1, 2, 3（2）由磁量子数 m 的取值范围为 0，1，2 ，l，则 m=0，1，2，3（3）对单个电子 ms=1/2（4）这个电子 l=0, 1, 2, 3，s =1/2,对于每一个不同的 l、 s 值，对应(2l+1) (2 s +1)个可能的状态，则这个电子共有：（20+1）(21/2+1)+（21+1）(21/2+1)+（22+1）(21/2+1)+ (23+1）(21/2+1) =2+6+10+14=32 8. 碳原子 1s22s2
9、2p2 组态共有 1S0， 3P0， 3P1， 3P2， 1D2 等光谱支项，试写出每项中微观能态数目及按照 Hund 规则排列出能级高低次序。 J9145.08.02coshMz21hl5解：碳原子 1s22s22p2 组态对应光谱支项有： 1S0， 3P0， 3P1， 3P2， 1D2，则每个谱项对应的各量子数见下表：1S0 3P0 3P1 3P2 1D2S 0 1 1 1 0L 0 1 1 1 2J 0 0 0 0 22J+1 1 1 3 5 5(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： 3P0 、 3P1 、 3P2 能量相对较低；对于一定
10、L 和 S 值，在电子壳层半满前（2p 2） ，J 值愈小，能级愈低，则该 3 个谱项的能级高低顺序为： 3P2 3P1 3P0 ；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： 1S0 1D2 , 由此可以得到 5 个谱项的能级高低顺序为： 1S0 1D2 3P2 3P1 3P0 (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 1S0、 1D2、 3P2、 3P1、 3P0 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； 1D 解：（1）由谱项 2P
11、可以得到对应的 S=1/2、L=1,对于 LS,J=L+S,L+S-1,|L-S|,则 J=3/2、1/2,对应的光谱支项为 2P3/2、 2P1/2；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 , 3P0 , 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 3D3 , 3D2 , 3D1 , 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、
12、L =2, 则 J=5/2、3/2,光谱支项为 2D5/2 , 2D3/2, 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。解：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 l 21hlMn-l-1 l61s 1 1 0 0 02p 2 1 2h0 13d 3 2 60 211. 已
13、知 Li2+处于 ，根据节面规律判断，n， 为多少？并求该arN-cose300 l状态的能量。解：（1）根据角度函数部分， xy 平面为节面，角节面只有一个， =1。,9,cosl（2）根据径向节面数为 n- -1,径向函数部分只有当 ，才有径节面，r=2a 0 为 1 个径节面，l 036则 n- -1=1, 。Li 2+属于单电子原子，l3,1l所 以因 )(.12eVnzE故 eV6.6.2E12. 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 l 的支壳层；(3) 一个原子轨道；(4) 一个自旋轨道。解：(1) 对于每一个 n 值，有 n
14、个不同的 l 值，每一个 l 值又有（2l+1）个不同的 m 值，所以每一个n 值共有 个独立的状态，每一个状态可以填 10 )1()12(53)2(l n充 2 个电子（m s=1/2、m s=-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 l 值，对应于（2l+1）个不同的 m 值，每一个 m 值又对应于 2 个 ms 值（m s=1/2、m s=-1/2） ，因此量子数为 n 和 l 的支壳层，最多能填入 2(2l+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
15、是 s2d3，也可能是 s1d4 ，实验确定其能量最低的光谱支项为 6D1/2，请确定其组态。 解：（1）若原子基组态可能是 s2d3s2d3 的电子排布为 ： m 2 1 0 -1 -2 ， L=3 3012mL7412321S , ,msS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） s1d4 的电子排布为： m 0 2 1 0 -1 -2 , L=2 )(120mL61252S , ,sS电子数少于半充满，J 小者能量低，则 J=| L S |=1/2，谱项为 6D1/2 根据题意该原子的基组态为 s1d4。 也可用多重态 2S+1=6,
16、 S=5/2 必为 s1d4 组态来解。 14. H 原子中的归一化波函数 所描述的状态的能量、角动量和角123203cc动量的 z 轴分量的平均值各为多少？ 是 H 原子的归一化波函数。11和，解：由波函数 得 n1=3, l1=1,m1=1; n2=3, l2=2,m2=0; n3=2, l3=1,m3= 232031cc-1;（1）由于波函数都是归一化的，且对单电子波函数 ,可得： RnZE22321 2321249)1()()(cRccEcEiiR 为里德堡常数 (13.6 eV) (2) 由于波函数都是归一化的，且 ,可得：2|h1)l(M262 2)1()1()1(22|332 3
17、2122hchc hclhlchlc cMi8(3) 由于波函数都是归一化的，且 ,2hmMZ2)( 2)1(013322 31hchcccMiziZ15. 已知 He+处于 态，式中 求其能量 E、轨道角1cos3e68122302320 aZ0/aZr动量M 、轨道角动量与 z 轴夹角，并指出该状态波函数的节面个数。解：根据题意 该状态 n=3,l=2, m=0, He+, Z=2 （1）He +属于单电子原子， )(6.132eVnEeVE04.)(326.(2) 轨道角动量 2)1|hlM 6)2(（3） 、轨道角动量在磁场（Z 轴）方向上的分量 ，mMz=0, 说明角动量与 z 轴垂
18、直，即夹角为 90 mz（4）总节面数= n-1=3-1=2 个 其中径节面数= n-l-1=3-2-1=0 个 角节面数= l=2 个 由 -1=0 得 1=57.74, 2=125.26 2cos3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 状态，计算：(1)E=- R/4 出现的1421323212104概率，(2)M 2=2 出现的概率，(3)M z=- 出现的概率。解：由波函数 得：1421323212104n1=2, l1=1,m1=0; n2=3, l2=2,m2=1; n3=3, l3=2,m3= -1; n4=4, l4=2,m4=-19（1）由于 He+属于单电子原子 , Z=2RnE2则当 时，4RE4,2n故RRnZEnZ412934243212出现的概率为: 1624c(2) )1(2lM6)12()()(4231ll则 M2=2 出现的概率： 42c(3) mZ012MZ13m4Z则 Mz=- 出现的概率为： 1634232423c
