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Tarea 6.
Resuelta
1. Escribe el hamiltoniano completo para el átomo de Be,
Hˆ  
4e 2  1 1 1 1 
          4  r  r  r  r 
2me
0  1
2
3
4 
2
1
2
2
2
3
2
4
e2  1
1
1
1
1
1







4 0  r1  r2 r1  r3 r1  r4 r2  r3 r2  r4 r3  r4



2. Si investigas la configuración electrónica del Cu notarás cierta anomalía con respecto a lo
esperado siguiendo las reglas que aprendiste antes de este curso.
a. Enlista todos los elementos con configuraciones electrónicas “anómalas”.
Cromo, cobre, niobio, molibdeno, rutenio, rodio, paladio, plata, lantano, cerio, platino, oro,
gadolinio, actinio, torio, protactinio, uranio, neptunio, curio.
b. Investiga lo que dice la Regla de máxima multiplicidad de Hund y discute su
relación con la energía de intercambio.
Regla de Hund: Al llenar orbitales degenerados, los electrones se distribuyen, siempre que sea
posible, con sus espines paralelos. La configuración electrónica es más estable (tiene menor
energía) cuando tiene electrones desapareados (espines paralelos) que cuando esos electrones
están apareados (espines opuestos o antiparalelos).
Esta regla está fundamentada en la interacción de intercambio. Cuando los espines de dos
electrones son paralelos el término de intercambio es diferente de cero disminuyendo la energía de
la configuración con respecto a tener espines antiparalelos con los cuales el término de
intercambio se anula.
3. Teniendo 5 electrones en un orbital d se pueden tener 12 arreglos de espín.
a. Dibuja los 12 esquemas de distribución.
b. Asigna el número cuántico de espín atómico S a cada esquema.
c. Asigna el número cuántico MS a cada esquema.
Respuestas:
     S
5
2
MS 
5
2
     S
5
2
MS 
3
2
     S
5
2
MS 
1
2
     S
5
2
M S   12
     S
5
2
M S   32
     S
5
2
M S   52
   
S
3
2
MS 
3
2
   
S
3
2
MS 
1
2
   
S
3
2
M S   12
   
S
3
2
M S   32
  
S
1
2
MS 
  
S
1
2
M S   12
1
2
4. Orbitales de Slater
a. Calcula los valores promedio para el radio de Slater (‹r›ST) correspondientes a las
capas de valencia de los átomos desde H hasta Ne.
Aplicando las fórmulas incluidas:
r
ST
2
n 1 2


 2Z  
1
3
n 1  Z r a0 
3
   Rn  r   r dr   
r
e
 r dr

12 
a
0
0 
  2n !  0 



2

1  2Z  



2n !  a0 
0 
2 n 1
r
2 n 1  2 Z r a0
e
1  2Z  
dr 
 2n !  a0 
2 n 1 
r
2 n 1  2 Z r a0
e
dr
0
Igualando con la fórmula de integración se reconoce que:
x n  r 2 n 1 ;

e bx  e  2 Z r a0
 n  2n  1;
2Z 
b
a0
Pero antes de usar dicha fórmula veamos si es posible simplificarla. La serie resultante es
una integral indefinida, al evaluarla entre límites se tiene:

n !e  bx
n  bx
x
e
dx


0
b n 1
nm 
 bx 

m 0  n  m !
0
n
 n !e  bx
 lim   n 1
x  
 b
nm
 bx      n !eb 0 n  b  0 

  b n 1 m
 n  m !
m 0  n  m !
0
 
nm
n




El primer sumando incluye una exponencial negativa que al estar evaluada en infinito hace
que todo el término sea cero. En cuanto al segundo, todos los términos de la suma son cero,
excepto el independiente, cuando n – m = 0. Entonces:

x e
0
n !  b  0  
n!
dx  n 1 
 n 1
b
0!
b
0
n  bx
Sustituyendo las relaciones encontradas:
r
ST
1  2Z  

 2n !  a0 

2 n 1 
r
2 n 1  2 Z  r a0
e
0
1  2Z  
dr 
 2n !  a0 
2 n 1
a0  2n  1 ! a0  2n  1

2 Z   2n  !
2Z 
 2n  1!
 2Z  


 a0 
2n2
Por otro lado, en la capa de valencia la carga nuclear efectiva de los átomos es:
Z H  1

Z He
 2  0.31  1.69
Z Li  3  2  0.85   1.3

Z Be
 4  2  0.85   0.31  1.99
Z B  5  2  0.85   2  0.31  2.68
Z C  6  2  0.85   3  0.31  3.37
Z N  7  2  0.85   4  0.31  4.06
Z O  8  2  0.85   5  0.31  4.75
Z F  9  2  0.85   6  0.31  5.44

Z Ne
 10  2  0.85   7  0.31  6.13
Finalmente, los radios de Slater son:
a0  2 1  1
r
H 
ST
r
 He  
ST
r
r
r
2 1
ST
 Li  
ST
 Be  
ST
 B 

3
a0  0.794 Å
2
r
C 
ST
 N 
ST
a0  2 1  1

150
a0  0.470 Å
169
r
a0  2  2   1

25
a0  1.018 Å
13
r

250
a0  0.665 Å
199
r
2 1.69 
2 1.3
a0  2  2   1
2 1.99 
a0  2  2   1
2  2.68 

125
a0  0.494 Å
134
r
a0  2  2   1

250
a0  0.393 Å
337
a0  2  2   1

125
a0  0.326 Å
203
a0  2  2   1

10
a0  0.279 Å
19
a0  2  2   1

125
a0  0.243 Å
272
2  3.37 
2  4.06 
ST
O 
ST
 F 
ST
 Ne  
2  4.75 
2  5.44 
a0  2  2   1
2  6.13

250
a0  0.216 Å
613
b. Construye una gráfica ‹r›ST vs. Z y compara tanto tendencia como valores con los
reportados en la literatura. Discute brevemente esta comparación.
3.5
3
r/a0
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
2
4
6
8
10
12
Z
Cálculo
Experimental
Radios atómicos
reportados (Chang
2002)
Átomo
r [Å]
H
0.32
He
0.50
Li
1.52
Be
1.12
B
0.98
C
0.91
N
0.92
O
0.73
F
0.72
Ne
0.70
Puede notarse que el modelo de carga nuclear efectiva predice correctamente la tendencia a
lo largo del segundo periodo, pero falla por completo en el primero. De igual manera en los
datos reportados se observa un “hombro” en el nitrógeno, aspecto no previsto por el
modelo. En cuanto a valores notamos que en general el modelo de Slater predice valores
para el radio menores que los observados, excepto para H donde esto se invierte y para He,
donde se obtiene un valor considerablemente cercano al reportado.
c. Recalcula los radios anteriores utilizando la expresión para el radio promedio de un
orbital hidrogenoide. ¿A qué pueden deberse las diferencias entre resultados con el
cálculo anterior?
r H 
a0 
3
2
3 1  0  0  1   a0  0.794 Å
 2
2 1 
r  He  
a0 
3
2
3 1  0  0  1   a0  0.397 Å


2  2
4
 Li  
a0 
2
3  2   0  0  1   2a0  1.058 Å


2  3
 Be  
a0 
3
2
3  2   0  0  1   a0  0.794 Å


2  4
2
r
ST
r
ST
r
r
r
r
ST
 B 
a0 
2
3  2   11  1   a0  0.529 Å


2  5
ST
C 
a0 
5
2
3  2   11  1   a0  0.441 Å


2  6
6
ST
 N 
a0 
5
2
3  2   11  1   a0  0.377 Å
 7
2 7 
ST
O 
a0 
5
2
3  2   11  1   a0  0.331 Å
 8
2 8 
ST
 F 
a0 
5
2
3  2   11  1   a0  0.294 Å
 9
2 9 
r
r
ST
 Ne  
a0 
1
2
3  2   11  1   a0  0.265 Å
 2
2 10  
d. Repite el cálculo del inciso anterior pero sustituye Z por Z* en la capa de valencia.
r H 
r  He  
r
r
ST
ST
a0 
3
2
3 1  0  0  1   a0  0.794 Å


2 1
2
a0 
150
2
3 1  0  0  1  
a0  0.470 Å


2 1.69 
169
 Li  
a0 
60
2
3  2   0  0  1  
a  2.442 Å
 13 0
2 1.3 
 Be  
a0 
600
2
3  2   0  0  1  
a  1.596 Å
 199 0
2 1.99  
r
r
r
r
ST
 B 
a0 
125
2
3  2   11  1  
a0  0.987 Å


2  2.68 
67
ST
C 
a0 
500
2
3  2   11  1  
a0  0.785 Å


2  3.37 
337
ST
 N 
a0 
250
2
3  2   11  1  
a0  0.652 Å


2  4.06 
203
ST
O 
a0 
20
2
3  2   11  1  
a0  0.557 Å


2  4.75 
19
ST
 F 
a0 
125
2
3  2   11  1  
a0  0.486 Å


2  5.44 
136
 Ne  
a0 
500
2
3  2   11  1  
a0  0.432 Å


2  6.13
613
r
r
e.
ST
¿Qué te dicen estos resultados sobre el modelo de Slater?
El modelo de Slater permite hacer algunas predicciones cualitativas, sin embargo en general es
malo para hacer predicciones cuantitativas en lo que a tamaños atómicos se refiere.
Resulta interesante que la expresión exacta para átomos hidrogenoides arroje resultados muy
similares a los predichos por el modelo de Slater, pero que al corregir la expresión
hidrogenoide exacta con las cargas nucleares efectivas de hecho se obtengan resultados más
cercanos a los reportados en la literatura. Esto podría significar que si bien la forma de los
orbitales de Slater no es todavía apropiada para representar átomos polielectrónicos con
exactitud, al parecer el efecto pantalla y el concepto de carga nuclear efectiva son correcciones
razonables como lo demuestra el aplicarlos junto con la solución exacta.
5. Para el átomo de Si en el estado base,
Respuestas:
a. Escribe la configuración electrónica empleando la abreviatura con kernel.
Si: [Ne]3s23p2
b. ¿Cuál de los siguientes desgloses es más apropiado para la capa de valencia?
i. 3s13px23py1
ii. 3s13px13py13pz1
iii. 3s23px2
iv. 3s23px13py1
v. 3px23py13pz1
c. Calcula la energía del estado base empleando el método de la carga nuclear
efectiva.
Z K  14  0.31  13.69
Z L  14  2  0.85   7  0.35   9.85
Z M  14  2 1  8  0.85   3  0.35   4.15
2
2
  Z  2
 Z L 
 Z M  
K
ET  Si    13.606 eV   2 
  8   4
   7844.112 eV
  1 
 2 
 3  
d. Calcula la longitud de onda del fotón necesario para enviar un electrón de la capa L
a la capa O.
Para un átomo de silicio excitado de la forma en que se indica, la configuración electrónica
es:
Si*: 1s22s22p53s25s1
Por lo que su energía usando el método de la carga nuclear es:
Z K  14  0.31  13.69
Z L  14  2  0.85   6  0.35   10.20
Z M  14  2 1  7  0.85   3  0.35   5.00
Z O  14  2 1  7 1  4 1  1
2
2
2
  Z  2
 Z L 
 Z M   Z O  
K
ET  Si    13.606 eV   2 
   7728.758 eV
  7   4
 
  1 
 2 
 3   5  
La longitud de onda del fotón es:

 6.626 10 Js  3.00 10  

hc
1





19
ET  Si   ET  Si  7728.7582 eV   7844.112 eV   1.602  10 J eV 
34
8
 10.748 nm
e. Calcula las 2 primeras energías de ionización.
El Si+ tiene como configuración:
Si+: [Ne]3s23p1
Quitar un electrón de su capa de valencia cambia la carga nuclear efectiva solamente en dicha
capa, por lo tanto sólo vale la pena calcular los cambios producidos ahí:
Z M  14  2 1  8  0.85   2  0.35   4.50
2
  4.50 2
 4.15  
EI1  E  Si   E  Si    13.606 eV  3 
  4
   12.306 eV
 3  
  3 

Noten que se omitieron el resto de subcapas ya que al ser iguales automáticamente se
eliminan en la resta.
Para Si2+
Si2+: [Ne]3s2
De nuevo, solamente hay cambio en la capa de valencia, el cálculo procede como:
Z M  14  2 1  8  0.85   0.35  4.85
2
  4.85 2
 4.50  
EI 2  E  Si 2   E  Si     13.606 eV   2 

3


   20.718 eV
 3  
  3 
6. Para el átomo de carbono (C, Z = 6)…
Respuestas:
a. Calcula la energía electrónica total experimental.
Eexp   11.2603 eV  24.3833 eV  47.8878 eV  64.4939 eV  392.087 eV  489.991 eV 
 1030.0223 eV
b. Utiliza la tabla de constantes de apantallamiento para calcular las cargas nucleares
efectivas para los niveles 1s y 2s2p.
Z K  6  0.31  5.69
Z L  6  2  0.85   3  0.35   3.25
c. Calcula las energías para los niveles 1s y 2s2p.
2
 Z 
EK   13.606 eV   K   440.4992 eV
 1 
2
 Z 
EL   13.606 eV   L   35.9275 eV
 2 
d. Calcula la energía electrónica total teórica y el error con respecto a la experimental.
ET  2 EK  4 EL  1024.7084 eV
%E 
Eexp  ET
Eexp
100 
1030.0223 eV   1024.784 eV 
1030.0223 eV
100  0.52 %
e. Repite los pasos anteriores para calcular todas las formas catiónicas del carbono,
desde C+ hasta C4+. (Se vale usar Excel). Luego calcula la energía del hidrogenoide
C5+.
E  C    1013.2458 eV
E  C 2   987.1399 eV
E  C3   943.8908 eV
E  C 4   880.9985 eV
E  C5   489.8049 eV
f. Calcula todas las energías de ionización teóricas y calcula el error con las
experimentales.
EI1  11.4628 eV
%E  1.80 %
EI 2  26.1059 eV
%E  7.06 %
EI 3  43.2491 eV
%E  9.69 %
EI 4  62.8923 eV
%E  2.48 %
EI 5  391.1936 eV
%E  0.23 %
EI 6  489.8049 eV
%E  0.04 %
g. Compara en un diagrama las energías de los niveles 1s y 2s2p para cada forma
(neutra y catiónica). Sé consistente con la energía de amarre de acuerdo a la carga
nuclear que deben “sentir” los electrones conforme los vas retirando.
0
C
C+
C2+
C3+
C4+
2s2p
2s2p
2s2p
2s2p
2s2p
-50
C5+
2s2p
-100
-150
-200
-250
-300
-350
-400
-450
-500
1s
1s
1s
1s
1s
1s
7. Consigue una tabla con la escala de electronegatividades de Pauling. Investiga los valores
de afinidad electrónica y la primera energía de ionización de los primeros 10 elementos de
la tabla periódica. Si estos valores pueden relacionarse mediante la expresión:
  m  EI  AE   b
donde χ es la electronegatividad, EI es la primera energía de ionización y AE es la afinidad
electrónica.
Calcula los valores más aceptables para m y b mediante regresión lineal con las energías
expresadas en kJ/mol.
Datos
EI1 [kJ/mol]
AE [kJ/mol]
1312
72.552
520
59.63
899
0
801
26.7
1086
121.85
1402
0
1314
140.97523
1681
328.1638
Átomo
H
Li
Be
B
C
N
O
F
χ
2.2
0.98
1.57
2.04
2.55
3.04
3.44
3.9
4.5
4
Electronegatividad
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
500
1000
1500
EI + AE
m  2.011103
b  1.003  102
2000
2500
8. Ordena las siguientes secuencias de menor a mayor volumen:
Respuestas
a. Si4+ < Si3+ <Si2+ < Si+ < Si < Si− < Si2− < Si3− < Si4−
b.
c.
d.
e.
H < Li < Na < K < Rb < Cs < Fr
Ne < F < O < N < C < B < Be < Li
C4+ < Be2+ < Li+ < F− < O2− < N3− <C4−
N3− < P3−< As3−< Sb3− < Bi3−
9. Calcula la afinidad electrónica de todos los elementos del segundo periodo.
Determina el % de error con respecto a datos reportados en una fuente bibliográfica.
Para la afinidad electrónica del átomo A:
AE  A   E  A   E  A 
Para Li:
Z K  3  0.31  2.69
Z L  3  2  0.85   1.30
  Z  2  Z  2 
E  Li    13.606 eV   2  K    L    202.657 eV
  1   2  
Para Li−:
Z K  3  0.31  2.69
Z L  3  2  0.85   0.35  0.95
2
  Z  2
 Z L  
K
E  Li    13.606 eV   2 
  2     203.048 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  Li   0.391 eV
Para Be:
Z K  4  0.31  3.69
Z L  4  2  0.85   0.35  1.95
2
  Z  2
 Z L  
K
E  Be    13.606 eV   2 
  2     396.389 eV
  1 
 2  
Para Be−:
Z K  4  0.31  3.69
Z L  4  2  0.85  2  0.35   1.6
2
  Z  2
 Z L  
K
E  Be    13.606 eV   2 
  3     396.645 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  Be   0.256 eV
Para B:
Z K  5  0.31  4.69
Z L  5  2  0.85   2  0.35   2.60
2
  Z  2
 Z L  
K
E  B    13.606 eV   2 
  3     667.540 eV
  1 
 2  
Para B−:
Z K  5  0.31  4.69
Z L  5  2  0.85  3  0.35   2.25
2
  Z  2
 Z L  
K
E  B    13.606 eV   2 
  4     667.438 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  B  0.102 eV
Para C:
Z K  6  0.31  5.69
Z L  6  2  0.85   3  0.35   3.25
2
  Z  2
 Z L  
K
E  C    13.606 eV   2 
  4     1024.732 eV
  1 
 2  
Para C−:
Z K  6  0.31  5.69
Z L  6  2  0.85   4  0.35   2.90
2
  Z  2
 Z L  
K
E  C    13.606 eV   2 
  5     1024.052 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  C   0.680 eV
Para N:
Z K  7  0.31  6.69
Z L  7  2  0.85   4  0.35   3.90
2
  Z  2
 Z L  
K
E  N    13.606 eV   2 
  5     1476.587 eV
  1 
 2  
Para N−:
Z K  7  0.31  6.69
Z L  7  2  0.85   5  0.35   3.55
2
  Z  2
 Z L  
K
E  N    13.606 eV   2 
  6     1475.107 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  N   1.480 eV
Para O:
Z K  8  0.31  7.69
Z L  8  2  0.85   5  0.35   4.55
2
  Z  2
 Z L  
K
E  O    13.606 eV   2 
  6     2031.723 eV
  1 
 2  
Para O−:
Z K  8  0.31  7.69
Z L  8  2  0.85   6  0.35   4.20
2
  Z  2
 Z L  
K
E  O    13.606 eV   2 
  7     2029.229 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  O   2.494 eV
Para F:
Z K  9  0.31  8.69
Z L  9  2  0.85   6  0.35   5.20
2
  Z  2
 Z L  
K
E  F    13.606 eV   2 
  7     2698.780 eV
  1 
 2  
Para F−:
Z K  9  0.31  8.69
Z L  9  2  0.85   7  0.35   4.85
2
  Z  2
 Z L  
K
E  F    13.606 eV   2 
  8     2695.038 eV
  1 
 2  

Por lo tanto:
AE  F  3.742 eV
Para Ne:
Z K  10  0.31  9.69
Z L  10  2  0.85   7  0.35   5.85
2
  Z  2
 Z L  
K
E  Ne    13.606 eV   2 
  8     3486.363 eV
  1 
 2  
Para Ne−:
Z K  10  0.31  9.69
Z L  10  2  0.85   7  0.35   5.85
Z M  10  2 1  8  0.85   1.2
2
2
  Z  2
 Z L   Z M  
K
E  Ne    13.606 eV   2 
  8   
   3488.540 eV
  1 
 2   3  

Por lo tanto:
AE  Ne   2.177 eV
Elemento
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
Afinidad Electrónica [eV]
Error [%]
Calculada
Reportada
0.391
0.618
36.70
0.256
----−0.102
0.280
136.44
−0.680
1.262
153.91
−1.480
0
--−2.494
1.461
271.12
−3.742
3.401
210.02
2.177
-----