Nachklausur zum odul Ph sikalische Chemie 2

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Musterlösung der Nachklausur zum Modul
„Physikalische Chemie 2“ (B. Sc.)
Prof. Dr. Norbert Hampp
Jens Träger
Wintersemester 2007/08 –
Sommersemester 2008
07. 10. 2008
Aufgabe 1
Die 1. Aussage ist falsch. Die Wahrscheinlichkeit ein Teilchen an einem bestimmten Ort anzutreffen hängt vom Quadrat des Betrages seiner normierten Wellenfunktion ab (vgl. Born’sche
Interpretation der Wellenfunktion).
Die 2. Aussage ist richtig. Die aus der klassischen Physik bekannten Erhaltungsgrößen wie
Energie, Impuls, Drehimpuls und Masse sind auch Erhaltungsgrößen in der Quantenmechanik.
Die 3. Aussage ist richtig. Die Messung einer Eigenschaft eines Systems ist nicht nicht-invasiv,
sondern verändert das gemessene System (vgl. auch Unschärferelation und Superpositionsprinzip).
Die 4. Aussage ist falsch. Elektronen zeigen Beugungsphänomene (vgl. Welle-Teilchen Dualismus und Praktikumsversuch).
Die 5. Aussage ist richtig. Die Wärmekapazität steigt mit zunehmender Temperatur von null in
einer ausgeprägten Temperaturabhängigkeit bis auf den Wert der klassischen Vorhersage an. Die
Gesamtenergie wird nicht gleichmäßig auf die Freiheitsgrade verteilt, sondern nach bestimmten
Regeln (Boltzmann-Verteilung), die eine Quantisierung der Energieniveaus voraussetzen.
Die 6. Aussage ist falsch. Nach der Heisenberg’schen Unschärferelation sind Ort und Impuls
eines Teilchens nicht gleichzeitig beliebig genau bestimmbar.
+2 Punkte pro angekreuzter richtiger Antwort.
−2 Punkte pro angekreuzter falscher Antwort.
Die Gesamtpunktzahl für diese Aufgabe kann nicht kleiner null werden.
Seite 1 von 9
Aufgabe 2
a) Nach der Bragg’schen Bedingung gilt für konstruktive Interferenz
sin Θ =
nλ
.
2d
Für die Wellenlänge muss also gelten
λ=
2d
· sin Θ.
n
Die Wellenlängen bei denen jeweils die dritte Beugungsordnung (n = 3) unter einem
Winkel von 45◦ (=
b π/4) beobachtet werden kann sind dann
π
2 · 123 pm
2 d1
· sin =
· 0, 7071 = 58 pm und
n
4
3
π
2 · 213 pm
2 d2
· sin =
· 0, 7071 = 100 pm .
λ2 =
n
4
3
λ1 =
(8 Punkte)
b) Die kinetische und potentielle Energie der Elektronen ist
1
me v 2
2
= e U.
Ekin =
Epot
und
Wir können beide gleichsetzten, da der Energieerhaltungssatz gilt
Ekin = Epot
und erhalten dann für die Geschwindigkeit der Elektronen
1
me v 2
2
r
2eU
v=
.
me
eU =
Mit der Gleichung von de Broglie folgt dann für die Wellenlänge der Elektronen als Funktion der Beschleunigungsspannung
λ=
h
h
h
.
=
=√
p
mv
2 e me U
Auflösen nach der Spannung U ergibt
U=
h2
.
2 e m e λ2
Um die beiden Wellenlängen aus Teil a) zu erzeugen benötigen wir also die Spannungen
U1 =
(6, 62608 · 10−34 J s)2
2 · 1, 602177 · 10−19 C · 9, 10939 · 10−31 kg · (58 · 10−12 m)2
= 447 V
Seite 2 von 9
bzw.
U2 =
(6, 62608 · 10−34 J s)2
2 · 1, 602177 · 10−19 C · 9, 10939 · 10−31 kg · (100 · 10−12 m)2
= 150 V .
(6 Punkte)
c) Die Elektronengeschwindigkeit bei der Beschleunigungsspannung von 447 V, die wir zur
Erzeugung der kürzeren der beiden Wellenlängen (58 pm, siehe Teil b) benötigen ist
r
2eU
v=
m
s e
2 · 1, 602177 · 10−19 C · 447 V
=
9, 10939 · 10−31 kg
= 1, 25 · 107 m s−1 .
Die Geschwindigkeit der Elektronen v beträgt etwa 4% der Vakuumlichtgeschwindigkeit
c0 . Es handelt sich also um „nicht-relativistische Elektronen“. Relativistische Effekte sollten bei Elektronengeschwindigkeit von mehr als 10% der Vakuumlichtgeschwindigkeit
berücksichtigt werden.
(6 Punkte)
Seite 3 von 9
Aufgabe 3
Die Intensität des eingestrahlten Lichts nimmt nach dem Lambert-Beer’schen Gesetz
I
log = −ǫ · c · d
I0
auf dem Weg durch das Wasser exponentiell ab. Hierbei ist I0 die Intensität der einfallenden
Strahlung, I ist ihre Intensität nachdem sie die Wegstrecke d durch das Wasser zurückgelegt
hat. Die Größe ǫ wird als molarer Absorptionskoeffizient bzw. Extinktionskoeffizient bezeichnet.
Die Konzentration von Wasser in Wasser beträgt
m
̺
n
1000 g L−1
V
c=
≈ m
=
= 55, 5 mol L−1 .
=
−1
V
M
18.02
g
mol
n
a) Durch Entlogarithmieren erhalten wir
I
= 10−ǫ·c·d
I0
−5
−1
−1
−1
2
= 10−6,2·10 L mol cm ·55,5 mol L ·10·10 cm
= 3, 62 · 10−4 .
In 10 m Wassertiefe beträgt die Lichtintensität nur noch etwa 0,04% der Lichtintensität
an der Oberfläche.
Anmerkung: Der molare Absorptionskoeffizient hat die Einheit L mol−1 cm−1 . Die Weglänge des Lichts d sollte daher in cm eingesetzt werden.
(6 Punkte)
b) Durch Auflösen des Lambert-Beer’schen Gesetzes erhalten wir
di = −
log II0
ǫc
log 0, 5
6, 2 ·
L mol−1 cm−1 · 55, 5 mol L−1
= 87 cm =
b 0, 87 m
=−
und
dii = −
10−5
log II0
ǫc
log 0, 1
6, 2 ·
L mol−1 cm−1 · 55, 5 mol L−1
= 291 cm =
b 2, 91 m .
=−
10−5
Der Taucher sieht also 50% der Lichtintensität an der Oberfläche in einer Tiefe von etwa
0,9 m und 10% der Lichtintensität an der Oberfläche in einer Tiefe von etwa 3 m.
(8 Punkte)
Seite 4 von 9
Aufgabe 4
a) Die Auswahlregeln für elektrische Dipolübergänge lauten
∆n beliebig
und
∆l = ±1.
(6 Punkte)
b) Der Übergang erfolgt von n = 3, l = 1 im 3p-Zustand nach n = 2, l = 0 im 2s-Zustand
und ist somit nach den in Teil a) genannten Auswahlregeln erlaubt.
(6 Punkte)
c) Die Energien der gebundenen Zustände des Wasserstoffatoms lauten
E=−
hcℜ
.
n2
Die bei dem Übergang emittierte Energie ist folglich
1
1
∆E3→2 = h c ℜ 2 − 2 .
2
3
Mit E = h ν =
hc
λ
folgt für die bei dem Übergang emittierte Wellenlänge
1
ℜ
− 312
1
1
1
= 7, 2 · = 7, 2 ·
= 7, 2 ·
5
−1
ℜ
1, 09737 · 10 cm
1, 09737 · 107 m−1
= 6, 56 · 10−7 m =
b 656 nm .
λ3→2 =
1
22
Seite 5 von 9
(8 Punkte)
Aufgabe 5
a) Das Kastenpotential und das harmonische Potential sind in der folgenden Zeichnung
dargestellt. Wichtig ist, dass in der Aufgabe u.a. nach Aufenthaltswahrscheinlichkeiten
gefragt war, also einer Größe, die proportional zum Quadrat der Wellenfunktion ist.
(8 Punkte)
b) Allgemein ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teilchen eine Potentialbarriere durchtunnelt
von der Differenz zwischen der energetischen „Höhe“ dieser Potentialbarriere und der
Energie des Teilchens abhängig.
Da die Potentialwände des Kastens unendlich hoch sein sollen ist folglich für das Teilchen
im Kasten ist die Tunnelwahrscheinlichkeit gleich null. Das Teilchen ist also nie in einem
klassisch verbotenen Bereich anzutreffen.
Ein harmonischer Oszillator kann in klassisch verbotenen Regionen angetroffen werden, wo
die potentielle Energie größer ist als seine Gesamtenergie (V > E). Nach der klassischen
Mechanik liegt der Umkehrpunkt xUp des Oszillator dort, wo seine kinetische Energie
null wird. Folglich ist an den Umkehrpunkten die potentielle Energie 12 k x2 gleich der
Gesamtenergie E. Also gilt
r
1
2E
bzw.
xUp = ±
k x2Up = E
2
k
Die Wahrscheinlichkeit den harmonischen Oszillator im Grundzustand (v = 0) mit einer
Auslenkung über einen Umkehrpunkt hinaus zu beobachten ist gleich dem Integral über
alle Wahrscheinlichlkeiten, ihn in einem Intervall dx anzutreffen, das zwischen xUp und
unendlich liegt.
P =
Z∞
Ψ∗n Ψm dx.
xUp
Seite 6 von 9
Die Wellenfunktion für den harmonischen Oszillator im Grundzustand lautet
y2
Ψ0 = N0 H0 (y) e− 2
N0 = p
1
1
,
mit
x
y=
α
H0 (y) = 1,
απ2
und
α=
~2
mk
14
Wir substituieren die Integrationsvariable x = α y. Der Umkehrpunkt ist dann
xUp √
= 2v + 1 = 0
α
yUp =
für
v = 0.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit den harmonischen Oszillator in einem klassisch verbotenen Bereich anzutreffen ist dann
P =2
Z∞
Ψ∗n Ψm dx
xUp
= 2 α N02
Z∞
2
e−y dy
1
2
= √
π
Z∞
2
e−y dy
1
(8 Punkte)
Seite 7 von 9
Aufgabe 6
Gewinkelte Moleküle können 3N − 6 Normalschwingungen ausführen, lineare Moleküle nur
3N − 5, wobei N die Anzahl der Atome des Moleküles ist.
Die allgemeine Auswahlregel für Schwingungsübergänge besagt, dass eine Schwingung eine Änderung des Dipolmoments hervorrufen muss. Beachten Sie, dass ein permanentes Dipolmoment
des Moleküls keine notwendige Bedingung für das Auftreten von Schwingungsübergängen ist.
N
Stickstoff
Chlorbenzol
2
12
Trichlorboran
4
Tetrachlormethan
5
E -Dichlorethen
6
Normalschwingungen
3N − 5
3N − 6
3N − 6
3N − 6
3N − 6
IR-aktiv?
=
1
nein
=
30
ja
=
6
ja
=
9
ja
=
12
ja
(10 Punkte)
Seite 8 von 9
Aufgabe 7
Die Wellenfunktion des Wasserstoffatoms im Grundzustand lautet
s
1 − ar
Ψ1s =
e o
π a3o
Die radiale Wahrscheinlichkeitsdichte ist
P (r) = 4 π r2 |Ψ|2 ,
somit folgt für das Wasserstoffatom im Grundzustand
P (r) =
4 r2 − 2a r
e o.
a3o
Weil ∆r so klein ist, kann die Änderung von P (r) in diesem Bereich vernachlässigt werden und
es gilt für die Wahrscheinlichkeit das Elektron im Intervall ∆r anzutreffen
r+ ∆r
2
Z
P (r) dr ≈ P (r) ∆r.
r− ∆r
2
a) Für r = a0 erhalten wir
P (r) ∆r =
4 a20 − 2aa0
4 r2 − 2a r
o ∆r =
e
e o · 0, 02 a0 = 4 · e−2 · 0, 02
a3o
a3o
= 0, 0108
Die Wahrscheinlichkeit das Elektron zwischen 0, 99 a0 und 1, 01 a0 anzutreffen beträgt also
etwa 1%.
(8 Punkte)
b) Entsprechend erhalten wir für r = 2 a0
P (r) ∆r =
4 r2 − 2a r
4 (2 a0 )2 − 4aa0
o ∆r =
e
e o · 0, 02 a0 = 16 · e−4 · 0, 02
a3o
a3o
= 0, 00586
Die Wahrscheinlichkeit das Elektron zwischen 1, 99 a0 und 2, 01 a0 anzutreffen beträgt
etwa 0,6% und ist damit gut halb so groß wie die Wahrscheinlichkeit das Elektron um
r = a0 anzutreffen.
(6 Punkte)
Seite 9 von 9