第11章波谱的基本原理 习题解答 1.HB在远红外区给出一系列间隔为16.94cm的谱线。试计算 HBr分子的转动惯量和平衡核间距。已知H和Br的相对原子质量分 别为10079和7892。 解:由题可知A为16.94cm-1 △ⅴ=2B h 6626×10-34J 4n2×2998×103m,s-×16.94×102m =3.30×10-kgm m1m2(1.0079×7892 m+m2(10039+7892602210/g =1.653×10-1kg 3.30×107)2 n=141×10-0m 1.653×10-27 2.C6O的转动惯量为1875×10+kg:m2。求纯转动光谱中前四 条谱线的波数(用cm1表示)与波长(用cm表示) 解:J=0→>1 h 4π2le 6.626×10-3J 4m2×1875×10-7kg.m2x2.998×10°ms-1 =2v1=2×2986cm 412Ic =5972cm1
第 11 章 波谱的基本原理 习 题 解 答 1. H Br 79 在远红外区给出一系列间隔为 1 16.94 cm− 的谱线。试计算 HBr 分子的转动惯量和平衡核间距。已知 H 和 Br 79 的相对原子质量分 别为 1.0079 和 78.92。 解：由题可知Δν ~ 为 1 16.94 cm− I c h B π2 4 2 ~ Δν = = ∴ ν π ~ 4 2 Δ = c h I 47 2 2 8 1 2 1 34 3.30 10 kg m 4π 2.998 10 m s 16.94 10 m 6.626 10 J s = × ⋅ × × ⋅ × × × ⋅ = − − − − 1.653 10 kg kg 6.022 10 10 1.0079 78.92 1.0079 78.92 27 23 3 1 2 1 2 − − = × ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ × × + × = + = m m m m μ ∴ m 1.41 10 m 1.653 10 3.30 10 10 1 / 2 27 47 e − − − = × ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ × × = = μ I r 2. C O 12 16 的转动惯量为 47 2 18.75×10 kg ⋅m − 。求纯转动光谱中前四 条谱线的波数（用 cm−1 表示）与波长（用 cm 表示）。 解： J = 0 →1 1 1 2 47 2 8 1 34 1 2 298.6m 2.986 cm 4π 18.75 10 kg m 2.998 10 m s 6.626 10 J s 4π ~ − − − − − = = × × ⋅ × × ⋅ × ⋅ = = Ic h ν J = 1→ 2， 1 2 2 1 2 2.986 cm ~2 4π ~ 2 − ν = = ν = × Ic h 1 5.972 cm− =
思考题和习题解答 J=2→3,v3 31=3×2.986cm 4π2le 8958cm J=3→4, =4v1=4×2986cm 4J21c 11944cm 2=x=0.167cm 3.在CO的振动光谱中观察到波数为21698cm-的强吸收峰。若 将CO的简正振动看作谐振动,计算CO的简正振动频率、力常数和零 点能。已知C和O的相对原子质量分别为12011和15.999。 解:"0=0=21980m-2×2980ms =6.505×103s-1 k=tIvo =4x2×(6505×103s) 12011×15999 12011+159996022×10 =1.903×106kgs-2 Eo=thvo ×6626×10-3J.s×6.505×10"3s-1=2.155×10-20J 4.H3Cl的基本振动频率为8667×103s-1。若H3C和HCl键的 力常数相同,试求它们的红外光谱的同位素位移△。已知H、3C1和 3C1的相对原子质量分别为1.0079、349689和369659 解:4=(10079×365965910079+349689)2 V4-(10079+36965910079×349689 100076 37.9738×349689 2998×10m:5-10007 8667×103s-1 =26×10-m=26mm
·180· 思考题和习题解答 J = 2 → 3， 1 3 2 1 3 2.986 cm ~3 4π ~ 3 − ν = = ν = × Ic h 1 8.958 cm− = J = 3 → 4 ， 1 4 2 1 4 2.986 cm ~4 4π ~ 4 − ν = = ν = × Ic h 1 11.944 cm− = ~ 0.335 cm 1 1 1 = = ν λ ， ~ 0.167 cm 1 2 2 = = ν λ ~ 0.112 cm 1 3 3 = = ν λ ， ~ 0.084 cm 1 4 4 = = ν λ 3. 在 CO 的振动光谱中观察到波数为 1 2169.8 cm− 的强吸收峰。若 将 CO 的简正振动看作谐振动，计算 CO 的简正振动频率、力常数和零 点能。已知 C 和 O 的相对原子质量分别为 12.011 和 15.999。 解： 13 1 2 1 8 1 0 0 6.505 10 s 2169.8 10 m 2.998 10 m s ~ − − − = × ν =ν ⋅c = × × × ⋅ ( ) 6 2 23 3 2 2 13 1 2 0 2 1.903 10 kg s kg 6.022 10 10 12.011 15.999 12.011 15.999 4π 6.505 10 s 4π − − − = × ⋅ × × + × = × × × k = ν μ 6.626 10 J s 6.505 10 s 2.155 10 J 2 1 2 1 34 13 1 20 0 0 − − − = × × ⋅ × × = × E = hν 4. H Cl 35 的基本振动频率为 13 1 8.667 10 s − × 。若H Cl 35 和H Cl 37 键的 力常数相同，试求它们的红外光谱的同位素位移Δλ 。已知 H、 Cl 35 和 Cl 37 的相对原子质量分别为 1.0079、34.9689 和 36.9659。 解： 1/ 2 1.0079 34.9689 1.0079 34.9689 1.0079 36.9659 ' 1.0079 36.9659 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ × + × + × = μ μ 1.00076 37.9738 34.9689 36.9659 35.9768 1/ 2 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ × × = ∴ ( ) 2.6 10 m 2.6 nm 1.00076 1 8.667 10 s 2.998 10 m s 1 ' 9 13 1 8 1 = × = − × × ⋅ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ Δ = − − − − μ μ ν λ c
第11章波谱的基本原理 181· 5.在v=220×10°s-时,质子发生核磁共振吸收,所需的磁感应强 度为多少?已知质子的磁旋比为26752×108s-1.T 解 ∴B、2 220×10 yN26752×103s-1,T 5.167lT 6.试分析乙醛分子在高分辨率NMR中质子谱的图谱情况,画出 示意图,指出化学位移的先后次序,峰面积比和自旋耦合情况。 解: CH3CHO分子中有两种不同环境的质子。一CHO中的质子由 于离电负性大的O原子近,所以其吸收峰出现在低磁感应强度区,而 CH3中的质子吸收峰则出现在高磁感应强度区;这两组峰的峰面积比 为1:3。由于自旋耦合,使一CHO峰分裂成高度比为1:3:3:1的四个峰 而-CH3峰分裂成高度比为1:1的两个峰。示意图如下: 7.金属钽Ta为体心立方点阵结构晶体,用λ=1542pm的X射线 进行粉末衍射,所用照相机中胶片围成的圆筒直径为573mm。衍射图 中(220)晶面衍射的一对衍射线间距L为828mm。试求:(1)晶胞参数 a:(2)Ta的金属原子半径:(3)晶体中(22)晶面的晶面间距;(4)金 属钽晶体的理论密度。 解:(1)L180° 828180°-414 4R丌4(57.3/2) 由于立方晶系a=dVh2+k2+12,代入布拉格方程2d20sinO= 得 √h2+k2+P2 2+22+0 sin440×1542p=330pm
第 11 章 波谱的基本原理 ·181· 5. 在 6 1 220 10 s − ν = × 时，质子发生核磁共振吸收，所需的磁感应强 度为多少？已知质子的磁旋比为 8 1 1 2.6752 10 s T − − × ⋅ 。 解： 0 N 2π B γ ν = ∴ 5.1671T 220 10 s 2.6752 10 s T 2π 2π 6 1 8 1 1 N 0 = × × × ⋅ = = − − − ν γ B 6. 试分析乙醛分子在高分辨率 NMR 中质子谱的图谱情况，画出 示意图，指出化学位移的先后次序，峰面积比和自旋耦合情况。 解：CH3CHO 分子中有两种不同环境的质子。− CHO 中的质子由 于离电负性大的 O 原子近，所以其吸收峰出现在低磁感应强度区，而 − CH3 中的质子吸收峰则出现在高磁感应强度区；这两组峰的峰面积比 为1 : 3。由于自旋耦合，使− CHO 峰分裂成高度比为1: 3 : 3 :1的四个峰； 而− CH3 峰分裂成高度比为1 : 1的两个峰。示意图如下： . 7. 金属钽 Ta 为体心立方点阵结构晶体，用λ = 154.2 pm的 X 射线 进行粉末衍射，所用照相机中胶片围成的圆筒直径为 57.3mm。衍射图 中(220)晶面衍射的一对衍射线间距 L 为 82.8 mm。试求：(1) 晶胞参数 a； (2) Ta 的金属原子半径； (3) 晶体中(222)晶面的晶面间距；(4) 金 属钽晶体的理论密度。 解：(1) o o o 41.4 π 180 4(57.3 / 2) 82.8 π 180 4 = ⋅ = ⋅ = R L θ 由于立方晶系 2 2 2 a d h k l = hkl + + ，代入布拉格方程2d220 sinθ = λ 得 154.2 pm 330 pm 2 sin 41.4 2 2 0 2sin o 2 2 2 2 2 × = × + + ⋅ = + + = λ θ h k l a
思考题和习题解答 (2)体心立方的单质金属晶体中晶胞体对角线长度等于金属原子 半径的4倍。 a=x×330pm=143pm 330 (4) ZM 2×180.95×10-3 kg. mol g·m 8.已知某立方晶系晶体,其密度为216g·cm3,摩尔质量 468g:mol,用波长为1542pm的Cu靶K射线,在半径为2865mm 的粉末照像机中拍摄晶体粉末图,从图中量得(220)晶面的一级衍射 的值为1115°。试求:(1)晶胞参数a;(2)晶胞内的分子数:(3)晶 胞的类型 解:()=2snb/万+k+F (2)Z pla M 216×103kgm3×6.022×1023mol-4×(128×10-2m 即晶胞内有4个分子 面心立方晶胞
·182· 思考题和习题解答 (2) 体心立方的单质金属晶体中晶胞体对角线长度等于金属原子 半径的 4 倍。 3a = 4r 330 pm 143 pm 4 3 4 3 r = a = × = (3) 2 2 2 222 h k l a d + + = 95 pm 2 2 2 330 pm 2 2 2 = + + = (4) 3 La ZM ρ = 3 3 23 1 12 3 3 1 16.7 10 kg m 6.022 10 mol (330 10 m) 2 180.95 10 kg mol − − − − − = × ⋅ × × × × × ⋅ = 8. 已知某立方晶系晶体，其密度为 3 2.16 g cm− ⋅ ，摩尔质量为 1 468 g mol− ⋅ ，用波长为 154.2 pm 的 Cu 靶 Kα射线，在半径为 28.65 mm 的粉末照像机中拍摄晶体粉末图，从图中量得（220）晶面的一级衍射 的θ 值为 11.15°。试求：(1) 晶胞参数 a； (2) 晶胞内的分子数； (3) 晶 胞的类型。 解：(1) 2 2 2 2sin h k l a + + = θ λ 1128 pm 2 sin11.15 2 2 0 154.2pm o 2 2 = × + + = (2) ( ) 3.99 4 468 10 kg mol 2.16 10 kg m 6.022 10 mol 1128 10 m 3 1 3 3 3 23 1 12 3 = ≈ × ⋅ × ⋅ × × × × = = − − − − − M La Z ρ 即晶胞内有 4 个分子。 (3) 面心立方晶胞