113 年 國立成功大學化學工程學系碩士班乙組《無機化學及分析化學》

核心觀念

$\mathrm{H_2O}$、$\mathrm{HOF}$ 與 $\mathrm{OF_2}$ 均為 $\mathrm{AX_2E_2}$ 型彎曲分子。LCP（ligand close-packing，配體近接堆積）模型將孤對電子視為偽配體，認為真實配體會盡量靠近並維持近似固定的配體間接觸距離；鍵角則由配體大小與中心原子—配體鍵長共同決定。LCP 模型資料

配體間距離與鍵角的關係由餘弦定理表示：

$$d_{XY}^2=l_{OX}^2+l_{OY}^2-2l_{OX}l_{OY}\cos\theta$$

其中 $d_{XY}$ 是兩個末端配體的距離，$l_{OX}$、$l_{OY}$ 是中心 O 與配體間的鍵長。

解題方法

由圖中 $\mathrm{H_2O}$ 與 $\mathrm{OF_2}$ 的末端配體距離估計有效配體半徑：

$$r_{\mathrm H}\approx\frac{152}{2}=76\ \mathrm{pm}$$ $$r_{\mathrm F}\approx\frac{220}{2}=110\ \mathrm{pm}$$

因此在 $\mathrm{HOF}$ 中，LCP 預測 H 與 F 的近接距離為：

$$d_{\mathrm{H\cdots F}}\approx r_{\mathrm H}+r_{\mathrm F} =76+110=186\ \mathrm{pm}$$

圖中實際的 $\mathrm{H\cdots F}$ 距離為 $183\ \mathrm{pm}$，與近接堆積預測十分接近，表示 H 與 F 已排列至接觸狀態。

本題考查 Lewis 結構、分子形狀預測（VSEPR 理論）以及分子極性的判斷。

核心觀念：

1. Lewis 結構： 計算總價電子數，確定中心原子，連接周圍原子，滿足八隅體規則，處理形式電荷。
2. VSEPR 理論： 根據中心原子的孤對電子和成鍵電對數，確定電子幾何和分子幾何。
3. 分子極性： 分子極性取決於鍵的極性和分子的對稱性。若分子對稱性高，鍵的極性會相互抵消，分子呈非極性；若分子不對稱，鍵的極性無法完全抵消，分子呈極性。

(a) VOCl₃

1. 計算總價電子數：

   • V (钒) 在第 5 族，提供 5 個價電子。
   • O (氧) 在第 16 族，提供 6 個價電子。
   • Cl (氯) 在第 17 族，每個提供 7 個價電子，共 3 個 Cl 提供 $3 \times 7 = 21$ 個價電子。
   • 總價電子數 = $5 + 6 + 21 = 32$ 個。

2. 確定中心原子： V 的電負度最低，且通常能連接多個原子，因此 V 是中心原子。

3. 畫出 Lewis 結構：

   • V 連接 3 個 Cl 和 1 個 O。
   • V-Cl 單鍵，V-O 單鍵。
   • 計算已用的價電子：$3 \times 2$ (V-Cl) $+ 2$ (V-O) $= 8$ 個。
   • 剩餘價電子：$32 - 8 = 24$ 個。
   • 將剩餘電子分配給周圍原子，使其滿足八隅體規則。每個 Cl 需要 6 個電子，O 需要 6 個電子。$3 \times 6$ (Cl) $+ 6$ (O) $= 18 + 6 = 24$ 個。
   • 此時，V、O、Cl 都滿足八隅體規則。
   • 檢查形式電荷：
     • V：$5 - (0 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 8 \text{ bonding e}^-) = 5 - 4 = +1$
     • O：$6 - (6 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 2 \text{ bonding e}^-) = 6 - (6+1) = -1$
     • Cl：$7 - (6 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 2 \text{ bonding e}^-) = 7 - (6+1) = 0$
   • 為了使形式電荷最小化，我們考慮在 V 和 O 之間形成雙鍵。
   • 將 O 上的一對孤對電子與 V 形成一個雙鍵。
   • 新的結構：V=O 雙鍵，V-Cl 單鍵。
   • V 的價電子數：$5 - (0 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 10 \text{ bonding e}^-) = 5 - 5 = 0$
   • O 的價電子數：$6 - (4 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 4 \text{ bonding e}^-) = 6 - (4+2) = 0$
   • Cl 的價電子數：$7 - (6 \text{ lone pair e}^- + \frac{1}{2} \times 2 \text{ bonding e}^-) = 7 - (6+1) = 0$
   • 這個結構的形式電荷為 0，是更優的 Lewis 結構。
   • Lewis 結構： 中心 V 原子與 O 形成雙鍵（O 有兩對孤對電子），與三個 Cl 原子形成單鍵（每個 Cl 有三對孤對電子）。

4. 預測分子形狀 (VSEPR)：

   • 中心原子 V 周圍有 4 個成鍵區域（1 個 V=O 雙鍵算作一個區域，3 個 V-Cl 單鍵）。
   • 沒有孤對電子。
   • 電子幾何和分子幾何都是四面體 (Tetrahedral)。

5. 判斷分子極性：

   • V=O 鍵是極性鍵，O 的電負度高於 V。
   • V-Cl 鍵是極性鍵，Cl 的電負度高於 V。
   • 然而，由於分子幾何是四面體，如果 V-Cl 鍵的極性大小相同（這是通常的假設，儘管 O 的影響也存在），並且 O 原子位於頂點，則整個分子的對稱性較高。
   • 但 V=O 鍵的極性和 V-Cl 鍵的極性方向不同。
   • 一般而言，AX₃E 型的四面體分子（如 CH₄）是非極性的。VOCl₃ 的結構是 AX₃Y（其中 Y 代表 O，X 代表 Cl），由於 Y 和 X 的不同，分子的對稱性被打破。
   • O 的電負度 (3.44) 高於 Cl (3.16)。因此，V=O 鍵的極性方向指向 O，而 V-Cl 鍵的極性方向指向 Cl。
   • 由於 O 和 Cl 的位置不對稱，且電負度不同，鍵的偶極矩無法完全抵消。
   • 結論：VOCl₃ 是極性分子。

(b) SOF₄

1. 計算總價電子數：

   • S (硫) 在第 16 族，提供 6 個價電子。
   • O (氧) 在第 16 族，提供 6 個價電子。
   • F (氟) 在第 17 族，每個提供 7 個價電子，共 4 個 F 提供 $4 \times 7 = 28$ 個價電子。
   • 總價電子數 = $6 + 6 + 28 = 40$ 個。

2. 確定中心原子： S 的電負度最低，且能連接多個原子，因此 S 是中心原子。

3. 畫出 Lewis 結構：

   • S 連接 1 個 O 和 4 個 F。
   • S-O 單鍵，S-F 單鍵。
   • 計算已用的價電子：$6$ (S-O) $+ 4 \times 2$ (S-F) $= 6 + 8 = 14$ 個。
   • 剩餘價電子：$40 - 14 = 26$ 個。
   • 將剩餘電子分配給周圍原子，使其滿足八隅體規則。O 需要 6 個電子，每個 F 需要 6 個電子。$6$ (O) $+ 4 \times 6$ (F) $= 6 + 24 = 30$ 個。
   • 我們只有 26 個電子，但需要 30 個。這表示中心原子 S 需要擴展其八隅體，或者周圍原子之間形成雙鍵。
   • 將 O 上的一對孤對電子與 S 形成雙鍵。
   • 結構：S=O 雙鍵，S-F 單鍵。
   • 已用價電子：$4$ (S=O) $+ 4 \times 2$ (S-F) $= 4 + 8 = 12$ 個。

核心觀念

本題考查無機化學中的分子點群理論（Molecular Point Group Theory）與群表示論（Group Representation Theory），核心重點包含：

1. $C_{2h}$ 點群的對稱元素與對稱操作（Symmetry Elements and Operations）：包含恆等操作 $E$、二重主旋轉軸 $C_2$、反演中心 $i$ 以及水平鏡面 $\sigma_h$。
2. 基底座標之變換矩陣（Transformation Matrices）：以空間單點之笛卡爾座標 $(x, y, z)$ 為基底，建立各對稱操作對應的 $3 \times 3$ 變換矩陣 $\mathbf{D}(R)$。
3. 不可約表示（Irreducible Representations）的提取：當變換矩陣均為對角矩陣（Diagonal Matrix）時，各座標分量彼此獨立，矩陣對角線元素即直接對應一維不可約表示的特徵標（Characters），並可由 Mulliken 命名符號進行標記。

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解題方法與詳細步驟

a. 列出分子所具備的所有對稱操作（Symmetry Operations）

反式-1,2-二氯乙烯（trans-1,2-dichloroethylene, $\text{C}_2\text{H}_2\text{Cl}_2$）為平面分子，屬於 $C_{2h}$ 點群。
其群階（Group order, $h$）為 4，包含 4 個對稱操作：

1. $E$：恆等操作（Identity operation）。
2. $C_2$：繞垂直於分子平面的二重旋轉軸旋轉 $180^\circ$ 之操作。
3. $i$：通過分子幾何中心（雙鍵中點）之反演操作（Inversion operation）。
4. $\sigma_h$：通過分子平面（所有原子所在之平面）之水平鏡面反射操作（Horizontal reflection operation）。

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b. 寫出點座標 $(x, y, z)$ 在各對稱操作下的變換矩陣

選定標準座標系：

• 將主旋轉軸 $C_2$ 定為 $z$ 軸（垂直於分子平面）。
• 分子平面落於 $xy$ 平面，因此水平鏡面 $\sigma_h$ 即為 $\sigma_{xy}$。
• 反演中心 $i$ 位於座標原點 $(0, 0, 0)$。

推導點 $(x, y, z)$ 在各對稱操作作用後的新座標 $(x', y', z')$ 及其變換矩陣：

1. 恆等操作 $E$：
   座標不變：$x' = x,\; y' = y,\; z' = z$

   $$\begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$$ $$\mathbf{D}(E) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

2. 繞 $z$ 軸之二重旋轉操作 $C_2(z)$：
   旋轉 $180^\circ$：$x' = -x,\; y' = -y,\; z' = z$

   $$\begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$$ $$\mathbf{D}(C_2) = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

3. 反演操作 $i$：
   通過原點反轉：$x' = -x,\; y' = -y,\; z' = -z$

   $$\begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$$ $$\mathbf{D}(i) = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$

4. 鏡面反射操作 $\sigma_h = \sigma_{xy}$：
   對 $xy$ 平面鏡射：$x' = x,\; y' = y,\; z' = -z$

   $$\begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$$

本題考查分子軌域理論 (Molecular Orbital Theory) 在 NO 分子上的應用，以及如何從 MO 圖解釋電負度差異，並預測鍵級和未成對電子數。

核心觀念：

1. 分子軌域理論： 原子軌域線性組合形成分子軌域。能量相近、對稱性相同的原子軌域才能有效組合。
2. NO 的原子組成： 氮 (N) 和氧 (O)。
   • N (原子序 7)：電子排布 $1s^2 2s^2 2p^3$。價電子：$2s^2 2p^3$ (共 5 個)。
   • O (原子序 8)：電子排布 $1s^2 2s^2 2p^4$。價電子：$2s^2 2p^4$ (共 6 個)。
3. 價電子總數： NO 分子共有 $5 + 6 = 11$ 個價電子。
4. MO 圖的繪製：
   • 考慮 2s 和 2p 原子軌域。
   • 對於雙原子分子，通常是 σ 和 π 類型的分子軌域。
   • 由於 N 和 O 的電負度不同，它們的原子軌域能量也不同。O 的電負度高於 N，因此 O 的原子軌域能量比 N 的低。
   • MO 圖的能量順序：一般情況下，對於較輕的第二週期元素（如 B₂, C₂, N₂），2s 和 2p 軌域混合顯著，2pσ 的能量高於 2pπ。對於較重的元素（如 O₂, F₂, Ne₂），2s 和 2p 軌域混合較弱，2pσ 的能量低於 2pπ。
   • NO 介於兩者之間，通常採用與 O₂, F₂ 類似的順序，即 2pσ 的能量低於 2pπ。
   • 原子軌域組合：
     • 2s + 2s → σ₂s (bonding) + σ*₂s (antibonding)
     • 2p + 2p → σ₂p (bonding) + σ*₂p (antibonding)
     • 2p + 2p → π₂p (bonding) + π₂p (antibonding) (兩個 π 軌域，簡稱 π₂p 和 π₂p)
5. 電子填充： 將 11 個價電子按照能量由低到高填充到分子軌域中，遵循包立不相容原理和 Hund's rule。
6. 解釋電負度差異： 電負度高的原子，其原子軌域能量較低。在形成分子軌域時，與低能量原子軌域組合形成的分子軌域，其電子雲密度更傾向於該原子。
7. 計算鍵級 (Bond Order)： $\text{Bond Order} = \frac{1}{2} (\text{bonding e}^- - \text{antibonding e}^-)$
8. 判斷未成對電子數。

繪製 NO 的 MO 圖：

左側 (N 的價原子軌域)：

• 2s (能量較高)
• 2p (能量較高)

右側 (O 的價原子軌域)：

• 2s (能量較低)
• 2p (能量較低)

中間 (MO 能量順序)：

• σ₂s (bonding, 來自 N 2s 和 O 2s 的組合，更接近 O 2s)
• σ*₂s (antibonding, 來自 N 2s 和 O 2s 的組合，更接近 N 2s)
• σ₂p (bonding, 來自 N 2p 和 O 2p 的組合，更接近 O 2p)
• π₂p (bonding, 來自 N 2p 和 O 2p 的組合，兩個，更接近 O 2p)
• π*₂p (antibonding, 來自 N 2p 和 O 2p 的組合，兩個，更接近 N 2p)
• σ*₂p (antibonding, 來自 N 2p 和 O 2p 的組合，更接近 N 2p)

注意： N 和 O 的電負度差異較大，O 的電負度高於 N。因此，O 的 2s 和 2p 原子軌域能量低於 N 的。
在形成分子軌域時，能量相近的原子軌域組合效果最好。

• σ₂s 和 σ₂s 是由 N 的 2s 和 O 的 2s 形成。由於 O 的 2s 能量低，σ₂s 更接近 O 的 2s，σ₂s 更接近 N 的 2s。
• σ₂p 和 π₂p 是由 N 的 2p 和 O 的 2p 形成。由於 O 的 2p 能量低，σ₂p 和 π₂p 更接近 O 的 2p。
• σ₂p 和 π₂p 是由 N 的 2p 和 O 的 2p 形成。由於 N 的 2p 能量高，σ₂p 和 π₂p 更接近 N 的 2p。

MO 能量順序 (從低到高)：
σ₂s < σ₂s < σ₂p < π₂p (兩個) < π₂p (兩個) < σ*₂p

填充 11 個價電子：

1. σ₂s: 2 e⁻
2. σ*₂s: 2 e⁻
3. σ₂p: 2 e⁻
4. π₂p: 4 e⁻ (兩個 π 軌域，每個可容納 2 e⁻)
5. π₂p: 1 e⁻ (剩下 11 - 2 - 2 - 2 - 4 = 1 個電子，填充到一個 π₂p 軌域)

電子排布： (σ₂s)² (σ₂s)² (σ₂p)² (π₂p)⁴ (π₂p)¹

MO 圖繪製：
在左側畫出 N 的 2s 和 2p 原子軌域（能量較高）。
在右側畫出 O 的 2s 和 2p 原子軌域（能量較低）。
在中間畫出形成的分子軌域，並按能量順序排列：σ₂s, σ₂s, σ₂p, π₂p, π₂p, σ*₂p。
用虛線連接相應的原子軌域和分子軌域。
填充 11 個電子。

本題考查緩衝溶液 (buffer solution) 的配製，需要利用 Henderson-Hasselbalch 方程式。

核心觀念：

1. 緩衝溶液： 由弱酸及其共軛鹼（或弱鹼及其共軛酸）組成，能抵抗 pH 值劇烈變化的溶液。
2. Henderson-Hasselbalch 方程式： $\text{pH} = \text{pKa} + \log \left( \frac{[\text{共軛鹼}]}{[\text{弱酸}]} \right)$
3. 弱酸和共軛鹼： 在本題中，弱酸是甲酸 (formic acid)，化學式為 HCOOH (或 H₂CO₂)。其共軛鹼是甲酸根離子 (formate ion)，化學式為 HCOO⁻。
4. 共軛鹼的來源： 題目要求加入「sodium formate」，即 HCOO⁻Na⁺。這提供了解離出的 HCOO⁻ 離子。

已知條件：

• 弱酸：甲酸 (HCOOH)
• 甲酸濃度：[HCOOH] = 1.00 M
• 甲酸溶液體積：V_acid = 500.0 mL = 0.5000 L
• 甲酸的 pKa：pKa = 1.8 x 10⁻⁴
• 目標 pH：pH = 3.50
• 求：需要加入的甲酸鈉 (sodium formate, HCOONa) 的質量。

步驟：

1. 計算 pKa：
   pKa = -log(Ka) = -log(1.8 x 10⁻⁴)
   pKa ≈ 3.74

2. 利用 Henderson-Hasselbalch 方程式計算共軛鹼與弱酸的濃度比：
   pH = pKa + log([HCOO⁻] / [HCOOH])
   3.50 = 3.74 + log([HCOO⁻] / [HCOOH])
   log([HCOO⁻] / [HCOOH]) = 3.50 - 3.74 = -0.24
   [HCOO⁻] / [HCOOH] = 10⁻⁰.²⁴ ≈ 0.575

3. 計算緩衝溶液中甲酸的總量 (mol)：
   由於加入甲酸鈉後，溶液體積會略微增加，但為了簡化計算，通常假設加入固體溶質後體積變化不大，或者我們計算的是最終濃度。
   或者，我們計算加入甲酸鈉之前，弱酸的摩爾數：
   $\text{moles of HCOOH} = [\text{HCOOH}] \times V_{\text{acid}} = 1.00 \, \text{M} \times 0.5000 \, \text{L} = 0.5000 \, \text{mol}$
   加入甲酸鈉後，甲酸的濃度會略微下降，但如果加入的甲酸鈉量不大，我們可以暫時近似認為甲酸的濃度仍接近 1.00 M，或者使用最終的摩爾數來計算。
   更精確的做法是：
   令最終緩衝溶液的體積為 V_total。
   加入甲酸鈉的摩爾數為 n_formate。
   最終甲酸的濃度 [HCOOH] = $\frac{n_{\text{HCOOH}}}{V_{\text{total}}}$
   最終甲酸根的濃度 [HCOO⁻] = $\frac{n_{\text{formate}}}{V_{\text{total}}}$
   比例 $\frac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]} = \frac{n_{\text{formate}}}{n_{\text{HCOOH}}}$。
   因為我們知道初始的 HCOOH 摩爾數是 0.5000 mol，並且我們需要達到的 pH 值，這個比例是固定的。
   所以， $\frac{n_{\text{formate}}}{0.5000 \, \text{mol}} = 0.575$
   $n_{\text{formate}} = 0.575 \times 0.5000 \, \text{mol} = 0.2875 \, \text{mol}$

4. 計算所需甲酸鈉的質量：
   甲酸鈉 (HCOONa) 的分子量 (MW) = C(12.01) + H(1.01) + O(16.00) + O(16.00) + Na(22.99) = 66.01 g/mol。
   所需甲酸鈉質量 = $n_{\text{formate}} \times \text{MW}_{\text{HCOONa}}$
   質量 = $0.2875 \, \text{mol} \times 66.01 \, \text{g/mol}$
   質量 ≈ 18.98 g

核心觀念

本題考查「過量試劑反應後再回滴」的反滴定法。

乙酸乙酯與氫氧根離子依 $1:1$ 莫耳比反應：

$$\mathrm{CH_3COOC_2H_5+OH^-\rightarrow CH_3COO^-+C_2H_5OH}$$

加入過量 KOH 後，以已知濃度的硫酸滴定剩餘的 $\mathrm{OH^-}$。因此：

$$n(\mathrm{OH^-})_{\text{反應}} = n(\mathrm{OH^-})_{\text{加入}} - n(\mathrm{OH^-})_{\text{剩餘}}$$

再由乙酸乙酯與 $\mathrm{OH^-}$ 的 $1:1$ 莫耳比，求出乙酸乙酯含量。

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解題方法與計算

1. 計算加入的 KOH 莫耳數

KOH 提供一莫耳 $\mathrm{OH^-}$，因此：

$$n(\mathrm{OH^-})_{\text{加入}} = 0.04672\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \times 0.04000\ \mathrm{L}$$ $$n(\mathrm{OH^-})_{\text{加入}} = 1.8688\times10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

2. 計算回滴所消耗的硫酸莫耳數

$$n(\mathrm{H_2SO_4}) = 0.05042\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \times 0.00341\ \mathrm{L}$$ $$n(\mathrm{H_2SO_4}) = 1.719322\times10^{-4}\ \mathrm{mol}$$

硫酸為二元酸，每一莫耳 $\mathrm{H_2SO_4}$ 可中和兩莫耳 $\mathrm{OH^-}$：

$$\mathrm{H_2SO_4+2OH^-\rightarrow SO_4^{2-}+2H_2O}$$

所以剩餘 $\mathrm{OH^-}$ 的莫耳數為：

$$n(\mathrm{OH^-})_{\text{剩餘}} = 2n(\mathrm{H_2SO_4})$$ $$n(\mathrm{OH^-})_{\text{剩餘}} = 2(1.719322\times10^{-4}) = 3.438644\times10^{-4}\ \mathrm{mol}$$

3. 求 20.00 mL 稀釋液中反應的乙酸乙酯

這題主要考驗學生對難溶性鹽類溶解平衡、酸鹼反應以及共同離子效應的理解與計算能力。需要先計算 Mg(OH)₂ 的溶解度，再根據加入的 HCl 或 MgCl₂ 進行反應，最後利用溶解度平衡或酸鹼平衡計算出溶液的 pH 值。

題目分析：

本題要求計算將一定量的難溶性鹽 Mg(OH)₂ 加入不同濃度的 HCl 或 MgCl₂ 溶液後所得到的 pH 值。其中，HCl 是強酸，會與 Mg(OH)₂ 發生酸鹼中和反應；MgCl₂ 則是 Mg²⁺ 的來源，會對 Mg(OH)₂ 的溶解產生共同離子效應。

解題步驟與說明：

首先，我們需要知道 Mg(OH)₂ 的溶解平衡方程式：
$\text{Mg(OH)}_2\text{(s)} \rightleftharpoons \text{Mg}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{OH}^-\text{(aq)}$
其溶度積常數 $K_{sp} = [\text{Mg}^{2+}][\text{OH}^-]^2 = 7.1 \times 10^{-12}$。

Mg(OH)₂ 的分子量 (MW) 為 58.32 g/mol。
題目給定的 0.093 g Mg(OH)₂ 的莫耳數為：
$n_{\text{Mg(OH)}_2} = \frac{0.093 \text{ g}}{58.32 \text{ g/mol}} \approx 0.001595 \text{ mol}$
當 Mg(OH)₂ 溶解時，會產生等莫耳數的 Mg²⁺ 和兩倍莫耳數的 OH⁻。

小題 (a)：75.0 mL of 0.0500 M HCl

1. 計算 HCl 的莫耳數：
   $n_{\text{HCl}} = \text{體積} \times \text{濃度} = 0.0750 \text{ L} \times 0.0500 \text{ mol/L} = 0.00375 \text{ mol}$
   HCl 是強酸，會完全解離成 H⁺ 和 Cl⁻。因此，H⁺ 的莫耳數為 0.00375 mol。

2. 判斷反應：
   H⁺ 會與 Mg(OH)₂ 中的 OH⁻ 反應，生成水。反應式為：
   $\text{Mg(OH)}_2\text{(s)} + 2\text{H}^+\text{(aq)} \rightarrow \text{Mg}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{H}_2\text{O(l)}$
   我們有 0.001595 mol 的 Mg(OH)₂，理論上可以產生 $2 \times 0.001595 = 0.00319$ mol 的 OH⁻。
   而我們加入的 H⁺ 莫耳數為 0.00375 mol。由於 H⁺ 的莫耳數大於 OH⁻ 的兩倍莫耳數 ($0.00375 > 2 \times 0.001595$)，表示 HCl 是過量的，所有的 Mg(OH)₂ 都會被溶解，並且過量的 H⁺ 會決定溶液的 pH 值。

3. 計算過量的 H⁺ 莫耳數：
   反應消耗的 H⁺ 莫耳數為 $2 \times n_{\text{Mg(OH)}_2} = 2 \times 0.001595 \text{ mol} = 0.00319 \text{ mol}$。
   過量的 H⁺ 莫耳數為：
   $n_{\text{H}^+ (\text{excess})} = n_{\text{HCl}} - 2 \times n_{\text{Mg(OH)}_2} = 0.00375 \text{ mol} - 0.00319 \text{ mol} = 0.00056 \text{ mol}$

4. 計算總體積：
   溶液的總體積為：
   $V_{\text{total}} = 75.0 \text{ mL} = 0.0750 \text{ L}$

5. 計算過量 H⁺ 的濃度：
   $[\text{H}^+] = \frac{n_{\text{H}^+ (\text{excess})}}{V_{\text{total}}} = \frac{0.00056 \text{ mol}}{0.0750 \text{ L}} \approx 0.007467 \text{ M}$

6. 計算 pH 值：
   $\text{pH} = -\log[\text{H}^+] = -\log(0.007467) \approx 2.127$

【答案】2.127

小題 (b)：100.0 mL of 0.0500 M HCl

1. 計算 HCl 的莫耳數：
   $n_{\text{HCl}} = \text{體積} \times \text{濃度} = 0.1000 \text{ L} \times 0.0500 \text{ mol/L} = 0.00500 \text{ mol}$
   H⁺ 的莫耳數為 0.00500 mol。

2. 判斷反應：
   同樣地，Mg(OH)₂ 會與 H⁺ 反應。我們有 0.001595 mol 的 Mg(OH)₂，理論上需要 $2 \times 0.001595 = 0.00319$ mol 的 H⁺ 來中和。
   由於加入的 H⁺ 莫耳數 (0.00500 mol) 大於所需量 (0.00319 mol)，HCl 仍然是過量的，所有的 Mg(OH)₂ 都會被溶解，過量的 H⁺ 決定 pH 值。

3. 計算過量的 H⁺ 莫耳數：
   $n_{\text{H}^+ (\text{excess})} = n_{\text{HCl}} - 2 \times n_{\text{Mg(OH)}_2} = 0.00500 \text{ mol} - 0.00319 \text{ mol} = 0.00181 \text{ mol}$

4. 計算總體積：
   $V_{\text{total}} = 100.0 \text{ mL} = 0.1000 \text{ L}$

5. 計算過量 H⁺ 的濃度：
   $[\text{H}^+] = \frac{n_{\text{H}^+ (\text{excess})}}{V_{\text{total}}} = \frac{0.00181 \text{ mol}}{0.1000 \text{ L}} = 0.0181 \text{ M}$

6. 計算 pH 值：
   $\text{pH} = -\log[\text{H}^+] = -\log(0.0181) \approx 1.742$

【答案】1.742

小題 (c)：15.0 mL of 0.0500 M HCl

1. 計算 HCl 的莫耳數：
   $n_{\text{HCl}} = \text{體積} \times \text{濃度} = 0.0150 \text{ L} \times 0.0500 \text{ mol/L} = 0.000750 \text{ mol}$
   H⁺ 的莫耳數為 0.000750 mol。

2. 判斷反應：
   Mg(OH)₂ 理論上需要 0.00319 mol 的 H⁺ 來完全溶解。
   然而，我們加入的 H⁺ 莫耳數 (0.000750 mol) 小於所需量 (0.00319 mol)。這表示 H⁺ 是限量試劑，所有的 H⁺ 都會被消耗，並且一部分 Mg(OH)₂ 會溶解，直到達到溶解平衡。

3. 計算反應後殘留的 OH⁻ 莫耳數（或 Mg²⁺ 莫耳數）：
   反應消耗的 H⁺ 為 0.000750 mol。
   根據反應式 $\text{Mg(OH)}_2 + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Mg}^{2+} + 2\text{H}_2\text{O}$，消耗 0.000750 mol H⁺ 會產生