112 年 國立高雄大學化學工程及材料工程學系碩士班《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書寫的熟悉度。

(a) 氯化鈣 (calcium chloride)：鈣離子為 $Ca^{2+}$，氯離子為 $Cl^{-}$，為維持電荷平衡，需兩個氯離子對應一個鈣離子，故化學式為 $CaCl_2$。
(b) 氮化鋰 (lithium nitride)：鋰離子為 $Li^{+}$，氮離子為 $N^{3-}$，為維持電荷平衡，需三個鋰離子對應一個氮離子，故化學式為 $Li_3N$。

本題考驗元素分析與實驗數據推導化合物經驗式 (empirical formula) 的能力。

首先，我們需要計算燃燒產物 $CO_2$ 和 $H_2O$ 中所含 C 和 H 的質量。
原子量：C = 12.01 g/mol, H = 1.008 g/mol, O = 16.00 g/mol, N = 14.01 g/mol。
$CO_2$ 的分子量約為 12.01 + 2(16.00) = 44.01 g/mol。
$H_2O$ 的分子量約為 2(1.008) + 16.00 = 18.016 g/mol。

1. 計算 $CO_2$ 中 C 的質量：
   所取樣品質量為 35.0 mg。
   產生的 $CO_2$ 質量為 33.5 mg。
   $CO_2$ 中 C 的質量百分比 = (C 的原子量 / $CO_2$ 的分子量) = 12.01 / 44.01 ≈ 0.2729
   $CO_2$ 中 C 的質量 = 33.5 mg $CO_2$ * (12.01 g C / 44.01 g $CO_2$) ≈ 9.15 mg C

2. 計算 $H_2O$ 中 H 的質量：
   產生的 $H_2O$ 質量為 41.1 mg。
   $H_2O$ 中 H 的質量百分比 = (2 * H 的原子量 / $H_2O$ 的分子量) = 2 * 1.008 / 18.016 ≈ 0.1119

本題考驗學生對化學反應限量試劑的判斷以及根據化學計量計算產物質量的能力。

首先，需要寫出並平衡反應方程式。
反應物：$NH_3$ 和 CuO
產物：$N_2$, Cu, $H_2O$

平衡方程式：
$2NH_3(g) + 3CuO(s) \rightarrow N_2(g) + 3Cu(s) + 3H_2O(g)$

原子量：N = 14.01 g/mol, H = 1.008 g/mol, O = 16.00 g/mol, Cu = 63.55 g/mol。
$NH_3$ 的莫耳質量 ≈ 14.01 + 3(1.008) = 17.034 g/mol。
CuO 的莫耳質量 ≈ 63.55 + 16.00 = 79.55 g/mol。

1. 計算起始反應物的莫耳數：
   $NH_3$ 的莫耳數 = 18.1 g / 17.034 g/mol ≈ 1.063 mol
   CuO 的莫耳數 = 90.4 g / 79.55 g/mol ≈ 1.136 mol

2. 判斷限量試劑：
   根據平衡方程式，2 mol $NH_3$ 需要 3 mol CuO。

本題考查多電子原子中軌域能量的相對關係，特別是 s 和 p 軌域的能量差異與電子屏蔽效應和穿透效應的關聯。

在多電子原子中，電子之間的相互排斥會導致軌域的能量簡併性被破壞，相同主層 (n) 下的不同亞層 (l) 的軌域能量會不同。這是由於電子屏蔽效應 (shielding effect) 和穿透效應 (penetration effect)。

1. 屏蔽效應 (Shielding Effect)：
   內層的電子會「屏蔽」外層電子與原子核之間的吸引力。核心電子 (core electrons) 的屏蔽效應比價電子 (valence electrons) 更強。
2. 穿透效應 (Penetration Effect)：
   這是指電子在空間中穿過其他電子的機率。s 軌域的電子雲分佈在空間中更靠近原子核，並且在原子核附近有一個徑向機率密度函數的波峰，這使得 s 軌域的電子比 p 軌域的電子更不容易被屏蔽，更能「穿透」到原子核附近。p 軌域的電子雖然也有一定的機率靠近原子核，但其機率密度函數的波峰離原子核較遠，且在原子核附近有一個節點 (node)，使得其穿透原子核的機率較低。

解釋：
雖然題目提到「3p 軌域的最大機率離原子核比 3s 軌域近」，這句話似乎與我們一般認知 3s 軌域的穿透性較好有點出入。

核心觀念

本題利用分子軌域理論判斷雙原子分子的：

1. 電子組態：依分子軌域能階順序填入電子。
2. 鍵級（bond order）：

$$\text{鍵級}=\frac{N_b-N_a}{2}$$

其中 $N_b$ 為成鍵軌域電子數，$N_a$ 為反鍵軌域電子數。

3. 磁性：
   • 所有電子成對：抗磁性（diamagnetic）
   • 存在未成對電子：順磁性（paramagnetic）

本題只需考慮價電子分子軌域；內層核心電子均成對，對鍵級與磁性判斷沒有影響。

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一、$Cl_2^{2+}$

解題方法

氯原子的價電子組態為：

$$Cl:[Ne]3s^23p^5$$

因此中性 $Cl_2$ 具有：

$$2\times 7=14$$

個價電子。$Cl_2^{2+}$ 少了兩個電子，所以共有：

$$14-2=12$$

個價電子。

對第三週期雙原子分子，價電子分子軌域能階可寫為：

$$\sigma_{3s} < \sigma_{3s}^{*} < \sigma_{3p_z} < \pi_{3p_x}=\pi_{3p_y} < \pi_{3p_x}^{*}=\pi_{3p_y}^{*} < \sigma_{3p_z}^{*}$$

依洪特規則填入 12 個電子。

電子組態

$$\boxed{ (\sigma_{3s})^2 (\sigma_{3s}^{*})^2 (\sigma_{3p_z})^2 (\pi_{3p_x})^2 (\pi_{3p_y})^2 }$$

也可簡寫為：

$$(\sigma_{3s})^2 (\sigma_{3s}^{*})^2 (\sigma_{3p_z})^2 (\pi_{3p})^4$$

鍵級

成鍵軌域電子數：

$$N_b=2+2+4=8$$

反鍵軌域電子數：

$$N_a=2$$

因此：

$$\text{鍵級} = \frac{8-4}{2} = \boxed{2}$$

其中 $(\sigma_{3s}^{*})^2$ 是反鍵電子，因此反鍵電子總數為 $4$。

磁性

所有分子軌域中的電子皆成對，沒有未成對電子，因此：

$$\boxed{\text{抗磁性}}$$

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二、$NO^+$

解題方法

氮原子有 5 個價電子，氧原子有 6 個價電子，因此中性 $NO$ 有：

$$5+6=11$$

個價電子。$NO^+$ 移除一個電子，所以：

本題考查分子間作用力 (intermolecular forces) 的比較，主要涉及偶極-偶極力 (dipole-dipole forces) 和倫敦分散力 (London dispersion forces)。

比較原則：

1. 極性 (Polarity)： 分子極性越強，偶極-偶極力越強。
2. 分子大小與電子數： 分子越大，電子數越多，倫敦分散力越強。
3. 氫鍵 (Hydrogen Bonding)： 若分子能形成氫鍵，則氫鍵是主要的分子間作用力，其強度遠大於偶極-偶極力和倫敦分散力。

a. $CO_2$ or OCS

• $CO_2$： 分子結構為直線型 O=C=O。雖然 C=O 鍵是極性鍵，但由於分子對稱，兩個鍵的偶極矩相互抵消，故 $CO_2$ 為非極性分子。其分子間作用力主要是倫敦分散力。

• OCS： 分子結構為直線型 O=C=S。C=O 鍵和 C=S 鍵的極性不同，且 O 和 S 的電負度不同 (O > S)，導致整個分子具有偶極矩，為極性分子。其分子間作用力包含偶極-偶極力和倫敦分散力。

• 比較： OCS 分子極性大於 $CO_2$。雖然兩者電子數相近（$CO_2$ 22 e⁻, OCS 22 e⁻），倫敦分散力相當，但 OCS 具有偶極-偶極力，而 $CO_2$ 沒有。因此，OCS 的分子間作用力較大。

b. $SeO_2$ or $SO_2$

本題考查熱力學與大氣現象的關聯，特別是輻射冷卻的原理。

核心觀念： 地球表面和大氣層會吸收太陽輻射並向外輻射熱能。在沒有雲層遮蔽的情況下，地表熱能的散失會加速。

解釋：
在冬天，夜晚的溫度比白天低，這是因為白天有太陽輻射加熱，而夜晚則沒有。
在晴朗的夜晚，天空沒有雲層的遮蔽。雲層就像一層毯子，能夠反射一部分地表輻射回地面，並吸收地表輻射的熱能，從而減緩地表的冷卻速度。

核心觀念

本題考查：

• Lewis 結構與八隅體規則
• 形式電荷（formal charge）
• 共振結構的判斷
• 以形式電荷分布比較共振結構穩定性

$N_3^-$ 的總價電子數為

$$3(5)+1=16\text{ e}^-$$

氮原子通常以直線排列，骨架為 $N-N-N$。各共振結構均須盡量使每個氮原子符合八隅體。

形式電荷公式為

$$\mathrm{FC}=V-\left(N+\frac{B}{2}\right)$$

其中 $V$ 為自由原子的價電子數，$N$ 為非鍵結電子數，$B$ 為成鍵電子數。

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解題方法與所有共振結構

將 $16$ 個價電子配置於 $N-N-N$ 骨架後，可得到三個符合八隅體的主要共振結構：

$$\boxed{\,{}^{2-}\!N-N\equiv N^{+}\,} \;\;\leftrightarrow\;\; \boxed{\,{}^{-}\!N=N^{+}=N^{-}\,} \;\;\leftrightarrow\;\; \boxed{\,N\equiv N^{+}-N^{2-}\,}$$

更完整標示形式電荷如下：

1. 左端為單鍵、右端為三鍵：

$${}^{2-}\!N-N^{+}\equiv N$$

2. 兩側皆為雙鍵：

$${}^{-}\!N=N^{+}=N^{-}$$

3. 左端為三鍵、右端為單鍵：

$$N\equiv N^{+}-N^{2-}$$

其中第 1 與第 3 個結構互為鏡像，兩端氮原子本質上是等價的。

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形式電荷計算

以中間結構為例：

$${}^{-}\!N=N^{+}=N^{-}$$

兩側端氮各有兩對孤電子，並與中間氮形成雙鍵，因此端氮的形式電荷為

$$\mathrm{FC}_{\text{端}}= 5-\left(4+\frac{4}{2}\right) =5-6=-1$$

中間氮沒有孤電子，與兩側各形成一個雙鍵，共有 $8$ 個成鍵電子，因此

$$\mathrm{FC}_{\text{中}}= 5-\left(0+\frac{8}{2}\right) =5-4=+1$$

總形式電荷為

$$(-1)+(+1)+(-1)=-1$$

與離子電荷 $-1$ 相符。

對於單鍵—三鍵結構，形式電荷分布為

$$-2,\; +1,\; 0$$

其鏡像結構則為

本題考查價殼電子對互斥理論 (VSEPR Theory) 在預測分子幾何結構和原子混成軌域 (hybridization) 的應用。

1. $I_3^-$ (三碘離子)

• 價電子數計算：
  I 原子有 7 個價電子。
  $I_3^-$ 總價電子數 = 3 * 7 + 1 = 22 個電子。

• Lewis 結構與 VSEPR：
  中心原子為 I。兩個 I 原子與中心 I 原子成鍵。
  結構為 I-I-I。
  總共 22 個電子。
  中心 I 原子與兩個終端 I 原子形成單鍵，共用 4 個電子。
  剩下 22 - 4 = 18 個電子。
  將 18 個電子分配給終端 I 原子，每個終端 I 原子需要 6 個孤對電子以滿足八隅體，共 2 * 6 = 12 個電子。
  剩下 18 - 12 = 6 個電子。
  這些電子歸屬於中心 I 原子，作為孤對電子。所以中心 I 原子有 3 個孤對電子。

  Lewis 結構：$[:\ddot{I}- \overset{\large \cdot \cdot}{\underset{\cdot \cdot}{I}} - \ddot{I}:]^-$
  中心 I 原子：2 個鍵結對 + 3 個孤對電子 = 5 個電子對。
  VSEPR 分類：AX₂E₃ (A: 中心原子, X: 鍵結原子數, E: 孤對電子數)。
  5 個電子對的電子幾何 (electron geometry) 為三角雙錐 (trigonal bipyramidal)。
  為了最小化孤對電子的排斥力，孤對電子傾向於佔據赤道平面 (equatorial positions)，而鍵結原子傾向於佔據軸向 (axial positions)。
  因此，3 個孤對電子佔據三角雙錐的赤道平面，2 個鍵結原子佔據軸向。

• 混成軌域 (Hybridization)：
  中心 I 原子有 5 個電子對（2 個鍵結對 + 3 個孤對電子）。
  需要 5 個混成軌域。
  所以，混成軌域為 sp³d。

核心觀念

本題考查 Lewis 結構、八隅體規則與形式電荷。

形式電荷公式為：

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

解題時遵循：

1. 計算所有原子的總價電子數，並加上陰離子的電子數。
2. 選定中心原子，先以單鍵連接周圍原子。
3. 補足周圍原子的八隅體。
4. 確認中心原子也符合八隅體。
5. 計算中心原子的形式電荷，並驗算所有形式電荷總和是否等於物種總電荷。

本題特別要求「遵守八隅體規則」，因此第三週期元素磷 $P$ 不可使用超過八個價電子的擴張八隅體結構。

解題方法與各小題分析

(a) $POCl_3$

1. 計算總價電子數

$$P:5,\qquad O:6,\qquad 3Cl:3(7)=21$$

因此中性分子的總價電子數為：

$$5+6+21=32$$

2. 建立 Lewis 結構

磷原子作為中心原子，與一個氧原子及三個氯原子各形成一條單鍵：

$$\mathrm{P-O}$$ $$\mathrm{P-Cl}$$

中心磷共有四條單鍵，周圍共有：

$$4\times 2=8$$

個成鍵電子，符合八隅體。

氧原子再補上三對孤電子，三個氯原子各補上三對孤電子。因此 Lewis 結構可表示為：

$$\begin{array}{c} \phantom{Cl}\\[-6pt] \phantom{|}\\[-6pt] Cl-P-O\\[-6pt] \phantom{|}\\[-6pt] \phantom{Cl} \end{array} \qquad \text{另有兩個 }P-Cl\text{ 鍵}$$

較清楚地以文字表示為：

• $P$ 與 $O$ 以單鍵相連；
• $P$ 與三個 $Cl$ 各以單鍵相連；
• $O$ 有三對孤電子；
• 每個 $Cl$ 有三對孤電子；
• $P$ 沒有孤電子對。

3. 計算中心原子磷的形式電荷

磷的價電子數為 $5$，孤電子數為 $0$，四條單鍵共有 $8$ 個成鍵電子：

$$\mathrm{FC}(P) = 5-\left(0+\frac{8}{2}\right) = 5-4 = +1$$

為符合八隅體的 Lewis 結構，氧的形式電荷為 $-2$，每個氯的形式電荷為 $0$：

$$(+1)+(-2)+3(0)=-1$$

此結果與題目所寫的中性 $POCl_3$ 不一致。原因是 $POCl_3$ 若要求總電荷為 $0$，必須使用 $P=O$ 雙鍵：

$$\mathrm{O=PCl_3}$$

但此時磷周圍有 $10$ 個電子，違反嚴格的八隅體規則。

本題考查溶液的蒸氣壓行為，特別是理想溶液與非理想溶液（以丙酮-水為例）的比較。

1. 理想溶液 (Ideal Solution)

• 定義： 理想溶液是指其性質（如蒸氣壓、體積變化、焓變化）與其組分（溶質和溶劑）的總和完全一致的溶液。它遵循拉午耳定律 (Raoult's Law)。
• 拉午耳定律： 溶液中任一組分的蒸氣壓等於其純組分的蒸氣壓乘以其在溶液中的莫耳分率。
  $P_A = x_A P_A^*$
  $P_B = x_B P_B^*$
  溶液總蒸氣壓 $P_{total} = P_A + P_B = x_A P_A^* + x_B P_B^*$
• 蒸氣壓-組成圖 (Vapor Pressure vs. Composition)：
  對於理想溶液，繪製 $P_{total}$ 對於 $x_A$ (或 $x_B$) 的圖，會得到一條直線。
  當 $x_A = 1$ (純 A)，$P_{total} = P_A^*$; 當 $x_A = 0$ (純 B)，$P_{total} = P_B^*$。
  圖形是一條從 $(x_A=0, P_{total}=P_B^*)$ 到 $(x_A=1, P_{total}=P_A^*)$ 的直線。

2. 丙酮-水溶液 (Acetone-Water Solution)

• 丙酮 (Acetone, $CH_3COCH_3$) 和水 ($H_2O$) 的分子間作用力：

  • 水分子之間主要通過氫鍵相互作用。
  • 丙酮分子是極性分子，含有羰基 (C=O)，具有偶極矩，分子間作用力包括偶極-偶極力和倫敦分散力。
  • 丙酮和水之間也存在分子間作用力，主要是偶極-偶極力和氫鍵（丙酮的羰基氧原子可以接受來自水分子氫鍵的給體，而水的氧原子可以接受丙酮的羰基氧原子作為氫鍵的受體）。

• 非理想溶液行為：
  丙酮和水混合時，丙酮分子會插入水分子之間，破壞一部分水分子之間的氫鍵網絡。同時，丙酮和水分子之間也會形成新的氫鍵。
  研究表明，丙酮和水混合時，分子間作用力的重新排列導致體積收縮（$\Delta V_{mix} < 0$）和放熱（$\Delta H_{mix} < 0$）。這表明丙酮和水分子之間的吸引力比純物質中分子間的平均吸引力要強。
  負偏差 (Negative Deviation)： 當分子間吸引力在溶液中比在純組分中更強時，溶液表現出對拉午耳定律的負偏差。

本題考查二質子酸 (diprotic acid) 在水溶液中的平衡濃度計算，包括第一級和第二級解離。

草酸 ($H_2C_2O_4$) 是一個二質子酸，它會分兩步解離：
第一步：$H_2C_2O_4(aq) \rightleftharpoons H^+(aq) + HC_2O_4^-(aq)$ ($K_{a1} = 6.5 \times 10^{-2}$)
第二步：$HC_2O_4^-(aq) \rightleftharpoons H^+(aq) + C_2O_4^{2-}(aq)$ ($K_{a2} = 6.1 \times 10^{-5}$)

初始濃度：$[H_2C_2O_4]_{initial} = 1.40$ M。$[H^+]_{initial} \approx 0$ (來自水的解離，可忽略)。$[HC_2O_4^-]_{initial} = 0$, $[C_2O_4^{2-}]_{initial} = 0$。

步驟一：考慮第一級解離

$H_2C_2O_4(aq) \rightleftharpoons H^+(aq) + HC_2O_4^-(aq)$

濃度 (M)	$[H_2C_2O_4]$	$[H^+]$	$[HC_2O_4^-]$
初始	1.40	0	0
變化	-x	+x	+x
平衡	1.40 - x	x	x

$K_{a1} = \frac{[H^+][HC_2O_4^-]}{[H_2C_2O_4]} = \frac{x \cdot x}{1.40 - x} = 6.5 \times 10^{-2}$

由於 $K_{a1}$ 相對較大 ($6.5 \times 10^{-2}$)，我們不能直接忽略 x。
$x^2 = (6.5 \times 10^{-2})(1.40 - x)$
$x^2 = 0.091 - 6.5 \times 10^{-2}x$
$x^2 + 0.065x - 0.091 = 0$

使用二次方程式求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$：
$a=1, b=0.065, c=-0.091$
$x = \frac{-0.065 \pm \sqrt{(0.065)^2 - 4(1)(-0.091)}}{2(1)}$
$x = \frac{-0.065 \pm \sqrt{0.004225 + 0.364}}{2}$
$x = \frac{-0.065 \pm \sqrt{0.368225}}{2}$
$x = \frac{-0.065 \pm 0.6068}{2}$

取正值：$x = \frac{-0.065 + 0.6068}{2} = \frac{0.5418}{2} \approx 0.2709$ M。

所以，第一級解離後：
$[H^+] \approx 0.2709$ M
$[HC_2O_4^-] \approx 0.2709$ M
$[H_2C_2O_4] = 1.40 - 0.2709 = 1.1291$ M

步驟二：考慮第二級解離

本題考查放射性定年法，特別是利用放射性同位素衰變來計算樣本年齡。

核心觀念： 放射性同位素的衰變速率與其原子數成正比，這是一個一級反應。其衰變過程可以用半衰期來描述。
$^{238}$U 衰變為 $^{206}$Pb，這是一個長期的衰變鏈。題目假設初始沒有 $^{206}$Pb，這意味著所有觀測到的 $^{206}$Pb 都是由 $^{238}$U 衰變產生的。

相關公式：

1. 放射性衰變：$N = N_0 e^{-\lambda t}$
   其中：

   • $N$ 是經過時間 $t$ 後剩餘的母元素原子數。
   • $N_0$ 是初始的母元素原子數。
   • $\lambda$ 是衰變常數。
   • $t$ 是時間。

2. 衰變常數與半衰期的關係：$\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}}$

題目資訊：

• $^{206}$Pb 原子數 / $^{238}$U 原子數 = 0.115
• $^{238}$U 的半衰期 $t_{1/2} = 4.5 \times 10^9$ 年。
• $\ln 2 = 0.693$。
• 假設初始沒有 $^{206}$Pb。

解題步驟：

1. 計算衰變常數 $\lambda$：
   $\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{4.5 \times 10^9 \text{ 年}} \approx 1.54 \times 10^{-10} \text{ 年}^{-1}$。

2. 建立母元素 ($^{238}$U) 和子元素 ($^{206}$Pb) 的原子數關係：
   假設初始時，只有 $^{238}$U。令其初始原子數為 $N_{U,0}$。
   經過時間 $t$ 後，剩餘的 $^{238}$U 原子數為 $N_U = N_{U,0} e^{-\lambda t}$。
   由 $^{238}$U 衰變產生的 $^{206}$Pb 原子數 $N_{Pb}$ 等於初始的 $^{238}$U 原子數減去剩餘的 $^{238}$U 原子數：
   $N_{Pb} = N_{U,0} - N_U$
   $N_{Pb} = N_{U,0} - N_{U,0} e^{-\lambda t}$
   $N_{Pb} = N_{U,0} (1 - e^{-\lambda t})$

3. 利用題目給定的原子數比例：
   題目給出 $^{206}$Pb 原子數與 $^{238}$U 原子數的比例為 0.115。
   $\frac{N_{Pb}}{N_U} = 0.115$
   將上面兩個關係式代入：
   $\frac{N_{U,0} (1 - e^{-\lambda t})}{N_{U,0} e^{-\lambda t}} = 0.115$
   $\frac{1 - e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda t}} = 0.115$
   $1 - e^{-\lambda t} = 0.115 e^{-\lambda t}$

本題考查分子間作用力的兩種主要類型：偶極-偶極力 (dipole-dipole forces) 和倫敦分散力 (London dispersion forces)。

1. 偶極-偶極力 (Dipole-Dipole Forces)

• 成因： 發生在極性分子之間。極性分子由於原子間電負度差異和不對稱的分子幾何結構，分子內部電荷分布不均勻，形成永久性的偶極矩（分子一端帶部分正電荷，另一端帶部分負電荷）。
• 作用方式： 這些永久性偶極會相互吸引。帶部分正電荷的分子區域會被帶部分負電荷的分子區域所吸引，反之亦然。這種正負電荷之間的靜電吸引力就是偶極-偶極力。
• 強度： 偶極-偶極力的強度取決於分子的偶極矩大小。偶極矩越大，分子越極性，偶極-偶極力越強。
• 存在條件： 僅存在於極性分子中。

2. 倫敦分散力 (London Dispersion Forces)

• 成因： 發生在所有分子之間，包括非極性分子和極性分子。它們是由於電子云的瞬時波動而產生的。即使在非極性分子中，電子的運動也不是完全均勻的，在某一瞬間，電子可能暫時聚集在分子的一側，導致產生一個瞬時偶極 (instantaneous dipole)。
• 作用方式： 這個瞬時偶極會誘導鄰近分子中的電子云發生相應的波動，使其產生一個感應偶極 (induced dipole)。瞬時偶極和感應偶極之間的靜電吸引力就是倫敦分散力。
• 強度： 倫敦分散力的強度取決於兩個因素：
  • 電子數： 分子中的電子越多，電子云越容易被極化，瞬時偶極和感應偶極的強度越大，倫敦分散力越強。

核心觀念

本題考查有機分子在水中的溶解性，主要判斷依據包括：

1. 極性與氫鍵：分子能否與水形成氫鍵，以及極性官能基的數量。
2. 疏水性碳氫骨架：烷基鏈與苯環越大，越不利於溶於水。
3. 酸鹼反應與離子化：胺基可與水反應生成銨離子；離子型物質通常比中性分子更易溶於水。
4. 極性基團與疏水基團的比例：不能只看是否含有 $-NH_2$ 或 $-OH$，還要比較整個分子的大小與結構。

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解題方法

逐一觀察每個選項的：

• 親水官能基數量；
• 烷基鏈或苯環的疏水程度；
• 是否容易在水中形成離子；
• 分子內氫鍵是否會降低與水的作用。

其中，具有小型碳骨架且同時含有胺基與羥基的分子，通常最容易溶於水。

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選項分析

（a）$CH_3(CH_2)_5NH_2$

此物質為己胺，含有一個胺基與六個碳的直鏈烷基。

胺基可與水形成氫鍵，也能進行酸鹼反應：

$$RNH_2+H_2O \rightleftharpoons RNH_3^+ + OH^-$$

生成的 $RNH_3^+$ 具有離子性，有助於水溶性。然而，分子中的 $C_6$ 烷基鏈是明顯的疏水區域，會抵銷胺基帶來的親水性。

因此，己胺具有一定水溶性，但長烷基鏈使其溶解程度受到限制，水溶性明顯低於小型胺基醇。

（b）$CH_3CH(OH)NH_2$

此物質同時含有：

本題考查路易斯酸鹼理論 (Lewis acid-base theory) 的應用，要求舉例並寫出形成的路易斯加合物。

路易斯酸鹼理論：

• 路易斯鹼 (Lewis Base)： 能夠提供孤對電子的物種。
• 路易斯酸 (Lewis Acid)： 能夠接受孤對電子的物種。
• 路易斯加合物 (Lewis Adduct)： 路易斯酸和路易斯鹼結合形成的產物，通常通過配位共價鍵連接。

舉例：

1. 路易斯鹼 (Lewis Base)：
   選擇一個含有孤對電子的物種。常見的有：

   • 含有孤對電子的分子，如 $NH_3$ (氮上有孤對電子), $H_2O$ (氧上有孤對電子)。
   • 陰離子，如 $OH^-$, $Cl^-$, $CN^-$。
     我們選擇 $NH_3$ (氨) 作為路易斯鹼。氮原子上有一個孤對電子。

2. 路易斯酸 (Lewis Acid)：
   選擇一個能夠接受孤對電子的物種。常見的有：

   • 缺電子的分子，如 $BF_3$ (硼只有 6 個價電子), $AlCl_3$。
   • 陽離子，如 $Na^+$, $Mg^{2+}$, $Ag^+$。
   • 某些非金屬原子，如 $CO_2$ 中的 C 原子（雖然是雙鍵，但可以接受）。
     題目要求不能是 $H^+$。我們選擇 $BF_3$ (三氟化硼) 作為路易斯酸。硼原子只有 6 個價電子，是一個缺電子的中心原子。

3. 寫出路易斯加合物：
   當 $NH_3$ (路易斯鹼) 與 $BF_3$ (路易斯酸) 反應時，$NH_3$ 的氮原子將其孤對電子提供給 $BF_3$ 的硼原子，形成一個配位共價鍵。
   $NH_3$ (鹼) + $BF_3$ (酸) $\rightarrow$ $H_3N \rightarrow BF_3$ (加合物)

   Lewis 結構表示：
   $NH_3$ 的 Lewis 結構：$H-\overset{\large \cdot \cdot}{\underset{|}{N}}-H$
   $H$
   $BF_3$ 的 Lewis 結構：$:F-\underset{|}{B}-F:$