Fluoreszenz-Verfahren

Zusammenfassung

Obwohl die Grundlagen der Fluoreszenz recht ausführlich in Teil IV der „Analytischen Chemie I“ behandelt wurden, seien einige Aspekte noch einmal angerissen – insbesondere natürlich die, die für die Quantifizierung der betreffenden Analyten von Bedeutung sind. Zunächst sei noch einmal genau geklärt/wiederholt, was eigentlich Fluoreszenz bedeutet:

Antworten

• 1. Der Massenunterschied nachher/vorher beträgt Δm = 27,68−27,30 = 0,38 g. Wichtig ist hier, dass natürlich elementares Cobalt elektrolytisch abgeschieden wird, also gilt: m(Co) = 0,38 g. Mit M(Co) = 58,933 g/mol entspricht dies (gemäß n = m/M) n(Co) = 0,00645 mol = 6,45 mmol. Da das elementare Cobalt aber (wünschenswerterweise) quantitativ abgeschieden wurde, gilt:

  $$ \begin{array}{*{20}{l}} {{\rm{n}}\left( {{\rm{Co}}} \right)}&{ = {\rm{n}}\left( {{\rm{CoC}}{{\rm{l}}_2}} \right),{\rm{und}}\,{\rm{gem}}\mathop {\rm{a}}\limits^{..} {\rm{c}} = {\rm{n}}/{\rm{V}}{\mkern 1mu} {\rm{ergibt}}{\mkern 1mu} {\rm{sich}}{\mkern 1mu} {\rm{bei}}}\\ {\rm{V}}&{ = 20,00{\mkern 1mu} {\rm{mL}}} \end{array} $$
  $$ {\text{entsprechend}}\,{\text{c}}\left( {{\text{CoCl}}_{ 2} } \right) = 6{,}4 5\,{\text{mmol}}/ 20{,}00\,{\text{mL}} = 0{,}3 2 3\,{\text{mol}}/{\text{L}} = 3 2 3\,{\text{mmol}}/{\text{L}}. $$

• 2. Gemäß Gl. 9.2 gilt U = 2,3 Ω · 0,017 A = 0,0391 V.

• 3. Aus Aufgabe 1 wissen wir: c(CoCl₂) = 323 mmol/L. Da c(CoCl₂) = c(Co²⁺) und E⁰(Co²⁺/Co) = −0,282 V (das können Sie dem Harris entnehmen), ergibt sich gemäß der Nernst’schen Gleichung (analog zu Gl. 9.1, unter der Berücksichtigung von lg (1/x) = −lg x und somit auch –lg 1/x = +lg x) dann:

  $$ \begin{array}{*{20}{l}} {{{\rm{E}}_{{\rm{Kathode}}}}}&{ = - 0,282{\mkern 1mu} {\rm{V}} + \left( {0,059/2} \right)\cdot\lg \left[ {{\rm{C}}{{\rm{o}}^{2 + }}} \right]}\\ {}&{ = - {\mkern 1mu} 0,282{\mkern 1mu} {\rm{V}} + \left( {0,059/2} \right)\cdot\lg {\mkern 1mu} 0,323}\\ {}&{ = - {\mkern 1mu} 0,282{\mkern 1mu} {\rm{V}} + \left( {0,059/2{\mkern 1mu} {\rm{V}}} \right)\cdot\left( { - 0,49} \right)}\\ {}&{ = - {\mkern 1mu} 0,282{\mkern 1mu} {\rm{V}} - \left( {0,0295{\rm{ V}}} \right)\cdot\left( {0,49} \right)}\\ {}&{ = - {\mkern 1mu} 0,282{\mkern 1mu} {\rm{V}} - 0,014{\rm{ V}} = - {\mkern 1mu} 0,296{\mkern 1mu} {\rm{V}}.} \end{array} $$

  Das ist zumindest die Kathodenspannung, die sich aus der ursprünglichen Konzentration der Lösung ergibt. Da in unmittelbarer Nähe zur Kathode die Konzentration der Lösung durch die lokale Verarmung an Cobalt(II)-Ionen geringer ist als die Ausgangskonzentration, wird der tatsächliche Betrag dieser Spannung nach Beginn der Abscheidung höher sein. Genauere Aussagen lassen sich jedoch nicht so einfach treffen, denn die tatsächliche lokale Konzentration der Ionen lässt sich nicht unmittelbar berechnen, und das jeweilige Konzentrationspotential ist – ähnlich der Überspannung – zudem vom angelegten Stromfluss abhängig.

• 4. Hier brauchen wir Gl. 9.3, und wir müssen berücksichtigen (Dimensionsanalyse!), dass 1 Ω = 1 V/A. Dann ergibt sich mit I = 0,021 A und R = 1,86 Ω letztendlich

  $$ {\text{E}}_{\text{Ohm}} = 0{,}0 2 1\,{\text{A}} \cdot 1{,}8 6\, \Omega = 0{,}0 2 1\,{\text{A}} \cdot 1{,}8 6\,{\text{V}}/{\text{A}} = 0{,}0 3 9\,{\text{V}}. $$

• 5. Bitte führen Sie sich noch einmal vor Augen, dass Kristallwasser integraler Bestandteil des Kristall-Gitters ist und keineswegs nur „darin gefangene Feuchtigkeit“: Wird ein (Mono-, Di-, Tri- etc.) Hydrat „entwässert“, erfordert dies den vollständigen Umbau des gesamten Ionengitters. Aus diesem Grund sind zur Entfernung des Kristallwassers häufig (aber nicht immer!) Temperaturen erforderlich, die deutlich oberhalb des Siedepunktes vor „gewöhnlichem Wasser“ liegen.

• 6. Erfolgt die (mikro-)thermogravimetrische Untersuchung einer Probe, die auch Kohlenstoff enthält, unter Sauerstoff-Abschluss, wird der Kohlenstoff (als Ruß/Kohle/Asche) zurückbleiben. Ist hingegen Sauerstoff vorhanden (vielleicht gar im Überschuss, zum Beispiel bei einer reinen Sauerstoff-Atmosphäre), wird dieser mit dem Kohlenstoff zu Kohlendioxid reagieren und daher in die Gasphase entschwinden. Aus diesem Grund ergeben sich, je nach Atmosphäre, unterschiedliche Massenverluste. Gut zu sehen ist das etwa in Abb. 31.4 aus dem Skoog, bei dem das Polymer Polyethylen [(–CH₂–CH₂–)_n] zunächst unter Stickstoff- und anschließend unter Sauerstoff-Atmosphäre untersucht wurde: Während der Kohlenstoff bei der Stickstoff-Atmosphäre als Ruß zurückbleibt (der Massenverlust beträgt insgesamt 75 %) und sich auch bei weiterhin gesteigerter Temperatur ein Massen-Plateau ergibt, führt die weitere Aufheizung unter Sauerstoff-Atmosphäre schließlich zur vollständigen Verflüchtigung der Probensubstanz: Bei 750 °C sind weder Polyethylen noch etwaige Rückstände mehr nachweisbar.

• 7. Steigt bei gleicher Aufheizrate von Probe und Referenzsubstanz die Temperatur der Probensubstanz höher als die der Vergleichssubstanz, muss die Probensubstanz einen exothermen Prozess durchlaufen: Hierbei wird Energie ( = Wärme) frei, die dann entsprechend an die Umgebung abgegeben wird und somit für eine höhere Temperatur sorgt. Das Gegenteil gilt dann für eine im Vergleich zur Referenzsubstanz niedrigere Temperatur: Bei einem endothermen Prozess wird die Wärmeenergie von der Probensubstanz aufgenommen und bewirkt eine Veränderung des Stoffes (etwa das Schmelzen); die für diese Phasenumwandlung erforderliche Energie steht dann natürlich nicht mehr zum Aufheizen der Substanz zur Verfügung. (Vielleicht wollen Sie sich noch einmal Abb. 31.7 aus dem Skoog anschauen?)

• 8. Sie sollten davon sogar eine ganze Menge halten, denn letztendlich geht es bei der Differentialthermoanalyse genau darum: Die Wärmekapazität ist ja nichts anderes als ein Maß dafür, wie sehr sich die Temperatur eines Stoffes bei Wärmezufuhr verändert. Wenn dieser Stoff dabei Phasenumwandlungen durchläuft (etwa beim Schmelzprozess, oder – bei Polymeren – beim Erreichen der Glastemperatur T_G), ist diese Umwandlung nicht mit einer Änderung der Enthalpie des Stoffes verbunden, aber die Wärmekapazität der geschmolzenen Probe unterscheidet sich von der Wärmekapazität der Probe im (semi-)kristallinen Zustand. Insofern ist es durchaus nicht falsch, auch die DTA bereits als kalorimetrisches Verfahren anzusehen, auch wenn darauf eigentlich erst in Abschn. 10.2 eingegangen wird.

• 9. Aus dem einfachen Grund, dass sich Energiemengen ungleich besser/deutlicher quantifizieren lassen als Temperaturunterschiede. Vergleichen Sie bitte die Abb. 31.7 und 31.13 aus dem Skoog (bei ersterem nur bis zur Temperatur, die knapp oberhalb des mit „Schmelzvorgang“ gekennzeichneten negativen Peaks liegt): Im Prinzip zeigen beide Kurven das Gleiche, aber während das Differentialthermogramm lediglich die Temperaturbereiche angibt, bei denen es zu exothermen oder endothermen Prozessen kommt, zeigt der DSC-Scan der gleichen Probe den mit den Veränderungen einhergehenden Wärmefluss, und während es apparativ gemeinhin recht schwierig ist, Temperaturveränderungen im Bereich <0,1 ° überhaupt als solche zu erkennen, sind Veränderungen eines Energieflusses (angegeben in W oder mW, evtl. sogar in noch kleineren „Portionen“) sehr viel leichter quantifizierbar.

• 10. Natrium gehört zu den Reinelementen: Nur das Isotop Natrium-23 tritt auf der Erde natürlich auf. Entsprechend wird jedes Atom ²³Na, das in Kontakt mit einem Neutron tritt, zum radioaktiven ²⁴Na umgewandelt. Die dabei freiwerdende Energie wird praktisch spontan in Form eines γ-Photons abgegeben:

  $$ ^{23} {\text{Na}} +{^{ 1}}{n} \to{^{2 4}}{\text{Na}} +\upgamma $$

  Diese energiereichen Photonen lassen sich durchaus quantifizieren, aber viel interessanter ist, dass das dabei entstehende Natrium-Isotop instabil ist: t_½ (²⁴Na) ≈ 15 h. Dabei erfolgt β-Zerfall:

  $$ ^{ 2 4} {\text{Na}} \to^{ 2 4} {\text{Mg}} + {\text{e}}^{ - } $$

  Dieser Zerfall lässt sich sogar noch viel leichter quantifizieren. Allerdings ist zu berücksichtigen, dass aufgrund der vergleichsweise großen Halbwertszeit relativ lange Bestrahlungszeiten erforderlich sind.

• 11. Unter anderem dafür sind derlei Markierungs-Experimente gerade gedacht: Verwendet man beispielsweise ¹⁸O-markierten Alkohol (R‘-¹⁸OH), lässt sich zeigen, dass ausschließlich das Produkt R-C( = O)¹⁸O-R‘ entsteht; das dabei freiwendende Wasser enthält keinen Sauerstoff-18.

• 12. Innerhalb einer Halbwertszeit halbiert sich die Radioaktivität (es sei noch einmal betont: unabhängig von der Menge radioaktiven Materials, die jeweils vorliegt), d. h. nach zwei Halbwertszeiten ist sie auf ein Viertel abgeklungen, nach drei Halbwertszeiten auf ein Achtel, und nach vier Halbwertszeiten dann auf ein Sechzehntel. Legen wir die Cambridge-Halbwertszeit von Kohlenstoff-14 zugrunde (von t_½(¹⁴C) = 5715 ± 30 Jahre), ergibt sich ein statistisches Alter von 22.860 ± 120 Jahren, d. h. die Probe kann ebenso gut „schon“ 22.980 oder „erst“ 22.740 Jahre alt sein. Was die Anzahl der hier sinnvollen signifikanten Ziffern betrifft (Sie erinnern sich noch an Teil I der „Analytischen Chemie“?), sollten Sie aber lieber vorsichtig sein, denn das Problem der Genauigkeit dieser Methode (Stichworte: Sonnenflecken, anthropogene Verdünnung des natürlichen Kohlenstoff-14-Gehalts, Nuklearwaffen) wurde ja bereits angesprochen.

• 13. Ungeachtet der Faktoren, die allesamt berücksichtigt werden, um Aussagen über die zu erwartende Quantenausbeute zu treffen (behandelt in Gl. 12.4 und 12.5), steckt hinter ihrer rein quantitativen Beschreibung eine einfache Rechnung: In welchem Verhältnis steht die Anzahl der erhaltenen Fluoreszenz-Photonen zur Anzahl der zur Anregung eingesetzten Photonen? (Nichts anderes besagt Gl. 12.3). Im (leider nur theoretisch erreichbaren) Fall, dass wirklich jedes Anregungs-Photon auch ein Fluoreszenz-Photon erzeugt, beträgt das Verhältnis dann 1:1, angegeben in Prozent wäre hier Φ = 100 %. Der Wert Φ = 4,2 % bedeutet dann, dass hier gilt Φ = 4,2/100, d. h. 1000 Anregungs-Photonen führen zur Emission von 42 Fluoreszenz-Photonen.

• 14. Da bei der Upconversion jeweils zwei Anregungs-Photonen erforderlich sind, um die Emission eines Fluoreszenz-Photons zu bewirken, sinkt die Fluoreszenzquantenausbeute natürlich drastisch: Werte von Φ > 50 % sind nicht einmal theoretisch erreichbar. Praktisch erhält man gemeinhin deutlich geringere Werte (Bei dem Beispiel aus dem Harris, dessen Farbtafeln eine Abbildung zu diesem Phänomen bieten, liegt die Fluoreszenzquantenausbeute bei schwindelerregenden 3,3 %: Jeweils 1000 Anregungs-Photonen führen zur Emission von 33 Fluoreszenz-Photonen.)

• 15. Führen Sie sich bitte noch einmal das Prinzip von Fluoreszenz und Phosphoreszenz vor Augen: Ein System wird in einen angeregten Zustand versetzt und gibt dann zunächst einen Teil dieser überschüssigen Energie strahlungslos an die Umgebung ab (ob diese Energieabgabe mit einem Intersystem-Crossing verbunden ist, spielt hier zunächst einmal keine Rolle). Das bedeutet, dass ein Teil der Anregungsenergie „verloren geht“, also kann das System bei der Fluoreszenz/Phosphoreszenz unmöglich Licht exakt der gleichen Wellenlänge abstrahlen, mit der es zuvor angeregt wurde. Da der Energiegehalt der Fluoreszenz- bzw. Phosphoreszenz-Photonen also (geringfügig oder deutlich) geringer sein muss, muss die zu diesen Photonen gehörige Wellenlänge λ gemäß der (mittlerweile gewiss weidlich bekannten Formel E = h · ν) größer sein als die Anregungswellenlänge. Bei der Phosphoreszenz ist dieser Effekt meist noch ausgeprägter, weswegen sich etwa in der zeitaufgelösten Fluoreszenzspektrometrie, die eigentlich auf der Phosphoreszenz basiert, ein deutlich größerer Stokes-Shift ergibt.

• 16. Während Fluoreszenz-Phänomene praktisch in dem Augenblick aufhören, in dem die Anregung des Systems eingestellt wird, und höchstens noch im zwei- bis dreistelligen Mikrosekundenbereich anhält, sind Phosphoreszenz-Phänomene, insbesondere wenn Lanthanoide im Spiel sind, deutlich langlebiger. Wenngleich es bei der zeitaufgelösten Fluoreszenzspektrometrie im Zuge der Anregung durchaus auch zu Fluoreszenz-Phänomenen kommt (was natürlich im Hinblick auf die Phosphoreszenz die Quantenausbeute vermindert, aber das nur nebenbei), klingen diese sehr rasch ab, während die Phosphoreszenz noch deutlich länger nachwirkt. Wartet man einige Mikrosekunden ab, wird also die (nun abgeklungene) Fluoreszenz die Quantifizierung der Phosphoreszenz-Strahlung nicht mehr behindern.