Pro. Dr. Selhuber-Unkel Biokompatible Nanomaterialien Lösungen zu Blatt 3 Augabe 8: Hybridisierung Die Hybridisierung geschieht, um einen Überlapp der Wellenunktionen und die Anzahl der Bindungsparameter zu maximieren. Insgesamt wird zwar die Energie erhöht, doch ist die benötigte Energie so gering, dass man die Energieerhöhung nicht berücksichtigen muss. Ohne Hybridisierung könnte das Kohlenstoatom wegen der Elektronenkoniguration s 2 2s 2 2p 2 nur zwei kovalente Bindungen eingehen. Um sich an die Darstellung zu gewöhnen, ist hier zunächst ein Chloratom mit Energieachse gezeigt. Abbildung : Elektronenkoniguration ür ein Chloratom Im olgenden wird ein Kohlenstoatom dargestellt. Die Energieachse ist nicht eingezeichnet, doch die Höhe der Kästchen kennzeichnet die Energieniveaus relativ zueinander. Die Vierwertigkeit des Kohlenstoatoms lässt sich durch eine Spintrennung, den Über-
Abbildung 2: Elektronenkoniguration ür ein Kohlenstoatom gang eines 2s-Elektrons in den energetisch höheren 2p-Zustand erklären. Abbildung 3: Für den Wechsel des Energieniveaus ist eine Anregungsenergie notwendig. Diese Annahme reicht zur Erklärung der Molekülgeometrie noch nicht aus, denn die vier Bindungen müssen identisch sein. Die ür die Bindung zur Verügung stehenden Orbitale müssen also gleichgemacht werden. Auch ür diesen Vorgang muss Energie augebracht werden. Die Vereinheitlichung von unterschiedlichen Orbitalen bezeichnet man als Hybridisierung. Die Hybridorbitale sind als Kreuzungen der Ursprungsorbitale anzusehen. Eine Hybridisierung von einem s-orbital mit drei p-orbitalen bezeichnet man als sp 3 - Hybridisierung. Die dabei gebildeten vier Orbitale sind sp 3 -Hybridorbitale. Sie bilden die räumliche Struktur eines Tetraeders und haben einen Bindungswinkel von 09, 5. Abschließend sieht man ein Methanmolekül. Also noch einmal ür Kohlensto: s 2 2s 2 2p 2 s 2 2s 2p 3 }{{} Hybridorbital Entscheidend ist, dass alle Elektronen in der 2. Schale die gleiche Energie haben! 2
Abbildung 4: Im Methanmolekül sind ein 2s- und drei 2p-Orbitale des Kohlenstoatoms zu vier identischen Orbitalen hybridisiert σ-bindung. Zur Lösung der Augabe 8 a): 8 b): r =, r 2 =, r 3 =, r 4 =. 3
Für das Skalarprodukt gilt: Es olgt daraus ür den Winkel φ: r r 2 = r r 2 = r r 2 cos φ φ = arccos ( ) r r 2. r r 2 = = Dieses Ergebnis erhält man auch ür die anderen Skalarprodukte, wie man sich leicht klar machen kann. Das gleiche gilt auch ür die Beträge der Vektoren, hier ist exemplarisch der Rechenweg ür r angegeben. r = (r x ) 2 + (r y ) 2 + (r z ) 2 = + + = 3 ( φ = arccos ) 09, 47 3 Die Winkel zwischen den Hybridwellenunktionen sind alle gleich (der berühmte Tetraederwinkel)! 9) Lennard-Jones-Potential 9 a): Die negative Ableitung eines Potentials ist eine Krat, d.h hier die Krat ist bei r = r o null. dv = 0 dr r=ro Somit ist r o der Bindungsabstand und V (r o ) entspricht der Bindungsenergie. 9 b): V (r) = m m n V Br0 n n m n r n + V Br0 m r m = m V Br0 n r n + n V Br0 m r m dv dr = d 2 V nm V Br n 0 r (n+) (n + )nm = V B r0 n r (n+2) + mn V Br m 0 r (m+) (m + )nm V Br0 m r (m+2) 4
mit r = r 0 olgt ür d2 V d 2 V + )nm = (n V Br0 n r (n+2) 0 + ( n )nm = V B r0 2 + = n2 m + nm + m 2 n = Damit olgt ür den E-Modul (m + )nm (m + )nm V Br0 2 nm() V B r0 2 = nmv B r0 2 V Br m 0 r (m+2) 0 V B r0 2 = m2 n n 2 m V B r 2 0 E = r 0 d 2 V (r) r=r0 = nm r 3 0 V B q.e.d. 9 c): ( ) r 6 ( ) ] r 2 V (r) = 4V B [ + r r ( ) ( )] dv (r) r6 = 4V B [6 dr r 7 2 r2 r 3 d 2 V (r) = 4V B [ 42 ( r6 r 8 ) + 56 ( r2 r 4 )] 5
Berechnung von r o dv =0 dr r=ro ( ) ( )] r6 =4V B [6 2 9 d): 2 2 r 2 r 6 ( r2 r 3 ) r 7 = r3 o ro 7 2 r 6 = r 6 o r o = 6 2 r = 6 ( r6 r 7 ) r2 r 3 r = 3, 4Å r o = 3, 82Å 2 Atomradius (Literaturwert:, 74Å ür Argon ) ergibt 3, 48Å, also keine schlechte Näherung ür r o r r o = 0, 89 E = nm r0 3 V B = 6 2 (3, 82 0 0 m) 3 67 0 23 J = 2, 57 0 9 N m 2 E kin = 3 2 k BT m = E Bind }{{} nach Gleichverteilungssatz aus der kinetischen Gastheorie (Kann man hier annehmen, da wir wissen, dass Argon gleich gasörmig wird.) T m = 2 E Bind = 2 67 0 23 J 3 k B 3, 38 0 23 = 80, 68K J Ein Vergleich mit der Literatur gibt einen Schmelzpunkt von 83, 8K an. Unsere Abschätzung ist also gar nicht so schlecht. 9 e): α = m + n + 3 k B 2mn V B = 2 + 3 + 6, 38 0 23 J K 2 2 6 67 0 23 J =, 205 0 3 K 6
9 ): V (T ) =V o ( + 3αT ) V (T ) V o V o =3αT = 3, 205 0 3 K 0, 29 ˆ= 29% 80, 68K 9 g): Abbildung 5: Potential U(r), erste Ableitung du dr du und Krat dr. Aus der Graik kann man entnehmen, daß ür F = dv dr d.h.: d 2 V = 0 An der Stelle zerreißt die Bindung. die Krat ein Maximum besitzt, 7
d 2 V r=r = (n + )nm V B r0 n r (n+2) + (m + )nm V Br0 m r (m+2) = 0 (n + ) + (m + )r0 m n r (n+2) (m+2) = 0 (m + )r0 m n r n m = n + 3 (3, 82Å) 6 r 6 = 7 3 7 (3, 82Å)6 = r 6 3 r = 6 3, 82Å = 4, 24Å 7 0): Madelungkonstante R Es gilt ür eine Richtung: 2 α = j,j 0 ± ρ j 2 α = j,j 0 ± ρ j = R R R 2R + R 3R R 4R +... = 2 + 3 4 +... = ln 2 nach Bronstein α = 2 ln 2, 39 > 0 d.h. es entsteht ein Kristall. Die Bindung im eindimensionalen Kristall ist stärker als die Bindung eines Ionenpaares. Da ür die andere Richtung die Rechnung analog durchzuühren ist, multipliziert man mit 2. 8
): Bindungsenergie Die Energie, die man aubringen muss, um das H-Atom zu ionisieren, ist: Der Energiegewinn aus der Ionisierung des F-Atoms (Elektronenainität) beträgt: insgesamt muss noch eine Energie augebracht werden von: 3,6 ev 3,6 ev 0,0 ev Diese wird aus der Coulombanziehung gewonnen: 0,9 0 0 m e 2 4πε o r 2 dr = e2 4πε o r = (, 602 0 9 C) 2 4π 8, 85 0 2 C V m 0, 9 0 0 m 6 ev Für die Bindungsenergie bleiben also noch: 0 ev + 6 ev = 6 ev. 9