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- 1. Departamento de Química e Meio Ambiente Disciplina : Química Inorgânica Unidade 1 : Modelo quanto –mecânico do átomo-Parte 1 Professor : Assis Rocha 1. Ondas e Radiação Eletromagnética 1.1 Propriedades das ondas 1.2 Radiação eletromagnética e o espectro eletromagnético 2. A Quantização da Energia 2.1 A radiação do corpo negro 2.2 O efeito fotoelétrico 3.Espectro Atômico e o Modelo de Bohr 3.1 Espectro de Linhas 3.2 A série de Balmer e a equação de Rydberg 3.3 O Modelo de Bohr 3.3.1 Postulados de Bohr 3.3.2 Diagramas de energia para o átomo de hidrogênio. Séries espectrais. 1 SUMÁRIO
- 2. Propriedades das ondas Comprimento de onda (λ)– A distância percorrida para completar um ciclo Frequência (ν) – O número de ciclos por unidade de tempo A unidade é o ciclo por segundo , s-1 , ou Hertz (Hz). Amplitude – A distância do ponto médio a uma crista ou um vale. Está relacionada à energia da onda. v= 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝜆𝜆 𝑇𝑇 = 𝜆𝜆. 𝜈𝜈 2 1MHz = 106Hz 1 nm= 10-9m 1pm= 10-12 m 1 Å =10-8 cm 1Hz= s-1
- 3. Radiação Eletromagnética Nota : 1. Os diversos tipos de radiação eletromagnética diferem no comprimento de onda e na frequência . 3 No vácuo : c = 2.99792458×108 m/s c = 3,00 x 108 m/s ( três alg. sig.) 𝒄𝒄 = 𝝀𝝀𝝀𝝀 𝝀𝝀 = 𝒄𝒄 𝝂𝝂
- 4. O Espectro Eletromagnético 4 𝐸𝐸 ∝ 𝜈𝜈 𝐸𝐸 ∝ 1 𝜆𝜆 UHF TV Celular telefone Forno de micro ondas, estações de satélite Radar policial Raio X Lâmpada solar Lâmpada de calor
- 5. 5 Espectros de Absorção IR Visível
- 6. 6 Exercícios 1.Um dentista usa raios X (λ = 0,50 Å) para tirar uma série de radiografias dentárias enquanto o paciente ouve uma estação de rádio (λ = 325 cm) e olha pela janela para o céu azul (λ = 473 nm). Qual é a frequência (s-1 ) da radiação eletromagnética de cada fonte? (Suponha que a radiação viaje à velocidade da luz, 3,00 × 108 m/s.) 𝜆𝜆 1Å=10-8 cm 1cm=10-2 m 1 nm = 10-9 m 𝜆𝜆(𝑚𝑚) 𝜈𝜈 = 𝑐𝑐 𝜆𝜆 𝜈𝜈(𝑠𝑠−1) Raio-X: 0,50Å ̇ 𝑥𝑥 10−8𝑐𝑐𝑐𝑐 Å 𝑥𝑥 10−2𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 5,0 x 10-11 m 𝜈𝜈 = 𝑐𝑐 𝜆𝜆 = 3,00𝑥𝑥𝑥𝑥8𝑚𝑚/𝑠𝑠 5,0𝑥𝑥𝑥𝑥−11𝑚𝑚 = 6,0𝑥𝑥𝑥𝑥18 𝑠𝑠−1 Sinal de radio: 𝜈𝜈 = 𝑐𝑐 𝜆𝜆 = 3,00𝑥𝑥𝑥𝑥8𝑚𝑚/𝑠𝑠 325𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 10−2𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 9,23 x 107 s-1 Céu azul : 𝜈𝜈 = 𝑐𝑐 𝜆𝜆 = 3,00 𝑥𝑥 108𝑚𝑚/𝑠𝑠 473𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 10−9𝑚𝑚 𝑛𝑛𝑛𝑛 = 6,34 x1014 s-1
- 7. 7 2.Alguns diamantes parecem amarelos porque contêm compostos de nitrogênio que absorvem luz roxa de frequência 7,23 × 1014 Hz. Calcule o comprimento de onda (em nm e Å) da luz absorvida 𝑐𝑐 = 𝜆𝜆𝜆𝜆 𝜆𝜆 = 𝑐𝑐 𝜈𝜈 = 3,00 𝑥𝑥 108𝑚𝑚/𝑠𝑠 7,23𝑥𝑥 1014𝑠𝑠−1 = 4,14𝑥𝑥𝑥𝑥−7𝑚𝑚 1 nm = 10-9 m 1Å= 10-8 cm = 10-10 m 4,14 𝑥𝑥 10−7𝑚𝑚 𝑥𝑥 1𝑛𝑛𝑛𝑛 10−9𝑚𝑚 = 414 nm 4,14 𝑥𝑥 10−7𝑚𝑚𝑚𝑚 1Å 10−10𝑚𝑚 = 4140Å
- 8. A Quantização da Energia A Radiação do Corpo Negro : Radiação eletromagnética cujo comprimento de onda e cor dependem da temperatura do objeto. 8
- 9. 9 1. Lei de Stefan –Boltzmann 𝐼𝐼 𝑇𝑇 = 𝜎𝜎𝑇𝑇4 𝜎𝜎 = 5,670 𝑥𝑥 10−8 W/m2.K4 2. Lei do deslocamento de Wien T𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ( constante = 0,29 cm K ) catástrofe ultravioleta 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
- 10. 10 Experimental : 𝜌𝜌= 8𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋 𝜆𝜆5 ( 1 𝑒𝑒 � ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝑘𝑘𝑘𝑘−1 ) k : constante de Boltzmann h: constante de Planck ( Lei da radiação de Planck ) Lei de Rayleigh-Jeans : (𝜌𝜌) 𝜌𝜌 = 8𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋 𝜆𝜆4 UV (catástrofe ultravioleta) 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜆𝜆 ⟶ 0 ⇒ ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆 → ∞ ⇒ 𝑒𝑒 ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆 → ∞ então: 𝜌𝜌 → 0 quando 𝜆𝜆 → 0 𝜆𝜆 ↑ então ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆𝜆 ≪ 1 e temos: 𝑒𝑒 � ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝑘𝑘𝑘𝑘 − 1 = ( 1 + ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝑘𝑘𝑘𝑘 + ......) -1= ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆𝑘𝑘𝑘𝑘 Logo a Lei da Radiação de Planck em altos comprimentos de onda ( baixa frequência) se reduz à lei de Rayleigh-Jeans. Max Planck 𝐸𝐸 = 𝑛𝑛𝑛𝜈𝜈 ℎ = 6,626 𝑥𝑥 10 −34 𝐽𝐽. 𝑠𝑠 ( constante de Planck) 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑛𝑛 = 0, 1,2 … … (a) (b)
- 11. 11 Exercícios 3. Calcule a temperatura da superfície do sol sabendo que a sua emissão máxima ocorre a 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≈ 490 nm. Solução: Da lei do deslocamento de Wien , temos : 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑇𝑇 = 0,29 𝑐𝑐𝑐𝑐. 𝐾𝐾 então: 𝑇𝑇 = 0,29 𝑐𝑐𝑐𝑐.𝐾𝐾 490𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 10−9𝑚𝑚 𝑛𝑛𝑛𝑛 𝑥𝑥 102𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑚𝑚 = 5918𝐾𝐾 = 5645℃ 4. Estime o comprimento de onda na energia máxima de uma lâmpada incandescente se o filamento está a 3000oC. Sendo 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑇𝑇 = 0,29 𝑐𝑐𝑐𝑐. 𝐾𝐾 , temos: 𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,29 𝑐𝑐𝑐𝑐.𝐾𝐾 𝑇𝑇 = 0,29 𝑐𝑐𝑐𝑐.𝐾𝐾 3000+273 𝐾𝐾 𝑥𝑥 1𝑛𝑛𝑛𝑛 10−9𝑚𝑚 𝑥𝑥 1𝑚𝑚 102𝑐𝑐𝑐𝑐 =886 nm
- 12. O Efeito fotoelétrico A teoria de Einstein sobre o efeito fotoelétrico ( Albert Einstein ( 1819 – 1955 ) Hipótese de Planck 𝐸𝐸 = ℎ𝜈𝜈 12
- 13. Do princípio da conservação da energia : ℎ𝜈𝜈 = 𝜙𝜙 + 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 , onde 𝜙𝜙: função trabalho 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 𝐸𝐸 − 𝜙𝜙 = ℎ𝜈𝜈 − ℎ𝜈𝜈0 = ℎ( 𝜈𝜈 − 𝜈𝜈0) Notas : 1. O número de elétrons emitidos é proporcional à intensidade do feixe de luz , o qual corresponde ao número de fótons por unidade de área ; 2. A energia cinética dos elétrons emitidos é proporcional à frequência da luz contrário , portanto , à predição da física clássica . 13 energia fotoelétron 𝜙𝜙 1 2 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑣𝑣2 Elétron ligado Elétron livre ℎ𝜈𝜈 1 2 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑣𝑣2 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 ⟶ 𝜈𝜈 𝜈𝜈0
- 14. 14 Exercícios 5. Quantos fótons de 1000 nm um telêmetro de infravermelho com potência de 1 mW emite em 0,1s ? Solução: A potência é dada por energia por unidade de tempo , temos : 1W = 1J/1s e 1mW = 10-3 W . A energia de um fóton é dada pela equação de Planck : 𝐸𝐸 = ℎ𝜈𝜈 = ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆 = 6,622𝑥𝑥 10−34 𝐽𝐽. 𝑠𝑠 𝑥𝑥 3,00𝑥𝑥 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠 1000𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 10−9𝑚𝑚 𝑛𝑛𝑛𝑛 = 1,99𝑥𝑥𝑥𝑥−19 𝐽𝐽 Dessa forma o número de fótons é dado por: 10−3𝐽𝐽/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠,1𝑠𝑠 1,99𝑥𝑥𝑥𝑥−19𝐽𝐽 = 5,0 𝑥𝑥 1014 fótons 6. A função trabalho do rubídio é 2,09 eV ( 1 eV= 1,60 x 10-19J) . A luz azul ( 470nm) ejeta elétrons do metal ? Solução: 𝐸𝐸 = ℎ𝜈𝜈 = ℎ𝑐𝑐 𝜆𝜆 = 6,622𝑥𝑥𝑥𝑥−34 𝐽𝐽. 𝑠𝑠𝑠𝑠3,00𝑥𝑥𝑥𝑥8 𝑚𝑚/𝑠𝑠 470𝑥𝑥𝑥𝑥−9𝑚𝑚 𝑥𝑥 1𝑒𝑒𝑒𝑒 1,60𝑥𝑥𝑥𝑥−19𝐽𝐽 = 2,64𝑒𝑒𝑒𝑒 E sendo ℎ𝜈𝜈 > 𝜙𝜙 , ocorre ejeção de fotoelétrons
- 15. Espectros Atômicos e o Modelo de Bohr Espectro de Linhas 15
- 16. A série de Balmer e a equação de Rydberg 1. Johann Balmer (1825–1898) 𝜈𝜈 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 1 22 − 1 𝑛𝑛2 onde n= 3, 4, 5 ,..... Série de Balmer 2.Johannes Rydberg (1854–1919) 1 𝜆𝜆 = 𝑅𝑅 1 𝑛𝑛1 2 − 1 𝑛𝑛2 2 onde n1 e n2 são inteiros positivos e n2>n1 . R é a constante de Rydberg que vale 1,09737 x 107 m-1 . Notas : 1. n1 = 2 ...vísivel 2. n1 = 1 .. ultravioleta 3. n1 = 3 .. Infravermelho 16
- 17. 17 𝑓𝑓 = 1 4𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑒𝑒2 𝑟𝑟2 𝑓𝑓 𝑟𝑟 = 𝑚𝑚𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑟𝑟 (1) (2) ⃗ 𝑟𝑟 m ⃗ 𝑣𝑣 ⃗ 𝑝𝑝 ⃗ 𝑝𝑝=⃗ 𝑟𝑟x m ⃗ 𝑣𝑣 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝑛𝑛ℏ 𝑛𝑛 = 1,2,3 … . . (3) 𝑣𝑣 = 𝑛𝑛ℏ 𝑚𝑚𝑚𝑚 ou: Das equações (1) e (2): 1 4𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑒𝑒2 𝑟𝑟2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑟𝑟 𝑟𝑟 = 𝑍𝑍𝑒𝑒2 4𝜋𝜋𝜖𝜖0𝑚𝑚𝑣𝑣2 (5) Substituindo o valor de v sabendo que ℏ = ℎ 2𝜋𝜋 ,temos: 𝑟𝑟 = 𝜖𝜖0ℎ2 𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋2 𝑛𝑛2 𝑛𝑛 = 1,2,3 … . . 𝑟𝑟 = 𝑎𝑎0𝑛𝑛2 H(Z=1) 𝑎𝑎0 = 𝜖𝜖0ℎ2 𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝑒𝑒 = 5,291772 X 10−11𝑚𝑚= 52,92 pm. (raio de Bohr) Modelo de Bohr (6) (7) (4)
- 18. 18 𝐸𝐸 = 𝐾𝐾 + 𝑈𝑈 𝐸𝐸 = � 1 2 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + − 1 4𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑍𝑍2 𝑟𝑟 E substituindo o valor de mv2 da equação (4) , fica : 𝐸𝐸 = 1 2 ( 1 4𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑒𝑒2 𝑟𝑟 ) + − 1 4𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑍𝑍2 𝑟𝑟 𝐸𝐸 = − 1 8𝜋𝜋𝜖𝜖0 𝑍𝑍𝑍𝑍2 𝑟𝑟 (8) (9) (10) (11) E substituindo o valor de r da equação (6) , temos : 𝐸𝐸 = − 𝑚𝑚𝑍𝑍2 𝑒𝑒4 8𝜀𝜀0 2ℎ2 1 𝑛𝑛2 𝑛𝑛 = 1,2,3 … . Substituindo o valor de cada constante , temos : 𝑚𝑚𝑍𝑍2 𝑒𝑒4 8𝜀𝜀0 2ℎ2 = 2,180𝑥𝑥 10−18 𝐽𝐽 = 13,61 𝑒𝑒𝑒𝑒 Então: 𝐸𝐸 = − 2,180𝑥𝑥 10−18 𝐽𝐽 𝑛𝑛2 = − 13,61𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑛𝑛2 𝑛𝑛 = 1,2,3 … . (12) (13) Postulados de Bohr 1. O Postulado dos estados estacionários 2. O Postulado das frequências 𝒉𝒉𝝂𝝂 = 𝑬𝑬𝒊𝒊 − 𝑬𝑬𝒇𝒇 ( condição de frequência de Bohr )
- 19. 19 𝒉𝒉𝝂𝝂 = 𝑬𝑬𝒊𝒊 − 𝑬𝑬𝒇𝒇 E considerando a equação da quantização da energia , eq. 12, e substituindo o valor da frequência(𝜈𝜈), temos: 𝒉𝒉𝒉𝒉 𝝀𝝀 =∆𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒊𝒊 − 𝑬𝑬𝒇𝒇= − 𝒎𝒎𝒁𝒁𝟐𝟐𝒆𝒆𝟒𝟒 𝟖𝟖𝜺𝜺𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒉𝒉𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 - − 𝒎𝒎𝒁𝒁𝟐𝟐𝒆𝒆𝟒𝟒 𝟖𝟖𝜺𝜺𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒉𝒉𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 = 𝒎𝒎𝒁𝒁𝟐𝟐𝒆𝒆𝟒𝟒 𝟖𝟖𝜺𝜺𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒉𝒉𝟐𝟐 [ 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 ] ou: 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝒎𝒎𝒁𝒁𝟐𝟐𝒆𝒆𝟒𝟒 𝟖𝟖𝜺𝜺𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒄𝒄𝒉𝒉𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒁𝒁𝟐𝟐𝒆𝒆𝟒𝟒 𝟖𝟖𝜺𝜺𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒄𝒄𝒉𝒉𝟑𝟑= R = 1,097 X 107𝑚𝑚−1 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝑹𝑹 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 (Constante de Rydberg) 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝟐𝟐 (Série de Balmer) 𝒏𝒏 = 𝟑𝟑, 𝟒𝟒, 𝟓𝟓 … . estado fundamental estados excitados
- 20. Diagrama de Níveis de Energia para o Átomo de Hidrogênio . Séries Espectrais 𝑬𝑬 = −𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒏𝒏𝟐𝟐 20 Série nf ni Região do espectro Lyman Balmer Paschen Brackett 1 2 3 4 2,3,4... 3,4,5 ... 4,5,6... 5,6,7 .... UV Visível e UV IR IR IR 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝑹𝑹 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐
- 21. Exercícios 1. Qual o comprimento de onda do fóton com menor energia na série da Balmer ? Solução: Na série de Balmer a transição de menor energia corresponde a n=3 para n=2 . Logo: 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝑹𝑹 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 = 𝐑𝐑 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝝀𝝀 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟓𝟓𝟓𝟓 =6,56x10-7m = 656 nm 21 2. Qual o comprimento de onda limite da série de Balmer ? Solução: O limite de qualquer série corresponde à transição que parte do nível E =0 ( 𝑛𝑛 = ∞). Então: 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝑹𝑹 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒇𝒇 𝟐𝟐 − 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒊𝒊 𝟐𝟐 =R 1 22 − 1 ∞2 = 𝑅𝑅 4 𝜆𝜆 = 4 𝑅𝑅 = 3,64𝑥𝑥𝑥𝑥−7𝑚𝑚 = 364 𝑛𝑛𝑛𝑛
- 22. BIBLIOGRAFIA 22 Averill, Bruce and Patricia Eldredge. “General Chemistry: Principles, Patterns, and Applications”. FlatWorld. 2011 Zumdahl,S.S ; Zumdahl, S.A ; De Coste , D.J . Chemistry.Cengace ,2018. Chang, Raymond; Goldsby , K.A . Chemistry . 12. Edition. McGraw- Hill education,2016. Atkins , P; Paula, J; Keeler , J. Atkins’ Physical Chemistry . 11. Edition.Oxford University Press, 2018 BROWN, T. L.; LEMAY, H. E.; BURSTEN, B. E.; BURDGE, J. R. Química: A Ciência Central. São Paulo. 9ª ed. Editora Pearson. 2005 HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de física. 8. ed. Rio de Janeiro, RJ: LTC, c2009 vol 4.