《结构化学》第四章习题答案
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。
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。
结构化学第四章习题-分子结构测定
1、填空题1、双原子分子刚性转子模型主要内容：原子核体积是可以忽略不计的质点；分子的核间距不变；分子不受外力作用。
2、谐振子模型下，双原子分子转动光谱选律为：极性分子，3、谐振子模型下，双原子分子振动光谱选律为：极性分子，谱线波数为：。
4、刚性转子模型下，转动能级公式为。
5、谐振子模型下的双原子分子能量公式为，其中特征频率为6、分子H2，N2，HCl，CH4，CH3Cl，NH3中不显示纯转动光谱的有：H2，N2，不显示红外吸收光谱的分子有： H2，N2，CH4。
二、选择题1、已知一个双原子分子的转动常数B(波数单位)，纯转动光谱中第二条谱线的波长为（ D ）？（A）B/4（B）B/2（C）1/6B（D）1/4B解：2、HCl分子的正则振动方式共有（ B ）种？线性3N-5 非线性3N-6（A）0（B）1（C）2（D）3CO2分子的正则振动方式共有（ D ）种?（A）1（B）2（C）3（D）4HCN分子的正则振动方式共有（ D ）种?（A）1（B）2（C）3（D）4对H2O而言，其平动、转动、振动自由度分别为（ A ）（A）3，3，3（B）3，2，4（C）3，2，3（D）1，2，33、已知一双原子分子转动光谱的第四条谱线在80cm-1，则第九条谱线位置为（ D ）？（A）120cm-1（B）140cm-1（C）160cm-1（D）180cm-14、运用刚性转子模型处理异核双原子分子纯转动光谱，一般需知几条谱线位置（J），可计算其核间距（ B ）（A）5 （B）2 （C）3 （D）45、红外光谱(IR)由分子内部何种能量跃迁引起（ D ）（A）转动（B）电子-振动（C）振动（D）振动-转动6、H2和D2的零点能比值为：（ B ）（A）1 （B）（C）（D）不确定四、计算题1、已知HCl的纯转动光谱每二谱线间的间隔为20.8cm-1，试求其键长。
解：2、已知1H79Br在远红外区给出了间隔为16.94cm-1的一系列谱带，计算HBr的平衡核间距。
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。
(完整版)结构化学习题答案第4章
2组长:070601314组员:070601313070601315070601344070601345070601352第四章 双原子分子结构与性质1.简述 LCAO-MO 的三个基本原则，其依据是什么？由此可推出共价键应具有什么样的特征？答：1.（1）对称性一致（匹配）原则： φa = φs 而φb = φ pz 时， φs 和φ pz 在σˆ yz 的操作下对称性一致。
故 σˆ yz ⎰φs H ˆφ pz d τ = β s , pz ，所以， β s , pz ≠ 0 ，可以组合成分子轨道（2）最大重叠原则：在 α a 和α b 确定的条件下，要求 β 值越大越好，即要求 S ab 应尽可能的大（3）能量相近原则： 当α a = α b 时，可得 h = β ，c 1a = c 1b , c 1a =- c 1b ,能有效组合成分子轨道；2.共价键具有方向性。
2、以 H 2+为例，讨论共价键的本质。
答：下图给出了原子轨道等值线图。
在二核之间有较大几率振幅，没有节面，而在核间值则较小且存在节面。
从该图还可以看出，分子轨道不是原子轨道电子云的简单的加和，而是发生了波的叠加和强烈的干涉作用。
图 4.1 H + 的 ψ 1(a)和 ψ 2(b)的等值线图研究表明，采用 LCAO-MO 法处理 H 2+是成功的，反映了原子间形成共价键 的本质。
但由计算的得到的 Re=132pm ，De=170.8kJ/mol ，与实验测定值Re=106pm、De=269.0 kJ/mol 还有较大差别，要求精确解，还需改进。
所以上处理方法被称为简单分子轨道法。
当更精确的进行线性变分法处理，得到的最佳结果为Re=105.8pm、De=268.8 kJ/mol，十分接近H2+的实际状态。
成键后电子云向核和核间集中，被形象的称为电子桥。
通过以上讨论，我们看到，当二个原子相互接近时，由于原子轨道间的叠加，产生强烈的干涉作用，使核间电子密度增大。
结构化学 第四章习题(周公度)
第四章分子的对称性1、HCN和CS2都是线性分子。
写出该分子的对称元素解：HCN分子构型为线性不对称构型，具有的对称元素有：C∞，nσV； CS2分子为线性对称性分子构型，具有对称元素有：C∞，nC2, nσV ,σh 2、写出H3CCl分子的对称元素解：H3CCl 的对称元素有：C3，3σV3、写出三重映轴S3和三重反轴I3的全部对称操作解：S31=C3σ; S32=C32 ; S33=σ; S34= C3 ; S35 = C32σI31= C3i ; I32=C32 ; I33= i; I34= C3 ; I35 = C32i4、写出四重映轴S4和四重反轴I4的全部对称操作解：S41=C4σ; S42=C2 ; S43=C43σ; S44= EI41= C4i ; I42=C2 ; I43=C43 i; I44= E5、写出σxz和通过原点并与x轴重合的C2轴的对称操作C21的表示矩阵解：σxz和C2轴所在位置如图所示(基函数为坐标)σxz(x，y，z)’=(x，-y，z)σxz的变换矩阵为C21(x，y，z)’=(x，-y，-z)C21的变换矩阵为6、用对称操作的表示矩阵证明(1) C2(z) σxy = i(2) C2(x)C2(y) =C2(z)(3) σyzσxz=C2(z)解：C2(x)，C2(y)，C2(z)，σxy，σyz，σxz，i对称操作的变换矩阵分别为，，，，，(1) C2(z) σxy = i=(2) C2(x)C2(y) =C2(z)=(3) σyzσxz=C2(z)=7、写出ClCH=CHCl(反式)分子的全部对称操作及其乘法表解：反式1,2-二氯乙烯的结构为：具有的对称元素为C2, I ; σh，σh即为分子平面，i位于C-C键中心C2与σh垂直。
分子为C2h群8、写出下列分子所隶属的点群：HCN，SO3，氯苯(C6H5)Cl，苯(C6H5)，萘(C10H8)解HCN(属于C∞V)，SO3(D3h)，氯苯(C6H5)Cl(C2v)，苯(C6H5)(D6h)，萘(C10H8)(D2h)9、判断下列结论是否正确，说明理由(1) 凡线性分子一定有C∞轴(2) 甲烷分子有对称中心(3) 分子中最高轴次(n)与点群记号中的n相同(4) 分子本身有镜面，它的镜像和它本身全同解 (1) 正确线性分子的分子轴为一个C∞轴(2) 错甲烷分子没有对称中心(3) 错在只含一根主旋转轴的分子点群记号中n与主轴次相同，而在T，I，O类群中不相同(4) 正确分子含镜面，镜面前后部分成镜像关系，整个分子与它的镜像等同。
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《结构化学》第四章习题答案4001C3+i; C3+σh4002(非)4003(非)4004不对4005(D)4006(B)4008i; n个C24009(C)4010(否)4011①C2h: C2(1), σh(1),i②C3v: C3(1),σv(3)③S4 : I4或S4④D2: C2(3)⑤C3i: C3(1),i4012(1) C3v(2) C2v(3) C s(4) C2v(5) D2d4013D3h4014有2 种异构体; 其一属于C2v,另一属于D4h。
4015D3h4016①平面六元环; ②D3h ; ③平面,有两个双键; ④C2h4017(1) D4h(2) C4v(3) C2v(4) D5h(5) C s4018C3v; C34019(C)4020(E)4022是4023D34024SO3: D3h;SO32-: C3v;CH3+: D3h;CH3-: C3v;BF3: D3h。
4025(1) D2h;(2) D2d;(3) D2。
4026C3v; D2h; O h; C3v; C3v。
4027(B)4028C2和D2h4029C2v; ∏344030SO2: C2v;CO2: D∞h;304031C s; C3v; C s。
4032D4h; C3v; C2; C s; D2h; T d。
4033C2v; C2v;。
4034I84035(A)4036(D)4037(D)4038(A)4039(B)4041(C)40424043C n;D n; T; O。
4044I n:分子有I n,无旋光;分子无I n,可能观察到旋光。
4045(E)4046(1) C3v,有(2) C2v,有(3) D3h,无(4) D2d,无(5) C s,有4047(1) C s,有(2) D∞v,有(3) C2,有(4) D5h,无(5) C2v,有4048C n4049点群旋光性偶极矩C i无无C n有有C nh无无C nv无有S n无无D n有无D nh无无D nd无无T d无无O h无无4050D n或T或O ; C nv40514052D3h; D3d; D3。
4053两种; C2v和C3v;无旋光性,有永久偶极矩。
4054(1) D2d; (2) C s; (3) C2v; (4) C2。
4055C2v4056D2h4057D3h4058D3d4059D 3d4060D 2d4061D 2h4062O h `4069μ=rq q =rμ=10-30101.301057.3⨯⨯-C=2.75×10-20Ceq =19-20101.6021075.2⨯⨯-=0.17407021+-rr εε·ρM=3εAN(α+kT32μ)对于CCl 4,μ=0,所以α=21+-rr εε·ρM·AN03ε=233-12-3106.02101.594.24108.8543101541.24⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ J -1C 2m 2=1.25×10-39J -1C 2m 240712μO-H cos(α/2)= μH 2O μO-H=/2)2cos(OH2αμ=︒⨯2cos52.25106.17-30C ·m =5.04×10-30C ·m4072μ=2μO-H sin2'5296︒cos2'3193︒=2×5.04×10-30×0.993×0.683 C·m=6.9×10-30C·m4073邻二甲苯:μ=2.303×10-30C·m间二甲苯:μ=1.335×10-30C·m对二甲苯:μ=04074C n垂直4075C n4076C2,σh,i;4077S2=iS-1=σS6=C3+iS4S -01=C 5+I S 3=C 3+σ4078I 2-=σI 1-=i I -=C 3+σ I 4 I 5=I 01=C 5+σ I 3=C 3+i4079C 6,6C 2, σh ,6σd ,i ;D 6h4080C s C sC s C 2vC s C 2v4081BrCl ClBrClClBrCl Cl Br ClClBr ClClBrClCl(D)4082(C)4083(C)408436°4085C2h4086T d4087O h4088D3d4089D4h4090C6h4091C5h 4092C4v4093D3h4094π/34094π/34096(1) C2(2) C3(3) C1(4) C2v(5) C4v(6) C∞v(7) C2h(8) C s(9) D3(10) D3h4097(1) D2d(2) C2(3) D4d(4) D5d(5) S4(6) T d4098(1) (a) D∞h(b) C2v(c) C2h(d)C2(2) IR 和Raman数据相符, 根据具有对称中心分子的IR , Raman互斥规则,可以排除线型( D)和平面, 反式构型。
∞h4099中心碳原子sp杂化与两旁的碳原子形成σ键, 两端的碳原子sp2杂化, 与氢原子和中心碳原子形成三个σ键, 余下一个p轨道与三条sp2杂化轨道形成的平面垂直, 并与中心碳原子的一个p轨道形成一个小π键, 两个端碳原子的成键情况相同, 但二个CCH2平面相互垂直。
4100由于两个R1R2C 平面相互垂直, 该分子没有对称面、对称中心和象转轴, 所以具有旋光性。
4101─────────────────────────点群C∞v C2D2h D∞h∏n m∏34 2 ∏34∏1414 2 ∏344102喹啉均三嗪NO2BF3───────────────────────────点群C s D3h C2v D3h∏n m ∏1011∏66∏33∏464103(1) 3C4、4C3、6C2、9σ、i(2) 3I4、4C3、6σd(3) σ(4) C3、σh、I6(5) I4、2C2、2σd4104(1) 1C3、3C2、3σ、i(2) 3C4、4C3、6C2(3) 1C2(4) 1C3、3C2(5) 1C4、1σ、i4105正八面体6 个顶点, 12 条棱, 8个面3C4、4C3、6C2、9σ、iO h1/4410612 个顶点, 24 条棱, 14 个面14 个面中正三边形8 个, 正方形6 个, 无正五边形和六边形。
3C4、4C3、6C2、9σ、iO h4107正四棱锥5 个顶点, 8 条棱, 5 个面1C4、4σvC4v41088 个顶点, 10 个面, 16 条棱2 个正方形, 8 个等腰三角形1C4、4σvC4v4109正三棱锥4 个顶点, 6 条棱, 4 个面1C3、3σvC3v41106 个顶点, 8 个面, 12 条棱2 个等边三角形, 6 个等腰三角形1C3、3σvC3v41115 个顶点, 9 条棱,6 个面6 个等腰三角形面C3、3C2、4σD3h4112(1) 1C4、4C2(2) 1C3、3C2、I6、3σv、1σ(3) 1C4、4σv(4) 1C6、1σh、i(5) 1I4、2C2、2σd4113(1) 1C 5、5σv(3) 1I 8、4C 2、4σd (4) 3I 4、 4C 3、6σd(5) 1C 4、4C 2、1σh 、4σv 、i 、I 44114(1) 1C 2 C 2 极性(2) 1C 2 C 2 极性 (3) 1C 2 2σv C 2v 极性 (4) 1I 8、4C 2、4σ D 4d 非极性 (5) 1C 3、3σv C 3v 极性4115(1) 1C ∞ ∞C 2 ∞σv σh , D ∞h 非极性(2) 1C 3、3C 2、I 6、σh 、3σv , D 3h 非极性(3) 3I 4、4C 3、6σ, T d 非极性 (4) 1C 3、3σv , C 3v 极性 (5) 1C 3、3σv , C 3v 极性 4116(1) 1C 3、1σh , C 3h 非极性(2) 1C 3、3C 2、σh 、I 6、3σv , D 3h 非极性(3) 3I 4、4C 3、6σ, T d 非极性 (4) 1I 8、4C 2、4σd , D 4d 非极性 (5) 1C 4、4C 2、1σh 、I 4、4σv 、i , D 4h 非极性 4117 (21+-εε )ρmM=3εL (α +kT32μ)对CH 4、μ = 0, 又ρmM=pRT =pkLTpkT ( 21+-εε ) =3εα(1) α =pkT 03ε(21+-εε )=5-23-1210013.1273101.381108.8543⨯⨯⨯⨯⨯⨯ (3.000940.00084)J -1·C 2·m 2= 3.097×10-40J -1·C 2·m 2α’=π4εα= 2.783×10-30m 3(2)21+-εε=kTp03εα= 373101.381108.854310101.013103.09723-12-5-40⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ = 0.002293ε = 0.002293-1 0.00293 2 1⨯+ = 1.006895 = 1.00694118ρmM(21+-εε ) =3εAN( α +kT32μ)ρmM=pRTpN RT A 03ε (21+-εε) = α +kT32μT = 273Ｋ,523-12101.01325106.0232738.314108.8543⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ (00569.300569.0 )= α +273101.3813232⨯⨯⨯μT = 373 Ｋ,523-12101.01325106.0233738.314108.8543⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ (00569.300569.0 )4118= α +373101.3813232⨯⨯⨯μ3.2591×10-39 = α + 8.8478×1019μ2 2.5525×10-39 = α + 6.4758×1019μ2解之得 μ = 5.448×10-30C ·mα = 6.33×10-39J -1·C 2·m 24119设 OH 键键矩为μOH , 则2μOHcos (α/2)= 6.18×10-30μOH = 5.04×10-30C ·m 4120μ = 2μOH cos(α/2)= 2×5.04×10-30cos(104.5/2) C ·m = 6.17×10-30C ·m4121邻-二氯苯μ = 2×5.24×10-30×cos30°C ·m = 9.08×10-30C ·m 间-二氯苯 μ = 5.24×10-30C ·m对-二氯苯 μ = 0 其中对-二氯苯μ = 0 更为可信, 另外二个苯环可能变形。