problemas resueltos
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FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS, QUIMICAS Y NATURALES
________________________________________________________________________________ CATEDRA QUIMICA INORGÁNICA – AÑO 2009
Bioquímica-Farmacia
1
COLOQUIO Nº1
TEMA 1 : FUNDAMENTOS DE LA ESTRUCTURA ATÓMICA Fundamentos de estructura atómica. Modelos atómicos: Teoría de Planck sobre la emisión de la energía.
Concepción corpuscular de la radiación electromagnética. Concepción ondulatoria de la materia. Espectro del átomo de hidrógeno. Series y líneas espectrales. Términos espectrales. Energía de ionización Modelos atómicos de Thomson y Rutherford. Teoría atómica de Bohr. Constante de Rydberg y masa reducida. Límite de aplicación de la Teoría Cuántica .Espectros continuos. Nociones de la extensión de la Teoría de Bohr.
Objetivos: Conocer los resultados principales del experimento del efecto fotoeléctrico. Entender la hipótesis de Einstein para el efecto fotoeléctrico. Dominar el manejo de la ecuación del efecto fotoeléctrico, cuando se varía el potencial, la frecuencia y la intensidad del haz de luz incidente. Poder describir las longitudes de onda de las series del hidrógeno. Conocer las implicaciones del postulado de De Broglie a la escala de los átomos y en la vida diaria. Ser capaz de calcular las longitudes de onda asociadas a cualquier partícula en movimiento. Entender los primeros modelos atómicos. Poder enunciar los postulados de Bohr y describir su modelo atómico. Ser capaz de deducir la expresión de los niveles de energía de átomos hidrogenoides
Problema Nº 1: Se conoce a partir de las experiencias de bombardeo de rayos α que el átomo y el núcleo atómico presentan diámetros de orden de δA = 10-8 cm y δN = 10-12 cm respectivamente.
a) Calcular las densidades del átomo y del núcleo del Hidrógeno.
b) Conociendo que la densidad del gas hidrógeno (H2) a 0°C y 1 atm es de 9.10-5 g/cm3, extraer conclusiones sobre la concepción que el modelo de Rutherford propone para la materia y del estado de agregación gaseoso para la misma.
Datos: masa del protón: 1,0076 UMA (1 UMA = 1.68.10-24 g)
a) De acuerdo a lo hallado a las experiencias de bombardeo con rayos α
cmr NH1210.5,0 −≅ (radio del núcleo del átomo de Hidrógeno)
Considerando que el núcleo es esférico
33733123 10.23,5)10.5,0(34
34 cmcmrVNH
−− === ππ
El núcleo está constituido únicamente por un protón
grumam protón2410.68,10076,1 −==
36
39
312
337
24
10.2,310.21,310.21,310.23,510.68,1
cmTn
cmkg
cmgr
cmgr
Vm
N
NNH ===== −
−
ρ
Por otra parte 32538 10.23,53410.5,0 cmrVcmr átátH
−− ==⇒≅ π
(Los electrones no tienen masa. La masa del átomo se concentra en el núcleo)
grát
molmolgrmát
2423 10.67,1
10.023,61008,1 −==
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2
3325
24
2,310.23,510.67,1
cmgr
cmgr
Vm
át
átátH
=== −
−
ρ
Así: 3312 2,310.21,3
cmgr
cmgr
HátNH =>>>= ρρ
Nát mm =
Nát rvecesesr >410
Nát veceses ρρ <1210
De aquí se deduce que en el modelo atómico de Rutherford se considera que en el átomo predominan espacios vacíos.
b) Si la 3510.9
cmgr
Hgas−=ρ se concluye que en el estado gaseoso predominan también los
espacios vacíos.
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Problema Nº2: 1)Determinar la frecuencia de la luz (en s-1) de las siguientes longitudes de onda: a) 1,0 Å, b) 5000 Å, c) 4,4 µ ,d) 89 m .
2)Determinar la longitud de onda, en las unidades indicadas, para la luz de las siguientes frecuencias: a) 55 megaciclos,( λ en m); b) 1000 ciclos, ( λ en cm); c) 7,5.1015 seg-1, ( λ en Å).
3)Determinar a que región del espectro electromagnético pertenecen.
4) Determinar la energía de un cuanto de luz con longitud de onda dada en 1)
c=⋅ υλ
λ = longitud de onda (m)
ν = frecuencia de la radiación (s-1)
c = velocidad de la luz = 3.108 m = 3.1010 cm
s s
υ⋅= hE
E = Energía de un cuanto de la radiación
h = constante de Planck = 6,624.10-27 erg . s
EJEMPLOS:
1- a) λ = 1 Å
ν = c = 3.1010 cm 1 Å = 3.1018 s-1
λ s 10-8cm 1 Å
Si λ = 1 Å 10-10 m = 10-10 m → → → Rayos X
1 Å
E= 6,624.10-27 erg .s . 3.1018 s-1 =19,87.10-9 erg
E= 19,87.10-9 erg. eV = 1,2.104 eV
1,6.10-12 erg
2- a) ν = 55 megaciclos = 55.106 ciclos = 55.106 s-1
λ = c = 3.108 m 1 = 5,45m
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ν s 55.106 s-1
La radiación λ = 5,45 m; ν = 55.106 s-1 pertenece a la región de TV – FM
E= 6,624.10-27 erg .s . 55.106 s-1 =3,64.10-19 erg = 2,28.10-7 eV
________________________________
1-b) λ = 5000 Å
ν = c = 3.1010 cm 1 Å = 6.1014 s-1
λ s 10-8cm 5000 Å
Si λ = 5000 Å 10-10 m = 5.10-7 m → → → Visible
1 Å
E= 3,97.10-12 erg = 2,484 eV
1-c) λ = 4,4 μ
ν = c = 3.108 m 1.106μ = 6,82.1013 s-1
λ s 4,4μ 1m
λ = 4,4 μ 10-6m = 4,4.10-6 m → → →IR 1μ E= 4,5.10-13 erg = 0,28 eV
1-d) λ = 89m
ν = 3,37.106 s-1 La radiación de λ = 89m ; ν = 3,37.106 s-1 pertenece a la región de Radiofrecuencia.
E =2,23.10-20 = 1,8.10-8 eV
________________________________
2-b) ν =1000 ciclos = 103 s-1
λ = c = 3.105 m = 300 km.
ν La radiación λ = 3.105 m; ν = 1.103 s-1 pertenece a la región Radiofrecuencia
E= 4,14.10-12 eV
2-c) ν = 7,5.1015 s-1
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λ = c = 3.108 m 1 = 4.10-8m
ν s 7,5.1015 s-1
La radiación λ = 4.108m; ν = 7,5.1015 s-1 pertenece a la región U.V.
E = 31,05 eV
Así vemos que a mayor longitud de onda (λ); menor es la frecuencia de la radiación (ν); y menor es la
energía de la radiación (E).
λυ chhE ⋅=⋅= λ
αυα 1E
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EL ESPECTRO ESPECTROMAGNÉTICO
U.V. = 20 Å ------------4000 Å (2.10-9 m-------------4.10-7 m)
Visible = 4000 Å ---------7000 Å (4.10-7 m-----------7.10-7 m)
I.R. = 8000 Å ------------8.106 Å (8.10-7 m -----------8.10-4 m)
10-13 10-12 10-9 10-810-11 10-10 10-7 10-6 10-3 10-210-5 10-4 10-1 1 103 10410 102λ (m)
Rayos γ Rayos X U.V.
Visible
I.R. Microondas TV FM
Radiodifusión 2.10-9
4.10-7 8.10-7
8.10-4
1 Å 1 μ 1 Km
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Problema Nº 3: Un telescopio con un objetivo de un metro de radio está dotado de un dispositivo que permite medir la energía recibida por cada frecuencia. Orientando el telescopio hacia una estrella lejana de tipo medio, medimos que la longitud de onda para la que se obtiene el máximo de energía es λ = 4700 Å , y que tras 20 minutos de exposición la energía total recibida, barriendo todas las frecuencias, es de 6 mJ.¿Cuál es la temperatura de la estrella? ¿A qué distancia se encuentra la estrella, si suponemos que su radio es el del sol? (Nota: RS = 7.105 Km) Solución:
Aplicando la ley de Wien, podemos calcular la temperatura de la estrella:
λ max.T = B ⇒ maxλBT =
⇒ m10.4700
mK10.897,2T10
3
−
−
= = 6164 K
Aplicando la ley de Stefan-Boltzmann, procedemos a calcular la distancia a la que se encuentra la
estrella: E = σ T4 (donde E energía por unidad de área por unidad de tiempo) Energía total recibida por el Telescopio por unidad de tiempo :
W10.5s60
min1.min20
J10.6E 63
T−
−
==(1)
Energía total emitida por la estrella por unidad de tiempo :
2S
44T R4T.estrellaladeArea.TE πσ=σ=
Cuando esta radiación alcanza al Telescopio,
la cantidad de energía emitida por unidad de área será: 2
2S
4
T D4R4TE
ππσ
=
Y la cantidad total de energía recibida por el telescopio será: 22
2S
4
T r.D4
R4TE ππ
πσ= (2)
Igualando (1) y (2) :
W10.5r..D..4
R.4.T 622
2s
4−=π
ππσ
T
22s
4
Er.RT.D πσ
=
( ) ( )W10.5
m1..m10.7.K.6164.KWm10.67,5D6
22844428
−
−−− π= = 5,02.1015m
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Problema Nº 4: La longitud de onda crítica para producir el efecto fotoeléctrico en el tungsteno es de 2,6.103 Å. a) ¿Cual es su frecuencia de umbral ? b)¿Cuál es la energía de un cuánto para esta longitud de onda en ergios y en eV? c) ¿A qué región del espectro pertenece? d) Para producir fotoelectrones, ¿se requeriría una radiación incidente de mayor o menor longitud de onda que el valor crítico dado en a? e)¿Cuál sería la energía cinética de los fotoelectrones emitidos por el tungsteno cuando se hace incidir una radiación de λ= 2,2.103 Å.? f) ¿Cuál es la velocidad de los fotoelectrones emitidos. g) ¿Cuál es el potencial de corte. h) si se requiere reiniciar la corriente de fotoelectrones que debe hacer i) )¿Qué longitud de onda sería necesaria para producir fotoelectrones a partir de tungsteno con una energía cinética doble que la poseída por los producidos con 2,2 .103 Å?.
a) Si λ0 =2,6.103 Å.
=λ
=υ0
0
c 3.1010 cm s-1 108 Å = 1,15 .1015 s-1 = 1,15 .1015 Hz
2,6.103 Å cm
b) A partir de: υ⋅= hE
=⋅
=⋅=0
00 λυ chhE 6,624.10-27 erg.s 3.1010 cm 108 Å = 7,64.10-12 erg.
2,6.103 Å s cm
E0 = 7,64.10-12 erg. eV = 4,78 eV 1,6.10-12 erg.
c) Pertenece a la región U.V.
d) Se requeriría una radiación incidente de menor longitud de onda que el valor crítico λ0 =2,6.103 Å.
e) Para el efecto Fotoeléctrico, se tiene:
Ki EWE += 0 Ei: Energía de la radiación incidente
W0: Trabajo de umbral o potencial de umbral
ΔV : Potencial de corte o potencial de detección o potencial de stopping o potencial de frenado = ½ m v2 = contravoltaje que impide la emisión de fotoelectrones.
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EK: Energía cinética de los fotoelectrones emitidos
000 λλ
υυ chchhhEWEEi
iKiK⋅
−⋅
=⋅−⋅=⇒−=
erg10.38,1cm10
12600
12200
1s.cm10.3.s.erg10.624,611c.hE 128
0
011027
0iK
−−
−− =Α
Α⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛λ
−λ
=
EK = 1,38.10-12 erg
f) 1728
2212
e
Ke
2eeK s.cm10.51,5
ergg10.11,9scmgerg10.38,1.2
mE2
vvm21E −
−
−−
===⇒=
ve = 5,51.107 cm/s
g) El potencial de corte = Ek máxima de los fotoelectrones emitidos = 1,38.10-12 erg
h) Se requiere disminuir la longitud de onda de la radiación empleada. Es decir λi < 2,2.103 Å
i)
(1) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅=
011
11λλ
chE K
(2) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅=
022
11λλ
chE K
Dividiendo (1) y (2)
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−⋅
=
02
0
2
1
11
11
1
λλ
λλ
ch
ch
EE
K
K
Si 12 2 KK EE ⋅= pues se requiere de fotoelectrones con energía cinética doble a la emitida con λ1=
2200 Å.
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10
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=⋅
02
01
1
1
11
11
2λλ
λλ
K
K
E
E
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅=−
0102
11211λλλλ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅+
=
010
2 11211
λλλ
λ
λ2 = 1906,7 Å
Así para emitir fotoelectrones que tengan el doble de EK habrá que disminuir la longitud de onda(λ) de la radiación incidente ; o bien, aumentar la energía de la radiación incidente.
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Problema Nº5: Demostrar que es correcta la suposición de considerar despreciables las fuerzas
gravitatorias, frente a las de Coulomb cuando se efectúa la deducción para hallar r y v en la teoría de Bohr. Siendo M = masa del protón (hidrógeno) ≅ 2000 me, donde me = masa del electrón. Siendo para n =1, r = 0,53 Å. e = 4,8.10-10 uee ; me = 9,1.10-28 g.
Cuando en el problema 1, se consideró el equilibrio dinámico del electrón en su órbita,, se despreciaron las fuerzas gravitatorias. Un análisis exacto sería:
centrífugaticaelectrostá
atracciónnalesgravitacio FFF =+
(1) 2.r
mMkF nalesgravitacio −= donde:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
===
=
núcleoalelectróndelciadisrteconsk
núcleodelmasaMelectróndelmasam
tantan
Si:
Å53,02000
10.1,9
.10.67,6
28
2
28
=
==
=
−
−
rgM
gmg
cmdinak
dinasFgrav42
. 10.93,3 −=
(2) 2
2
rzekF ticaselectrostá =
Si:
ueeeuee
cmdinak
10
2
2
10.8,4
.1
−=
=
dinasFelect3
. 10.2,8 −=
Vemos que F grav.<<< F elect., lo que justifica despreciar el efecto de estas fuerzas.
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r e
v
θ
Problema Nº 6: a) Obtener la expresión del radio de una órbita de Bohr a partir del tercer postulado de Bohr y la condición de estabilidad dinámica del electrón en su órbita. b) Calcular el radio de la primera órbita de Bohr para el hidrógeno. ¿En que relación variarán los radios de las sucesivas órbitas?.c) Dibujar un esquema en el que se consignen las distintas órbitas en escala. d) Partiendo de la expresión que da el radio de la órbita de Bohr, calcular la velocidad de un electrón en la primera órbita del Hidrógeno. Dilucidar si esta velocidad es máxima o mínima con relación a los otros estados posibles del electrón en el átomo de Hidrógeno.
Datos: me = 9,1 10-28 gr
e = 4,8. 10-10 u.e.e.
h = 6,624. 10-27 erg. S
a)
1) Tercer postulado de Bohr: “ El electrón en un estado estacionario describe órbitas circulares,
que cumplen con la condición de que el momentum angular Lr
es múltiplo entero de la cantidad
h≡π2h
”
Momentum angular: θsenprLpxrL ..=⇒=rrrr
Cuando la trayectoria es circular, θ = 90° y sen 90° = 1
prL .=r
como vmp .=
vmrL ..= donde :electróndelmasamórbitaladeradior
electróndelvelocidadv
===
Matemáticamente el tercer postulado se expresa como:
π2... hnvmr =
(1) donde ,...3,2,1:
tan
valoresasumirpuedequeenteronúmerounesnPlanckdeteconsh
==
2) Condición de estabilidad dinámica del electrón en su órbita:
Suponiendo que para una órbita estable del electrón alrededor del núcleo, se cumple que las fuerzas atractivas son compensadas por las fuerzas repulsivas:
)( Crepulsivaatractiva FFF =
rvm
rqq 2
2
..=
′
donde rvmamF
eelectróndelacqHidrógenoelenZeZnúcleodelacq
CC
2..
arg)1(.arg
==
=−=′==+=
Así:
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rvm
rez 2
2
2 ..=
22
.. vmrez
=(2)
De (1) rmhnv
..2.
π=
(3)
De (2)2
2
..vmezr =
(4)
Elevando al cuadrado (3):22
222
4.
rmhnv
π=
(5)
Reemplazando (5) en (4)
mezhnr
hnrm
mezr 22
22
22
2222
4.4.
ππ
=⇒=(6)
La ecuación (6) nos permite calcular el radio de las sucesivas órbitas de Bohr para el átomo de Hidrógeno ( con z = 1)
b) Radio de la primera órbita de Bohr
La ecuación (6) se puede escribir como:
222
2
4.n
mezhr ⋅=
π o sea 2ncter ⋅=
donde: mezhcte 22
2
4. π=
donde: )(10.1,9)arg(10.8,4
)(1)(.10.624,6
28
10
27
electróndelmasagmelectróndelacueee
HidrógenoátomozPlanckdectesergh
−
−
−
=
=
==
( )( )
cmserg
cmgcmerg
ueeguee
sergcte 92
22
2822210
22227
10.3,5.
..10.1,9..410.8,4.1
10.624,6 −
−−
−
==π
22910.3,5 nalproporcionrncmr ⇒⋅= −
Para la primera órbita del Hidrógeno
1=n
Así: Å 53,010.3,5 900 === − cmar
Veamos en que relación variarán las sucesivas órbitas
Cuando:
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ctectern
ctectern
ctectern
deBohrradioarcternrn
.164.4
.93.3
.42.2
)1(1
24
23
22
001
==→=
==→=
==→=
°≡≡=→=→
Así:
Å 12,244402
0
2 ==⇒== rrctecte
rr
Å 77,499903
0
3 ==⇒== rrctecte
rr
Å 48,816161604
0
4 ==⇒== rrctecte
rr
Los radios de las sucesivas órbitas variarán con el cuadrado de los números naturales.
0,53 Å
2,12 Å
4,77 Å
8,48 Å
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Así, los radios de las sucesivas órbitas variarán con el cuadrado de los números naturales.
O sea, la 2° órbita está 4 veces más alejada de la primera órbita, de lo que está la primera respecto al centro y así sucesivamente.
d) Velocidad del electrón
Sabiendo de (6) que mezhnr 22
22
4. π=
Reemplazando en (3)
22
22 42 hn
mzemhnv π
π=
hnezv π22
= (7)
Para el átomo de Hidrógeno z = 1; así la velocidad del electrón en las sucesivas órbitas del Hidrógenos será:
ncte
nhev ==
12 2π donde
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
==
−
−
serghueee
hecte
.10.624,6.8,42
27
102π
( )h
kms
cmuee
cmergserg
ueecte 68227
2210
10.87,710.185,2..10.624,6
10.8,42=== −
−π
100ecte ≅
Así:
nalproporcionv
ns
cmv 110.185,2 8
⇒=
O sea que la velocidad del electrón en las sucesivas órbitas disminuye, pues la velocidad es inversamente proporcional a “n”.
Para la primera órbita: s
cmvn 81 10.185,21 =→=
Para la segunda órbita:s
cmvvn 812 10.093,1
22 ==→=
Para la tercera órbita: s
cmvvn 713 10.283,7
33 ==→=
Así, la velocidad del electrón es MÁXIMA en la primera órbita. A medida que “n” aumenta, la velocidad del electrón disminuye.
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e) La energía del sistema será la suma de la energía cinética más la energía potencial del electrón, suponiendo al núcleo en reposo
VTEtotal +=
Donde: T es la energía cinética del electrón = 2mv21T =
V es la energía potencial del electrón. La energía potencial paras este caso equivale al trabajo realizado contra el capor eléctrico (producido por la carga del núcleo: +Z.e) para traer el electrón desde el infinito hasta la distancia de equilibrio (r)
∫ ∫∫∞ ∞∞==ξ=
0 02
202 dr
re.Zdr
re.Z.edr.qV
reZV
2−=
reZmv
21E
:Así2
2total −=
A partir de la condición de estabilidad dinámica: Dividiendo ambos términos por ½: Así.
r2eZ
reZ
reZ
21E
222total −=−=
Observe que la energía total es igual al valor absoluto de la energía cinética del sistema pero consigno contrario Reemplazando
rv.m
rq.q 2
2 =′
( )2v.mre.Z 2
2=
22
v.m21
re.Z
21
=
)6(m4e.z
hnr 22
22
π=
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17
Obtenemos
22
242T
hnZem2E π
−=
Donde: . La ecuación puede escribirse como:
222
242T
n1.cte
n1.
hZem2E −=
π−=
2Tn1E −∞
Dando valores sucesivos a n se obtienen las energías permitidas (niveles discretos) para los estados estables del átomo, que oscilan desde un valor negativo máximo (para n=1 ) hasta el valor de la energía total = 0 para n ∞. Por lo tanto para las órbitas periódicas estacionarias no se tienen valores positivos de energía del sistema
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
======
,...3,2,1positivoenteronúmerontedePlancktanconsh
iconúmeroatómZelectróndelaargce
electróndelmasam
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18
Problema Nº 7: Aplicando la fórmula de Rydberg para el átomo de Hidrógeno (R = RH ) calcular las primeras tres transiciones de las series de Lyman, Balmer y de Paschen, a) λ en unidades de Å, cm, μ; b) Número de onda en cm-1; c) Frecuencia (υ) en Hz: d) Energía en erg, eV y en unidades atómicas (e2 /a0 )
Ecuación de Rydberg:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅⋅=Δ 2
221
11nn
hcRE (1) donde: R= constante de Rydberg
n1= número fijo de la serie
n2= número variable de la serie
Δ E=
υλ
υ ⋅⋅=⋅
=⋅=Δ chchhE (2) donde: υ = número de ondas= λ-1
Haciendo (1) = (2)
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−= 2
221
11nn
Rυ (3)
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅
=
22
21
111
nnR
λ (4)
a) Para la serie de Lyman: n1= 1
Haciendo n1= 1 en la ecuación (4)
( )
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−⋅
=
22
11
1
nR
cmλ (5) donde R = 109.677,6 cm-1
λ(Å)=λ(cm).108 (6)
λ(μ)=λ(cm).104 (7)
Haciendo n1= 1 en la ecuación (3)
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅=− 2
2
111n
Rcmυ (8)
Haciendo n1= 1 en la ecuación (1)
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅⋅⋅=Δ 2
2
11n
hcRE erg (9)
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19
( )( )
1210.602,1 −
Δ=Δ erg
eV
EE (10)
( ) 052,23⋅Δ=Δ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ eV
gratkcal EE (11)
0
2
ae son unidades de energía. Donde e0= carga del electrón = 4,8.10-10 uee
a0 = radio de la primera órbita de Bohr = 0,529 Å
=0
2
ae (uee)2 (4,8.10-10)2 erg.cm . Å = (4,8.10-10)2 erg
0,529 Å (uee)2 10-8 cm 0,529.10-8
erg = 2,29.1010 0
2
ae (12)
Ejemplo:
Para n2= 2
De (5) λ= 1,22.10-5 cm
De (6) λ= 1216 Å
De (7) λ= 0,122 μ
De (8) =υ 82258,2 cm-1
=υ 2,45.1015 s-1
De (9) ergchE 1110.63,1 −=⋅⋅=Δ υ
De (10) ( ) =Δ eVE 10,2 eV
De (11) =Δ E 235,216 kcal at. gr
De (12) 375,0=Δ E0
2
ae
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Ingeniería Química
20
R 109677,6 e 4,80E-10 h 6,62E-27 ao 5,29E-09 c 3,00E+10
n1 n2 Longitud de onda (cm)
Longitud de onda (A)
Número de onda (cm-1)
Frecuencia (Hz)
Energía (erg)
Energía (eV)
Energía (e2 /ao)
1 2 1,216E-05 1216 82258,20 2,47E+15 1,63E-11 10,20 0,374 1 3 1,026E-05 1026 97491,20 2,92E+15 1,94E-11 12,09 0,443 1 4 9,725E-06 973 102822,75 3,08E+15 2,04E-11 12,75 0,468 1 5 9,498E-06 950 105290,50 3,16E+15 2,09E-11 13,05 0,479 1 6 9,378E-06 938 106631,00 3,20E+15 2,12E-11 13,22 0,485 1 7 9,308E-06 931 107439,28 3,22E+15 2,13E-11 13,32 0,489 1 8 9,262E-06 926 107963,89 3,24E+15 2,14E-11 13,38 0,491 1 9 9,232E-06 923 108323,56 3,25E+15 2,15E-11 13,43 0,493 1 10 9,210E-06 921 108580,82 3,26E+15 2,16E-11 13,46 0,494
LYMAN (U.V.)
1 infinito 9,118E-06 912 109677,60 3,29E+15 2,18E-11 13,60 0,499 2 3 6,565E-05 6565 15233,00 4,57E+14 3,03E-12 1,89 0,069 2 4 4,863E-05 4863 20564,55 6,17E+14 4,08E-12 2,55 0,094 2 5 4,342E-05 4342 23032,30 6,91E+14 4,57E-12 2,86 0,105 2 6 4,103E-05 4103 24372,80 7,31E+14 4,84E-12 3,02 0,111 2 7 3,971E-05 3971 25181,08 7,55E+14 5,00E-12 3,12 0,115 2 8 3,890E-05 3890 25705,69 7,71E+14 5,11E-12 3,19 0,117 2 9 3,837E-05 3837 26065,36 7,82E+14 5,18E-12 3,23 0,119 2 10 3,799E-05 3799 26322,62 7,90E+14 5,23E-12 3,26 0,120 2 11 3,772E-05 3772 26512,97 7,95E+14 5,27E-12 3,29 0,121
BALMER (Vis)
2 infinito 3,647E-05 3647 27419,40 8,23E+14 5,45E-12 3,40 0,125 3 4 1,876E-04 18756 5331,55 1,60E+14 1,06E-12 0,66 0,024 3 5 1,282E-04 12822 7799,30 2,34E+14 1,55E-12 0,97 0,035 3 6 1,094E-04 10941 9139,80 2,74E+14 1,82E-12 1,13 0,042 3 7 1,005E-04 10052 9948,08 2,98E+14 1,98E-12 1,23 0,045 3 8 9,549E-05 9549 10472,69 3,14E+14 2,08E-12 1,30 0,048 3 9 9,232E-05 9232 10832,36 3,25E+14 2,15E-12 1,34 0,049 3 10 9,017E-05 9017 11089,62 3,33E+14 2,20E-12 1,37 0,050 3 11 8,865E-05 8865 11279,97 3,38E+14 2,24E-12 1,40 0,051 3 12 8,753E-05 8753 11424,75 3,43E+14 2,27E-12 1,42 0,052
PASCHEN (IR)
3 infinito 8,206E-05 8206 12186,40 3,66E+14 2,42E-12 1,51 0,055
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Problema Nº 8: Demostrar que para un electrón que desciende desde el nivel (n) a otro (n-q)
donde n = número cuántico de gran valor numérico, se cumple que la frecuencia de la radiación emitida en la transición coincide con la frecuencia de revolución y sus armónicos para el electrón en la órbita de número cuántico principal (n).Principio de Correspondencia.
De la condición de estabilidad dinámica del electrón en su órbita:
(1)r
mvrez 2
2
2
= donde:
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
==
==
°=
rradiodeórbitalaenelectróndelvelocidadv
electróndelmasamórbitaladeradior
electróndelcragaenúcleodelpositivasascnz arg
Se tiene que:
erm
zv ⋅= (2)
Recordando que la frecuencia de revolución del electrón en la órbita circular es:
rv
nciacircunfereladelongitudelectróndelvelocidadf
π2== (3)
O bien:
Pf 1
= donde: períodoP =
ωπ2
=P
rvfππ
ω22
== donde: rvangularvelocidad ==ω
Reemplazando (3) en (2) tenemos:
πππ 221
2 3
emr
zermr
zr
vf ⋅=⋅⋅== (4)
Recordando que la expresión del radio, en función del número cuántico “n”, es:
63363
663
22
22
44 ezmhnr
mzehnr
ππ=⇒= (5)
Reemplazando (5) en (4):
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22
ππ
24 63363
66
e
ezmhnm
zf ⋅=
33
4224hn
ezmf π= (6)
La ecuación (6) nos da la frecuencia de revolución del electrón en la órbita de número cuántico “n”(para cualquier átomo Hidrigenoide)
Por otra parte, si se supone que el electrón cae desde el nivel “n” a “n-q ”, según la teoría de Bohr, se emite radiaciones de frecuencia monocromática υ , tal que:
λυ 111
22
21
2 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
nnRz (7)
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−== 22
22 11nqn
cRzcz υυ (8) donde:"""" qnandesdecaeelectrónelcuando
emitidaradiaciónladefrecuencia−
=υ
( )( ) ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−−
= 22
222
qnnqnnRczυ
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−+−
= 22
2222 2
qnnqnqnnRczυ
Siendo que n>>>q (ejemplo n = 100; q = 1 ó 2), se puede suponer que:( ) 22
2 22
nqn
nqqnq
≅−
≅−
Así:
3
2
22
22n
zqcRnnnqcR ≅≅υ (9)
Recordando que la constante de Rydberg, tiene la expresión:
23
422ch
emR π= (10)
De (10) en (9)
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⋅= 3
232
42 22nqzc
hcmeπυ (11)
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡= 33
2424nq
hzmeπυ
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23
Cuando q = 1, la frecuencia de revolución o rotación, dada por (6), coincide con la frecuencia de radiación emitida dada por (11):
33
2224hn
zmef πυ ==
Los armónicos de esta frecuencia se radian cuando q =2,3,4,...etc.
Se explicita así que, cuando los números cuánticos son elevados, la física clásica da iguales resultados que la mecánica cuántica. (Principio de correspondencia de Bohr)
DATOS: 1 Å = 10-8 cm = 10-10 m = 100 pm 1 pm = 10-12m 107erg = 6,242.1018 eV c : velocidad de la luz en el vacío = 3.1010 cm s-1 e: carga del electrón: 4,8.10-10 uee h: constante de Planck = 6,624.10-27 erg.s me : masa del electrón = 9,1.10-28g N : Número de Avogadro = 6,023.1023 molécula / mol R : Constante de Rydberg para el H : RH = 109.677,6 cm-1
JOULE ERGIO KCAL
JOULE 1 107 2,39.10-4
ERGIO 10-7 1 2,38.10-11
KCAL 4184 4,184.1010 1
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