Prova com gabarito - 1EE

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GABARITO 
Química Geral 2 1º Exercício Escolar de 2018.2 11/09/2018 
 
1. Considere o íon de Hélio He+ (𝑍 = 2). 
a. Deduza as expressões para a energia e o raio no modelo de Bohr 
b. Calcule a energia do estado fundamental 
c. Calcule o raio do íon no estado fundamental 
d. Calcule a energia de ionização 
e. Calcule o comprimento de onda da transição eletrônica do primeiro estado excitado para o estado 
fundamental. A radiação emitida seria perceptível ao olho humano? Por quê? 
 
Solução: 
a. De modo geral, para qualquer átomo ou íon hidrogeniônico (com apenas 1 elétron), o modelo de 
Bohr assume que: 
i. A força centrípeta seria dada pela atração coulômbica entre o elétron e o núcleo: 
𝐹𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑖𝑝𝑒𝑡𝑎 = 𝐹𝑐𝑜𝑢𝑙ô𝑚𝑏𝑖𝑐𝑎 
𝑚𝑣2
𝑟
=
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟2
 ⟹ 𝑚𝑣2 =
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
(I) 
Onde 𝑍 é a carga nuclear. A energia potencial é dada pelo potencial coulômbico, 𝑉𝑐𝑜𝑢𝑙 =
−
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
, de forma que a energia total será: 
𝐸 = 𝐾 + 𝑉 =
1
2
𝑚𝑣2 −
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
=
1
2
 
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
−
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
⟹ 𝐸 = −
1
2
 
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
 
Para o íon He+, 𝑍 = 2 e 
𝐸 = −
𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
 
ii. Nas órbitas permitidas, o momento angular é um múltiplo de ℏ: 
𝐿 = 𝑚𝑣𝑟 = 𝑛ℏ =
𝑛ℎ
2𝜋
 ⟹ 𝑣 =
𝑛ℎ
2𝜋𝑚𝑟
 
Substituindo esse resultado na primeira expressão acima, 
𝑚
𝑛2ℎ2
4𝜋2𝑚2𝑟2
=
𝑍𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟
 ⟹ 𝒓 =
𝜺𝟎𝒏
𝟐𝒉𝟐
𝝅 𝒎 𝒁𝒆𝟐
 
Para o íon He+, 𝑍 = 2 e 
𝒓 =
𝜺𝟎𝒏
𝟐𝒉𝟐
𝟐𝝅 𝒎 𝒆𝟐
 
Substituindo esse resultado na expressão para energia, temos: 
𝐸 = − 
𝑒2
4𝜋𝜀0
 
2𝜋 𝑚 𝑒2 
𝜀0𝑛2ℎ2
⟹ 𝑬 = −
𝟏
𝟐
𝒎𝒆𝟒
𝜺𝟎
𝟐𝒉𝟐𝒏𝟐
 
 
Concluindo, para o íon 𝐇𝐞+, 
𝑬 = −
𝟏
𝟐
𝒎𝒆𝟒
𝜺𝟎
𝟐𝒉𝟐
𝟏
𝒏𝟐
, 𝒓 =
𝜺𝟎𝒉
𝟐
𝟐𝝅 𝒎 𝒆𝟐
𝒏𝟐 
GABARITO 
Química Geral 2 1º Exercício Escolar de 2018.2 11/09/2018 
b. No estado fundamental, 𝑛 = 1, e: 
𝐸 = −
1
2
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
1
𝑛2
= −
1
2
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
 
= −
1
2
9,11 × 10−31kg ⋅ (1,60 × 10−19C)4
(8,85 × 10−12C2J−1m−1 ⋅ 6,626 × 10−34Js)2
 
= −
1
2
9,11 × 10−31 ⋅ 6,5536 × 10−76
(5,8641 × 10−45)2
J = −𝟖, 𝟔𝟖𝟏𝟏 × 𝟏𝟎−𝟏𝟖𝐉 = −𝟓𝟒, 𝟏𝟗 𝐞𝐕 
 
c. Da mesma forma, 
𝑟 =
𝜀0𝑛
2ℎ2
2𝜋 𝑚 𝑒2
=
𝜀0ℎ
2
2𝜋 𝑚 𝑒2
 
=
8,85 × 10−12C2J−1m−1 ⋅ (6,626 × 10−34Js)2
2𝜋 ⋅ 9,11 × 10−31kg ⋅ (1,60 × 10−19C)2
 
= 2,6516 × 10−11m = 0,27Å 
Que é metade do valor do raio de Bohr para o Hidrogênio. 
d. A energia de ionização é a energia necessária para excitar o elétron do nível 𝑛𝑖 = 1 para 𝑛𝑓 = ∞. 
A diferença de energia entre dois níveis quaisquer será: 
Δ𝐸 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 =
1
2
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
(
1
𝑛𝑖
2 −
1
𝑛𝑓
2) =
1
2
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
1
𝑛𝑖
2 
Como 𝑛𝑖 = 1, essa é exatamente a energia do estado fundamental (com o sinal trocado). Assim, 
a energia de ionização será: 
𝑬𝑰 = 𝟖, 𝟔𝟖𝟏𝟏 × 𝟏𝟎−𝟏𝟖𝐉 = 𝟓𝟒, 𝟏𝟗 𝐞𝐕 
e. Aqui, queremos a energia da transição de 𝑛𝑖 = 2 para 𝑛𝑓 = 1: 
Δ𝐸 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 =
1
2
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
(
1
𝑛𝑖
2 −
1
𝑛𝑓
2) 
=
1
2
 
𝑚𝑒4
𝜀0
2ℎ2
(
1
22
−
1
12
) = −8,6811 × 10−18J ⋅ 0,75 = −6,5108 × 10−18J 
(O sinal negativo indica que essa energia é liberada na transição.) O comprimento de onda para 
essa transição será: 
𝜆 =
ℎ𝑐
|𝐸|
=
6,626 × 10−34Js ⋅ 3 × 108m s−1
6,5108 × 10−18J
= 𝟑, 𝟎𝟓𝟑 × 𝟏𝟎−𝟖𝐦 = 𝟑𝟎, 𝟓𝟑 𝐧𝐦 
A radiação não seria perceptível ao olho humano, pois o fóton seria na região do ultravioleta. 
 
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Química Geral 2 1º Exercício Escolar de 2018.2 11/09/2018 
 
2. Considere o espectro do átomo de Hidrogênio. 
a. No espectro de Hidrogênio muitas linhas são agrupadas como pertencente a uma série. O que as 
linhas de uma série têm em comum que torna lógico agrupá-las? 
b. Calcule o comprimento de onda da transição entre 𝑛 = 4 e 𝑛 = 2 em um átomo de Hidrogênio. 
A radiação emitida seria visível ao olho humano? Por quê? 
 
Solução: 
a. Todas as linhas pertencentes a uma mesma séria têm em comum o mesmo 𝑛 final, ou seja, todas 
representam decaimentos de vários estados iniciais para o mesmo estado final. 
 
b. Para o átomo de Hidrogênio, 
 
1
𝜆
= 𝑅 (
1
𝑛𝑓
2 −
1
𝑛𝑖
2) 
Se 𝑛𝑖 = 4 e 𝑛𝑓 = 2, 
1
𝜆
= 1,09737 × 107 m−1 (
1
22
−
1
42
) = 2,0575 × 106 m−1 
𝜆 =
1
2,0575 × 106 m−1
= 4,8601 × 10−7 m = 𝟒𝟖𝟔, 𝟎𝟏 𝐧𝐦 
Essa radiação seria visível ao olho humano, estando na faixa do azul. 
 
 
3. A função de trabalho do metal Crômio (Cr) é 4,37 eV. Qual o comprimento de onda da luz que deve ser 
usada para provocar a emissão de elétrons com velocidade de 1,5 × 103 km ⋅ s−1? 
 
Solução: 
 A energia do fóton será: 
𝐸𝑓 = 𝐾𝑒 + Φ =
1
2
𝑚𝑒𝑣𝑒
2 + Φ 
=
1
2
9,11 × 10−31kg ⋅ (1,5 × 106m s−1)2 + 4,37 eV ⋅ 1,602 × 10−19J eV−1 
=
1
2
9,11 × 10−31 ⋅ 2,25 × 1012 J + 7,0074 × 10−19J 
= 1,02488 × 10−18J + 7,0074 × 10−19J = 1,7249 × 10−18 J 
 Como 𝐸𝑓 = ℎ𝜈 =
ℎ𝑐
𝜆
, 
𝜆 =
ℎ𝑐
𝐸𝑓
=
6,626 × 10−34 Js ⋅ 3 × 108m s−1 
1,7249 × 10−18 J
= 1,15 × 10−7m = 𝟏𝟏𝟓 𝐧𝐦 
 Esse comprimento de onda cai na região do ultravioleta, não sendo visível ao olho humano. 
 
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Química Geral 2 1º Exercício Escolar de 2018.2 11/09/2018 
4. A velocidade média de um átomo de He em 25°C é 1,23 × 103 m s−1. 
a. Qual é o comprimento de onda médio de um átomo de He nessa temperatura? 
b. Se a precisão da medida da velocidade for de 0,01%, qual será a incerteza na sua posição? 
 
Solução: 
a. O comprimento de onda de de Broglie será dado por: 
𝜆 =
ℎ
𝑚𝑣
=
6,626 × 10−34J
6,646 × 10−27kg ⋅ 1,23 × 103m s−1
= 8,1056 × 10−11m = 81,06 pm 
Este comprimento é da mesma ordem de grandeza do tamanho do átomo. 
 
b. Partindo do princípio da incerteza de Heisemberg, 
Δ𝑝 Δ𝑥 ≥
ℎ
4𝜋
 ⟹ Δ𝑥 ≥
ℎ
4𝜋 Δ𝑝
=
ℎ
4𝜋 𝑚𝐻𝑒 Δ𝑣
 
=
6,626 × 10−34J
4 𝜋 6,646 × 10−27kg (
0,01
100) 1,23 × 10
3 m s−1
 
=
6,626 × 10−34
1,027 × 10−26
m = 6,45 × 10−8 m = 𝟔𝟒, 𝟓 𝐧𝐦 
A incerteza na posição é bem maior que o tamanho do átomo! 
 
 
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Química Geral 2 1º Exercício Escolar de 2018.2 11/09/2018 
 
5. Usando o modelo da partícula na caixa, 
a. Mostre por que o composto octatetraeno absorve luz de maior comprimento de onda do que o 
Hexatrieno. 
b. Em que região do espectro eletromagnético você espera que deve absorver estas moléculas. 
(justifique) 
 
 
octatetraeno 
 
hexatrieno 
 
Solução: 
a. Vamos assumir que a principal absorção de uma molécula se dá pela promoção de um elétron do 
nível mais alto ocupado para o primeiro nível desocupado. Pelo modelo da partícula na caixa, a 
energia de um determinado nível é dada por 𝐸𝑛 =
𝑛2ℎ2
8𝑚𝐿2
, de forma que a diferença de energia entre 
dois níveis 𝑛 e 𝑛 + 1 será dada por: 
Δ𝐸 = 𝐸𝑛+1 − 𝐸𝑛 =
(2𝑛 + 1)ℎ2
8𝑚𝐿2
 
Onde 𝑛 é o número quântico do nível mais alto ocupado. 
 
O octatetraeno possui 8 carbonos na cadeia 𝜋-conjugada. Se cada carbono contribui com um 
elétron para o sistema 𝜋, e cada nível suporta até dois elétrons, o nível ocupado mais alto será 
𝑛 = 4. Um raciocínio semelhante leva a 𝑛 = 3 para o hexatrieno. No entanto, a cadeia do 
octatetraeno tem dois carbonos a mais que a do hexatrieno. Como a diferença de energia entre 
os níveis é diretamente proporcional ao número quântico do nível inicial e inversamente 
proporcional ao quadrado do comprimento da cadeia, o efeito do maior comprimento da cadeia 
é mais significativo que o donúmero quântico de forma que, quanto maior a cadeia menor a 
energia da transição. Assim, esperamos que a energia do fóton absorvido pelo octatetreno seja 
menor que a do fóton absorvido pelo hexatrieno. 
 
Finalmente, como 𝐸 = ℎ𝑐/𝜆, o comprimento de onda de absorção máxima do octatetreno deve 
ser maior que o do hexatrieno. 
 
b. Para facilitar, podemos desmembrar o comprimento da caixa em 𝐿 = 𝑁 ⋅ 𝑙, onde 𝑁 é o número 
de ligações no sistema 𝜋-conjugado, e 𝑙 = 1,4 Å é o comprimento médio para uma ligação em um 
sistema 𝜋-conjugado. Assim, podemos escrever 
Δ𝐸 =
ℎ2
8𝑚𝑙2
2𝑛 + 1
𝑁2
=
2𝑛 + 1
𝑁2
(6,626 × 10−34J s)2
8 ⋅ 9,11 × 10−31 kg ⋅ (1,4 × 10−10m)2
=
2𝑛 + 1
𝑁2
3,0735 × 10−18J 
O comprimento de onda da transição será: 
𝜆 =
ℎ𝑐
Δ𝐸
=
𝑁2
2𝑛 + 1
6,626 × 10−34J s ⋅ 3 × 108 m s−1
3,0735 × 10−18 J
=
𝑁2
2𝑛 + 1
6,467 × 10−8m 
Finalmente, temos: 
i. Para o octatetraeno, 𝑁 = 7, 𝑛 = 4, e 𝜆 = 6,467 × 108 m
72
9
= 3,521 × 10−7m = 𝟑𝟓𝟐, 𝟏 𝐧𝐦 
ii. Para o hexatrieno, 𝑁 = 5, 𝑛 = 3, e 𝜆 = 6,467 × 108 m
52
4
= 2,310 × 10−7m = 𝟐𝟑𝟏, 𝟎 𝐧𝐦 
 
Em ambos os casos, as moléculas absorvem na região do ultravioleta.