Uma amostra contendo hidrogênio emite uma radiação com um comprimento de onda de 410,7 \mathrm{~nm}.
Que transição entre as órbitas de Bohr do hidrogênio é responsável por esta radiação? (Ex. 17)

Passo 1

O enunciado dá que uma amostra de hidrogênio emite radiação com comprimento de onda \lambda=410{,}7\\ \mathrm{nm} e pergunta qual transição entre órbitas de Bohr é responsável por essa radiação.
Informações relevantes fornecidas:
\lambda=410{,}7\\ \mathrm{nm} (comprimento de onda da luz emitida).
A pergunta espera identificar os níveis quânticos inicial n_i e final n_f do elétron na fórmula de Bohr/Rydberg.

Passo 2

Conceito-chave (explicado devagar): na teoria de Bohr para o hidrogênio, a luz emitida quando um elétron salta de um nível n_i para um nível n_f (com n_i>n_f) tem comprimento de onda dado pela fórmula de Rydberg:
\frac{1}{\lambda} = R_H\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right).
Aqui:
  • \lambda é o comprimento de onda da radiação emitida (em metros);
  • R_H é a constante de Rydberg para o hidrogênio, com valor aproximado \displaystyle R_H=1{,}097\times 10^{7}\\ \mathrm{m}^{-1};
  • n_f é o número quântico do nível final (inteiro positivo);
  • n_i é o número quântico do nível inicial (inteiro positivo maior que n_f).
Breve justificativa física: essa fórmula vem de calcular a diferença de energia entre dois níveis ligados em Bohr e converter essa energia para frequência/ comprimento de onda via E=h\nu e \nu=c/\lambda. Não precisamos derivar tudo aqui, mas é importante saber o que cada termo significa.

Passo 3

Identificar qual série é provável: radiações visíveis do hidrogênio pertencem à série de Balmer, que tem n_f=2 e comprimentos de onda aproximadamente entre 380\\ \mathrm{nm} e 750\\ \mathrm{nm}. Como \lambda=410{,}7\\ \mathrm{nm} está no visível e muito próximo da linha conhecida H‑delta, é razoável testar n_f=2. Vou resolver a equação assumindo n_f=2 e verificar n_i.

Passo 4

Converter unidades e escrever a fórmula com números:
\lambda = 410{,}7\\ \mathrm{nm} = 410{,}7\times 10^{-9}\\ \mathrm{m}.
Usando a fórmula de Rydberg com \displaystyle R_H=1{,}097\times 10^{7}\\ \mathrm{m}^{-1} e n_f=2,
\frac{1}{\lambda}=R_H\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{n_i^2}\right).

Passo 5

Isolar \displaystyle \frac{1}{n_i^2}. Primeiro calcule \displaystyle \frac{1}{\lambda} numericamente:
\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{410{,}7\times 10^{-9}}\\ \mathrm{m}^{-1}\approx 2{,}433\times 10^{6}\\ \mathrm{m}^{-1}.
Agora substituindo:
2{,}433\times 10^{6} = 1{,}097\times 10^{7}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{n_i^2}\right).
Divida ambos os lados por R_H:
\frac{2{,}433\times 10^{6}}{1{,}097\times 10^{7}} = \frac{1}{4}-\frac{1}{n_i^2}.
Calcule o lado esquerdo:
\frac{2{,}433\times 10^{6}}{1{,}097\times 10^{7}}\approx 0{,}2218.
Portanto
0{,}2218 = \frac{1}{4}-\frac{1}{n_i^2}.

Passo 6

Continuando a álgebra para achar \displaystyle n_i:
\frac{1}{n_i^2} = \frac{1}{4}-0{,}2218 = 0{,}25-0{,}2218 = 0{,}0282.
Logo
n_i^2 \approx \frac{1}{0{,}0282}\approx 35{,}46,
e
n_i \approx \sqrt{35{,}46}\approx 5{,}96\approx 6
(temos de escolher um inteiro; o mais próximo e fisicamente consistente é n_i=6).

Passo 7

Conclusão e checagem rápida (para reforçar o raciocínio): a solução indica que a transição é de n_i=6 para n_f=2. Isso corresponde à linha H‑delta da série de Balmer; se calculássemos \lambda exatamente para 6\to2 usando a fórmula de Rydberg, obteríamos um valor muito próximo de 410{,}2\\ \mathrm{nm}, consistente com a medida dada 410{,}7\\ \mathrm{nm} (pequena diferença experimental/constante).

Resposta

Transição de n=6 para n=2.

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