3 QUIMICA Schaum

PROBLEMAS RESUELTOS 123
a) La transición con mínima longitud de onda correspondería a la máxima frecuencia y a la máxima energía. Esa transición
sería desde el estado de energía mínima (el estado fundamental), para el cual n = 1, al estado de máxima energía,
para el cual n = ∞.
( 1
ṽ = R
1 2 − 1 )
∞ 2 = R = 109,707 cm –1 −1
1
λ =
109,707 −1 = (0.91152 × 10−5 cm)(10 7 nm/cm) = 91.152 nm
cm –1
b) La transición calculada en a) es, en realidad, la ionización del átomo en su estado fundamental. A partir del resultado
del problema 8.2b),
EI = 11239.8nm· · eV
= 13.601 eV
91.152 nm
Este valor es ligeramente mayor que el correspondiente a 1 H.
c) De la ecuación, con Z = 1,
r = n 2 a 0 = n 2 (5.29 × 10 −11 m)
Los radios son 1, 4 y 9 veces a 0 , es decir, 0.529 Å, 2.116 Å y 4.76 Å. La corrección por masa reducida, que implica
un ajuste de 3 partes en 10 4 , no es importante, y a 0 para la primera capa de Bohr en el 1 H es una buena sustitución.
8.8. a) Sin tener en cuenta los efectos de masa reducida, ¿qué transición óptica en el espectro de He + tendría la
misma longitud de onda que la primera transición de Lyman en el hidrógeno (n = 2 a n = 1)? b) ¿Cuál es la
segunda energía de ionización del He? c) ¿Cuál es el radio de la primera órbita de Bohr en el He + ?
a) El He + sólo tiene un electrón. Se considera como especie hidrogenoide con Z = 2 y se pueden aplicar las ecuaciones
de Bohr. Con la ecuación
( )
ṽ = RZ 2 1
n1
2 − 1 n2
2
la primera transición de Lyman para el hidrógeno sería
( 1
ṽ = R
1 2 − 1 )
2 2
La hipótesis acerca de los efectos de masa reducida equivale a considerar que R para el He + es igual que para 1 H. El
término Z 2 puede compensarse exactamente aumentando n 1 y n 2 por un factor de 2 cada uno.
(
_
v = R(2 2 1
)
2 2 − 1 )
4 2
Entonces, la transición en cuestión es de n = 4 a n = 2.
b) La segunda energía de ionización para el He es la misma que la primera energía de ionización para el He + y se pueden
aplicar las ecuaciones de Bohr al estado fundamental del He + , para el cual Z = 2 y n = 1.
( )
ṽ = RZ 2 1
n1
2 − 1 (
n2
2 = R(2) 2 1
1 2 − 1 )
∞ 2 = 4R
El resultado es 4 veces mayor que para el deuterio, en el problema 9.7. Como ṽ es proporcional a la energía, también
la energía de ionización será 4 veces la del deuterio.
EI(He + ) = 4 × EI( 2 H) = 4 × 13.6 eV = 54.4 eV
c)
r = n2 a 0
Z
= 0.529Å
2
= 0.264 Å