Quantenmech. Atommodell

\[{E_{{\rm{Ph}}}} = \frac{{h \cdot c}}{\lambda } \Rightarrow {E_{{\rm{Ph}}}} = \frac{{4{,}14 \cdot {{10}^{ - 15}}\,{\rm{eV}} \cdot {\rm{s}} \cdot 3{,}00 \cdot {{10}^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{588 \cdot {{10}^{ - 9}}\,{\rm{m}}}} = 2{,}11\,{\rm{eV}}\]

Die Ionisierungsenergie bekommt man aus der Differenz der Energie im freien Zustand (\(n = \infty \)) und der Energie im Grundzustand (\(n = 1\)):\[{E_{{\rm{Ion}}}} = {E_\infty } - {E_1} = {2^2} \cdot R \cdot h \cdot c \cdot \left[ {\left( { - \frac{1}{{{\infty ^2}}}} \right) - \left( { - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)} \right] = {2^2} \cdot R \cdot h \cdot c\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{{\rm{Ion}}}} = {2^2} \cdot 1{,}10 \cdot {10^7}\,\frac{{\rm{1}}}{{\rm{m}}} \cdot 4{,}14 \cdot {10^{ - 15}}\,{\rm{eV}} \cdot {\rm{s}} \cdot 3{,}00 \cdot {10^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} = 54{,}4\,{\rm{eV}}\]

Joachim Herz Stiftung

Für Wasserstoff gilt \(E_{n,\rm{H}} = -\frac{R\cdot h \cdot c}{n^2}\) ; für He⁺ gilt \(E_{n,\rm{He^+}} = -\frac{4\cdot R\cdot h \cdot c}{n^2}\). Damit ergibt sich folgende Tabelle:

Die BALMER-Linie mit der größten Wellenlänge (H_α -Linie) ist diejenige mit dem kleinsten \(\Delta E\), d.h. der Übergang von 3 nach 2.\[\frac{1}{\lambda } = R \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\]Beim He⁺ kommt es zu dieser Wellenlänge, wenn der Übergang von 6 nach 4 erfolgt:\[\begin{eqnarray}\frac{1}{\lambda } &=& 4 \cdot R \cdot \left( {\frac{1}{{{4^2}}} - \frac{1}{{{6^2}}}} \right)\\ &=& R \cdot \left( {\frac{4}{{{4^2}}} - \frac{4}{{{6^2}}}} \right)\\ &=& R \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\end{eqnarray}\]

Aus den Formeln von Teilaufgabe d) sieht man, dass \(\lambda \sim \frac{1}{R}\) gilt. Wenn nun \(R_{\rm{He^+}}\) etwas größer ist als \(R_{\rm{H}}\), so bedeutet dies, dass die He⁺- Linie eine geringfügig kleinere Wellenlänge hat als die H_α -Linie.