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AbituraufgabenSpektrallinien und Energieniveauschemata

Zwei Aufgaben im Stil der schriftlichen Abiturprüfung — mit Operatoren und vollständigem Erwartungshorizont zur Selbstkontrolle.

1

Vom Termschema zur Spektrallinie

AFB II

Für das Wasserstoffatom gilt \(E_n = -\dfrac{13{,}6\,\mathrm{eV}}{n^2}\); Material M1 zeigt die fünf untersten Niveaus. Eine Spektrallinie entsteht, wenn ein Elektron von einem höheren auf ein tieferes Niveau fällt. Rechnen Sie mit \(h\,c = 1240\,\mathrm{eV\cdot nm}\); der sichtbare Bereich reicht von etwa \(380\,\mathrm{nm}\) bis \(780\,\mathrm{nm}\).

M1Energieniveauschema des Wasserstoffatoms
E in eVIonisierungsgrenze E = 0 (Elektron frei)n = 1−13,60 eVn = 2−3,40 eVn = 3−1,51 eVn = 4−0,85 eVn = 5−0,54 eVÜbergang 3 → 1Die fünf untersten Niveaus und die Ionisierungsgrenze
  1. Begründen Sie, warum in M1 alle Energieniveaus negative Werte haben.
  2. Berechnen Sie Energie und Wellenlänge des Photons für den in M1 eingezeichneten Übergang \(3 \to 1\).
  3. Im Spektrum einer Wasserstofflampe wird eine violettblaue Linie bei \(434\,\mathrm{nm}\) gemessen. Bestimmen Sie den zugehörigen Übergang.
  4. Begründen Sie, warum von allen Serien des Wasserstoffs nur die Serie mit dem Zielniveau \(n=2\) im sichtbaren Bereich liegt.
Hinweis zu Aufgabe a)
Überlege, was der Nullpunkt der Energieskala bedeutet und was man tun müsste, um das Elektron dorthin zu bringen.
Hinweis zu Aufgabe b)
Bilde \(\Delta E = E_3 - E_1\) und achte auf das doppelte Minuszeichen. Danach \(\lambda = \frac{1240}{\Delta E}\).
Hinweis zu Aufgabe c)
Rechne zuerst die Photonenenergie aus. Sichtbare Wasserstofflinien gehören alle zur selben Serie — das Zielniveau ist damit bekannt, gesucht ist nur noch das Startniveau.
Hinweis zu Aufgabe d)
Rechne für jede Serie den kleinsten möglichen Sprung aus: für Zielniveau 1 den Sprung \(2\to1\), für Zielniveau 3 den Sprung \(4\to3\). Vergleiche die zugehörigen Wellenlängen mit dem sichtbaren Fenster.„Begründen“ verlangt eine lückenlose Argumentationskette — hier gestützt auf konkrete Zahlenwerte.
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)

Der Nullpunkt der Energieskala ist so festgelegt, dass ein gerade freies, ruhendes Elektron die Energie \(E_\infty = 0\) besitzt. Solange das Elektron im Atom gebunden ist, liegt seine Energie unterhalb dieses Werts — man müsste ihm Energie zuführen, um es zu befreien.

Der Betrag des Niveauwerts gibt daher unmittelbar an, wie viel Energie zur Ionisierung aus diesem Zustand nötig ist: aus dem Grundzustand \(13{,}60\,\mathrm{eV}\), aus \(n=2\) nur noch \(3{,}40\,\mathrm{eV}\). Ein positiver Wert würde bedeuten, dass das Elektron bereits frei ist und zusätzlich kinetische Energie besitzt.

Erwartungshorizont zu Aufgabe b)

Niveaus aus M1: \(E_3 = -1{,}51\,\mathrm{eV}\), \(E_1 = -13{,}60\,\mathrm{eV}\).

Ansatz: \(\Delta E = E_3 - E_1 = -1{,}51\,\mathrm{eV} - (-13{,}60\,\mathrm{eV}) = 12{,}09\,\mathrm{eV}\).

Wellenlänge: \(\lambda = \dfrac{1240\,\mathrm{eV\cdot nm}}{12{,}09\,\mathrm{eV}} \approx 103\,\mathrm{nm}\).

Das liegt weit unterhalb von \(380\,\mathrm{nm}\), also im Ultravioletten. Der Übergang gehört zur Serie mit dem Zielniveau \(n=1\).

Erwartungshorizont zu Aufgabe c)

Photonenenergie: \(\Delta E = \dfrac{1240\,\mathrm{eV\cdot nm}}{434\,\mathrm{nm}} \approx 2{,}86\,\mathrm{eV}\).

Weil die Linie sichtbar ist, muss das Zielniveau \(n_\text{tief} = 2\) sein (\(E_2 = -3{,}40\,\mathrm{eV}\)). Für das Startniveau gilt dann \(E_\text{hoch} = E_2 + \Delta E = -3{,}40\,\mathrm{eV} + 2{,}86\,\mathrm{eV} = -0{,}54\,\mathrm{eV}\).

Dieser Wert steht in M1 beim Niveau \(n=5\). Die Linie gehört also zum Übergang \(5 \to 2\).

Kontrolle mit der Formel: \(13{,}6\,\mathrm{eV}\cdot\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{5^2}\right) = 13{,}6\cdot 0{,}21\,\mathrm{eV} = 2{,}86\,\mathrm{eV}\).

Erwartungshorizont zu Aufgabe d)

Zum sichtbaren Fenster von \(380\,\mathrm{nm}\) bis \(780\,\mathrm{nm}\) gehören Photonenenergien zwischen \(\frac{1240}{780} \approx 1{,}59\,\mathrm{eV}\) und \(\frac{1240}{380} \approx 3{,}26\,\mathrm{eV}\).

Zielniveau \(n=1\): Schon der kleinstmögliche Sprung \(2\to1\) liefert \(-3{,}40 - (-13{,}60) = 10{,}2\,\mathrm{eV}\), also \(\lambda \approx 122\,\mathrm{nm}\). Alle weiteren Sprünge dieser Serie sind noch energiereicher — sie liegen sämtlich im UV.

Zielniveau \(n=2\): Die Sprünge reichen von \(3\to2\) mit \(1{,}89\,\mathrm{eV}\) (\(656\,\mathrm{nm}\)) bis zur Seriengrenze bei \(3{,}40\,\mathrm{eV}\) (\(365\,\mathrm{nm}\)). Die ersten Linien dieser Serie fallen damit genau in das sichtbare Fenster.

Zielniveau \(n=3\) und höher: Der größtmögliche Sprung ist hier die Seriengrenze mit \(|E_3| = 1{,}51\,\mathrm{eV}\), also \(\lambda \ge 821\,\mathrm{nm}\). Alle Linien liegen im Infraroten.

Fazit: Weil die Niveaus nach oben zusammenrücken, wird das Energieband einer Serie mit wachsendem Zielniveau immer schmaler und rutscht zu kleineren Energien. Nur bei \(n_\text{tief}=2\) trifft es das schmale sichtbare Fenster.

2

Ein unbekanntes Atom mit vier Niveaus

AFB III

Ein Atom besitzt im untersuchten Bereich genau vier gebundene Energieniveaus (Material M1). In einer Gasentladung werden alle vier Niveaus besetzt. Ein Spektrometer für den sichtbaren Bereich (\(380\,\mathrm{nm}\) bis \(780\,\mathrm{nm}\)) zeigt jedoch nur eine einzige Linie. Rechnen Sie mit \(h\,c = 1240\,\mathrm{eV\cdot nm}\).

M1Energieniveauschema eines unbekannten Atoms
E in eVIonisierungsgrenze E = 0 (Elektron frei)n = 1−8,00 eVn = 2−4,60 eVn = 3−2,20 eVn = 4−1,00 eVVier gebundene Niveaus und die Ionisierungsgrenze
  1. Bestimmen Sie, wie viele verschiedene Emissionslinien dieses Atom liefern kann, und begründen Sie Ihr Ergebnis.
  2. Berechnen Sie die Wellenlängen der Übergänge \(3 \to 2\) und \(4 \to 3\) und ordnen Sie sie Spektralbereichen zu.
  3. Weisen Sie rechnerisch nach, dass tatsächlich nur eine einzige Emissionslinie dieses Atoms in den sichtbaren Bereich fällt.
  4. Eine Mitschülerin schließt: „Ein Atom mit vier Niveaus liefert vier Spektrallinien.“ Beurteilen Sie diese Aussage und entwickeln Sie eine allgemeine Formel für die Zahl der Linien bei \(N\) Niveaus.
Hinweis zu Aufgabe a)
Jede Linie gehört zu einem Paar von Niveaus. Zähle systematisch: von \(n=2\) aus, von \(n=3\) aus, von \(n=4\) aus.
Hinweis zu Aufgabe b)
Bilde jeweils die Differenz der beiden Niveauwerte aus M1 und setze in \(\lambda = \frac{1240}{\Delta E}\) ein.
Hinweis zu Aufgabe c)
Stelle eine vollständige Tabelle aller sechs Übergänge mit \(\Delta E\) und \(\lambda\) auf. Ein Nachweis ist erst vollständig, wenn alle Möglichkeiten geprüft sind.„Nachweisen“ verlangt eine lückenlose Rechnung, die keine Möglichkeit offenlässt.
Hinweis zu Aufgabe d)
Prüfe die Aussage an deinem Ergebnis aus a). Für die Formel: Auf wie viele Weisen kann man aus \(N\) Niveaus zwei auswählen?„Entwickeln“ verlangt hier, aus dem Einzelfall eine allgemein gültige Beziehung zu gewinnen.
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)

Eine Emissionslinie entsteht bei jedem Sprung von einem höheren auf ein tieferes Niveau. Systematisches Abzählen:

von \(n=2\) aus: \(2\to1\) — eine Möglichkeit. Von \(n=3\) aus: \(3\to1\), \(3\to2\) — zwei. Von \(n=4\) aus: \(4\to1\), \(4\to2\), \(4\to3\) — drei.

Insgesamt: \(1 + 2 + 3 = 6\) verschiedene Übergänge. Weil zu jedem Übergang eine eigene Energiedifferenz und damit eine eigene Wellenlänge gehört, kann das Atom sechs verschiedene Emissionslinien liefern.

Erwartungshorizont zu Aufgabe b)

Übergang \(3 \to 2\): \(\Delta E = -2{,}20\,\mathrm{eV} - (-4{,}60\,\mathrm{eV}) = 2{,}40\,\mathrm{eV}\), also \(\lambda = \dfrac{1240}{2{,}40}\,\mathrm{nm} \approx 517\,\mathrm{nm}\) — das liegt im sichtbaren Bereich (grün).

Übergang \(4 \to 3\): \(\Delta E = -1{,}00\,\mathrm{eV} - (-2{,}20\,\mathrm{eV}) = 1{,}20\,\mathrm{eV}\), also \(\lambda = \dfrac{1240}{1{,}20}\,\mathrm{nm} \approx 1033\,\mathrm{nm}\) — das liegt im Infraroten.

Erwartungshorizont zu Aufgabe c)

Alle sechs Übergänge im Überblick:

\(2\to1\): \(\Delta E = 3{,}40\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 365\,\mathrm{nm}\) (UV)
\(3\to1\): \(\Delta E = 5{,}80\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 214\,\mathrm{nm}\) (UV)
\(4\to1\): \(\Delta E = 7{,}00\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 177\,\mathrm{nm}\) (UV)
\(3\to2\): \(\Delta E = 2{,}40\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 517\,\mathrm{nm}\) (sichtbar)
\(4\to2\): \(\Delta E = 3{,}60\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 344\,\mathrm{nm}\) (UV)
\(4\to3\): \(\Delta E = 1{,}20\,\mathrm{eV}\) → \(\lambda \approx 1033\,\mathrm{nm}\) (IR)

Von den sechs Wellenlängen liegt genau eine, nämlich \(517\,\mathrm{nm}\), zwischen \(380\,\mathrm{nm}\) und \(780\,\mathrm{nm}\). Vier Linien sind zu kurzwellig, eine ist zu langwellig. Damit ist nachgewiesen: Das Spektrometer kann nur eine einzige Linie zeigen — die Beobachtung passt zum Schema.

Erwartungshorizont zu Aufgabe d)

Zur Aussage: Sie ist falsch. Nach a) liefert ein Atom mit vier Niveaus sechs und nicht vier Linien. Der Fehler liegt darin, Niveaus mit Übergängen gleichzusetzen: Eine Linie gehört nicht zu einem Niveau, sondern zu einem Paar von Niveaus.

Allgemeine Formel: Ein Übergang ist festgelegt, sobald man aus den \(N\) Niveaus zwei auswählt — das obere ist dann automatisch das Startniveau, das untere das Zielniveau. Für das obere Niveau gibt es \(N\) Möglichkeiten, für das untere noch \(N-1\); weil dabei jedes Paar doppelt gezählt wird, ergibt sich

\(\displaystyle Z = \frac{N\,(N-1)}{2}\).

Kontrolle: Für \(N = 4\) liefert die Formel \(\frac{4\cdot 3}{2} = 6\) — genau das Ergebnis aus a). Für \(N = 5\) wären es bereits 10 Linien.

Bemerkung: Die Formel gibt die Zahl der möglichen Linien an. Wie viele davon tatsächlich beobachtet werden, hängt zusätzlich davon ab, welche Niveaus besetzt sind und in welchem Spektralbereich das Messgerät empfindlich ist — Teilaufgabe c) zeigt das eindrücklich.