Respuestas de la Serie 2

Tamaño: px

Comenzar la demostración a partir de la página:

Download "Respuestas de la Serie 2"

Lorena Farías Díaz
hace 5 años
Vistas:

1 Respuestas de la Serie 2 1. N h 2 Ĥ = 2 2M I I=1 }{{} A n h m i }{{} B N N I=1 J>I kz 2 e 2 R I R J } {{ } C N n kze 2 I } i R I r i {{} D + n n ke 2 r j>i i r j }{{} E a) En el orden en el que aparecen: A = Energía cinética de los núcleos B = Energía cinética de los electrones C = Energía potencial de interacciones núcleo-núcleo D = Energía potencial de interacciones núcleo-electrón E = Energía potencial de interacciones electrón-electrón b) El hamiltoniano molecular para Li: Ĥ = h2 2M 2 h 2 2m i 2 kze 2 R r i + j>i ke 2 r i r j Nota: Recuerden que utilizamos mayúsculas para núcleos y minúsculas para electrones. c) En el Hamiltoniano para 5 B, bajo la aproximación de Born-Oppenheimer ya no aparece el término de energía cinética del núcleo (dado que la aproximación considera a los núcleos fijos), tampoco aparece el término de interacción núcleonúcleo ya que en un átomo sólo hay un núcleo. De esta forma el Hamiltoniano se escribe como: Ĥ = 5 h 2 2m i 2 5 kze 2 5 R r i + 5 j>i ke 2 r i r j d) El hamiltoniano para 9 F, considerando las aproximaciones de Born-Oppenheimer y electrones independientes se escribe como una suma de Hamiltonianos monoelectrónicos que tienen la forma del Hamiltoniano del átomo de hidrógeno: donde: Ĥ = ĥ1 + ĥ2 + ĥ + ĥ4 + ĥ5 + ĥ6 + ĥ7 + ĥ8 + ĥ9 + Ĥ = ĥ i + j>i ke 2 r i r j ĥ i = h2 2 kze2 2m i R r i j>i ke 2 r i r j 1

2 2. De acuerdo al modelo de la partícula en una caja: a) La longitud de onda de la radiación que se emite cuando un electrón pasa de n = a n =2 es: λ = 116. nm. b) Ultravioleta. a) Para el cuarto nivel de energía (n=4): Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4,1, (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1, (θ)φ (φ) Ψ 4,1,1 (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,1, 1 (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,2, (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, (θ)φ (φ) Ψ 4,2,1 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,2, 1 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,2,2 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2,2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4,2, 2 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, 2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4,,1 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,, 1 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4,,2 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ,2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4,, 2 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, 2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) b) De acuerdo al valor que toma el número cuántico l, que está relacionado con la forma del orbital, se tiene 1 orbital 4s, orbitales 4p, 5 orbitales 4d y 7 orbitales 4f. Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4s Ψ 4,1, (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1, (θ)φ (φ) Ψ 4p Ψ 4,1,1 (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4p Ψ 4,1, 1 (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4p Ψ 4,2, (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, (θ)φ (φ) Ψ 4d Ψ 4,2,1 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4d Ψ 4,2, 1 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4d 2

3 Ψ 4,2,2 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2,2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4d Ψ 4,2, 2 (r, θ, φ) = R 4,2 (r)θ 2, 2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4d Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4f Ψ 4,,1 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ,1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4f Ψ 4,, 1 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, 1 (θ)φ 1 (φ) Ψ 4f Ψ 4,,2 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ,2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4f Ψ 4,, 2 (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, 2 (θ)φ 2 (φ) Ψ 4f Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4f Ψ 4,, (r, θ, φ) = R 4, (r)θ, (θ)φ (φ) Ψ 4f c) 16 orbitales degenerados, que corresponden a todos los del inciso anterior. Están degenerados ya que al resolver la ecuación de Schrödinger la forma de la energía sólo depende del valor del número cuántico n y no de los demás números cuánticos. d) 4 Be + es un sistema hidrogenoide, así que las soluciones van a ser de la misma forma que para el átomo de hidrógeno. Para un nivel n = se tienen 9 funciones que son solución (orbitales), que además están degenerados por estar en el mismo nivel de energía. e) Ψ,2, (r, θ, φ) = R,2 (r)θ 2, (θ)φ (φ) n =, l = 2, m = Ψ d Ψ 4,1, (r, θ, φ) = R 4,1 (r)θ 1, (θ)φ (φ) n = 4, l = 1, m = Ψ 4p Ψ 2,, (r, θ, φ) = R 2, (r)θ, (θ)φ (φ) n = 2, l =, m = Ψ 2s 4. Para un operador Â, su valor esperado A se calcula mediante la siguiente integral, A = cuando Ψ es una función normalizada. Ψ ÂΨ dτ Como la función de onda para el átomo de hidrógeno está escrita en coordenadas esféricas, Ψ(r, θ, φ), la integral se escribe de la siguiente forma, A = π 2π Ψ ÂΨ r 2 senθ dφ dθ dr Si el operador de distancia, es un operador multiplicativo, ˆr = r y la función corresponde a una 1s, la integral queda como, r = π 2π Ψ 1sˆrΨ 1s r 2 senθ dφ dθ dr

4 La forma de la función Ψ 1s es: ( ) Z 1/2 ( ) Zr Ψ 1s = exp πa o La integral queda de la siguiente forma: r = π 2π [ ( ) Z 1/2 ( ) ] [ ( ) Zr Z 1/2 ( ) ] Zr exp r exp r 2 senθ dφ dθ dr πa o ( ) Z r = πa o Se resuelve con la integral π 2π ( ) Z r = 2π πa o π πa o ( ) 2Zr rexp r 2 senθ dφ dθ dr ( ) 2Zr r exp senθ dθ dr ( ) Z ( ) 2Zr r = 4π r exp dr πa o Queda como: r n e br dr = n! b n+1 ( ) ( ) Z! r = 4π πa o (2Z/a ) 4 ( ) Z 6 a 4 r = 4π π a o 24 Z 4 5. inciso d) r = a 2 Z 6. A 1s B 2s C s D s E p E d 4

5 a) V b) V c) F d) V e) F f ) V 7. a) 1s nodos radiales, nodos angulares, nodos totales b) s 2 nodos radiales, nodos angulares, 2 nodos totales c) 4p 2 nodos radiales, 1 nodos angulares, nodos totales d) 5d 2 nodos radiales, 2 nodos angulares, 4 nodos totales 8. a) b b) c c) b d) a 9. De acuerdo al teorema de Koopmans EI i = ε i a) Energias de ionización para el átomo de boro 5 B: Primera energía de ionización (EI 1 ) B : 1s 2 2s 2 2p 1 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) σ = 2(.5) + 2(.85) = 2.4 Z = = 2.6 ε 2p = 1 Z 2 n = 1 (2.6) 2 =.845 Ha EI 1 = ε 2p =.845 Ha = kj/mol Segunda energía de ionización (EI 2 ) B + : 1s 2 2s 2 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) 2 σ = 1(.5) + 2(.85) = 2.5 5

6 Z = = 2.95 ε 2s = 1 Z 2 n = 1 (2.95) 2 = 1.87 Ha EI 2 = ε 2s = 1.87 Ha = kj/mol Tercera energía de ionización (EI ) B 2+ : 1s 2 2s 1 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) 1 σ = 2(.85) = 1.7 Z = =. ε 2s = 1 Z 2 n = 1 (.) 2 = 1.61 Ha EI = ε 2s = 1.61 Ha = kj/mol Cuarta energía de ionización (EI 4 ) B + : 1s 2 Configuración de Slater: (1s) 2 σ = 1(.5) =.5 Z = 5.5 = 4.65 ε 1s = 1 Z 2 n = 1 (4.65) 2 = Ha EI 4 = ε 1s = Ha = kj/mol Quinta energía de ionización (EI 5 ) B 4+ : 1s 1 Configuración de Slater: (1s) 1 σ =. Z = Z = 5 ε 1s = 1 Z 2 2 n = 1 (5) 2 = 12.5 Ha

7 EI 5 = ε 1s = 12.5 Ha = kj/mol b) Energía necesaria para quitar tres electrones al átomo neutro, B B + + e : B B + + e B + B +2 + e B +2 B + + e B B + + e EI 1 = kj/mol EI 2 = kj/mol EI = kj/mol EI = EI 1 + EI 2 + EI = kj/mol c) Energía total del átomo de boro: n=5 n=5 E T = ε i = EI i E T = kj/mol 1. Primera energía de ionización (EI ) F (g) F + (g) + e EI = E T (F + ) E T (F ) Cálculo de E T (F + ) : F + : 1s 2 2s 2 2p 4 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) 6 Z2p = Z2s = Z σ = 9 [5(.5) + 2(.85)] = 9.45 = 5.55 Z1s = Z σ = 9 [1(.5)] = 9.5 = 8.65 E T (F + ) = 4ε 2p + 2ε 2s + 2ε 1s ( E T (F + ) = 4 1 Z ) ( 2p ) Z2s n 2 n ( 1 2 ) Z1s n 7

8 ( ) ( ) ( ) E T (F + ) = 4 1 (5.55) (5.55) (8.65) E T (F + ) = 4(.85) + 2(.85) + 2( 7.411) E T (F + ) = Ha = kj/mol Cálculo de E T (F ) : F : 1s 2 2s 2 2p 5 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) 7 Z2p = Z2s = Z σ = 9 [6(.5) + 2(.85)] = 9.8 = 5.2 Z1s = Z σ = 9 [1(.5)] = 9.5 = 8.65 E T (F ) = 5ε 2p + 2ε 2s + 2ε 1s ( E T (F ) = 5 1 Z ) ( 2p ) ( Z2s ) Z1s 2 n 2 n 2 n ( ) ( ) ( ) E T (F ) = 5 1 (5.2) (5.2) (8.65) E T (F ) = 5(.8) + 2(.8) + 2( 7.411) E T (F ) = Ha = kj/mol La primer energía de ionización queda de la siguiente manera: EI = E T (F + ) E T (F ) = ( ) = kj/mol Afinidad electrónica (AE) F (g) + e F (g) AE = E T (F ) E T (F ) Cálculo de E T (F ) : F : 1s 2 2s 2 2p 6 Configuración de Slater: (1s) 2 (2s 2p) 8 Z2p = Z2s = Z σ = 9 [7(.5) + 2(.85)] = = 4.85 Z1s = Z σ = 9 [1(.5)] = 9.5 =

9 E T (F ) = 6ε 2p + 2ε 2s + 2ε 1s ( E T (F ) = 6 1 Z ) ( 2p ) ( Z2s ) Z1s 2 n 2 n 2 n ( ) ( ) ( ) E T (F ) = 6 1 (4.85) (4.85) (8.65) E T (F ) = 6( 2.94) + 2( 2.94) + 2( 7.411) E T (F ) = Ha = kj/mol La afinidad electrónica como esta definida, queda como: AE = E T (F ) E T (F ) = ( ) = kj/mol P 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 16S 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 4 17Cl 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 5 18Ar 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 19K 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 4s 1 2Ca 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 4s 2 26Fe 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 6 4s 2 55Cs 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 4s 2 d 1 4p 6 5s 2 4d 1 5p 6 6s 1 a) Ar b) Cs c) Ar, Ca d) Ar e) K f ) Cl g) S 12. a) S 2 > F > Na + > Mg 2+ b) K c) B d) K < Li < C < N 9

Documentos relacionados

Estructura de la Materia Serie 2

Estructura de la Materia Serie 2 structura de la Materia Serie 2 ra. Martha M. Flores Leonar Semestre 218-2 1. Para un sistema de N núcleos y n electrones la forma del Hamiltoniano siguiente (Hamiltoniano molecular): Ĥ es la Ĥ = N h 2