结构化学课后答案第四章
江元生《结构化学》答案CHAPTER4
第四章 对称性与群论1. 水分子属于点群2v C ，有四个对称操作：I ，2C ，v σ，'v σ ，试造出乘法表。
解：2. 乙烯)H C (42属于分子2h D ，有八个对称操作，它们是：I ，绕三个相互垂直的二重轴的旋转)(2x C ，)(2y C ，)(2z C ；反演i ；三个相互垂直的反映面xy σ，yz σ，zx σ(参看图5.11)，试造出完整的乘法表。
解:3. 对于O H 2，若令z 轴为二重轴，v σ，'v σ分别与xz ，yz 平面重合，试给出所有对称操作作用于向量),,(z y x 的矩阵表示。
若只以y x ,或z 做为被作用向量，结果又如何？ 解：),,(z y x 为被作用向量时的矩阵表示为，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=100010001I ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=1000100012C ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=100010001v σ，⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=100010001'v σy x ,为被作用向量时的矩阵表示为，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1001I ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=10012C ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1001v σ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1001'v σz 为被作用向量时的矩阵表示为[]1=I ，[]12=C ，[]1v =σ，[]1'v =σ。
4. 对于O H 2，若以氢原子上的)1,1B A s s (为二维向量，试给出所有对称操作作用于向量)1,1B A s s (的矩阵表示。
解：以氢原子上的)1,1B A s s (为二维向量的对称操作矩阵表示为(这里设O H 2在xz 平面),⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1001I ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=01102C ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1001v σ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0110'v σ5. 根据矩阵(4-9)式的乘法，说明l j n j n l n l n j n C C C C C +==及I C C jn n j n =-。
结构化学课后习题答案
结构化学课后习题答案北师⼤结构化学课后习题第⼀章量⼦理论基础习题答案1 什么是物质波和它的统计解释？参考答案:象电⼦等实物粒⼦具有波动性被称作物质波。
物质波的波动性是和微粒⾏为的统计性联系在⼀起的。
对⼤量粒⼦⽽⾔，衍射强度（即波的强度）⼤的地⽅，粒⼦出现的数⽬就多，⽽衍射强度⼩的地⽅，粒⼦出现的数⽬就少。
对⼀个粒⼦⽽⾔，通过晶体到达底⽚的位置不能准确预测。
若将相同速度的粒⼦，在相同的条件下重复多次相同的实验，⼀定会在衍射强度⼤的地⽅出现的机会多，在衍射强度⼩的地⽅出现的机会少。
因此按照波恩物质波的统计解释，对于单个粒⼦，ψψ=ψ*2代表粒⼦的⼏率密度，在时刻t ，空间q 点附近体积元τd 内粒⼦的⼏率应为τd 2ψ；在整个空间找到⼀个粒⼦的⼏率应为 12=ψ?τd 。
表⽰波函数具有归⼀性。
2 如何理解合格波函数的基本条件？参考答案合格波函数的基本条件是单值，连续和平⽅可积。
由于波函数2ψ代表概率密度的物理意义，所以就要求描述微观粒⼦运动状态的波函数⾸先必须是单值的，因为只有当波函数ψ在空间每⼀点只有⼀个值时，才能保证概率密度的单值性；⾄于连续的要求是由于粒⼦运动状态要符合Schr?dinger ⽅程，该⽅程是⼆阶⽅程，就要求波函数具有连续性的特点；平⽅可积的是因为在整个空间中发现粒⼦的概率⼀定是100%，所以积分?τψψd *必为⼀个有限数。
3 如何理解态叠加原理？参考答案在经典理论中，⼀个波可由若⼲个波叠加组成。
这个合成的波含有原来若⼲波的各种成份（如各种不同的波长和频率）。
⽽在量⼦⼒学中，按波函数的统计解释，态叠加原理有更深刻的含义。
某⼀物理量Q 的对应不同本征值的本征态的叠加，使粒⼦部分地处于Q 1状态，部分地处于Q 2态，……。
各种态都有⾃⼰的权重（即成份）。
这就导致了在态叠加下测量结果的不确定性。
但量⼦⼒学可以计算出测量的平均值。
4 测不准原理的根源是什么？参考答案根源就在于微观粒⼦的波粒⼆象性。
结构化学习题解答4(北大)
1 0 2
CH3
Cl
[(5.17 1030 C m) 2 (13.4 1030 C m) 2 1 1 2 2 5.17 1030 C m (13.4 1030 C m) ] 2 =5.95×10-30C•m
o C Cl C CH
2
N
CH3 Cl
[解:兹将各分子的序号、点群、旋光性和偶极矩等情况列表如下： 序号 点群 旋光性 偶极矩 a* C2v 无 有 b* Cs 无 有 c C4v 无 有 d D4d 无 无 e C2h 无 无 f Cs 无 有 g C1 有 有
*注：
基团。
在判断分子的点群时，除特别注明外总是将—CH3看作圆球对称性的
(g) H2N
NH2 （μ=5.34×10-30C•m）
[解]： 序号 a b c d
分子 C3O2 SO2 N≡C—C≡N H—O—O—H
几何构型 O=C=C=C=O
点群 D∞h C2v
同左
D∞h
C2
e
f*
O2N—NO2
H2N—NH2
D2h
C2v
g*
H2N
NH2
C2v
[4.16] 指出下列分子的点群、旋光性和偶极矩情况： (a) H3C—O—CH3 (b) H3C—CH=CH2 (c) IF5 (d) S8(环形) (e) ClH2C—CH2Cl（交叉式） NO (f) Br (g)
6.51 1030 C m
3
5.17 1030 C m 13.4 1030 C m
CH3
由推算结果可见，C6H4ClCH3间位异构体偶极矩的推算值和 实验值很吻合，而对位异构体和邻位异构体、特别是邻位异 构体两者差别较大。这既与共轭效应有关，更与紧邻的Cl原 子和—CH3之间的空间阻碍效应有关。事实上，两基团夹角 大于600。
结构化学第四章习题及答案
第四章习题一、 选择题1. 下面说法正确的是：---------------------------- ( D )(A) 分子中各类对称元素的完全集合构成分子的对称群(B) 同一种分子必然同属于一个点群，不同种分子必然属于不同的点群(C) 分子中有 Sn 轴，则此分子必然同时存在 Cn 轴和σh 面(D) 镜面σd 一定也是镜面σv2. 下面说法正确的是：---------------------------- ( B )(A) 如构成分子的各类原子均是成双出现的，则此分子必有对称中心(B) 分子中若有C4，又有i ，则必有σ(C) 凡是平面型分子必然属于Cs 群(D) 在任何情况下，2ˆn S =E ˆ3. 如果图形中有对称元素S6，那么该图形中必然包含：---------------------------- ( C )(A) C6， σh (B) C3， σh (C) C3，i (D) C6，i二、 填空题1. I3和I6不是独立的对称元素，因为I3= +I ，I6= +σh 。
2. 对称元素C2与σh 组合，得到__ i __；Cn 次轴与垂直它的C2组合，得到_n 个C2__。
3. 有两个分子，N3B3H6和 C4H4F2，它们都为非极性，且为反磁性，则N3B3H6几何构型_平面六元环__，点群 _。
C4H4F2几何构型_平面，有两个双键_，点群 。
三、 判断题1. 既不存在C n 轴，又不存在σh 时，S n 轴必不存在。
---------------------------- ( × )2. 在任何情况下，2ˆnS =E ˆ 。
---------------------------- ( × ) 3. 分子的对称元素仅7种，即σ ，i 及轴次为1，2，3，4，6的旋转轴和反轴。
---------------------------- ( × )四、 简答题1. 写出六重映轴的全部对称操作。
结构化学第四章习题讲解
《结构化学》第四萃习题4001厶和人不是独立的对称元素• I大1为心___ ，/6= ________4002判断：既不存在G轴.又不存在6时，久轴必不存在。
--------------------- ()4003判断：在任何情况下，S^E。
------------------------- ()4004判断：分子的对称元素仅7种，即o , i及轴次为1. 2. 3, 4, 6的旋转轴和反轴。
4005下面说法正确的是：------------------- ()(A)分子中各类对称元素的完全集合构成分子的对称群(B)同一种分子必然同属于一个点群.不同种分子必然属于不同的点群(C)分子中有&轴.则此分子必然同时存在G轴和6面(D)tfirfliod —定也是镜而64006下面说法正确的是：------------------- ()(A)如构成分子的各类原子均是成双出现的，则此分子必有对称中心(B)分子中若有C,又有i,则必有o(C)凡是平面型分子必然属于C,群(D)在任何情况下，= E4008对称元素G与6组合•得到 ___________________ : C”次轴与垂直它的G组合，得到.4009如果图形中有对称元素S6,那么该图形中必然包含:(A) a. 6 (B)C3，Qh (C)G，i (D)Cj i4010判断：因为映轴是旋转轴与垂直于轴的面组合所得到的对称元素.所以点群分子中必有对称元素6 和Cno ----------------------------- ()4011给出下列点群所具有的全部对称元素：(l)C2h (2) C JV⑶⑺⑷0⑸C引4012假定CuCl卩原來属于门点群，四个C1原子的编号如下图所示。
十出现下面的变化时•点群将如何变化(写出分子点群)。
(1)Cu-Cl(l)键长缩短(2)Cu-Cl(l)和Cu—C1⑵缩短同样长度(3)Cu-Cl(l)和Cu-Cl(2)缩短不同长度(4)0(1)和Cl(2)两原子沿这两原子(5)C1 (1)和CK2)沿其连线逆向移动相同距离.0(3)和Cl(4)亦沿其连线如上同样距离相向移动ci2--Cu-CL (Ch和Cb在纸面以上,X I C12和CX在纸面以下)4013d'(d._ 如.d 2-.2)sp4)杂化的几何构型属于 _________________ 点群°4014已知络合物MAaB：的中心原子M是dtp］杂化.该分子有多少种界构体？这些界构体备属什么点群？4015有一个AB.分子，实验测得其偶极矩为零且有一个三重轴，则此分子所属点群是4016有两个分子，NDH B和CHF"它们都为非极性，且为反磁性，则N3B3H6几何构型 __________________ 点群__________ o C1H4F2几何构型________ ，点群__________ 。
江元生《结构化学》课后习题答案
第一章 量子理论1. 说明⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=) (2cos ),(0t x a t x a νλπ及⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=) (2sin ),(0t x a t x a νλπ都是波动方程22222),(1),(t t x a c x t x a ∂∂=∂∂的解。
提示：将),(t x a 代入方程式两端，经过运算后，视其是否相同。
解：利用三角函数的微分公式)cos()sin(ax a ax x=∂∂和)sin()cos(ax a ax x -=∂∂，将⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=) (2c o s ),(0t x a t x a νλπ代入方程：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∂∂=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂∂∂=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂=) (2cos 2 ) (2sin 2 ) (2cos ) (2cos 2000022t x a t x x a t x x x a t x a x νλπλπνλπλπνλπνλπ左边 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂∂∂=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂=) (2cos 2 ) (2sin 2 ) (2cos ) (2cos 122020200222t x c a t x x c a t x t t c a t x a t c νλππννλππννλπνλπ右边 对于电磁波νλ=c ，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=) (2cos ),(0t x a t x a νλπ是波动方程的一个解。
对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=) (2sin ),(0t x a t x a νλπ，可以通过类似的计算而加以证明：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂=) (2sin 2) (2sin 20022t x a t x a x νλπλπνλπ左边()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂=) (2sin 2) (2sin 12200222t x c a t x a t c νλππννλπ右边2. 试根据Planck 黑体辐射公式，推证Stefan 定律：4 T I σ=，给出σ的表示式，并计算它的数值。
厦门大学结构化学第4章答案
第三章所给答案中，IF 5是四方锥构型，所以点群为C 4v ，大家更正一下！第一次作业：4-24.2. 对H 2+体系，根据极值条件： ， 以及22112222112222aa ab bb aa ab bbc H c c H c H c S c c S c S ε++=++ 导出 解：参考书本《结构化学》厦大版，P97。
22112222112222aa ab bb aa ab bb c H c c H c H YE c S c c S c S Z++==++ …… （1） 2211122211;E Y Y Z E Y Y Z c Z c Z c c Z c Z c ∂∂∂∂∂∂=-=-∂∂∂∂∂∂ …….（2） 又 ，有：11220;0Y Z Y Z E E c c c c ∂∂∂∂-=-=∂∂∂∂ (3)且12122aa ab Y c H c H c ∂=+∂，12122aa abZ c S c S c ∂=+∂；12222ab bb Y c H c H c ∂=+∂, 12222ab bb Z c S c S c ∂=+∂ …… (4) 将(4)代入(3)，可导出：第二次作业：4.3, 4.5, 4.6, 4.134.3、比较O 22+、O 2 、O 2－、O 22- 的键长及磁性，并按顺序排列。
解：比较键长从键级的角度分析，键级： 磁性考虑分子是否存在单电子，存在单电子则为顺磁性，不存在单电子则为反磁性的。
（具体原因可参考分子磁性的研究论文）上述各分子的电子组态：O 22+： O 2： O 2－： O 22-： 所以：12()()0aa aa ab ab c H ES c H ES -+-=12()()0ab ab bb bb c H ES c H ES -+-=10c ε∂=∂20c ε∂=∂10E c ∂=∂20Ec ∂=∂12()()0aa aa ab ab c H ES c H ES -+-=12()()0ab ab bb bbc H ES c H ES -+-=1(*)2b n n =-22242222()()()()s s p p KK σσσπ*2224222222()()()()()s s p p p KK σσσππ**2224322222()()()()()s s p pp KK σσσππ**2224422222()()()()()s s p p p KK σσσππ**4-5 根据N 2+、N 2、N 2- 的电子组态，预测各体系N-N 键长度，并比较它们的稳定性。
结构化学课后答案第四章
04分子的对称性【4.1】HCN和CS2都是直线型分子，写出该分子的对称元素。
解：HCN : C：:f ；CS2：C：：，C2 ,i【4.2】写出H3C CI分子中的对称元素。
解：C3，G3【4.3】写出三重映轴S和三重反轴1 3的全部对称操作。
解：依据三重映轴S3所进行的全部对称操作为：s3=<ih C3 &=町s3 = c3 s3 s3 = E依据三重反轴1 3进行的全部对称操作为：I3=Q3, ifI34二c3, i3s4 =Oh C；,S4 =C2,s^=^h C43,s4 = E依据|4进行的全部对称操作为:1 1 214 =0,丨4【4.5】写出二xz和通过原点并与轴重合的C2轴的对称操作C2的表示矩阵。
【4.6】用对称操作的表示矩阵证明：（a）C2 z 匚=i （匕）C2 x C2 y = C2 z （C）L=C2 z解：(a)■x lj y =C=C3 , 13 = i =iC； , I3 =E【4.4】写出四重映轴S4和四重反轴1 4的全部对称操作。
解：依据S4进行的全部对称操作为:解:-10 0〕■100〕^xz =0—1 0_1100 1_卫0T」C 2 z；「xy 云 1 1推广之，有， C 2n z ；「xy = ；「xy C 2n z =i即：一个偶次旋转轴与一个垂直于它的镜面组合，必定在垂足上出现对称中心。
C 2轴，则其交点上必定出现垂直于这两个 C 2轴的第三个C 2轴。
推广之，交角为2二/2n 的两个轴组合，在其交点上必定出现一个垂直于这两个 C 2轴C n 轴，在垂直于C n 轴且过交点的平面内必有 n 个C 2轴。
进而可推得，一个C n 轴与垂 直于它的C 2轴组合，在垂直于 C n 的平面内有n 个C 2轴，相邻两轴的夹角为 2二/2n 。
这说明，两个互相垂直的镜面组合， 可得一个C 2轴，此C 2轴正是两镜面的交线。
推而广之, 若两个镜面相交且交角为 2- /2n ，则其交线必为一个 n 次旋转轴。
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04分子的对称性【4.1】HCN 和2CS 都是直线型分子，写出该分子的对称元素。
解：HCN ：(),C υσ∞∞; CS 2：()()2,,,,h C C i υσσ∞∞∞【4.2】写出3H CCl 分子中的对称元素。
解：()3,3C υσ【4.3】写出三重映轴3S 和三重反轴3I 的全部对称操作。
解：依据三重映轴S 3所进行的全部对称操作为：1133h S C σ=，2233S C =，33h S σ= 4133S C =，5233h S C σ=，63S E = 依据三重反轴3I 进行的全部对称操作为：1133I iC =，2233I C =，33I i = 4133I C =，5233I iC =，63I E =【4.4】写出四重映轴4S 和四重反轴4I 的全部对称操作。
解：依据S 4进行的全部对称操作为：11213344442444,,,h h S C S C S C S E σσ====依据4I 进行的全部对称操作为：11213344442444,,,I iC I C I iC I E ====【4.5】写出xz σ和通过原点并与χ轴重合的2C 轴的对称操作12C 的表示矩阵。
解：100010001xz σ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦， ()12100010001x C ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦【4.6】用对称操作的表示矩阵证明： （a ）()2xy C z i σ= （b ） ()()()222C x C y C z = （c ） ()2yz xz C z σσ=解：（a ）()()1122xy z z x x x C y C y y z z z σ-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥==-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦， x x i y y z z -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦()12xy z C iσ=推广之，有，()()1122xy xy n z n z C C i σσ==即：一个偶次旋转轴与一个垂直于它的镜面组合，必定在垂足上出现对称中心。
（b ）()12z x x C y y z z -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 这说明，若分子中存在两个互相垂直的C 2轴，则其交点上必定出现垂直于这两个C 2轴的第三个C 2轴。
推广之，交角为2/2n π的两个轴组合，在其交点上必定出现一个垂直于这两个C 2轴n C 轴，在垂直于n C 轴且过交点的平面内必有n 个C 2 轴。
进而可推得，一个n C 轴与垂直于它的C 2 轴组合，在垂直于n C 的平面内有n 个C 2 轴，相邻两轴的夹角为2/2n π。
（c ）yz xz yz x x x y y y z z z σσσ-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ ()12z x x C y y z z -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ ()12yz xz x C σσ=这说明，两个互相垂直的镜面组合，可得一个2C 轴，此2C 轴正是两镜面的交线。
推而广之，若两个镜面相交且交角为2/2n π，则其交线必为一个n 次旋转轴。
同理，n C 轴和通过该轴的镜面组合，可得n 个镜面，相邻镜面之交角为2/2n π。
【4.7】写出ClHC CHCl =（反式）分子全部对称操作及其乘法表。
解：反式C 2H 2C l2分子的全部对称操作为：12,,,h E C i σ【4.8】写出下列分子所归属的点群：HCN ，3SO ，氯苯()65C H Cl ，苯()66C H ，萘()108C H 。
【4.9】判断下列结论是否正确，说明理由。
（a ） 凡直线型分子一定有C ∞轴；（b ） 甲烷分子有对称中心； （c ） 分子中最高轴次()n 与点群记号中的n 相同（例如3h C 中最高轴次为3C 轴）；（d ） 分子本身有镜面，它的镜像和它本身相同。
解：（a ） 正确。
直线形分子可能具有对称中心（h D ∞点群），也可能不具有对称中心（v C ∞点群）。
但无论是否具有对称中心，当将它们绕着连接个原子的直线转动任意角度时，都能复原。
因此，所有直线形分子都有C ∞轴，该轴与连接个原子的直线重合。
（b ） 不正确。
因为，若分子有对称中心，则必可在从任一原子至对称中心连线的延长线上等距离处找到另一相当原子。
甲烷分子（d T 点群）呈正四面体构型，显然不符合此条件。
因此，它无对称中心。
按分子中的四重反轴进行旋转-反演操作时，反演所依据的“反轴上的一个点”是分子的中心，但不是对称中心。
事实上，属于d T 点群的分子皆无对称中心。
（c ） 就具体情况而言，应该说（c ）不全错，但作为一个命题，它就错了。
这里的对称轴包括旋转轴和反轴（或映轴）。
在某些情况中，分子最高对称轴的轴次（n ）与点群记号中的n 相同，而在另一些情况中，两者不同。
这两种情况可以在属于nh C ，nh D 和nd D 等点群的分子中找到。
在nh C 点群的分子中，当n 为偶数时，最高对称轴是n C 轴或n I 轴。
其轴次与点群记号中的n 相同。
例如，反式C 2H 2Cl 2分子属2h C 点群，其最高对称轴为2C 轴，轴次与点群记号的n 相同。
当n 为基数时，最高对称轴为2h I ，即最高对称轴的轴次是分子点群记号中的n 的2倍。
例如，H 3BO 3分子属2h C 点群，而最高对称轴为6I 。
在nh D 点群的分子中，当n 为基数时，最高对称轴为n C 轴或n I 轴，其轴次（n ）与点群记号中的n 相同。
例如，C 6H 6分子属6h D 点群，在最高对称轴为6C 或6I ，轴次与点群记号中的n 相同。
而当n 为奇数时，最高对称轴为2n I ，轴次为点群记号中的n 的2倍。
例如，CO 3－属3h D 点群，最高对称轴为6I ，轴次是点群记号中的n 的2倍。
在nd D 点群的分子中，当n 为奇数时，最高对称轴为n C 轴或n I 轴，其轴次与分子点群记号中的n 相同。
例如，椅式环己烷分子属3d D 点群，其最高对称轴为3C 或3I ，轴次与点群记号中的n 相同。
当n 为偶数时，最高对称轴为2n I ，其轴次是点群记号中n 的2倍。
例如，丙二烯分子属2d D 点群，最高对称轴为4I 。
轴次是点群记号中的n 的2倍。
（d ）正确。
可以证明，若一个分子具有反轴对称性，即拥有对称中心，镜面或4m （m 为正整数）次反轴，则它就能被任何第二类对称操作（反演，反映，旋转-反演或旋转-反映）复原。
若一个分子能被任何第二类对称操作复原，则它就一定和它的镜像叠合，即全同。
因此，分子本身有镜面时，其镜像与它本身全同。
【4.10】联苯6565C H C H -有三种不同构象，两苯环的二面角()α分别为：（a ）0α=，（b ）090α=，（c ）0090α<<，试判断这三种构象的点群。
解：【4.11】5SF Cl 分子的形状和6SF 相似，试指出它的点群。
解：SF 6分子呈正八面体构型，属h O 点群。
当其中一个F 原子被Cl 原子取代后，所得分子SF 5Cl 的形状与SF 6 分子的形状相似（见图4.11），但对称性降低了。
SF 5Cl 分子的点群为4v C 。
图4.11 SF 5Cl 的结构【4.12】画一立方体，在8个顶角上放8个相同的球，写明编号。
若：（a ）去掉2个球，（b ）去掉3个球。
分别列表指出所去掉的球的号数，指出剩余的球的构成的图形属于什么点群？ 解：图4.12示出8个相同求的位置及其编号。
（a ） 去掉2个球：去掉的球的号数所剩球构成的图形所属的点群 图形记号1和2，或任意两个共棱的球 2C υ A 1和3，或任意两个面对角线上的球2C υB 1和7，或任意两个体对角线上的球 3d D C去掉的球的号数所剩球构成的图形所属的点群 图形记号1，2，4或任意两条相交的棱上的三个球 5C D 1，3，7或任意两条平行的棱上的三个球5CE 1，3，8或任意由3C 轴联系起来的三个球 3C υF123456781234567812345678ABC123456781234567812345678DEF【4.13】判断一个分子有无永久偶极矩和有无旋光性的标准分别是什么？解：凡是属于n C 和n C υ点群的分子都具有永久偶极距，而其他点群的分子无永久的偶极距。
由于11h s C C C υ≡≡，因而s C 点群也包括在n C υ点群之中。
凡是具有反轴对称性的分子一定无旋光性，而不具有反轴对称性的分子则可能出现旋光性。
“可能”二字的含义是：在理论上，单个分子肯定具有旋光性，但有时由于某种原因（如消旋或仪器灵敏度太低等）在实验上测不出来。
反轴的对称操作是一联合的对称操作。
一重反轴等于对称中心，二重反轴等于镜面，只有4m 次反轴是独立的。
因此，判断分子是否有旋光性，可归结为分子中是否有对称中心，镜面和4m 次反轴的对称性。
具有这三种对称性的分子（只要存在三种对称元素中的一种）皆无旋光性，而不具有这三种对称性的分子都可能有旋光性。
【4.14】作图给出()()322Ni en NH Cl 可能的异构体及其旋光性。
解：见图4.14图4.14【4.15】由下列分子的偶极矩数据，推测分子立体构型及其点群。
（a ） 32C O()0μ=（b ） 2SO ()305.4010C m μ-=⨯⋅（c ） N C C N ≡-≡ ()0μ=（d ） H O O H ---()306.910C m μ-=⨯⋅（e ） 22O N NO -()0μ=（f ） 22H N NH - ()306.1410C m μ-=⨯⋅（g ）NH 2NH 2()305.3410C m μ-=⨯⋅解：注：由于N 原子中有孤对电子存在，使它和相邻3个原子形成的化学键呈三角锥形分布。
【4.16】指出下列分子的点群、旋光性和偶极矩情况：（a ） 33H C O CH -- （b ） 32H C CH CH -= （c ） 5IF（d ） 8S （环形） （e ）22ClH C CH Cl -（交叉式）（f ）BrN （g ）33【4.17】请阐明表4.4.3中4对化学式相似的化合物，偶极矩不同，分子构型主要差异是什么？解：在C 2H 2分子中，C 原子以sp 杂化轨道分别与另一C 原子的sp 杂化轨道和H 原子的1s轨道重叠形成的两个σ键；两个C 原子的x p 轨道相互重叠形成x π键，y p轨道相互重叠形成yπ键，分子呈直线形，属h D ∞点群，因而偶极距为0。
而在H 2O 2分子中，O 原子以3sp 杂化轨道（也有人认为以纯p 轨道）分别与另一个O 原子的3sp 杂化轨道和H 原子的1s 轨道重叠形成的两个夹角为9652'的σ键；两O H -键分布在以过氧键O O ---为交线、交角为9351'的两个平面内，分子呈弯曲形（见4.15题答案附图），属2C 点群，因而有偶极距。