MUSTERLÖSUNG ZUR NACHHOLKLAUSUR PHYSIKALISCHE CHEMIE II (3.Sem)

Universität Regensburg Institut für Physikalische und Theoretische Chemie IPTC) Prof. Dr. B. Dick Dr. S. A. Baeurle R. J. Kutta WS/ 6/7 MUSTERLÖSUNG ZUR NACHHOLKLAUSUR PHYSIKALISCHE CHEMIE II 3.Sem) Aufgabe 1: 15 Punkte) Betrachten Sie ein rotierendes 1 H 35 Cl-Molekül, bei dem die beiden Kerne im Gleichgewichtsabstand R fixiert sind. a) Wählen Sie ein geeignetes Modell zur Beschreibung dieses Systems und geben Sie die Formel der Energiezustände an. b) Welcher Ausdruck ergibt sich hieraus für die Wellenzahl eines Überganges mit der Quantenzahl l in den nächsthöheren Zustand? c) Spektroskopisch findet man den Übergang l = 1 l = bei der Wellenzahl ν = 4, 3636 cm 1. Bestimmen Sie hieraus die Bindungslänge, wenn die reduzierte Masse µ = 1, 667 1 7 kg ist. Aufgabe 1a) Lösung): 5/15 Punkte) Ein geeignetes Modell zur Beschreibung dieses Systems ist der dreidimensionalen starre Rotator. Dieses Modell gilt für die Beschreibung eines zweiatomigen Moleküls. Dieses System besteht aus zwei Massen m 1 und m. Es kann allerdings auch durch ein Einteilchensystem mit reduzierter Masse µ beschrieben werden siehe Abbildung.1). 1

m r R e r 1 m 1 R e = r 1 + r µ = m 1m m 1 +m Abb..1: Schematische Darstellung eines zweidimensionalen Rotators. Die Schrödingergleichung für dieses System lautet ) IE Λ ψϑ, ϕ) = ψϑ, ϕ).1) mit dem Legendreoperator Λ = 1 sin ϑ) ϕ + 1 sinϑ) ϑ sinϑ) ϑ.) und dem Trägheitsmoment I = µr e..3) Die Lösung der Schrödingergleichung liefert folgende Wellenfunktionen mit ψ l, ml = Y l, ml ϑ, ϕ) = NΘ l, ml ϑ) expim l ϕ).4) l =, 1,,... und m l =, ±1,..., ±l..5) Die Y l, ml ϑ, ϕ) sind dabei die Kugelflächenfunktionen, N ist die Normierungskonstante und Θ l, ml ϑ) ist gegeben durch { l + 1)l ml )! Θ l, ml ϑ) = l + m l )! } 1 P m l l cos ϑ )),.6)

wobei P m l l das entsprechende Legendre-Polynom zu den jeweiligen Quantenzahlen l und m l darstellt. Die Energieeigenwerte für den dreidimensionalen Rotator eines zweiatomigen Moleküls sind gegeben durch Aufgabe 1b) Lösung): E l = ll + 1), l =, 1,,.....7) I 5/15 Punkte) Eine allgemeine Formel für die Wellenzahl eines Überganges l l + 1 als Funktion des Trägheitsmomentes ergibt sich zu ν l l+1 = fi) = cm 1 E l l+1 = cm 1 E l+1 cm 1 E l = E l+1 E l = l + 1)l + ) ll + 1) ) I = l + l + l + l l ) = l + ) I h = l + 1) 4π Ic. Aufgabe 1c) Lösung): = l + 1) I 5/15 Punkte) I Setzt man nun noch die Definition des Trägheitsmomentes ein, so erhält man einen allgemeinen Ausdruck für die Wellenzahl eines Überganges l l + 1 als Funktion der Bindungslänge h ν l l+1 = fr e ) = l + 1). 4π cµre Dieser lässt sich nun nach der Bindungslänge R e auflösen und man erhält h R e = l + 1). 4π cµ ν l l+1 Mit den Angaben für den Übergang l = 1 l = ν = 4, 3636 cm 1 und µ = 1, 667 1 7 kg) sowie den unten angegebenen Naturkonstanten ergibt sich für die Bindungslänge 6, 6618 1 R e = 1 + 1) 34 Js 4π, 99795 1 8 ms 1 1, 667 1 7 kg 4, 3636 1 m 1 = 1, 7 1 1 m = 1, 7 1 1 Å. 3

Aufgabe : Punkte) Betrachten Sie einen Strahl von Elektronen mit der Energie E, der von kommend bei x = auf eine Oberfläche auftrifft, die als unendlich dicke Potentialbarriere der Höhe V beschrieben werden kann. a) Wie lautet die Schrödingergleichung auf beiden Seiten der Barriere? b) Wie lautet die Wellenfunktion in den beiden Bereichen, wenn V > E gilt, und wie gehen m, E und V in diese Wellenfunktion ein? c) Welche Randbedingungen muss die Wellenfunktion erfüllen nicht lösen)? d) Wie groß ist die mittlere Eindringtiefe der Elektronen in das Material? e) Skizzieren Sie das Verhalten der Wellenfunktion Realteil) für den Fall V > E. Hinweis: x n exp ax) dx = n! a n+1 Aufgabe a) Lösung): 4/ Punkte) Eine unendlich dicke Potentialwand Die Schrödingergleichung für das Problem lässt sich in zwei Gleichungen für jede einzelne Zone siehe Abbildung.) aufsplitten. E pot A B C V x) Abb..: Schematische Darstellung der Aufgabenstellung. x 4

Die Hamilton-Operatoren für die zwei Zonen sind gegeben durch Bereich A x < ) : Bereich B x ) : d Ĥ =.8) m dx d Ĥ = m dx + V.9) Die entsprechenden Gleichungen sind die Schrödingergleichungen freier Teilchen mit der Ausnahme, dass im Bereich B die Energie E durch E V ausgetauscht werden muss. Aufgabe b) Lösung): 4/ Punkte) Die allgemeinen Lösungen werden dann wie folgt geschrieben werden: Bereich A : ψx) = A expikx) + B exp ikx) k = me.1) Bereich B : ψx) = A expik x) + B exp ik x) k = me V ).11) Nun wird der Fall betrachtet, wenn E < V ist, so dass aus klassischer Sicht das Teilchen nicht bei x > aufgefunden werden kann. Die Bedingung E < V impliziert gleichzeitig, dass k imaginär sein muss. Man sollte daher k = iκ schreiben, wobei κ reell ist. Damit folgt dann, dass aus Gleichung.15 folgender Ausdruck wird Bereich B : ψx) = A exp κx) + B expκx) κ = mv E)..1) Diese Wellenfunktion ist eine Mischung aus einer abklingenden und einer anwachsenden Exponentialfunktion. Man erkennt also, dass eine Wellenfunktion nicht oszilliert, wenn E < V gilt. Da die Barriere unendlich weit ist, muss die ansteigende Exponentialfunktion weggestrichen werden. Denn ansonsten stiege die Amplitude der Wellenfunktion ins Unendliche. Die Wellenfunktion innerhalb der Potentialbarriere muss somit eine simple exponentiell abnehmende Funktion exp κx) sein. Ein wichtiger Punkt bei dieser Folgerung ist der, dass das Teilchen innerhalb einem klassisch verbotenen Bereich aufgefunden werden kann, weil die Wellenfunktion innerhalb dieser Barriere nicht Null ist. Dieser Effekt wird als das Eindringen bezeichnet. Wie schnell die Wellenfunktion auf Null abfällt, wird durch die Größe von κ bestimmt. Die Wellenfunktion fällt auf der Strecke 1 κ Wert von 1 e ihrer Amplitude ab. Der Wert 1 κ auf den wird die Eindringtiefe genannt. Die Eindringtiefe nimmt mit steigender Masse des Teilchens und steigender Höhe der Barriere 5

über der Energie des auftreffenden Teilchens der Wert V E) ab. Aufgabe c) Lösung): 4/ Punkte) Die Werte der Koeffizienten werden erhalten, indem man die Kriterien für akzeptable Wellenfunktionen als Randbedingungen verwendet. Im besonderen ist das, dass die Wellenfunktion und ihre Ableitung kontinuierlich ist. Die Kontinuitätsbedingung sorgt dafür, dass die Wellenfunktion an den Punkten, an denen sich die Bereiche schneiden, zusammenpasst. Die Kontinuität der Amplituden bei x = führt somit zu folgenden Bedingungen: Bei : x = : A + B = A + B.13) Ähnlich führt die Kontinuität der Ableitungen am gleichen Punkt zu einer weiteren Bedingung: Bei : x = : ika ikb = κa + κb.14) Diese zwei Gleichungen ergeben zwei Bedingungen zum Auffinden von vier Unbekannten. Die restlichen Bedingungen erhält man aus der Normierungsbedingung und aus der Anfangsbedingung für das Teilchen z.b. so wie die Tatsache, dass es sich von links her an die Barriere nähert). Aufgabe d) Lösung): 4/ Punkte) Will man nun das mittlere Eindringen des Teilchens in die Potentialbarriere bestimmen, so muss der Erwartungswert des Ortes innerhalb der Potentialbarriere bestimmt werden. Innerhalb der Potentialwand gilt wird die Wellenfunktion beschrieben durch Bereich B : ψx) = A exp κx) κ = me V ).15) 6

Es ergibt sich somit x = u ψ x)ˆxψx)dx = A v xexp κx)dx = A [x 1 ) ] exp κx) + A κ κ }{{} = A κ = A κ x = A 4κ. = exp κx)dx = A κ [ + 1 ] κ exp κx)dx [ 1 ] κ exp κx) 7

Aufgabe e) Lösung): 4/ Punkte) Abbildung.3 zeigt schematisch das Verhalten der Wellenfunktion beim Tunnelprozess. ψ V E Abb..3: Tunneleffekt: Ein Teilchen Wellenpaket), das sich von links einer Wand nähert, hat eine oszillierende Wellenfunktion. Innerhalb der Wand nimmt sie exponentiell ab, wenn E < V ist. Aufgabe 3: Punkte) Betrachten Sie einen 1-dimensionalen harmonischen Oszillator mit reduzierter Masse µ und Kraftkonstante k in der quantenmechanischen Beschreibung. a) Stellen Sie die Schrödinger-Gleichung auf und geben Sie die Form ihrer Lösungen mit den jeweiligen Energieeigenwerten an. b) Stellen Sie das Oszillatorpotential V x), die Energieeigenwerte E v und die Wellen- 8

funktion ψ v x) für v =, 1, gemeinsam in einer Graphik dar. c) Berechnen Sie die mittlere Auslenkung x des Oszillators aus der Gleichgewichtslage für die Quantenzahl v. Verwenden Sie hierzu folgende Rekursionsformel wobei x = αξ und α = µk ξh v = vh v 1 + 1 H v+1,.16) eine Konstante sein soll. Berücksichtigen Sie hierbei außerdem folgende Integralbeziehung exp ξ ) für v v H v H v dy = π 1 v v! für v = v Aufgabe 3a) Lösung): 5/ Punkte).17) Die Schrödingergleichung für den eindimensionalen harmonischen Oszillator im quantenmechanischen Fall lautet Ĥψ = Eψ.18) d µ dx + 1 ) Dx ψ = Eψ d ψ µ dx + 1 Dx ψ = Eψ d ψ dx + µ E 1 ) Dx ψ =..19) Da sich die Teilchen nicht beliebig weit aus der Gleichgewichtslage entfernen können, muss die Randbedingung ψ± ) = berücksichtigt werden. Der allgemeine Ausdruck für die Wellenfunktion lautet also ψ v x) = N v exp 1 ) ξ H v ξ) mit ξ = 1 x,.) α wobei das H v ξ) für die Hermiteschen Polynome steht. Die vom Index v abhängige Konstante N v ist die Normierungskonstante und für sie ergibt sich α 1 N v = π v v!..1) 9

Die stationären Zustände des quantenmechanischen harmonischen Oszillators lauten demnach ψ v x) = α 1 π v v! exp 1 ) ) 1α α x H v x mit α = µd..) Die Eigenwerte der Energie des harmonischen Oszillators sind gegeben durch E v = hν v + 1 )..3) Die Energie ist ebenfalls abhängig von der Schwingungsquantenzahl v und ist somit gequantelt. Aufgabe 3b) Lösung): 5/ Punkte) In Abbildung.4 sind einige der ψ v x) gemeinsam mit einem Energiediagramm aufgetragen. Die Energieeigenwerte sind als horizontale Linien mit den Quantenabschnitten E v = v + 1 ) ω dargestellt. Zu jeder dieser Linien ist die entsprechende Eigenfunktion ψ v x), sowie das Betragsquadrat der Eigenfunktion ψ v x) in willkürlichem Maßstab) eingezeichnet. Gleichzeitig enthält das Bild noch die Funktion der potentiellen Energie V x) = 1 µω x..4) n 7 6 5 4 3 1 ω n 7 6 5 4 3 1 Abb..4: Oszillatorpotential, Energiestufen und zugehörige Wellenfunktionen sowie das Betragsquadrat der Welelnfunktionen. 1

Aufgabe 3c) Lösung): 1/ Punkte) Wählt man das Potential des harmonischen Oszillators symmetrisch um die y-achse, so umschreibt der Erwartungswert des Ortes die mittlere Auslenkung x für die Quantenzahl v. Führt man den den Erwartungswert aus, so ergibt sich x = ψ v x ψ v ψ v ψ v N v exp 1ξ) H v ξ) xn v exp 1ξ) H v ξ) dx = = Nv N v exp 1 ξ) H v ξ) N v exp 1 ξ) H v ξ) dx Nv exp ξ ) H v ξ) xh v ξ) dx exp ξ ) H v ξ) H v ξ) dx. 11

Mit der Transformation x = 1 ξ und entsprechend dx = 1 dξ ergibt sich nun weiter α α x = = = Nv Nv Nv Nv Nv 1 α exp ξ ) H v ξ) xh v ξ) dx exp ξ ) H v ξ) H v ξ) dx exp ξ ) H v ξ) 1 α ξh v ξ) 1 α dξ N v 1 α exp ξ ) H v ξ) H v ξ) 1 α dξ exp ξ ) H v ξ) ξh v ξ) }{{} =vh v 1 + 1 H v+1 exp ξ ) H v ξ) H v ξ) dξ dξ = 1 α } {{ } =1 exp ξ ) H v ξ) vh v 1 + 1 H v+1 ) dξ = 1 α exp ξ ) H v ξ) vh v 1 dξ + exp ξ ) H v ξ) 1 H v+1dξ = v exp ξ ) H v ξ) H v 1 dξ + 1 α α exp ξ ) H v ξ) H v+1 dξ } {{ } } {{ } = = =.5) Die mittlere Auslenkung x ist somit im Fall des harmonischen Oszillators unabhängig von der Schwingungquantenzahl und liegt stets beim Minimum der Potentialparabel. Aufgabe 4: 15 Punkte) Die Planck-Verteilung, welche definiert ist als ρλ) = 8π λ 5 exp 1 λk B T ),.6) 1 beschreibt die Wellenlängen- und Temperaturabhängigkeit der spektralen Strahlungsenergiedichte der Hohlraumstrahlung. 1

a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Planck-Verteilung einen Ausdruck für die Wellenlänge λ max, bei der das Maximum der Strahlungsleistung auftritt. Betrachten Sie hierbei den Grenzfall kleiner Wellenlängen λ, d.h. nehmen Sie an, dass 1. λk B T b) Berechnen Sie unter Annahme eines Schwarzen Strahlers die Oberflächentemperatur der Sonne. Verwenden Sie für die Wellenlänge des Maximums den Wert λ max = 48 nm. c) Leiten Sie dann eine Formel für die Gesamtenergiedichte U her. Es gilt Verwenden Sie hierbei Aufgabe 4a) Lösung): Die Planck-Verteilung U = x 3 π4 dx = expx) 1 15. 6/15 Punkte) ρλ)dλ.7) Die Energiedichte eines Schwarzen Körpers ist gegeben durch die Planck-Verteilung. Unter der Energiedichte versteht man die Energie pro Volumen und pro Wellenlänge des schwarzen Strahlers. Sie lautet ρν) P = 8πhν3 1 c 3 exp ).8) hν 1 kt ρλ) P = 8π 1 λ 5 exp ).9) λkt 1 Abbildung.5 zeigt die Planck-Verteilung für unterschiedliche Temperaturen T. 13

4 3 T T T T T ρλ) 1. 1. x 1-5. x 1-5 3. x 1-5 4. x 1-5 5. x 1-5 λ Abb..5: Darstellung der Planck-Verteilung für unterschiedliche Temperaturen T = 73,15 K, 33,15 K, 373,15 K, 43,15 K, 473,15 K Will man nun die Energie pro Volumen der Strahlung des schwarzen Strahlers bei einer gegebenen Temperatur und einem bestimmten Wellenlängenintervall bestimmen, so muss folgendes Integral berechnet werden de = ρλ)dλ de = E = ρλ)dλ Der Wien sche Satz Es soll zuerst aus der Planck-Verteilung ein Ausdruck für die maximale Wellenlänge bestimmt werden. Es muss demnach zuerst dρλ) gebildet werden. Es ergibt sich dλ dρλ) dλ = 5 λ ρ + exp ) ) λkt λ kt exp ) ρ. λkt 1 14

Die Ableitung muss nun gleich gesetzt werden um λ max zu errechnen. Man erhält 5 ρ + λ max λ maxkt 5 + ) ) 5 exp 1 + λ max kt λ max kt exp dρλ)! = dλ ) exp λ maxkt ) ρ = exp λ maxkt 1 ) exp λ maxkt ) = λ max kt exp λ maxkt 1 ) = λ max kt λmax ρ Betrachtet man nun den Grenzfall für sehr kleine Wellenlängen, so dass λ max kt 1 ist, kann die Subtraktion von 1 vernachlässigt werden. Man erhält dann 5 + ) ) ) exp = λ max kt λ max kt : exp λ max kt 5 + λ max kt = = 5λ max kt λ max T = =, 88 mmk 5k ) ) exp 1 λ max kt Dieses Ergebnis steht in Übereinstimmung mit den experimentellen Ergebnissen. Aufgabe 4b) Lösung): 3/15 Punkte) Der Wien schen Satz, sagt aus, dass das Produkt aus der maximalen Wellenlänge mit der entsprechenden Temperatur konstant ist. Es gilt also folgende Relation: λ max T = C W Dementsprechend liegt das Maximum der Wellenlängenverteilung bei T = C W λ max =.88 1 3 mk 48 1 9 m = 6 K Aufgabe 4c) Lösung): 3. Stefan sche Gesetz 6/15 Punkte) 15

Die Gesamtenergie U ergibt sich aus der Planck-Verteilung durch Integration über sämtliche Frequenzen bzw. Wellenlängen. U = Für die Integration wird zuerst wie folgt substituiert x = Die Planck-Verteilung wird somit zu Und für dλ ergibt sich Setzt man in U ein, erhält man U = 8πk5 T 5 h 4 c 4 λkt λ = ρλ)dλ.3) xkt ρx) = 8πk5 T 5 h 4 c 4 x 5 expx) 1. = 8πk4 T 4 h 3 c 3 dλ dx = x kt dλ = x kt dx. ) x = x 3 kt expx) 1 dx x 1 = x 1 = x 3 expx) 1 dx x = }{{} = π4 15 = 8π5 k 4 T 4 } 15h {{ 3 c 3 } =σ U = σt 4 U T 4 q.e.d. Aufgabe 5: 15 Punkte) a) Formulieren Sie die Schrödingergleichung für ein Teilchen der Masse m in einem dreidimensionalen Kasten mit den Seiten L x, L y und L z und dem Volumen V = L x L y L z. 16

b) Zeigen Sie unter Verwendung eines geeigneten Separationsansatzes, dass man die Wellenfunktion des dreidimensionalen Kastenmodells als Produkt aus drei Wellenfunktionen für das eindimensionale Kastenmodell schreiben kann. c) Geben Sie einen Ausdruck für die Energieniveaus an! Aufgabe 5a) Lösung): 5/15 Punkte) Man betrachte ein Teilchen innerhalb einem rechteckigen Potentialkasten mit den Kanten L x, L y und L z. Man umschreibt dieses System durch eine Potentialfunktion V x, y, z), die einen konstanten Wert von Null innerhalb des Bereichs < x < L x, < y < L y und < z < L z aufweist, und die unmittelbar außerhalb dieser Bereiche auf einen unendlichen Wert ansteigt. Die Potentialfunktion soll durch V x, y, z) = V x x) + V y y) + V z z).31) beschrieben werden. Dabei gilt für einen einzelnen Summanden < x < L x V x x) =.3) x < und x > L x V y y) = V z z) = Die Schrödingergleichung lautet nun also < y < L y y < und y > L y.33) < z < L z z < und z > L z..34) ĤΨx, y, z) = EΨx, y, z) [ ] T ˆ x, y, z) + V x, y, z) Ψx, y, z) = EΨx, y, z) ] d m dx d m dy d m dz + V xx) + V y y) + V z z) Ψx, y, z) = EΨx, y, z) d Ψx, y, z) d Ψx, y, z) d Ψx, y, z) + m dx m dy m dz Vx x) + V y y) + V z z) ) Ψx, y, z) = EΨx, y, z) [ 17

Aufgabe 5b) Lösung): 7/15 Punkte) Umschreibt man nun die Wellenfunktion als ein Produkt aus drei Wellenfunktionen für das eindimensionale Kastenmodell Ψx, y, z) = ψ x x) ψ y y) ψ z z),.35) so lässt sich die Schrödingergleichung wie folgt umschreiben ĤΨx, y, z) = EΨx, y, z) ψ y y)ψ z z) d ψ x x) ψ m dx x x)ψ z z) d ψ y y) m dy Vx x) + V y y) + V z z) ) ψ x x)ψ y y)ψ z z) = Eψ x x)ψ y y)ψ z z) 1 d ψ x x) 1 ψ x x) m dx ψ y y) m Vx x) + V y y) + V z z) ) = E 1 ψ x x) m = E d ψ x x) dx + V x x) 1 d ψ y y) dy 1 ψ y y) m ψ z z) m ψ x x)ψ y y) d ψ z z) m d ψ z z) dz + d ψ y y) dy + V y y) 1 ψ z z) m + dz 1 ψ x x)ψ y y)ψ z z) d ψ z z) dz + V z z) Man erkennt also nun, dass die jeweils eingefärbten Terme nur von einer Variablen abhängen, und dass somit ihre Werte sich nicht verändern, wenn sich eine der anderen Variablen ändert. Dennoch muss die Summe dieser drei Terme gleich der Konstanten E für irgendwelche Werte von x, y und z sein. Demzufolge kommt man zu dem Entschluss, dass die Terme 1 ψ xx) m d ψ xx) dx + V x x), 1 ψ yy) m d ψ yy) dy + V y y) und 1 ψ zz) m d ψ zz) dz + V z z) unabhängig von x, y und z und gleich einer Konstanten sind. Man erhält somit also drei gewöhnliche Differentialgleichungen der Form mit der Bedingung 1 d ψ x x) + V ψ x x) m dx x x) = E x.36) 1 d ψ y y) + V ψ y y) m dy y y) = E y.37) 1 d ψ z z) + V ψ z z) m dz z z) = E z.38) E x + E y + E z = E..39) 18

Auf den zweiten Blick erkennt man weiter, dass jede einzelne der drei Gleichungen die Schrödingergleichung für ein eindimensionales Kastenpotential darstellt. Demnach hat man also als Lösungen ) ψ x, nx x) = a sin nx πx L x ) ψ y, ny y) = b sin ny πy L y ) ψ z, nz z) = c sin nz πz mit den Energieeigenwerten E x n x ) = h n x 8mL x L z E y n y ) = h n y 8mL y für n x = 1,, 3,... für n y = 1,, 3,... für n z = 1,, 3,... E z n z ) = h n z. 8mL z Die komplette Wellenfunktion für ein Teilchen im dreidimensionalen Kastenpotential ist demzufolge ) ) ) 8 nx πx ny πy nz πz Ψ nx, n y, n z x, y, z) = sin sin sin L x L y L z L x L y L z für n x = 1,, 3,... n y = 1,, 3,... n z = 1,, 3,... Aufgabe 5c) Lösung): 3/15 Punkte) Die komplette Energie ergibt sich dann zu Aufgabe 6: En x, n y, n z ) = E x n x ) + E y n y ) + E z n z ) = h 8m 15 Punkte) Bei der Gasphasenreaktion H g) + I g) HIg) n x L x + n y L y ) + n z..4) L z werden in einer Experimentreihe bei einer Temperatur von 698,6 K folgende Gleichgewichtskonzentrationen festgestellt: [H ] / mol L [I ] / mol L [HI] / mol L 1. Messung 4,5647,7378 13,544. Messung,4789,4789 3,531 3. Messung 1,149 1,149 8,41 19

Dabei läuft die Reaktion in Form einer Elementarreaktion ab. a) Bestimmen Sie die Gleichgewichtskonstante der Reaktion. b) Wie verhalten sich bei erreichen des Gleichgewichts die Reaktionsgeschwindigkeiten der Hin- und Rückreaktion zueinander? c) Wie verhalten sich die Geschwindigkeitskonstanten der Hin- und Rückreaktion zueinander? Aufgabe 6a) Lösung): Bei der Reaktion 3/15 Punkte) k H g) + I g) FGGGG GGGGB HIg) handelt es sich um eine Gleichgewichtsreaktion, wobei k die Geschwindigkeitskonstante zum Jodwasserstoff darstellt, und k die Geschwindigkeitskonstante der Rückreaktion umschreibt. Die Gleichgewichtskonstante K dieser Reaktion ist gegeben durch K = k [HI] [H ][I ]. Dementsprechend erhält man also für die Gleichgewichtskonstante bei allen drei Bedingungen aus der obigen Tabelle Aufgabe 6b) Lösung): [H ] / mol L [I ] / mol L [HI] / mol L K 4,5647,7378 13,544 54,5,4789,4789 3,531 54,4 1,149 1,149 8,41 54,3 6/15 Punkte) Im Gleichgewichtszustand sind die Geschwindigkeiten sowohl der Hinreaktion als auch der Rückreaktion gleich groß. Es gilt also v = d[h ] = d[i ] = 1 d[hi] = dt dt dt = k[h ][I ] k [HI] =.

Aufgabe 6c) Lösung): 6/15 Punkte) Bildet man nun das Verhältnis zwischen der Geschwindigkeitskonstanten der Hinreaktion und der Rückreaktion so erhält man den ursprünglichen Ausdruck für die Gleichgewichtskonstanten k[h ][I ] k [HI] = k[h ][I ] = k [HI] k k = [HI] [H ][I ] = K. Für die Anfertigung der Lösung dieser Klausur wurden folgende Naturkonstanten verwendet: c =, 99795 1 8 ms 1, k = 1, 3866 1 3 JK 1, h = 6, 6618 1 34 Js, N A = 6, 5 1 3 mol 1, m e = 9, 1953 1 31 kg 1