Soluciones: 343 m/s 15 Hz. = m (audio frecuencias) 10 9 m = m 1. H = +225 kcal/mol J

Transcripción

1 Soluciones: 1. El oído humano es sensible a ondas sonoas con fecuencias compendidas ente 15 Hz y khz. La velocidad del sonido en el aie es 343 m/s. Calcula las longitudes de onda coespondientes a estas fecuencias. λ 1 = v ν 1 = 343 m/s 15 Hz =.87 m audio fecuencias λ = v ν = 343 m/s =.1715 m audio fecuencias Hz. La línea más intensa del especto del átomo de sodio tiene una longitud de onda de 589 nm. Calcula el coespondiente númeo de onda y la enegía de la tansición implicada en electonvoltios po fotón, y en kj/mol. ν = 1 λ = nm 1 nm 1 9 m = m 1 E = hν = h c ν = J s m/s m 1 = J o en ev E = J 1 ev =.15 ev J y en kj/mol E = J mol 1 = J kj = 3. mol mol 3. Calcula la longitud de onda máxima de un fotón que pueda poduci la eacción: N g N g H = +5 kcal/mol H = 5 kcal mol J = J mol 1 cal que coesponde con la enegía de un fotón capaz de poduci la eacción: H = hν = h c λ λ = 4. La eacción fotoquímica hc H = J s m/s = m = 17.1 nm IR J NO + hν NO + O es una de las fuentes de átomos de oxígeno y po tanto de ozono más impotante en la atmósfea teeste. La enegía de disociación es 36 kj/mol. Enconta la longitud de onda de un fotón capaz de poduci dicha eacción. λ = H = 36 kj mol mol 1 = kj = J hc H = J s m/s = m = 391. nm UV J 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

2 5. La fecuencia umbal paa la emisión fotoeléctica del cobe es s 1. Cuál seá la enegía máxima en electonvoltios de los fotoelectones emitidos cuando la luz de fecuencia s 1 incide sobe una supeficie de cobe?. De acuedo con el pincipio de consevación de la enegía hν = φ + T, donde φ es la enegía mínima necesaia paa aanca un electón y T su enegía cinética máxima. La fecuencia umbal es T = hν = φ, que nos pemite eescibi la consevación de la enegía: hν = hν +T. De donde T = hν ν = J s Hz = ev J = ev J 6. El potencial de extacción del sodio es.3 ev: a cuál seá la máxima longitud de onda de la luz, que poduciá emisión de fotoelectones en el sodio? y b cuál seá la enegía cinética máxima de los fotoelectones si luz de Å incide sobe una supeficie de sodio?. a φ = hν = h c λ = hc = J s m/s 1 ev λ φ.3 ev J y que coesponde con luz visible-ultavioleta. = m 1Å 1 1 = 5391Å = nm UV m b Si λ = Å ν = c λ = m/s Å 1 Å 1 1 m = Hz T = hν φ = J s Hz.3 ev J 1 ev = J = J 7. La función tabajo del K es. ev y la del Ni 5. ev. a Calcula las fecuencias y longitudes de onda umbal paa estos dos metales. b Daá luga la luz ultavioleta de longitud de onda 4 nm al efecto fotoeléctico en el K? Y en el Ni? c Calcula la máxima enegía cinética de los electones emitidos en b. λ K = a ν K = φ K h Análogamente, paa el Níquel λ Ni = =. ev J s J = Hz 1 ev hc φ K = J s m/s 1 ev. ev J = m = m nm 1 9 = nm m ν Ni = φ Ni h = 5. ev J s J = Hz 1 ev h c φ Ni = J s m/s 1 ev 5. ev J = m 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

3 = m 1 nm 1 9 = 48. nm m b Si λ = 4 nm < λ, si se daá el efecto fotoeléctico, mientas que si λ = 4 nm > λ, no se daá. Po tanto, en el K si y en el Ni no. c Si λ = 4 nm ν = c λ = m/s 4 nm nm 1 9 m = Hz y T = hν ν = J s Hz = J 8. Cuando se ilumina una cieta supeficie metálica con luz de difeentes longitudes de onda y se miden los potenciales que detienen los fotoelectones, se obtienen los valoes que se muestan en la siguiente tabla: λ1 7 m VV Repesentando el potencial en función de la fecuencia, detemina: a la fecuencia umbal, b el potencial de extacción del metal, y c la constante de Planck. Repesentando el potencial en función de la fecuencia, tenemos que: V = h e ν φ e Si calculamos las fecuencias ν = c λ ν1 14 Hz VV V /V ν/1 14 Hz Un ajuste po mínimos cuadados da de donde se deduce que V/V = ν/ Hz de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

4 a ν = Hz = Hz b h e = V Hz h = V Hz C = J s que pemite detemina h con un eo del c Análogamente φ e %eo = h h h = V φ = ev. 1 =.5 % 9. Cuando cieto metal se iadia con luz de fecuencia s 1, los fotoelectones emitidos tienen una enegía cinética doce veces mayo que los fotoelectones emitidos cuando el mismo metal se iadia con luz de fecuencia s 1 Cuál seá la fecuencia umbal del metal?. ν 1 = Hz T 1 = 1T ν = Hz T Como hν 1 = T + φ = T + hν, tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas po lo que estándolas hν 1 = T 1 + hν hν 1 = 1T + hν hν = T + hν 1 hν = T + hν h1ν ν 1 = 11hν ν = 1ν ν 1 11 = Hz 1. En un tubo de ayos X donde los electones se acelean con un potencial de 5 V, la mínima longitud de onda de los ayos X poducidos es 48 pm. Estimad el valo de la constante de Planck. En este caso la enegía cinética de los electones es igual a la enegía de los ayos X, ev = hν = h c λ h = λev c = 48 pm 5 ev m/s 1 1 m 1 pm J = J s 1 ev 11. Calcula la fecuencia hacia la cual convegen todas las líneas espectales de la seie de Lyman. Cuál seá la longitud de onda y la enegía de esta adiación?. El númeo de onda de las lineas de la seie de Lyman viene dada po 1 ν = R H n 1 1 n n > n 1 con n 1 = 1, R H = cm 1 constante de Rydbeg paa el hidógeno. La fecuencia a la cual convegen todas las lineas se obtiene cuando n = : ν = R H = cm 1 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

5 La fecuencia seá ν = c ν = m/s cm 1 1 cm/1 m = Hz. La longitud de onda es el inveso del númeo de onda λ = 1 ν = cm 1 = cm 1 m 1 cm 1 nm 1 9 = nm m y la enegía de la tansición: E = hν = hc ν = J s m/s cm 1 1 cm 1 m = J 1. Calcula la longitud de onda en Angstom y la fecuencia en s 1 de la pimea línea de la seie de Balme. 1 ν = R H n 1 1 n n > n 1 con n 1 = y n = 3. 1 ν = R H = R H = R H 5 36 λ = = = 1 ν 5R H cm 1 = cm = nm = 6565Å ν = c ν = 5 36 cr H = m/s cm 1 1 cm 1 m = Hz 13. Calcula el potencial de ionización del átomo de hidógeno cuando el electón ocupa la óbita con númeo cuántico pincipal igual a 5. En este caso n 1 = 5 y n = : 1 ν = R H 5 E = hν = hc ν = hcr H 5 = J = J 14. Calcula la longitud de onda de De Boglie asociada a: = J s m/s cm 1 1 cm 5 1 m 1 ev =.5439 ev J a un electón con 15 kev de enegía cinética, b un potón con 15 kev de enegía cinética, c una molécula de SF 6 a una velocidad de 1 m/s, y d un objeto de 1 kg a una velocidad de 1 m/s. a T = 15 kev = p m e p = m e T = kg 15 ev C/e = kg m/ s λ = h p = J s kg m/ s = m =.11 nm b Análogamente p = m p T = kg 15 ev C/e = kg m/ s λ = h p = J s kg m/ s = m =.3369 pm 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

6 cp M SF6 = A S + 6A F = g mol msf g/ mol 6 = mol 1 =.45 1 g p = mv = kg m/ s λ = h p = m =.735 nm d p = mv = 1 kg m/ s λ = h p = m = nm 15. Calcula el módulo de a, b 3 i, c cos θ + i sen θ, d y expiax. a = + =, b 3 i = 3 + i 3 i = 3 + = 13, c cos θ + i sen θ = cos θ i sen θ cos θ + i sen θ = cos θ + sen θ = 1, d y expiax = y exp iax y expiax = y. 16. Poba que fg = f g donde f y g son cantidades complejas. Sea f = a+bi y g = c+di con a, b, c y d eales, entonces fg = [a + bic + di] = [ac bd + ad + bci] = ac bd ad + bci y f g = a + bi c + di = a bic di = ac bd ad + bci. 17. Veifica que si Ψ es una solución de la ecuación de Schödinge dependiente del tiempo, entonces cψ es también solución siendo c una constante. Si Ψ es solución de i hψ/t = ĤΨ, entonces cψ también, ya que se cumple i hcψ/t = ĤcΨ. 18. Compoba que las funciones Ψx, t = A exp[πi±x/λ νt] son soluciones de la ecuación de Schödinge monodimensional dependiente del tiempo de una patícula libe. Suponiendo que λ es la longitud de onda de De Boglie, expesa ν en función del momento lineal p. Paa una patícula libe la ecuación de Schödinge monodimensional dependiente del tiempo es: Ψx, t i h = h Ψx, t t m x Paa compoba que es solución, calculaemos los dos miembos: y i h t A exp[πi±x/λ νt] = Aπi hν exp[πi±x/λ νt] = Aπ hν exp[πi±x/λ νt] h m x A exp[πi±x/λ νt] = A 4π i h λ exp[πi±x/λ νt] m que son iguales si π hν = 4π h λ, o sea si ν = π h m p. Como λ = h/p hν = mλ m. 19. Si la posición de un electón se mide con una pecisión de ±.1 Å Cuál seá la máxima pecisión paa el momento? De acuedo con el pincipio de Incetidumbe x p x h/, luego en este caso si x =. Å p x h x = J s. 1 1 m = Kg m/s Si calculamos v x = px m = Kg m/s kg = m/s, vemos que en este caso la indeteminación en la velocidad es del oden de la velocidad de la luz. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

7 . Un átomo sufe una tansición desde un estado excitado con un tiempo de vida de 1 ns al estado fundamental, y emite un fotón con una longitud de onda de 6 nm. Calcula la incetidumbe en la enegía del estado excitado. De acuedo con el pincipio de Incetidumbe E t h/, luego en este caso E h t = J s 1 9 = J s mientas que la enegía con especto al estado fundamental es de E = hν = hc λ = J s m/s = J m 1. Halla la longitud de onda de la luz emitida cuando una patícula de g en una caja monodimensional de 3 nm pasa del nivel n = al nivel n = 1. Los niveles de enegía de una caja monodimensional son: E n = tansición E = E E 1 = h 8ma 1 = 3h 8ma de donde se puede obtene la fecuencia de la luz emitida h 8ma n, que pemite obtene la enegía de la ν = E/h = 3h 8ma = J s 1 g g m 1 kg = Hz y la longitud de onda λ = c ν = m/s Hz = m = 1.86 mm. Calcula la enegía en electonvoltios ev de los niveles n = 1, y 3 de un electón en una caja de potencial monodimensional de longitud a = 56 pm. Los niveles de enegía de una caja monodimensional son: E n = niveles: h 8ma n, que pemite obtene la enegía de los E 1 = h 8m e a = J s kg m = ev 1 19 J = 1. ev J Si expesamos la enegía del estado n en función de la enegía del estado fundamental E n = E 1 n : E = 4E 1 = 4.8 ev E 3 = 9E 1 = 1.8 ev 3. Paa una patícula en el estado estacionaio n de una caja monodimensional de longitud a, enconta la pobabilidad de que la patícula esté en la egión x a/4. P x a/4 = que se esuelve haciendo la sustitución a/4 dx ψ nxψ n x = a sen θ = 1 cosθ a/4 dx sen nπx a 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

8 P x a/4 = 1 a a/4 dx 1 cos nπx = 1 a a a 4 a nπ sen nπ = nπ sen nπ Nótese que si n es pa, sen nπ = y P x a/4 = 1 4, y si n es impa, se puede expesa como n = l + 1, con l =, 1,, 3,..., de tal foma que sen nπ l+1π = sen = 1 l. En este caso P x a/4 = nπ si n = 1, 5,... y P x a/4 = nπ si n = 3, 7, Paa el estado fundamental de una patícula en una caja monodimensional de longitud a, enconta la pobabilidad de que la patícula esté ente ±.1a del punto a/. P a/ = a/+.1a a/.1a ψ nxψ n xdx Como la función de onda casi no vaía en dicho intevalo, se puede toma como constante e igual al valo en a/ Paa el estado fundamental n = 1 P a/ = ψ na/ψ n a/ a/+.1a a/.1a P a/ = π a sen.a =.4 dx = a sen nπ.a 5. Paa el estado estacionaio de númeo cuántico n de la patícula en una caja, escibi una expesión paa la pobabilidad de que la patícula se encuente ente a/4 y a/. 1 a a/ a/4 dx a/ a/ P a/4 x a/ = dx ψnxψ n x = a/4 a a/4 1 cos nπx = 1 [ a a a a 4 a sen nπ sen nπ nπ dx sen nπx a = ] = nπ sen nπ 6. Paa un electón en una deteminada caja monodimensional, la tansición obsevada de meno fecuencia es s 1. Calcula la longitud de la caja. En este caso luego a = hν = E E 1 = h 8ma 1 = 3h 8ma 3h 8mν = J s kg Hz = m = nm 7. Teniendo en cuenta las condiciones de continuidad que la función de onda debe satisface, que pasaía a los niveles de enegía de una patícula en una caja monodimensional si la longitud de la caja cambia de a a a/j j =, 3,... La enegía paa una caja monodimensional de longitud a/j es E n = h 8ma/j n = h 8ma n j luego al dividi la longitud de la caja j veces, aumenta la enegía de los niveles j veces. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

9 8. Enconta las funciones de onda y las coespondientes enegías paa los estados estacionaios de una patícula en una caja de potencial tidimensional de lados a, b y c. Paa una patícula en una caja tidimensional de lados a, b y c, la ecuación de Schödinge independiente del tiempo es: h m x + y + z ψx, y, z = Eψx, y, z Aplicando el método de sepaación de vaiables, buscaemos soluciones de la foma ψx, y, z = XxY yzz. Sustituyendo en la ecuación y dividiendo po XxY yzz obtenemos h m [ 1 d Xx Xx dx + 1 d Y y Y y dy + 1 Zz d ] Zz dz = E De donde se deduce que cada uno de los téminos del pime miembo tienen que se constantes. Denominándolas E x, E y y E z, educimos el poblema a tes poblemas monodimensionales, cuyas soluciones ya conocemos. Po tanto, la solución geneal es con n x, n y, n z = 1,, 3,..., y ψx, y, z = XxY yzz = 8 abc sen n xπx a sen n yπy b E = E x + E y + E z = h n x 8m a + n y b + n z c sen n zπz c 9. Paa una patícula en una caja cúbica de lado a: a Cuántos estados tienen enegías en el ango de a 16h /8ma? b Cuántos niveles de enegía caen en ese ango?. En este caso los niveles de enegía son E nx,n y,n z = h n 8ma x + n y + n z de donde se deduce a que el númeo de estados con enegías en el ango de a 16h /8ma es 17, y b que coesponden a 6 niveles de enegía. n x, n y, n z E nx,n y,n z /h /8ma degeneación de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

10 3. Paa una patícula en una caja tidimensional de lados a, b y c con a b = c, hace una tabla de n x, n y, n z, las enegías y las degeneaciones de los niveles con númeos cuánticos en el ango de 1 a 5 Toma a /b =. En este caso los niveles de enegía son E nx,n y,n z = h [ n 8ma x + n y + n ] z En el ango de númeos cuánticos de 1 a 5 existen 15 estados, pondemos aquí solamente los 5 pimeos n x, n y, n z E nx,n y,n z /h /8ma degeneación Nótese que en este caso además de degeneación debida a la simetía se poducen casos de degeneación accidental Véase cuando la enegía vale E nx,n y,n z = 9h /8ma. 31. Compoba que la función φ = N exp αx / es solución de la ecuación de Schödinge paa un oscilado amónico. Relaciona α con la constante de fueza del oscilado y la masa de la patícula, y calcula la enegía coespondiente a esa solución. La ecuación de Schödinge independiente del tiempo paa el oscilado amónico monodimensional es h d m dx + 1 kx φx = Eφx Paa compoba que es solución tenemos que sustitui φ = N exp αx /, paa lo que necesitamos la segunda deivada dφ dx = N αx exp αx / d φ dx = Nα1 αx exp αx / = α1 αx φx 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

11 que seá solución si h m α1 αx φx + 1 kx φx = Eφx o lo que es lo mismo, si eodenamos h m α E + h m α + 1 k x = que seá nulo paa todo valo de x si h m α E = h m α + 1 k = De la segunda ecuación obtenemos el valo de α km α = h y de la pimea el valo de la enegía coespondiente a dicho estado E = h m α = h km m h = h k m = 1 hν e donde ν e es la fecuencia fundamental de vibación, definida po ν e = 1 π 3. La molécula HI tiene una constante de fueza de enlace de 314 Nm 1. Calcula paa 1 H 17 I y D 17 I: a La fecuencia vibacional clásica en s 1, b el númeo de onda coespondiente a la tansición de n = a n = 1 en el especto vibacional. En este caso ν e = 1 π k µ k m., donde µ es la masa educida definida po µ = m1m m 1+m. de donde se deduce que a Paa el 1 H 17 I µ = m 1m = uma = uma m 1 + m = g mol 1 kg 1 g mol 1 = kg ν e = 1 k π µ = N m 1 π kg = Hz hν = hc ν = E 1 E = hν e hν e + 1 = hν e ν = ν e y b ν = ν e c = Hz m = 38.6 cm 1 m/s 1 cm Análogamente paa el D 17 I: µ = uma = uma = kg, y a ν e = Hz y b ν = cm Calcula la fecuencia de la adiación emitida cuando un oscilado amónico de fecuencia s 1 salta del nivel v = 8 al v = 7. Como E v = hν e v + 1/, la fecuencia de la tansición es hν = E 8 E 7 = hν e ν = ν e = s 1. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

12 34. Dada la función de onda nomalizada paa una patícula que se mueve en una dimensión φx = 4α 3 /π 1/4 xe αx / a Compoba si existe algún valo de α paa el cual esta función es solución de la ecuación de Schödinge paa un oscilado amónico monodimensional de masa m y constante de fueza k. b Obtene la densidad de pobabilidad en x =. c Calcula las posiciones de los máximos de la densidad de pobabilidad en función de α. La ecuación de Schödinge independiente del tiempo paa el oscilado amónico monodimensional es h m d dx + 1 kx φx = Eφx Paa compoba que es solución tenemos que sustitui φ, paa lo que necesitamos la segunda deivada que seá solución si: d φ dx = 4α 3 π 1 4 x e α x 3α + α x = φ 3α + α x O lo que es lo mismo: que seá nulo paa todo valo de x si: h m α 3 + α x φ x + 1 kx φ x Eφx = 3 h α m E + 1 kx h α m = 3 h α m E = De la segunda ecuación obtenemos el valo de α = De la pimea obetenemos el valo de la enegía, E = 3 h α m La densidad de pobabilidad paa x = es: Paa x =, Ψ =. h α m + 1 k = km h = 3 h km m h = 3 h k m = 3 hν e 4α Ψ 3 = π 1 x e α x. Paa calcula los máximos de la densidad, deivamos e igualamos a ceo : Los puntos cíticos son: x = mínimo. x = α máximo. 4α3 π 1 x e α x α x e α x = x e α x α x e α x = 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

13 35. Un oscilado amónico tidimensional tiene un potencial V = 1 k xx + 1 k yy + 1 k zz, donde las tes constantes de fueza no son necesaiamente iguales. Escibi una expesión paa los niveles de enegía de este sistema Cuál es el punto ceo de enegía? Aplicando el método de sepaación de vaiables, obtenemos que los niveles de enegía se pueden expesa como E vx,v y,v z = hν x v x hν yv y hν zv z + 1 donde ν x = 1 k xµ π,..., y v x, v y, v z =, 1,,... La enegía del punto ceo es v x, v y, v z = 36. Expesa x + y en coodenadas polaes. 1 E,, = hν x + hν 1 y + hν 1 z. La elación ente las coodenadas catesianas y las polaes es: { { x = cos φ x y = sen φ + y = y x = tan φ po lo que las deivadas se pueden calcula aplicando la egla de la cadena donde Φ x = Φ x + φ x Φ φ x = x + y = 1 x + y 1/ x x = x = cos φ análogamente φ x se puede obtene deivando en la segunda ecuación y = x x x tan φ y x = 1 φ cos φ x de donde se obtiene que pemite calcula y φ x = y x cos φ = sen φ Φ x Φ x = cos φ + sen φ = cos φ Φ sen φ cos φ φ = cos φφ sen φ Φ φ sen φ Φ φ cos φ Φ φ + sen φ Φ φ cos φ Φ + sen φ φ sen φ Φ φ Análogamente y de donde se obtiene y = y = sen φ 1 x = 1 φ cos φ y φ y = 1 x cos φ = cos φ Φ y = sen φφ + cos φ Φ φ 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

14 y de tal foma que Φ y = sen φ + cos φ = sen φ Φ + sen φ cos φ φ Φ x + y Φ = Φ sen φ = Φ sen φ + sen φ + sen φ φ φ + cos φ sen φ Φ φ φ sen φφ + cos φ Φ cos φ Φ φ + sen φ Φ φ sen φ Φ φ + cos φ Φ φ sen φ Φ + cos φ cos φ Φ + cos φ + cos φ φ + cos φ φ + cos φ = Φ + 1 Φ + 1 Φ φ cos φ Φ φ φ sen φ Φ φ cos φφ + sen φ Φ φ sen φ Φ φ + cos φ Φ φ cos φ Φ φ 37. Mosta que si Φ = N e imφ es una función definida ente y π, la constante de nomalización N vale π 1/. La nomalización se obtiene cuando π π Φφ dφ = 1 N dφ = 1 N = π 1/. 38. Calcula la enegía electostática de dos electones sepaados 3. Å en el vacío. Expesa la espuesta en Julios, egios y ev. o en egios y en ev V = e 4πɛ = C 4π F m 1 3.Å V = J 17 eg 1 J V = V = J 1 F 1 Å C/V 1 1 m = J = eg 1 ev = 4.8 ev J 39. Existe una atacción gavitatoia ente el electón y el potón en el átomo de hidógeno? Si existe po qué no se tiene en cuenta en el Hamiltoniano? Hace un cálculo paa justifica la espuesta. La atacción gavitatoia es V = G m em p = m 3 s kg kg kg = J m y la electostática V = e 4πɛ = C 1 4π F m 1 1 F C/V = J m 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

15 4. a Supongamos z 1 = a 1 + ib 1 y z = a + ib, donde i = 1 y los coeficientes a y b son eales. Si z 1 = z, indica que condiciones tienen que cumpli los coeficientes a y b. b Veifique que paa la función Φφ = N e imφ el equisito Φφ = Φφ + π conduce a la condición de que m sea un númeo enteo. a z 1 = z a 1 = a y b 1 = b b Φφ = Φφ + π e imφ = e imφ+π e imπ = 1 cos mπ + i sen mπ = 1 cos mπ = 1 y sen mπ = m =, ±1, ±, ±3, Usa la enegía de ionización del H paa pedeci la de los iones He +, Li + y U 91+. Como E n = Z n E h P I = E E 1 = Z E h, tenemos que P IH = E h / = 13.6 ev. P IHe + = E h = 4P IH, P ILi + = 9 E h = 9P IH, P IU 91+ = 9 E h = 9 P IH. 4. Calcula la longitud de onda del fotón emitido cuando un electón salta del nivel n = 3 al n = de un átomo hidogenoide. Indica paa que estados es posible este salto. E = E 3 E = Z E 1 h = 5 7 Z E h luego λ = hc E = 7 5 hc Z E h = Z m Z λ/å Z = Z = 164 Z = 3 79 Z = 4 41 La tansición es posible paa los estados que cumplen l = ±1, luego son s 3p, p 3s y p 3d. 43. Ya que los átomos de H y D poseen distinta masa educida, existián pequeñas difeencias de enegías ente sus niveles. Calcula los potenciales de ionización y la longitud de onda de la pimea línea de la seie de Balme paa los dos isótopos. H : m p = kg y m e = kg, luego µ H = mpme m p+m e = kg D : m n = kg, luego M D = m n + m p, y µ D = MDme M D+m e = kg y las enegías de los niveles son ya que P I = E 1 y P IH = µ He 4 Z 4πɛ h = kg C 4 4π F m J s = J = ev P ID = µ De 4 Z 4πɛ h = kg C 4 4π F m J s = J = ev Las líneas de la seie de Balme coesponden a la tansición n = n = 3. La pimea línea está a: 1 EH = E 3 E = J 1 3 = J λ = hc E = 6563Å 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

16 y 1 ED = E 3 E = J 1 3 = J λ = hc E = 6561Å 44. Un átomo hidogenoide tiene una seie de líneas espectales a 6.445, , y nm. Calcula la caga nuclea del átomo y descibi a qué tansiciones coesponden cada una de las líneas espectales. Los númeos de onda de las tansiciones son E = hν = hc ν = E n E n1 = Z 1 E h n 1 1 n De la longitud de onda de las dos pimeas líneas de la seie podemos obtene el valo de n 1 y n, ya que paa la pimea línea n = n y paa la segunda n = n 1 + [ ] hc ν 1 = Z 1 E 1 h n y y su cociente vale luego ν ν 1 = λ 1 λ = 1 n n 1 1 n 1+ n 1 [ ] hc ν = Z 1 E 1 h n 1 n 1 + = n 1 + n 1 n 1+1 n n 1 n 1 n n 1 n 1 + = 4n n n n 1 + 4n n n n 1 + = = 1.35 = n n 1 + 1n 1 + = 7 8 y como los dos miembos son númeos faccionaios, los numeadoes y denominadoes son múltiplos ente si. En este caso k enteo n = 7k n 1 = 3k 1/3 1 La pimea posibilidad es k = 1, con lo que n 1 =. Si compobamos este valo paa el esto de los casos obtenemos que es el coecto. λ 1 /λ 3 = 1.51 y λ 1 /λ 4 = 1.6. El valo de Z se obtiene de una de las líneas: luego Z = 5. hc ν 1 = Z E h = 5 Z 36 E h Z = 7hc = 5. 5E h λ Cuáles de las siguientes tansiciones están pemitidas en el especto electónico de un átomo hidogenoide? a s 1s b p 1s c 3d 1s d 3d 3p Estaán pemitidas aquellas en las que l = ±1, es deci, b y d. Nótese sin embago que la última tansición no da luga a emisión o absoción de un fotón. 46. Demosta que el máximo de la función de distibución adial paa el estado fundamental de un átomo hidogenoide está en = a /Z. Enconta los valoes numéicos paa C 5+ y B 3+. La densidad de pobabilidad adial se define como P = R, donde R es la pate adial de la función de onda del estado fundamental. El máximo de la función de distibución adial se obtiene igualando a ceo la pimea deivada dp d = d m d exp[ Z/a ] = Z /a exp[ Z/a ] m = m = a /Z m Luego paa el C 5+, m = a /6, y paa el B 3+, m = a /4. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

17 47. Calcula la pobabilidad de que el electón en el estado 1s del átomo de hidógeno esté a una distancia del núcleo ente y. Å [ ] 1/ Z La función de onda del estado fundamental paa un átomo hidogenoide es φ 1s = 3 πa 3 exp[ Z/a ], po lo que la pobabilidad de enconta el electón en una esfea de adio R es P < R = R d π Z 3 R πa 3 dθ π dφ sen θ φ 1s = Z3 πa 3 d exp[ Z/a ] [ cos θ] π que equiee del cálculo, po pates, de la siguiente integal IR = R R π = 4Z3 a 3 d exp[ α] d exp[ Z/a ] R π d exp[ Z/a ] dθ sen θ π dφ = con α = Z/a. El esultado es IR = α [1 R ] α 3 + αr + 1 exp[ αr] y P < R = 4Z3 a 3 a 3 8Z 3 Z R 1 [ Z R 1 a a + ZR a + 1 R/Å P R ] + 1 exp[ ZR/a ] = a + ZR exp[ ZR/a ] [ 48. Compoba que la constante de nomalización N del obital 1s: φ 1s = N exp[ Z/a ] es N = La condición de nomalización es es deci, paa el estado fundamental N d exp[ Z/a ] π d π dθ sen θ dθ π π dφ sen θ φ 1s = 1 Z 3 πa 3 ] 1/ dφ = N d exp[ Z/a ] [ cos θ] π π = 1 N d exp[ Z/a ]4π = 1 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

18 La integal en la podemos obtene del poblema anteio, y su esultado es I = d exp[ α] = α 3 con α = Z/a. Luego [ ] N a3 Z 3 1/ 4π = 1 N = Z 3 πa La función de onda nomalizada del obital 1s de un átomo hidogenoide es: φ 1s = Z 3 /πa 3 1/ e Z/ao a Detemina el valo medio de la distancia del núcleo al electón paa el obital 1s del átomo de H y del ion He +. b Compaa los esultados del apatado anteio con el valo del máximo de la función de distibución adial. c Detemina el valo medio de la enegía potencial en ambos sistemas. a < >= d π dθ π z dϕ 3 z z 3 z sin θ e a π a3 e a π a3 = 3a o z Paa el hidógeno, Z = 1, < >= 3 a o, paa el He + Z =, < >= 3 4 a o b La función de distibución adial es popocional a R z3 π a e z 3 a Paa calcula el máximo se deiva la función y se iguala a ceo: c e z a = Se obtiene m = ao z. Paa el hidógeno Z = 1, m = a o. Paa el He +, Z =, m = ao < V >= e = e 4πɛ o 4πɛ o d π dθ π dϕ sin θ z 3 π a 3 o e z ao z 3 π a 3 o e z ao = z e 4πɛ o a o Paa el hidógeno Z = 1, y V = 5. Dado el siguiente obital del átomo de hidógeno: e 4πɛ oa o. Paa el He +, Z =, y V = 4e 4πɛ oa o ψ = N e ao cos θ a Enconta sus númeos cuánticos y deci de que obital se tata. b Usando los esultados del apatado anteio, deci cuánto vale el módulo del momento angula del electón cuando está en este estado. c Deci cuánto vale la poyección sobe el eje z del momento angula del electón cuando está en este estado. d Enconta sus planos nodales. e Compoba que su constante de nomalización vale N = 1 3πa 5 o f Calcula el valo más pobable de la distancia ente el electón y el núcleo. g Calcula la pobabilidad de halla el electón ente los valoes de = y = 4a o. h Calcula el valo medio de y de la enegía potencial. i Calcula la pobabilidad de halla el electón ente los valoes de θ = y θ = 1 o. 1 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

19 j Calcula la pobabilidad de halla el electón ente los valoes de θ = 17 o y θ = 18 o. k Calcula la pobabilidad de halla el electón ente los valoes de θ = 8 o y θ = 1 o. l Evalua la densidad de pobabilidad en los puntos x =, y =, z = a y x = a, y = a, z =. a Los númeos cuánticos son: n=, l=1, m l =. El obital es: p z. b El módulo del momento angula es: L = h ll + 1 = h. c La poyección del momento angula sobe el eje z es: L z = m l h =. d Los planos nodales son: cos θ = θ = π z =. e 1 = N d e ao 1 N =. 3πa 5 o f El valo de la distancia más pobable es: π P = dθ sin θ π dθ sin θ cos θ π dϕ = N 4! a 5 o 3 π = N 8a 5 o4π = 3πa 5 on π dϕ Ψ = 3πa 5 o Deivamos la función P paa calcula los valoes máximo y mínimo: 4π 3 e ao = 1 4a 5 4 e ao o P = c [4 3 e ao 1 4 e ao ] =. a o = c 4 e ao Resolviendo esta ecuación obtenemos: 1 =, = 4a o. El mínimo es =, y el valo más pobable es m = 4a o. g La pobabilidad es: P 4a o = 4ao d P = c 4ao d 4 e ao = c a 5 o Resolviendo la integal po pates tomando u=x 4 y v=e x, el esultado es h El valo del adio medio es: 4 dx x 4 e x. La enegía potencial es: < >= d P = c d 5 e ao = 5!a 6 o/4a 5 o = 5a o. < U >= e 4πε o < 1/ >= e 4πε o i La pobabilidad ente θ = o y θ = 1 o es: P = θo d dθ sin θ = 1 3π a 5 o π = 1 4 d d 1 dϕ Ψ = 1 3π a 5 o 4!a 5 oπ cos3 θ 3 j La pobabilidad ente θ = 17 o y θ = 18 o es: P = e 4πε o c e 4πε o a o = 1 4 E h. θ o d 4 e ao d 3 e /ao θo dθ sin θ cos θ = 1 1 cos3 θ o =.. %. P = 1 [cos3 17 o cos 3 18 o ] = 1 [1 + cos3 17 o ] =.. = e 3!a 4 o 4πε o 4a 5 = o π dϕ = 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

20 k La pobabilidad ente θ = 8 o y θ = 1 o es: P = 1 [cos3 8 o cos 3 1 o ] =.5.5 %. l Paa x =, y =, z = a o, = a o, la densidad de pobabilidad es: Ψ = 1 3π a 5 e z ao = 1 e o 3π a 5 e 4a o = o 8π a 3 = o Paa x = a o, y = a o, z = Ψ =, Ψ =. 1 8π e a 3. o 51. Compoba que la función f, θ = N exp[ Z/a ] cos θ es solución de la ecuación de Schödinge paa un átomo hidogenoide y obtene la enegía de esta función. La función f, θ seá solución de la ecuación de Schödinge si cumple Ĥf = Ef, donde el Hamiltoniano viene dado, en coodenadas esféicas, po Ĥ = h m e + 1 sen θ θ sen θ θ + 1 sen θ φ Ze 4πɛ Veamos la aplicación de cada uno de los téminos a la función f, θ f, θ = N 1 Z exp[ Z/a ] cos θ = N Z + Z a a 4a exp[ Z/a ] cos θ = Z + Z a 4a f, θ y 1 sen θ θ sen θ 1 f, θ = θ sen θ θ sen θ θ N exp[ Z/a 1 ] cos θ = N exp[ Z/a ] sen θ θ sen θ = y 1 N exp[ Z/a ] sen θ sen θ cos θ = N exp[ Z/a ] cos θ = f, θ 1 sen f, θ = θ φ Así, obtenemos que { Ĥf, θ = Ĥ = h m e + 1 sen θ θ sen θ θ + 1 sen θ } φ Ze f, θ = 4πɛ { h m e Z + Z } { a 4a Ze h Z f, θ = Ze 1 4πɛ m e a 4πɛ h Z } m e 4a f, θ y como a = 4πɛ h m ee los dos pimeos téminos se anulan, quedando Ĥf, θ = Z h 8m e a f, θ de donde se deduce que el valo de la enegía es E = Z h 8m ea 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

21 5. Establece si cada una de estas funciones es simética, antisimética o ni una cosa ni la ota a f1g b g1g c f1g g1f d e 1 e b1 donde f y g son funciones abitaias de las coodenadas de las patículas idénticas 1 y, 1, son las distancias de las patículas al núcleo y 1 la distancia ente las dos. Paa sabe si son o no antisiméticas con especto al intecambio de las dos patículas idénticas, tenemos que intecambialas a f1g fg1, luego ni es simética ni antisimética si f y g son distintas. b g1g gg1 = g1g, luego es simética. c f1g g1f fg1 gf1 = [f1g g1f], luego es antisimética. d = 1 1 +, luego es simética. e 1 e b1 1 e b1 = 1 e b1, luego es antisimética. 53. Tomando Ψ1, = ψ A1 ψ B 1 ψ A ψ B demosta que a el intecambio de columnas cambia el signo de Ψ, b el intecambio de filas cambia el signo de Ψ, c los dos electones no pueden esta en el mismo espín-obital. De la definición de deteminante tenemos que Ψ1, = ψ A1 ψ B 1 ψ A ψ B = ψ A1ψ B ψ B 1ψ A a Si intecambiamos columnas, el deteminante que queda es ψ B1 ψ A 1 ψ B ψ A = ψ B1ψ A ψ A 1ψ B = [ψ A 1ψ B ψ B 1ψ A ] = ψ A1 ψ B 1 ψ A ψ B b si lo que intecambiamos son las filas ψ A ψ B ψ A 1 ψ B 1 = ψ Aψ B 1 ψ B ψ A 1 = [ψ A 1ψ B ψ B 1ψ A ] = ψ A1 ψ B 1 ψ A ψ B c Si dos electones ocupan el mismo espín-obital, entonces ψ A = ψ B, y el deteminante vale Ψ1, = ψ A1 ψ A 1 ψ A ψ A = ψ A1ψ A ψ A 1ψ A = 54. Mosta que la siguiente función de onda paa el átomo de helio es antisimética con especto al intecambio de los dos electones Ψ1, = 1sα1 1sβ1 1sα 1sβ De la definición de deteminante tenemos que Ψ1, = 1sα1 1sβ1 1sα 1sβ = 1sα11sβ 1sβ11sα 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

22 Si intecambiamos los dos electones, el deteminante queda Ψ, 1 = 1sα 1sβ 1sα1 1sβ1 = 1sα1sβ1 1sβ1sα1 = [1sα11sβ 1sβ11sα] = 1sα1 1sβ1 1sα 1sβ = Ψ1, 55. Los pimeos potenciales de ionización del Na, K y Rb son 5.138, y ev, espectivamente. Suponiendo que el nivel de enegía del electón mas exteno puede epesentase po la enegía de los obitales hidogenoides con una caga nuclea efectiva Z ef, y que los obitales impotantes son los 3s, 4s y 5s, espectivamente, calcula Z ef paa estos átomos La enegía de los obitales hidogenoides es E = Z n E h = Z n ev. Suponiendo valida una ecuación de este tipo donde Z se sustituye po Z ef, tenemos que paa el Na paa el K y paa el Rb Z ef = = 3.4 Z ef = 1.84 Z ef = = 5.15 Z ef =.6 Z ef = = Z ef =.77 lo que indica que al baja en un gupo la caga nuclea efectiva que siente el electón de valencia es pácticamente constante nótese que las cagas nucleaes aumentan mucho: Z Na = 11, Z K = 19 y Z Rb = Esciba el hamiltoniano paa el movimiento inteno del átomo de Li. El Hamiltoniano paa el átomo de Li es H = h m e 1 h m e h m e 3 3e 4πɛ 1 3e 4πɛ 3e 4πɛ 3 + e 4πɛ 1 + e 4πɛ 13 + e 4πɛ Dados los obitales atómicos 1s y s del átomo de Be, constui el deteminante de Slate paa el estado fundamental. Ψ1,, 3, 4 = 1sα1 1sβ1 sα1 sβ1 1sα 1sβ sα sβ 1sα3 1sβ3 sα3 sβ3 1sα4 1sβ4 sα4 sβ4 58. Deduci el témino espectal paa el estado fundamental coespondiente a las configuaciones np 1 n p 1, ns np 5, ns nd, np, np 3, nd, teniendo en cuenta las eglas de Hund. np 1 n p 1 : En este caso L =, S = 1, es deci 3 D ns np 5 : Es análoga a ns np, luego es 3 P ns nd: 3 D 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

23 np : 3 P np 3 : 5 S nd : 3 F 59. Deduci el témino espectal paa el estado fundamental de los átomos de He, Li, Be, B, C, N, O y F. He1s : 1 S Li1s s: S Be1s s : 1 S B1s s p: P C1s s p : 3 P N1s s p 3 : 4 S O1s s p 4 : 3 P F1s s p 5 : P 6. Deduci los téminos espectales posibles de las configuaciones: 1ss del átomo de He 1sp del átomo de He 1s p del átomo de Li 1s sp del átomo de Be 1ss del átomo de He: 3 S y 1 S 1sp del átomo de He 3 P y 1 P 1s p del átomo de Li P 1s sp del átomo de Be 3 P y 1 P 61. Calcula la enegía de epulsión nuclea paa la molécula de H O dadas las siguientes coodenadas catesianas nucleaes Átomo x/a y/a z/a O H H V epulsión = Z HZ O e + Z HZ O e Z { H + e = e πɛ R HA O 4πɛ R HB O 4πɛ R HA H B 4πɛ R HA O R HB O Como las distancias intenucleaes son en Boh 1 R HA H B } R H A O = x HA x O + y HA y O + z HA z O = =.44 R HA O =.44 = 1.56a Análogamente, tenemos R HB O = 1.56a y R HA H B =.4a, po lo que V epulsión = 1.66 e 4πɛ a = 1.66E H 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

24 Coodenada intena ROH.958 Å HOH Calcula la enegía de epulsión nuclea paa la molécula de H O dadas las siguientes coodenadas intenas nucleaes Las distancias intenucleaes en este caso valen: R OH1 = R OH =.958Å = 1.81a Como R HH + R OH = R OH1, tenemos que la ota distancia H H vale: es deci, R OH1 R H 1H = R OH 1 + R OH R OH = ROH 1 + ROH R OH1 R OH cos HOH R H 1H =.958a.958a cos 14.5 R H1H = cos 14.5 Å = 1.515Å =.86a y e V epulsión = 4πɛ a { }.86 e = = 9.186E H 4πɛ a 63. El pime estado excitado del He se obtiene excitando un electón del OM antienlazante 1σ u al OM enlazante σ g. Escibe la configuación electónica. Cuales son las posibles funciones de onda incluyendo el espín? Cual es el oden de enlace? Indica si los estados electónicos son g o u. La configuación electónica del estado fundamental del He es: He : 1σ g 1σ u 1 Σ g OE = y la excitada He : 1σ g 1σu 1 σ g 1 1 Σ u, 3 Σ u, OE = 3 1 = 1 y las funciones de onda son, paa el estado fundamental Φ1 Σ g = 1σ g α 1σ g β 1σ u α 1σ u β y paa los excitados Φ1 Σ u = 1σ g α 1σ g β 1σ u α σ g β 1σ g α 1σ g β 1σ u β σ g α Φ3 Σ u = 1σ g α 1σ g β 1σ u α σ g α Φ3 Σ u = 1σ g α 1σ g β 1σ u β σ g β Φ3 Σ u = 1σ g α 1σ g β 1σ u α σ g β + 1σ g α 1σ g β 1σ u β σ g α 64. Descibi el estado electónico fundamental y la multiplicidad, utilizando las configuaciones electónicas, de las siguientes especies: a He +, b Li, c Be, d C, e N, f F. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

25 He + : 3 electones 1σ g 1σu 1 Σ + u Li : 6 electones [He ]σ g 1 Σ + g Be : 8 electones [He ]σ g σu 1 Σ + g C : 1 electones [Be ]1π u 4 1 Σ + g N : 14 electones [Be ]1π u 4 3σ g 1 Σ + g F : 18 electones [N ]1πg 4 1 Σ + g 65. Calcula la densidad de pobabilidad electónica en el punto medio de los hidógenos en el H + descitos po a φ + =.561s A + 1s B, b φ = 1.11s A 1s B paa la distancia intenuclea R = 16 pm. Paa ello necesitamos la expesión del obital atómico paa los estados [ 1 1s = N exp /a = πa 3 ] 1/ exp /a aen este caso y como en el cento A = B = R/, φ + =.56 1s A + 1s B =.56 1s A + 1s B + 1s A 1s B =.56 N [exp A /a + exp B /a + exp[ A + B /a ]] Como en el equilibio R = 16pm = 1.6Å =.a, φ + = 4.56 N exp R/a φ + =.16976N = πa 3 que se puede compaa con el esultado de considea los átomos po sepaado: φ atom =.56 1s A + 1s B =.56 N exp R/a =.8488N = πa 3 φ luego + φ atom =. y la difeencia ente las densidades es ρ = ρ mol ρ atom = φ + φ atom =.8488N = πa 3 banálogamente [ ] 1 φ =.56 1s A 1s B =.56 1s A + 1s B 1s A 1s B = 66. Aplicando la teoía de obitales moleculaes, indíquese cuál de las siguientes moléculas, F, F y F +, tendá mayo enegía de disociación. Paa sabe cual de las moléculas tendía mayo engía de disociación necesitamos calcula el oden de enlace: F + : 1σ g 1σu σ g σu 3σ g 1π u 4 1πg 3 O.E. = 3 F : 1σ g 1σu σ g σu 3σ g 1π u 4 1πg 4 O.E. = 1. F : 1σ g 1σ u σ g σ u 3σ g 1π u 4 1π g 4 3σ u 1 O.E. = 1 El oden de enegía de disociación es: D e F + > D ef > D e F πa 3 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

26 67. Dibuja el diagama de niveles de enegía de la molécula de O + que su estado fundamental es Π g. La estuctua electónica del O + es: 1σ g 1σu σ g σu 3σ g 1π u 4 1πg 1. Detemina su estuctua electónica y justifica Paa esta configuación el estado fundamental coesponde a Π g 68. Deduci el témino espectal más estable coespondiente a cada una de las siguientes configuaciones electónicas de moléculas diatómicas homonucleaes: σ u, σ u σ u, σ g σ u, σ g π u, π g π u, π g, π 3 u. σ u 1 Σ + g σ u σ u 1 Σ + g, 3 Σ + g 3 Σ + g σ g σ u 1 Σ + u, 3 Σ + u 3 Σ + u σ g π u 1 Π u, 3 Π u 3 Π u π g π u 1 Σ + u, 3 Σ + u, 1 Σ u, 3 Σ u, 1 u, 3 u 3 u πg 1 g, 3 Σ g, 1 Σ + g 3 Σ g πu 3 = π u Π u 69. Dadas las cuvas de enegía potencial paa las moléculas diatómicas H + y H, calcula la enegía de disociación del H + D H + sabiendo que la enegía de disociación del H es D H = ev y que el potencial de ionización del H es P IH = ev. De la figua se deduce que: P IH + D H + = D H + P IH Como P IH =.5E h = 13.65eV, tenemos D H + = D H + P IH P IH = 4.478eV eV 15.46eV =.657eV 7. Calcula R e, D, D e paa las moléculas diatómicas H y H + de la gáfica anteio, así como el PI del H. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

27 34 3 H + + H + + e PIH Enegía potencial/ev H + Σg + H + + H S + e D H PIH PIH H 1 Σ g + H S+ H S D H R + e H R e H R/pm 71. En la siguiente figua se epesenta la supeficie de enegía potencial paa la eacción colineal HF + H F + H. Indica cuáles son los eactivos, poductos, estado de tansición y dibuja cualitativamente el camino de mínima enegía. 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..

28 Enegías en Kcal/mol 1.5 R HH /Angstom R HF /Angstom 9 de mayo de 7 Depatamento de Química Física Aplicada. A. Aguado y J. San Fabián..