(1.5) Justifique por que a energia de ionização do oxigênio é menor que a do neônio, mas maior que a do aluminio. Em sua resposta, leve em conta a configuração eletrônica, o tamanho atômico e a carga nuclear efetiva.

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Justificar por que a energia de ionização do oxigênio é menor que a do neônio, mas maior que a do alumínio.
Informações/elementos relevantes dados (que vou usar):
  • Elementos envolvidos e seus números atômicos: \text{O} ( Z=8), \text{Ne} ( Z=10), \text{Al} ( Z=13).
  • Devem ser consideradas a configuração eletrônica, o tamanho atômico e a carga nuclear efetiva.

Passo 2

O que é energia de ionização e quais fatores a controlam (aula rapidinha, sem pânico).
  • Definição: a primeira energia de ionização I_1 é a energia necessária para retirar do átomo no estado fundamental um elétron mais externo (valência).
  • Fatores principais que aumentam ou diminuem I_1:
    • Carga nuclear efetiva \,Z_{\rm eff}\,: quanto maior \,Z_{\rm eff}\,, maior a atração sobre o elétron de valência e maior I_1.
    • Distância do elétron ao núcleo (número quântico principal n / tamanho atômico): elétrons em níveis com maior n estão mais longe, são menos ligados, então I_1 tende a diminuir com o aumento de n.
    • Blindagem/efeito de apantelhamento (shielding): elétrons internos reduzem a carga efetiva sentida pelos de valência.
    • Estrutura de shells/subníveis (fechamento de camada confere estabilidade; emparelhamento em orbital pode aumentar repulsão elétron–elétron).
  • Uma expressão aproximada (modelo hidrogenoide qualitativo) que mostra as dependências:
I_1\\ \text{(aprox.)}\propto\frac{(Z_{\rm eff})^2}{n^2},
onde n é o nível principal do elétron removido e Z_{\rm eff} é a carga nuclear efetiva sentida por esse elétron. Não é uma fórmula exata para átomos multieletrônicos, mas ajuda a entender tendências.

Passo 3

Configurações eletrônicas e observações qualitativas das três espécies (sem ainda concluir):
  • Oxigênio: \;1s^2\,2s^2\,2p^4.
    • Elétrons de valência estão em n=2 (subnível 2p); há emparelhamento parcial em 2p (dois elétrons estão emparelhados em algum orbital 2p), o que causa repulsão extra entre elétrons.
  • Neônio: \;1s^2\,2s^2\,2p^6.
    • Camada \,n=2 totalmente preenchida (configuração de gás nobre, muito estável). Os elétrons de valência também estão em n=2, mas a camada completa confere estabilidade extra.
  • Alumínio: \;1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^1.
    • Elétrons de valência em n=3 (mais afastados do núcleo que os do oxigênio/néon).
Observações qualitativas iniciais (sem números ainda):
  • Neônio e oxigênio têm elétrons de valência no mesmo nível n=2, porém o néon tem mais prótons ( Z=10 vs Z=8) e uma camada 2p completa — isso tende a aumentar Z_{\rm eff} e diminuir o raio, portanto aumenta I_1.
  • Alumínio tem elétron de valência em n=3 (mais afastado) e muitos elétrons internos que blindam o núcleo, o que tende a reduzir Z_{\rm eff} percebido pelo elétron de valência e reduzir I_1.
  • O emparelhamento em 2p no oxigênio aumenta a repulsão e tende a diminuir I_1 em comparação com um átomo com orbital 2p sem emparelhamento (isso explica por exemplo por que I_1(\text{N})>I_1(\text{O}), curiosidade relacionada).

Passo 4

Estimativa concreta da carga nuclear efetiva \,Z_{\rm eff}\, pelos elétrons de valência usando as Regras de Slater (um método simples e numérico que ajuda a comparar)
  • Lembrete rápido sobre Slater: para um elétron em orbital ns ou np
    • cada outro elétron no mesmo nível principal contribui com 0{,}35 ao apantelhamento;
    • cada elétron no nível n-1 contribui com 0{,}85;
    • cada elétron em níveis n-2 ou inferiores contribui com 1{,}00.
  • Oxigênio (removendo um elétron 2p):
    • Z=8.
    • Outros elétrons no mesmo nível n=2: há 2s^2+\,2p^3 = 5 elétrons além daquele que removemos → contribuição 0{,}35\times 5.
    • Elétrons em n=1: 1s^2 → contribuição 1{,}00\times 2 (para n=1 Slater usualmente usa 0{,}85 para n-1 quando n>1, mas no caso n=2 o n-1 é 1s; a regra prática gera a mesma conta com 0{,}85 por elétron em 1s — vou seguir a forma padrão que leva 1s como 0{,}85 por elétron para n=2). Usarei a versão padrão:
      • contribuição de 1s^2: 0{,}85\times 2=1{,}70.
    • Apantelhamento total S_{\text{O}} = 0{,}35\times 5 + 1{,}70 = 1{,}75 + 1{,}70 = 3{,}45.
    • Logo \;Z_{\rm eff}(\text{O}) \approx Z - S_{\text{O}} = 8 - 3{,}45 = 4{,}55.
  • Neônio (removendo um elétron 2p):
    • Z=10.
    • Outros elétrons no mesmo nível n=2: 2s^2+\,2p^5 = 7 elétrons além daquele removido → contribuição 0{,}35\times 7 = 2{,}45.
    • Elétrons em 1s: 0{,}85\times 2 = 1{,}70.
    • Apantelhamento total S_{\text{Ne}} = 2{,}45 + 1{,}70 = 4{,}15.
    • Logo \;Z_{\rm eff}(\text{Ne}) \approx 10 - 4{,}15 = 5{,}85.
    • Observação: usando uma contagem alternativa mais conservadora para elétrons no mesmo nível (às vezes conta-se 5, como fiz para O), dá Z_{\rm eff} ainda maior que para O; de qualquer forma o ponto é que Z_{\rm eff}(\text{Ne}) é consideravelmente maior que Z_{\rm eff}(\text{O}).
  • Alumínio (removendo um elétron 3p, elétron de valência):
    • Z=13.
    • Outros elétrons no mesmo nível n=3: 3s^2+3p^0 além do elétron removido → há 2 elétrons no mesmo nível → contribuição 0{,}35\times 2 = 0{,}70.
    • Elétrons em n=2 (nível n-1): 2s^2 2p^6 = 8 elétrons → contribuição 0{,}85\times 8 = 6{,}80.
    • Elétrons em n=1: 1s^2 → contribuição 1{,}00\times 2 = 2{,}00.
    • Apantelhamento total S_{\text{Al}} = 0{,}70 + 6{,}80 + 2{,}00 = 9{,}50.
    • Logo \;Z_{\rm eff}(\text{Al}) \approx 13 - 9{,}50 = 3{,}50.
Interpretação dos números obtidos (aqui a matemática vira argumento físico direto):
  • Temos valores aproximados: Z_{\rm eff}(\text{Ne}) \approx 5{,}9,\qquad Z_{\rm eff}(\text{O}) \approx 4{,}6,\qquad Z_{\rm eff}(\text{Al}) \approx 3{,}5.
  • Pelo modelo aproximado I_1 \propto (Z_{\rm eff})^2/n^2:
    • Para \text{Ne} e \text{O}, ambos têm n=2, então a comparação fica dominada por Z_{\rm eff}: como Z_{\rm eff}(\text{Ne})>Z_{\rm eff}(\text{O}), segue I_1(\text{Ne})>I_1(\text{O}).
    • Para \text{O} e \text{Al}, embora Z(\text{Al}) seja maior, o elétron removido de \text{Al} está em n=3 e sente Z_{\rm eff} menor; como Z_{\rm eff}(\text{O})>Z_{\rm eff}(\text{Al}) e n(\text{O})=2 < n(\text{Al})=3, segue I_1(\text{O})>I_1(\text{Al}).

Passo 5

Comentário final sobre o papel do emparelhamento e da estabilidade de camada:
  • O neônio tem configuração de gás nobre ( 2p^6), o que confere estabilidade extra: elétrons profundamente ligados, portanto I_1(\text{Ne}) é muito alto.
  • O oxigênio tem elétrons emparelhados em alguns orbitais 2p, o que aumenta um pouco a repulsão elétron–elétron e faz com que I_1(\text{O}) seja menor do que um valor que teria só por Z_{\rm eff} — mas não é suficiente para torná-la menor que a de \text{Al}, porque \text{Al} tem elétron de valência mais afastado (nível n=3) e forte apantelhamento dos elétrons internos.
  • Resumindo a intuição: néon prende seus elétrons de valência com mais força que oxigênio (mesmo nível, mais prótons e camada completa); oxigênio prende mais forte que alumínio porque seus elétrons de valência estão em uma camada mais interna e sentem maior carga efetiva.

Resposta

A energia de ionização do oxigênio é menor que a do neônio e maior que a do alumínio.

Exercícios relacionados