108 年 國立高雄大學化學工程及材料工程學系碩士班甲組《普通化學》

本題主要在考驗學生對常見無機化合物命名與化學式的轉換能力。需要熟悉離子名稱、化合價以及常見酸鹼命名規則。

(a) 鋰氮化物 (lithium nitride)
鋰 (Lithium) 是 IA 族元素，常見的離子帶 +1 電荷，即 $\text{Li}^+$。
氮化物 (nitride) 是氮 (Nitrogen) 形成離子，氮在週期表中位於 VA 族，通常形成帶 -3 電荷的離子，即 $\text{N}^{3-}$。
為了使化合物呈電中性，需要 3 個 $\text{Li}^+$ 與 1 個 $\text{N}^{3-}$，故化學式為 $\text{Li}_3\text{N}$。

(b) 磷酸氫銨 (ammonium hydrogen phosphate)
銨根離子 (ammonium) 為 $\text{NH}_4^+$。
磷酸氫根離子 (hydrogen phosphate) 是磷酸 ($\text{H}_3\text{PO}_4$) 失去一個質子後形成的 $\text{H}_2\text{PO}_4^-$，或失去兩個質子後形成的 $\text{HPO}_4^{2-}$。根據中文命名「磷酸氫銨」，通常是指 $\text{HPO}_4^{2-}$。
為了使化合物呈電中性，需要 2 個 $\text{NH}_4^+$ 與 1 個 $\text{HPO}_4^{2-}$，故化學式為 $(\text{NH}_4)_2\text{HPO}_4$。

本題考驗學生對溶解過程的熱力學解釋，特別是針對非極性物質（如油）在極性溶劑（如水）中溶解度低的現象。此處的關鍵在於「相似者相溶」（like dissolves like）的原理，並從焓（enthalpy）和熵（entropy）兩個角度進行分析。

溶解過程可以分為三個步驟：

1. $\Delta H_1$: 溶質粒子間的吸引力被克服，使溶質粒子分開。這通常是一個吸熱過程 ($\Delta H_1 > 0$)。
2. $\Delta H_2$: 溶劑粒子間的吸引力被克服，使溶劑粒子分開，為溶質粒子騰出空間。這通常也是一個吸熱過程 ($\Delta H_2 > 0$)。
3. $\Delta H_3$: 溶質粒子和溶劑粒子之間形成新的吸引力。這通常是一個放熱過程 ($\Delta H_3 < 0$)。

總溶解焓變 $\Delta H_{\text{soln}} = \Delta H_1 + \Delta H_2 + \Delta H_3$。

解釋油不溶於水的原因：

1. 焓的觀點 (Enthalpy Perspective):

   • 水是極性分子，分子間存在強的氫鍵。
   • 油（例如長鏈烴）是非極性分子，分子間只有較弱的凡得瓦力（倫敦分散力）。
   • 當油嘗試溶解在水中時，需要克服水分子間的強氫鍵（$\Delta H_2 > 0$）以及油分子間的弱凡得瓦力（$\Delta H_1 > 0$）。
   • 更重要的是，油分子與水分子之間無法形成強的吸引力（$\Delta H_3 < 0$），因為它們的極性差異太大。實際上，油分子和水分子之間的吸引力可能比水分子之間的氫鍵或油分子之間的凡得瓦力還要弱。
   • 因此，$\Delta H_1$ 和 $\Delta H_2$ 的值相對較大（需要克服強的氫鍵），而 $\Delta H_3$ 的值可能很小，甚至為正值（表示無法有效形成新的吸引力）。
   • 這導致總溶解焓變 $\Delta H_{\text{soln}} = \Delta H_1 + \Delta H_2 + \Delta H_3$ 很可能為一個較大的正值（吸熱），意味著溶解過程在焓上是不利的。

2. 熵的觀點 (Entropy Perspective):

   • 雖然焓的觀點解釋了為什麼形成新鍵不利，但我們還需要考慮熵。溶解過程通常伴隨著熵的增加（$\Delta S > 0$），這有利於溶解。
   • 然而，對於水這樣的極性溶劑，其分子間的強氫鍵結構使其具有較低的熵。當非極性溶質（油）進入水相時，為了最大化溶液的熵，水分子會試圖圍繞油分子形成結構化的籠狀結構（clathrate-like structures），以盡量減少對氫鍵網絡的破壞。

本題考驗學生對三種主要放射性衰變粒子（α、β、γ）穿透能力的理解。這與它們的質量、電荷和能量有關。

放射性粒子及其特性：

• α (Alpha) 粒子：

  • 本質是氦原子核，包含 2 個質子和 2 個中子。
  • 帶 +2 的正電荷。
  • 質量非常大（約為 β 粒子的 7300 倍）。
  • 由於質量大且帶有較多電荷，它與物質的相互作用（電離、激發）非常強烈。

• β (Beta) 粒子：

  • 本質是高速電子（β⁻）或正電子（β⁺）。
  • β⁻ 帶 -1 的負電荷，β⁺ 帶 +1 的正電荷。
  • 質量很小（與電子質量相同）。
  • 與物質的相互作用比 α 粒子弱，但比 γ 射線強。

• γ (Gamma) 射線：

  • 本質是高能電磁波（光子）。
  • 不帶電荷。
  • 沒有靜止質量。
  • 與物質的相互作用最弱，主要通過電磁相互作用。

穿透能力比較：

穿透能力與粒子與物質相互作用的強度成反比。相互作用越強，粒子越容易在物質中失去能量，穿透能力越弱。

1. α 粒子：
   • 由於質量大且帶 +2 電荷，α 粒子與物質相互作用極為強烈，會在短距離內快速失去能量，產生大量的電離和激發。

本題考驗學生對金屬腐蝕（特別是鐵的生鏽）的電化學原理的理解，包括陽極和陰極反應。鐵的腐蝕是一個典型的電化學過程，可以看作是鐵金屬的氧化和氧氣的還原。

腐蝕的條件：
鐵的腐蝕通常發生在有水和氧氣存在的環境中。酸性條件會加速腐蝕。

電化學反應：
鐵的腐蝕可以被看作是一個原電池反應，其中鐵作為陽極被氧化，而氧氣在陰極被還原。

1. 陽極反應 (Anode Reaction)：

   • 陽極是發生氧化反應的地方。在這裡，金屬鐵失去電子被氧化成鐵離子。
   • 在潮濕的環境中，鐵首先被氧化成亞鐵離子 ($\text{Fe}^{2+}$)。
   • 反應式為： $\text{Fe}(s) \rightarrow \text{Fe}^{2+}(aq) + 2e^-$

2. 陰極反應 (Cathode Reaction)：

   • 陰極是發生還原反應的地方。在這裡，溶解在水中的氧氣獲得電子被還原。

   • 陰極反應的具體形式取決於環境的 pH 值。

   • 在中性或鹼性溶液中（最常見的生鏽情況）：

     • 氧氣在水中被還原成氫氧根離子 ($\text{OH}^-$)。
     • 反應式為： $\text{O}_2(g) + 2\text{H}_2\text{O}(l) + 4e^- \rightarrow 4\text{OH}^-(aq)$

   • 在酸性溶液中：

     • 氧氣在酸性水中被還原成水。
     • 反應式為： $\text{O}_2(g) + 4\text{H}^+(aq) + 4e^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}(l)$

後續反應：
陽極產生的 $\text{Fe}^{2+}$ 會進一步被氧化成 $\text{Fe}^{3+}$，然後與水或氫氧根離子反應生成不溶性的氧化鐵水合物，即鐵鏽。

本題考驗學生對原子軌域能量排序的理解，特別是在多電子原子中，2s 和 2p 軌域的能量差異以及其原因。題目中提到 2p 軌域的最大機率密度（maximum probability）比 2s 軌域更靠近原子核，這似乎與能量高低有關，但實際上能量排序是更複雜的結果。

核心觀念：
在多電子原子中，原子軌域的能量不僅取決於主量子數 (n)，還受到角量子數 (l) 的影響。能量排序通常遵循 $n+l$ 規則，且對於相同 $n+l$ 值，l 值較小的軌域能量較低。此外，電子與原子核之間的吸引力以及電子之間的排斥力（屏蔽效應和穿透效應）也會影響軌域的能量。

詳細解釋：

1. 主量子數 (n) 與角量子數 (l)：

   • 2s 軌域：n=2, l=0
   • 2p 軌域：n=2, l=1

   根據 $n+l$ 規則：

   • 2s 軌域：$n+l = 2+0 = 2$
   • 2p 軌域：$n+l = 2+1 = 3$
     由於 2s 的 $n+l$ 值較小，根據 $n+l$ 規則，2s 軌域的能量應該低於 2p 軌域。

2. 屏蔽效應 (Shielding Effect) 與穿透效應 (Penetration Effect)：

   • 屏蔽效應： 在多電子原子中，內層的電子會「屏蔽」外層電子免受原子核的全部正電荷的吸引。屏蔽效應越強，原子核對該電子的有效吸引力就越小，軌域的能量就越高。
   • 穿透效應： 不同的軌域具有不同的空間分佈（機率密度圖）。s 軌域的電子雲是球對稱的，並且在原子核處的機率密度非零，這意味著 s 軌域的電子有較高的機率「穿透」到離原子核較近的區域，即使它們屬於較外層的軌域。p 軌域的電子雲則有節面在原子核處，電子不太可能出現在原子核附近。
   • 比較 2s 和 2p：
     • 2s 軌域的電子比 2p 軌域的電子能更有效地「穿透」到靠近原子核的區域。
     • 雖然 2s 和 2p 軌域都屬於 n=2 的殼層，但 2s 軌域的電子由於其穿透能力，能更接近原子核，感受到更強的原子核吸引力。
     • 相比之下，2p 軌域的電子受到內層電子（如 1s 電子）的屏蔽效應更明顯，並且其電子雲分布在遠離原子核的區域（例如，2p 軌域有一個節面在原子核處），因此感受到較弱的有效核電荷。

3. 題目描述的矛盾與釐清：
   題目說「2p 軌域有其最大機率密度更靠近原子核」。這句話似乎與我們對 2s 和 2p 軌域的理解有所不同。

核心觀念

本題考查：

1. 路易士結構與共振結構的繪製。
2. 價電子總數的計算。
3. 形式電荷（formal charge）的判定。
4. 以八隅體規則、電負度與電荷分離程度判斷共振結構的穩定性。

原子形式電荷公式為：

$$\text{形式電荷} = \text{價電子數} - \left( \text{孤電子數} + \frac{\text{成鍵電子數}}{2} \right)$$

其中氧、碳、氮的價電子數分別為 $6$、$4$、$5$。

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解題方法

1. 計算總價電子數

對於 $\mathrm{OCN^-}$：

$$6+4+5+1=16\text{ 個價電子}$$

基本骨架為：

$$\mathrm{O-C-N}$$

先以單鍵連接氧、碳、氮，再分配孤電子對，使各原子盡量滿足八隅體規則。為使中心碳原子達到八隅體，必須將孤電子對轉換成多重鍵，因此可得到三種主要共振結構。

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共振結構與形式電荷

結構一：$\mathrm{^-O-C\equiv N}$

示意如下：

$$\boxed{\mathrm{^-O-C\equiv N}}$$

• 氧：三對孤電子，與碳形成單鍵
• 碳：一個單鍵加一個三鍵
• 氮：一對孤電子，與碳形成三鍵

形式電荷：

氧

$$\mathrm{FC(O)} = 6-\left(6+\frac{2}{2}\right) = -1$$

碳

$$\mathrm{FC(C)} = 4-\left(0+\frac{8}{2}\right) = 0$$

氮

$$\mathrm{FC(N)} = 5-\left(2+\frac{6}{2}\right) = 0$$

因此：

$$\boxed{\mathrm{O^{-}-C\equiv N}}$$

其形式電荷分布為：

$$\boxed{(-1,\ 0,\ 0)}$$

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結構二：$\mathrm{O=C=N^-}$

示意如下：

$$\boxed{\mathrm{O=C=N^-}}$$

• 氧：兩對孤電子，與碳形成雙鍵
• 碳：與氧、氮各形成雙鍵
• 氮：兩對孤電子，與碳形成雙鍵

形式電荷：

氧

$$\mathrm{FC(O)} = 6-\left(4+\frac{4}{2}\right) = 0$$

碳

$$\mathrm{FC(C)} = 4-\left(0+\frac{8}{2}\right) = 0$$

氮

$$\mathrm{FC(N)} = 5-\left(4+\frac{4}{2}\right) = -1$$

因此：

$$\boxed{\mathrm{O=C=N^{-}}}$$

其形式電荷分布為：

$$\boxed{(0,\ 0,\ -1)}$$

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結構三：$\mathrm{^+O\equiv C-N^{2-}}$

示意如下：

$$\boxed{\mathrm{O^+\equiv C-N^{2-}}}$$

本題考驗學生對分子結構、價鍵理論（包括路易斯結構、VSEPR 模型、雜化軌域）以及分子極性的綜合應用能力。需要分析兩種不同的分子：BrF₃ 和 SeF₆。

分析分子 BrF₃：

1. 計算總價電子數：

   • Br (溴)：7 個價電子
   • F (氟)：7 個價電子 × 3 = 21 個價電子
   • 總價電子數 = $7 + 21 = 28$ 個價電子。

2. 繪製路易斯結構：

   • 中心原子是 Br (電負性較小)。
   • Br 連接 3 個 F 原子，形成單鍵。
   • 每個 F 原子周圍有 3 對孤對電子（共 6 個電子），以滿足八隅體。
   • 共用鍵結電子數 = $3 \times 2 = 6$。
   • F 原子上的孤對電子數 = $3 \times 6 = 18$。
   • 剩餘電子數 = $28 - 6 - 18 = 4$。
   • 將這 4 個電子放在中心原子 Br 上，形成 2 對孤對電子。
   • 路易斯結構：中心 Br 連接 3 個 F，Br 上有 2 對孤對電子。

3. 預測分子結構 (VSEPR 模型)：

   • 中心原子 Br 周圍有 3 個鍵結對 (bonding pairs) 和 2 個孤對 (lone pairs)。
   • 電子幾何 (electron geometry) 為 5 個電子群，屬於三角雙錐 (trigonal bipyramidal)。
   • 分子幾何 (molecular geometry) 考慮到孤對電子的排斥力。在三角雙錐結構中，孤對電子會盡量佔據赤道位置（因為赤道位置可以容納更多電子群，排斥力較小）。
   • 因此，3 個 F 原子會形成一個平面三角形，而 Br 在這個平面的中心，2 個孤對電子則位於垂直於這個平面的軸向上（一個在上方，一個在下方）。
   • 這種分子幾何稱為T 形 (T-shaped)。

4. 預測中心原子 (Br) 的雜化軌域：

   • 5 個電子群（3 個鍵結對 + 2 個孤對）對應於 $sp^3d$ 雜化。
   • 雜化軌域為 $sp^3d$。

5. 預測整體極性：

   • Br-F 鍵是極性鍵，因為 F 的電負性 (3.98) 遠大於 Br (2.96)。
   • 由於分子幾何是 T 形，鍵的偶極矩在空間中無法完全抵銷。
   • 兩個垂直於平面的孤對電子對分子的極性影響不直接，但 T 形結構本身是不對稱的。
   • 因此，BrF₃ 分子是極性 (polar) 的。

分析分子 SeF₆：

1. 計算總價電子數：

   • Se (硒)：6 個價電子
   • F (氟)：7 個價電子 × 6 = 42 個價電子
   • 總價電子數 = $6 + 42 = 48$ 個價電子。

2. 繪製路易斯結構：

   • 中心原子是 Se (電負性較小)。
   • Se 連接 6 個 F 原子，形成單鍵。
   • 每個 F 原子周圍有 3 對孤對電子（共 6 個電子），以滿足八隅體。

本題考驗學生對化學平衡的理解，特別是利用平衡常數 $K_p$ 計算氣相反應達到平衡時各組分的壓力。雖然題目給出了初始壓力，但未標明反應物和產物，需要根據「氫碘酸合成」的敘述推斷反應方向。題目中給出了容器體積 (5.000-L)，但由於 $K_p$ 是以壓力為基礎的平衡常數，且要求計算平衡壓力，體積資訊在此處可能不是直接必需的，除非需要轉換為濃度或考慮氣體定律。

反應式：
由題目「氫碘酸 HI 合成」可知，反應物是氫氣 ($H_2$) 和碘蒸氣 ($I_2$)，產物是碘化氫氣體 ($HI$)。
反應式為： $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$

平衡常數：
給定平衡常數 $K_p = 1.00 \times 10^2$。
$K_p$ 的表達式為： $K_p = \frac{P_{HI}^2}{P_{H_2} \cdot P_{I_2}}$

初始條件：
在混合時，各組分的壓力為：

• $P_{H_2, \text{initial}} = 1.000 \times 10^{-2}$ atm
• $P_{I_2, \text{initial}} = 1.000 \times 10^{-2}$ atm
• $P_{HI, \text{initial}} = 5.000 \times 10^{-1}$ atm

判斷反應方向：
我們需要計算初始反應商 $Q_p$，並與 $K_p$ 比較，以確定反應是向正反應方向進行（生成 HI）還是逆反應方向進行（分解 HI）。
$Q_p = \frac{(P_{HI, \text{initial}})^2}{P_{H_2, \text{initial}} \cdot P_{I_2, \text{initial}}}$
$Q_p = \frac{(5.000 \times 10^{-1} \text{ atm})^2}{(1.000 \times 10^{-2} \text{ atm}) \cdot (1.000 \times 10^{-2} \text{ atm})}$
$Q_p = \frac{2.500 \times 10^{-1} \text{ atm}^2}{1.000 \times 10^{-4} \text{ atm}^2}$
$Q_p = 2.500 \times 10^3 = 2500$

比較 $Q_p$ 和 $K_p$：
$Q_p = 2500$
$K_p = 1.00 \times 10^2 = 100$

由於 $Q_p > K_p$ (2500 > 100)，表示目前的反應物和產物濃度（壓力）組合處於平衡點的右側，系統會朝向逆反應方向移動，以減小產物壓力並增大反應物壓力，從而達到平衡。
也就是說，HI 會分解生成 $H_2$ 和 $I_2$。

建立 ICE 表 (Initial, Change, Equilibrium) 以壓力計算：
反應式： $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$

壓力 (atm)	$H_2$	$I_2$	$HI$
初始 (I)	$1.00 \times 10^{-2}$	$1.00 \times 10^{-2}$	$5.00 \times 10^{-1}$
變化 (C)	$+x$	$+x$	$-2x$
平衡 (E)	$1.00 \times 10^{-2} + x$	$1.00 \times 10^{-2} + x$	$5.00 \times 10^{-1} - 2x$

代入平衡常數表達式：
$K_p = \frac{(P_{HI, \text{eq}})^2}{P_{H_2, \text{eq}} \cdot P_{I_2, \text{eq}}} = 1.00 \times 10^2$
$\frac{(5.00 \times 10^{-1} - 2x)^2}{(1.00 \times 10^{-2} + x)^2} = 1.00 \times 10^2$

解方程：
由於方程是一個完全平方的形式，我們可以對兩邊開平方根，簡化計算。
$\sqrt{\frac{(5.00 \times 10^{-1} - 2x)^2}{(1.00 \times 10^{-2} + x)^2}} = \sqrt{1.00 \times 10^2}$
$\frac{|5.00 \times 10^{-1} - 2x|}{|1.00 \times 10^{-2} + x|} = 10.0$

因為反應是逆向進行，HI 的壓力會減小，所以 $5.00 \times 10^{-1} - 2x$ 應該是正值，且 $x$ 必須小於 $5.00 \times 10^{-1} / 2 = 0.25$。同時，$1.00 \times 10^{-2} + x$ 也是正值。
所以，我們得到：
$\frac{5.00 \times 10^{-1} - 2x}{1.00 \times 10^{-2} + x} = 10.0$

交叉相乘：
$5.00 \times 10^{-1} - 2x = 10.0 \times (1.00 \times 10^{-2} + x)$

本題考驗學生對「相似者相溶」(like dissolves like) 原理的應用，以及影響溶解度的極性、氫鍵和分子大小等因素。水是極性溶劑，且能形成氫鍵。

a. CHCl₃ 或 CCl₄

• CCl₄ (四氯化碳)：

  • 分子結構為正四面體，所有 C-Cl 鍵的偶極矩相互抵銷。
  • CCl₄ 是非極性分子。
  • 分子間只有較弱的倫敦分散力。

• CHCl₃ (氯仿)：

  • 分子結構為變形的四面體（因為 C 上連有 H 和 3 個 Cl）。
  • C-Cl 鍵是極性鍵，Cl 的電負性 (3.16) 高於 C (2.55)。
  • C-H 鍵的極性相對較弱，但 H 的電負性 (2.20) 低於 Cl。
  • 由於 Cl 原子的數量較多且電負性較大，且分子結構不對稱，導致分子偶極矩不為零。
  • CHCl₃ 是極性分子。

• 水 (H₂O)：

  • 水是極性分子，分子間存在強的氫鍵。

• 預測與解釋：
  「相似者相溶」原理指出，極性溶質易溶於極性溶劑，非極性溶質易溶於非極性溶劑。
  由於水是極性溶劑，而 CHCl₃ 是極性分子，它們之間可以形成偶極-偶極相互作用，這比 CCl₄ 與水之間的純倫敦分散力作用更強。
  因此，CHCl₃ 比 CCl₄ 在水中的溶解度更高。

b. CH₃CH₂OH 或 CH₃(CH₂)₁₄CH₂OH

• CH₃CH₂OH (乙醇)：

  • 分子中含有一個極性的羥基 (-OH)，可以與水分子形成氫鍵。
  • 分子中只有一個短的烴鏈 (CH₃CH₂-)，其非極性部分相對較小。
  • 主要的溶解性來自於 -OH 基團與水的氫鍵作用。

• CH₃(CH₂)₁₄CH₂OH (十六醇)：

  • 分子中也含有一個極性的羥基 (-OH)，可以與水分子形成氫鍵。
  • 然而，分子中有一條很長的非極性烴鏈 (CH₃(CH₂)₁₄CH₂-)，長度為 16 個碳原子。
  • 這個長的非極性鏈在極性水溶劑中難以溶解，其疏水性 (hydrophobic) 遠大於羥基的親水性 (hydrophilic)。

• 水 (H₂O)：

  • 極性溶劑，能形成氫鍵。

• 預測與解釋：
  溶解度取決於親水性基團（如 -OH）與水的作用，以及非極性烴鏈與水的排斥作用。
  乙醇的短烴鏈對水的作用影響不大，其 -OH 基團能與水形成強的氫鍵，使其能與水很好地混溶。
  十六醇的長烴鏈具有很強的疏水性，會強烈排斥水分子，即使有 -OH 基團能形成氫鍵，也無法克服長烴鏈的疏水性，因此溶解度非常低。
  因此，CH₃CH₂OH (乙醇) 在水中的溶解度遠高於十六醇。

c. CH₃COOH 或 CH₃COOCH₃

• CH₃COOH (乙酸，醋酸)：
  • 分子中含有一個極性的羧基 (-COOH)。
  • 羧基中的羥基 (-OH) 部分可以與水分子形成氫鍵。
  • 同時，羧基中的羰基 (C=O) 也可以作為氫鍵的受體。
  • 分子中的烴鏈 (CH₃-) 較短，非極性部分相對較小。
  • 整體而言，羧基的親水性較強。

本題考驗學生判斷反應級數的能力，特別是針對給定的實驗數據，需要繪製圖形並分析其線性關係。題目要求繪製 1/[C₄H₆] 對時間的圖，並判斷反應是屬於一級還是二級反應。

核心概念：
反應級數決定了反應速率與反應物濃度的關係。對於單一反應物 A 的反應 $aA \rightarrow \text{Products}$：

• 零級反應： 速率 $= k$。積分速率定律：$[A]_t = -kt + [A]_0$。圖形 $[A]_t$ vs $t$ 為直線。
• 一級反應： 速率 $= k[A]$。積分速率定律：$\ln[A]_t = -kt + \ln[A]_0$。圖形 $\ln[A]_t$ vs $t$ 為直線。
• 二級反應： 速率 $= k[A]^2$。積分速率定律：$\frac{1}{[A]_t} = kt + \frac{1}{[A]_0}$。圖形 $\frac{1}{[A]_t}$ vs $t$ 為直線。

題目要求：

1. 繪製 1/[C₄H₆] 對時間的圖。
2. 判斷反應級數。

數據處理：
我們需要根據給定的數據計算 1/[C₄H₆] 的值。

[C₄H₆] (mol/L)	Time (s)	1/[C₄H₆] (L/mol)
0.01000	0	100.0
0.00625	1000	160.0
0.00476	1800	210.1
0.00370	2800	270.3
0.00313	3600	319.5
0.00270	4400	370.4
0.00241	5200	414.9
0.00208	6200	480.8

繪製圖形：
繪製圖形時，橫軸為時間 (t, s)，縱軸為 1/[C₄H₆] (L/mol)。
我們將上述計算出的數據點繪製出來：
(0, 100.0), (1000, 160.0), (1800, 210.1), (2800, 270.3), (3600, 319.5), (4400, 370.4), (5200, 414.9), (6200, 480.8)

分析圖形：
如果圖形呈現一條直線，則表示該關係成立。
觀察這些數據點，它們似乎大致呈線性關係。為了更準確判斷，我們可以計算幾個時間段的斜率，或者進行線性迴歸。

• 計算斜率 (k) 的近似值：
  • 從 t=0 到 t=1000s: $\Delta(1/[C_4H_6]) = 160.0 - 100.0 = 60.0$, $\Delta t = 1000$. 斜率 $\approx 60.0/1000 = 0.060$ L/(mol·s)。
  • 從 t=1000 到 t=1800s: $\Delta(1/[C_4H_6]) = 210.1 - 160.0 = 50.1$, $\Delta t = 800$. 斜率 $\approx 50.1/800 = 0.0626$ L/(mol·s)。

本題接續上一題，要求計算反應速率常數 $k$ 的值。根據上一題的判斷，此反應為二級反應，其積分速率定律為 $\frac{1}{[A]_t} = kt + \frac{1}{[A]_0}$。因此，繪製 1/[C₄H₆] 對時間的圖形時，直線的斜率即為反應速率常數 $k$。

計算方法：
我們可以利用前面處理過的數據，通過計算斜率來求得 $k$。由於數據點可能存在誤差，可以採用線性迴歸的方法得到最佳斜率，或者取幾個數據點計算平均斜率。

使用數據計算斜率：
我們已經在上一題的詳解中粗略計算了幾個區間的斜率，發現大致穩定在 0.060-0.066 L/(mol·s) 之間。為了得到更精確的值，我們可以使用起始點和終點的數據，或者進行線性迴歸。

方法一：使用起始點和終點數據

• 點 1: (t=0 s, 1/[C₄H₆]=100.0 L/mol)
• 點 8: (t=6200 s, 1/[C₄H₆]=480.8 L/mol)

$k = \text{slope} = \frac{\Delta(1/[C_4H_6])}{\Delta t} = \frac{480.8 \text{ L/mol} - 100.0 \text{ L/mol}}{6200 \text{ s} - 0 \text{ s}}$
$k = \frac{380.8 \text{ L/mol}}{6200 \text{ s}} \approx 0.06142$ L/(mol·s)

方法二：線性迴歸 (近似)
如果我們對所有點進行線性迴歸，可以得到更準確的斜率。在此處，我們將使用前面計算的幾個區間斜率的平均值作為近似。

核心觀念

半衰期 $t_{1/2}$ 是反應物濃度降為初始濃度一半所需的時間：

$$[A]_{t_{1/2}}=\frac{[A]_0}{2}$$

半衰期公式取決於反應級數：

• 一級反應：$t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{k}$
• 零級反應：$t_{1/2}=\dfrac{[A]_0}{2k}$
• 二級反應：$t_{1/2}=\dfrac{1}{k[A]_0}$

本題所提供的第 10.c 題只有「在本實驗條件下」，未附第 10 題前文所求得的反應級數、速率常數 $k$ 或初始濃度，因此無法得到數值答案。

解題方法

若前題已由實驗數據判定此反應為一級反應，使用一級反應積分速率定律：

$$\ln [A]_t=\ln [A]_0-kt$$

半衰期時 $[A]_t=[A]_0/2$，代入得：

本題考驗學生對酸鹼指示劑原理的理解，以及在滴定過程中 pH 的變化和指示劑變色的判斷。指示劑 HIn 的酸解離常數 $K_a$ 已知，且其酸式 (HIn, 紅色) 和鹼式 (In⁻, 藍色) 顏色不同。

核心觀念：
指示劑 HIn 在水溶液中存在以下平衡：
$HIn(aq) \rightleftharpoons H^+(aq) + In^-(aq)$
顏色： 紅色 藍色

• 當溶液呈酸性（$[H^+]$ 高）時，平衡向左移動，HIn 濃度較高，溶液呈紅色。
• 當溶液呈鹼性（$[H^+]$ 低）時，平衡向右移動，In⁻ 濃度較高，溶液呈藍色。
• 當 $[HIn] = [In^-]$ 時，指示劑呈現混合色（通常為紫色或中間色）。此時，根據 $K_a$ 表達式，$K_a = \frac{[H^+][In^-]}{[HIn]}$，若 $[HIn]=[In^-]$，則 $K_a = [H^+]$。此時的 pH 值稱為指示劑的變色點 pH。
• 指示劑的變色範圍通常在 $pK_a \pm 1$ 之間。

已知條件：

• 指示劑 $HIn$ 的 $K_a = 1.0 \times 10^{-7}$。
• 初始溶液體積：10.0 mL。
• 初始溶液：0.10 M HCl。
• 滴定劑：0.05 M NaOH。

a. 初始顏色：

• 初始溶液是 0.10 M 的 HCl。HCl 是強酸，在水中完全解離。

• 因此，初始的 $[H^+]$ 濃度遠大於 $K_a$ ($1.0 \times 10^{-7}$)。

• $[H^+] \approx 0.10$ M。

• 由於溶液是強酸性，指示劑 $HIn$ 的平衡 $HIn \rightleftharpoons H^+ + In^-$ 會強烈向左移動，使得 $HIn$ 的濃度遠大於 $In^-$ 的濃度。

• 因此，溶液將呈現 $HIn$ 的顏色。

• 答案： 初始顏色是紅色。

b. 顏色變化（紅色變為淺藍色）發生的 pH 值：

• 顏色變化從紅色（主要是 HIn）向淺藍色（主要是 In⁻）轉變，意味著 HIn 和 In⁻ 的比例在改變。

• 指示劑的顏色變化通常發生在其 $pK_a$ 附近。

• $pK_a = -\log(K_a) = -\log(1.0 \times 10^{-7}) = 7.00$。

• 當 $[HIn] = [In^-]$ 時，溶液呈現中間色，此時的 pH 值就是指示劑的變色點 pH。

• 根據 $K_a = \frac{[H^+][In^-]}{[HIn]}$，當 $[HIn] = [In^-]$ 時，$K_a = [H^+]$。

• 所以，$[H^+] = 1.0 \times 10^{-7}$ M。

• 此時的 pH 值為 $pH = -\log[H^+] = -\log(1.0 \times 10^{-7}) = 7.00$。

• 因此，當 pH 值接近 7.00 時，顏色開始從紅色逐漸轉變為藍色（或淺藍色，取決於指示劑的具體變色範圍和濃度）。題目問「顏色變化（紅到淺藍）發生」，通常是指指示劑開始顯現出藍色特徵的 pH，也就是大約在 $pK_a$ 處。

• 答案： pH 值為 7.00。

c. 加入 15.0 ml NaOH 後的顏色：

• 首先，計算滴定過程中 pH 的變化。這個過程是強酸 (HCl) 被強鹼 (NaOH) 滴定。

• 初始 HCl 溶液：10.0 mL，0.10 M。

• 加入的 NaOH 溶液：15.0 mL，0.05 M。

• 計算反應掉的 HCl 和加入的 NaOH 的量：

  • HCl 的莫耳數：$n_{HCl} = \text{體積} \times \text{莫耳濃度} = 0.0100 \text{ L} \times 0.10 \text{ mol/L} = 0.0010$ mol。
  • NaOH 的莫耳數：$n_{NaOH} = \text{體積} \times \text{莫耳濃度} = 0.0150 \text{ L} \times 0.05 \text{ mol/L} = 0.00075$ mol。

• 反應： $HCl(aq) + NaOH(aq) \rightarrow NaCl(aq) + H_2O(l)$
  HCl 和 NaOH 以 1:1 的比例反應。

本題考驗學生對氧化還原反應的理解，包括如何組合半反應得到總反應、計算標準電池電勢 ($εº_{cell}$) 以及利用 Nernst 方程式或相關關係計算平衡常數 K。

核心概念：

1. 氧化還原反應： 一個半反應是氧化（失去電子），另一個半反應是還原（得到電子）。總反應是兩者的組合。
2. 標準電池電勢 ($εº_{cell}$)： $εº_{cell} = εº_{\text{reduction}} (\text{cathode}) - εº_{\text{reduction}} (\text{anode})$。通常，還原電勢較高的半反應作為還原反應（陰極），還原電勢較低的半反應作為氧化反應（陽極）。
3. 平衡常數 (K) 與 $εº_{cell}$ 的關係： 在 25°C 下，$\Delta G° = -nFEº_{cell} = -RT\ln K$。因此，$Eº_{cell} = \frac{RT}{nF} \ln K = \frac{0.0592}{n} \log K$ (V)。

步驟：

1. 判斷哪個半反應是還原反應，哪個是氧化反應。

   • 給定的兩個半反應都是還原半反應，並給出了它們的標準還原電勢 ($εº$)。

   • 半反應 1: $S_4O_6^{2-} + 2e^- \rightarrow 2S_2O_3^{2-}$ $εº_1 = 0.17$ V

   • 半反應 2: $Cr^{3+} + e^- \rightarrow Cr^{2+}$ $εº_2 = -0.50$ V

   • 還原電勢較高的半反應（$εº_1 = 0.17$ V）更有趨勢發生還原反應，將作為陰極反應。

   • 還原電勢較低的半反應（$εº_2 = -0.50$ V）更有趨勢發生氧化反應，需要將其寫成氧化反應式，作為陽極反應。

2. 寫出並平衡總氧化還原反應。

   • 陰極反應 (還原)： $S_4O_6^{2-} + 2e^- \rightarrow 2S_2O_3^{2-}$ ($εº_{\text{cathode}} = 0.17$ V)

   • 陽極反應 (氧化)： 將半反應 2 反寫，使其成為氧化反應。
     $Cr^{2+} \rightarrow Cr^{3+} + e^-$ (此時的電勢是 $-εº_{\text{reduction}} = -(-0.50 \text{ V}) = 0.50$ V，但我們通常用還原電勢來計算 $εº_{cell}$，所以記住 $εº_{\text{anode, reduction}} = -0.50$ V)。
     為了使電子轉移數相等，陽極反應需要乘以 2。
     $2Cr^{2+} \rightarrow 2Cr^{3+} + 2e^-$

   • 組合半反應得到總反應：
     將陰極反應和（乘以 2 後的）陽極反應相加，並消去電子。
     $S_4O_6^{2-}(aq) + 2e^- \rightarrow 2S_2O_3^{2-}(aq)$
     $2Cr^{2+}(aq) \rightarrow 2Cr^{3+}(aq) + 2e^-$

     總反應： $S_4O_6^{2-}(aq) + 2Cr^{2+}(aq) \rightarrow 2S_2O_3^{2-}(aq) + 2Cr^{3+}(aq)$

3. 計算標準電池電勢 ($εº_{cell}$)。

   • $εº_{cell} = εº_{\text{cathode}} - εº_{\text{anode}}$ (使用還原電勢值)
   • $εº_{\text{cathode}} = 0.17$ V (來自 $S_4O_6^{2-}$ 的還原半反應)