A frequência da linha índigo no espectro de emissão visível do átomo de hidrogênio é 7,308 \times 10^{14} \mathrm{~s}^{-1}. Se a linha de transição eletrônica se origina do nível \mathrm{n}_{\mathrm{i}}=6, qual é o nível ( \mathrm{n}_{\mathrm{f}} ) do estado final do elétron nesta transição? A qual série esta linha pertence? Dica: usar a expressão:
E_{\text {fóton }}=E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{f}}=\left(2,1799 \times 10^{-18} \mathrm{~J}\right)\left(\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}}-\frac{1}{n_{\mathrm{i}}^{2}}\right) \quad\left(n_{\mathrm{i}}>n_{\mathrm{f}}\right)ó

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) determinar o nível final do elétron n_{\mathrm{f}} para uma transição que parte de n_{\mathrm{i}}=6 e cuja linha tem frequência 7,308\times10^{14}\,\mathrm{s}^{-1}; (2) identificar a que série espectral essa linha pertence.
Dados fornecidos e que vamos usar:
\nu = 7,308\times10^{14}\,\mathrm{s}^{-1} (frequência da linha),
n_{\mathrm{i}} = 6 (nível inicial),
a fórmula fornecida
E_{\text{fóton}} = \left(2,1799\times10^{-18}\,\mathrm{J}\right)\!\left(\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}}-\frac{1}{n_{\mathrm{i}}^{2}}\right),ó
com a condição n_{\mathrm{i}}>n_{\mathrm{f}}.
Também usarei a relação fundamental entre energia do fóton e frequência, que é E_{\text{fóton}} = h\nuó, onde h é a constante de Planck. A resolução começa a seguir.

Passo 2

Vou calcular a energia do fóton usando a relação E_{\text{fóton}} = h\nuó. Aqui cada símbolo significa: E_{\text{fóton}}ó é a energia do fóton emitido, h é a constante de Planck e \nu é a frequência. A constante de Planck vale aproximadamente
h = 6,62607015\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}.
Então,
E_{\text{fóton}} = h\nu = \left(6,62607015\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}\right)\left(7,308\times10^{14}\,\mathrm{s}^{-1}\right).ó
Agora multiplicamos mantissas e somamos expoentes (explicando rápido como fazer sem calculadora: multiplica-se 6,62607015 por 7,308 e depois ajusta-se o expoente para 10^{-34+14}=10^{-20}).

Passo 3

Faço a multiplicação das mantissas (mostro o raciocínio numérico aproximado, suficiente para prova):
6,62607015\times7,308 \approx 48,4233196,
logo
E_{\text{fóton}} \approx 48,4233196\times10^{-20}\,\mathrm{J} = 4,84233196\times10^{-19}\,\mathrm{J}.ó
Arredondando com sentido prático:
E_{\text{fóton}} \approx 4,84\times10^{-19}\,\mathrm{J}.ó
Isso é a energia que entra na fórmula fornecida.

Passo 4

Agora uso a expressão dada no enunciado
E_{\text{fóton}} = \left(2,1799\times10^{-18}\,\mathrm{J}\right)\!\left(\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}}-\frac{1}{n_{\mathrm{i}}^{2}}\right).ó
Queremos isolar \dfrac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}}. Rearranjando:
\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}} = \frac{1}{n_{\mathrm{i}}^{2}} + \frac{E_{\text{fóton}}}{2,1799\times10^{-18}\,\mathrm{J}}.ó
Substituo n_{\mathrm{i}}=6 e o valor de E_{\text{fóton}}ó:
\frac{1}{n_{\mathrm{i}}^{2}} = \frac{1}{6^{2}} = \frac{1}{36} = 0,027777\overline{7}.
E
\frac{E_{\text{fóton}}}{2,1799\times10^{-18}\,\mathrm{J}} \approx \frac{4,84233196\times10^{-19}}{2,1799\times10^{-18}}.ó
Faço a divisão dos mantissas e ajusto o expoente: \dfrac{4,84233196}{2,1799}\times10^{-1}. Calculando aproximadamente,
\frac{4,84233196}{2,1799} \approx 2,222222\ldots
portanto
\frac{E_{\text{fóton}}}{2,1799\times10^{-18}} \approx 0,222222\ldotsó

Passo 5

Somando os termos:
\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}} \approx 0,027777\overline{7} + 0,222222\overline{2} = 0,250000\ldots = \frac{1}{4}.
Assim
\frac{1}{n_{\mathrm{f}}^{2}} = \frac{1}{4} \quad\Rightarrow\quad n_{\mathrm{f}}^{2}=4 \quad\Rightarrow\quad n_{\mathrm{f}}=2.
Expliquei cada passo algébrico e numérico para ficar claro como chegar no n_{\mathrm{f}} na hora da prova.

Passo 6

Agora identifico a série espectral: por definição, as linhas do hidrogênio que terminam em n_{\mathrm{f}}=2 pertencem à série de Balmer. Essas linhas estão na região visível do espectro (por isso a linha índigo citada no enunciado é da série de Balmer).

Resposta

n_{\mathrm{f}} = 2
Série de Balmer

Exercícios relacionados