problemas resueltos

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 −==




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.




3

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




4

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




5

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




6

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




7

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




8

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.




9

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.




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.




11

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.




12

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:




13

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:




14

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




15

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.




16

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=




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




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)


( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅=− 2

2

111n

Rcmυ (8)


( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅⋅=Δ 2

2

11n

hcRE erg (9)




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



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



Bioquímica y Farmacia

21

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):




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




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

problemas resueltos

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protn

problema

1 pertenece

27 erg

dina

fgrav

gt