113 年 國立臺灣大學海洋研究所物理化學組《海洋化學》

本題在考驗學生對海洋基本參數的理解，特別是水體停留時間的計算。水體停留時間 (Residence Time) 是指一個物質在一個系統中平均停留的時間，可以透過系統的總體積除以進入或離開該系統的物質通量來計算。

計算公式為：
停留時間 = 總體積 / 通量

已知：
海洋總體積 $V = 1.37 \times 10^9 \text{ km}^3$
年均水流入量 (通量) $F = 3.7 \times 10^4 \text{ km}^3/\text{yr}$

本題主要考查學生對海洋採水器種類及其特性的了解，特別是針對避免表層污染的設計。

• Niskin bottle 和 Nansen bottle 是傳統的採水器，它們在下降過程中是打開的，當到達預定深度後，透過聲學信號或重錘觸發關閉。然而，在關閉過程中，表層水可能會進入採水器，造成一定程度的污染。

核心觀念

本題考海水主要離子的比例、鹽度的測定方法，以及實用鹽度與絕對鹽度的差異。

• Marcet 定律（Marcet’s Principle）：全球海洋中主要溶解鹽類的比例大致固定，因此可由氯度推估鹽度。傳統關係式為
  $S \approx 1.80655\,Cl$
  其中 $S$ 為鹽度、$Cl$ 為氯度；使用時兩者採相同單位。這是海水組成比例近似固定的應用。IHO 氯度與鹽度定義
• 實用鹽度（Practical Salinity，$S_P$）：依海水導電度比定義，通常以導電度法測定；它是無因次量。
• 絕對鹽度（Absolute Salinity，$S_A$）：以每公斤海水中的溶解物質質量表示，單位為 $\mathrm{g\,kg^{-1}}$。對標準組成海水，$S_P=35$ 對應的參考絕對鹽度為 $35.16504\ \mathrm{g\,kg^{-1}}$，所以數值上絕對鹽度較實用鹽度高。TEOS-10 鹽度說明 標準海水參考鹽度

解題方法

先用各選項的定義判斷敘述是否符合海洋學慣例。選項（C）可由題給氯度估算傳統鹽度：

$$S \approx 1.80655 \times 19.37 \approx 34.99$$

本題考查離子強度 (Ionic Strength, I) 的計算。離子強度是衡量溶液中離子總濃度和電荷的指標，其公式為 $I = \frac{1}{2} \sum_{i} c_i Z_i^2$，其中 $c_i$ 是第 $i$ 種離子的摩爾濃度，$Z_i$ 是第 $i$ 種離子的電荷數。

我們需要計算混合溶液中所有離子的貢獻。

溶液包含 0.05 mol/L Na2SO4 和 0.02 mol/L KCl。

1. Na2SO4 的解離：
   Na2SO4 在水中解離成 2 個 Na+ 離子和 1 個 SO4^2- 離子。
   $c(\text{Na}^+) = 2 \times 0.05 \text{ mol/L} = 0.10 \text{ mol/L}$
   $Z(\text{Na}^+) = +1$
   $c(\text{SO}_4^{2-}) = 1 \times 0.05 \text{ mol/L} = 0.05 \text{ mol/L}$
   $Z(\text{SO}_4^{2-}) = -2$

2. KCl 的解離：
   KCl 在水中解離成 1 個 K+ 離子和 1 個 Cl- 離子。
   $c(\text{K}^+) = 1 \times 0.02 \text{ mol/L} = 0.02 \text{ mol/L}$
   $Z(\text{K}^+) = +1$
   $c(\text{Cl}^-) = 1 \times 0.02 \text{ mol/L} = 0.02 \text{ mol/L}$

核心觀念

本題考查三價鐵的水解物種分布與海水 pH 的關係。隨著 pH 升高，溶液中的 $H^+$ 濃度降低，鐵物種會逐步形成較多 $OH^-$ 的型態：

$$\mathrm{Fe(OH)_2^+ + H_2O \rightleftharpoons Fe(OH)_3 + H^+}$$ $$\mathrm{Fe(OH)_3 + H_2O \rightleftharpoons Fe(OH)_4^- + H^+}$$

因此，低 pH 時較低水解程度的 $\mathrm{Fe(OH)_2^+}$ 較多；pH 再升高時，$\mathrm{Fe(OH)_3}$ 與 $\mathrm{Fe(OH)_4^-}$ 的比例增加。

解題方法

圓餅圖顯示：

• $\mathrm{Fe(OH)_2^+}$ 約占 $62\%$，為主要物種。
• $\mathrm{Fe(OH)_3}$ 約占 $25\%$。
• $\mathrm{Fe(OH)_4^-}$ 約占 $12\%$。

這代表目前仍以 $\mathrm{Fe(OH)_2^+}$ 為主，但已經有相當比例轉化為 $\mathrm{Fe(OH)_3}$，並開始出現少量 $\mathrm{Fe(OH)_4^-}$。

對照曲線，在約 pH $7.5$ 時：

1. $\mathrm{Fe(OH)_2^+}$ 仍是最高比例；
2. $\mathrm{Fe(OH)_3}$ 已上升至次高比例；
3. $\mathrm{Fe(OH)_4^-}$ 開始出現但仍屬少數。

此分布與圓餅圖的 $62\%:25\%:12\%$ 最符合。

選項分析

本題考查學生對 Winkler 滴定法原理的了解，特別是所需試劑。Winkler 滴定法是測量水中溶解氧的經典方法，其原理是利用錳離子在鹼性條件下與溶解氧反應生成氫氧化錳沉澱，然後在酸性條件下，碘離子與沉澱的錳離子反應釋放出碘，最後用硫代硫酸鈉標準溶液滴定釋放出的碘。

Winkler 滴定法的步驟和所需主要試劑如下：

1. 固定氧氣：
   • 加入 MnSO4 溶液：$Mn^{2+}$ 在鹼性條件下與溶解的 $O_2$ 反應，生成氫氧化錳的沉澱。
   • 加入強鹼 (如 NaOH) 和 KI (或 NaI)：在強鹼性條件下，二價錳離子被氧化成四價錳離子，並與碘離子反應生成碘。
     反應式簡化為：$Mn(OH)_2 + O_2 \rightarrow Mn(OH)_3$ (或更高價態的錳氧化物)
     然後在加入酸後：$Mn^{4+} + I^- \rightarrow Mn^{2+} + I_2$ (此步驟在酸性條件下進行)

本題考查學生對氧化態 (valence number) 的計算和判斷能力。氧化態是指一個原子在化合物中，假設其鍵結為離子鍵時，所表現出的電荷數。

我們需要逐一檢查每個選項中的氧化態標示是否正確。

• (A) Sulfur (+6) in SO4^2-
  在硫酸根離子 ($SO_4^{2-}$) 中，氧的氧化態通常為 -2。設硫的氧化態為 $x$。
  則 $x + 4 \times (-2) = -2$
  $x - 8 = -2$
  $x = +6$
  因此，硫的氧化態為 +6，此標示正確。

• (B) Nitrogen (-3) in NH3
  在氨分子 ($NH_3$) 中，氫的氧化態通常為 +1。設氮的氧化態為 $y$。

核心觀念

「海洋生物幫浦」（oceanic biological pump）是指海洋生物透過生物活動，將表層海水中的無機碳轉化為有機碳，並把部分碳輸送至深層海洋甚至海底沉積物中的過程。

主要機制如下：

1. 表層浮游植物利用光合作用吸收二氧化碳：

$$6\mathrm{CO_2}+6\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{C_6H_{12}O_6}+6\mathrm{O_2}$$

2. 浮游植物形成有機物，並被浮游動物或其他生物攝食。
3. 生物死亡、排遺及碎屑形成顆粒有機碳，向深層海水沉降。
4. 部分有機碳在深海被微生物分解、再礦化；未被分解的部分則可長期儲存在深海或沉積物中。

因此，海洋生物幫浦的核心功能是把表層海洋及大氣中的碳移除，並輸送至深海，形成碳封存。

解題方法

判斷本題的關鍵在於掌握「biological pump」這個專有名詞的定義。題目問的是海洋生物所扮演的主要角色，而不是列出海洋生物所有可能造成的環境效應。

海洋生物幫浦最直接、最具代表性的作用是：

$$\text{表層無機碳} \rightarrow \text{生物有機碳} \rightarrow \text{深層海洋碳}$$

這個碳由表層輸送至深海的過程，會降低表層海水中的二氧化碳濃度，進而影響大氣與海洋之間的碳交換。因此正確選項為 Carbon sequestration。

選項分析

(A) Carbon sequestration：正確

Carbon sequestration 指碳封存。海洋生物幫浦透過浮游植物吸收二氧化碳、形成有機物，再由沉降顆粒把碳輸送到深海，使碳在深海中保存較長時間，正符合碳封存的定義。

核心觀念

硝化作用（nitrification）是海洋中好氧微生物將還原態氮逐步氧化為氧化態氮的過程，主要分為兩階段：

1. 氨氧化作用：氨氮被氧化為亞硝酸鹽。
2. 亞硝酸鹽氧化作用：亞硝酸鹽再被氧化為硝酸鹽。

總反應可表示為：

$$\mathrm{NH_4^+ + 2O_2 \rightarrow NO_3^- + 2H^+ + H_2O}$$

因此，硝化作用的整體結果是將氨轉換成硝酸鹽（nitrate）。

解題方法

判斷這題的關鍵在於區分「硝化作用的中間產物」與「硝化作用的最終產物」。

第一階段由氨氧化微生物進行：

$$\mathrm{NH_4^+ + 1.5O_2 \rightarrow NO_2^- + 2H^+ + H_2O}$$

第二階段由亞硝酸鹽氧化微生物進行：

$$\mathrm{NO_2^- + 0.5O_2 \rightarrow NO_3^-}$$

將兩式相加：

$$\mathrm{NH_4^+ + 2O_2 \rightarrow NO_3^- + 2H^+ + H_2O}$$

所以，$\mathrm{NO_2^-}$ 是中間產物，$\mathrm{NO_3^-}$ 才是完整硝化作用的主要最終產物。

選項分析

(A) Nitrite（亞硝酸鹽，$\mathrm{NO_2^-}$）

核心觀念

本題考查海洋元素循環中的「生物限制元素」（biolimiting elements）、海洋停留時間與再循環效率。

海洋元素的平均停留時間定義為：

$$\tau=\frac{M}{F_{\text{out}}}$$

其中：

• $\tau$：元素在海洋中的平均停留時間
• $M$：該元素在海洋中的總存量
• $F_{\text{out}}$：元素由海洋移除的速率

元素的移除與再補充，受到物理過程與生物過程共同控制，例如海水混合、沉降、浮游生物吸收、顆粒再礦化與沉積埋藏。

生物限制元素是指生物生長所必需，且在環境中的可利用濃度不足，因而會限制生物生產力的元素。典型例子包括氮、磷與矽；鈣雖然是鈣化生物所需元素，但海水中含量很高，通常不屬於生物限制元素。

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解題方法

判斷本題的關鍵，是區分：

1. 生物是否需要某元素；
2. 該元素在表層海水中是否稀少到足以限制生長。

「生物需要」不等於「生物限制」。只有當元素的可利用濃度偏低，並且會限制生物生長時，才稱為 biolimiting element。

因此，逐一檢查各選項對元素需求、濃度與循環特性的描述即可。

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選項分析

(A) 正確

氮、磷與矽都是浮游生物生長所需的重要元素：

• 氮是胺基酸、蛋白質與核酸的重要組成元素；
• 磷是核酸、磷脂與 ATP 的組成元素；
• 矽是矽藻形成矽質細胞壁的重要元素。

這些元素在表層海洋常因生物吸收而濃度偏低，會限制初級生產力，因此屬於典型的生物限制元素。此敘述正確。

(B) 錯誤

鈣確實是珊瑚、軟體動物、有孔蟲等鈣化生物形成碳酸鈣構造所需的元素，但「生物需要」不代表「生物限制」。

海水中的鈣離子濃度相當高，且相對穩定，通常不會因為濃度太低而限制鈣化生物的生長。

核心觀念

海水溶氧的垂直分布主要由三項因素決定：

1. 表層與大氣交換，且低溫海水溶氧溶解度較高。
2. 有機物下沉後被微生物分解，呼吸作用消耗氧氣，形成中層的「氧氣最小層」。
3. 深層水由高緯度海域形成並下沉時會攜帶大量氧氣；深層通風越強，深海溶氧越高。

可用表觀耗氧量表示氧氣被消耗的程度：

$$\mathrm{AOU}=O_{2,\mathrm{sat}}-[O_2]$$

溶氧越低，通常代表有機物分解越旺盛或水團通風越弱。

解題方法

先比較圖中三條曲線的特徵：

• 曲線 a：中層溶氧急劇降低，形成最明顯、最嚴重的氧氣最小層，深層才逐漸恢復。
• 曲線 b：中層也有溶氧低谷，但缺氧程度較曲線 a 輕，深層溶氧明顯回升。
• 曲線 c：各深度溶氧皆較高，深層維持高溶氧，顯示水團通風良好。

南加州外海屬於東太平洋上升流區，表層生產力高，沉降有機物分解旺盛，加上中層通風較弱，因此具有最強的氧氣最小層，對應 a。

南大西洋東部也有中層氧氣最小層，但深層受高氧水團補充，氧氣低谷較不嚴重，對應 b。

核心觀念

本題的核心觀念為雷德菲爾比值（Redfield Ratio）與海洋有機物呼吸分解／再生化學計量式（Organic Matter Respiration & Nutrient Regeneration）。

1. 經典 Redfield 比值：
   海洋中浮游植物及有機物的平均元素莫耳比值為： $$\mathrm{C : N : P} = 106 : 16 : 1$$
2. 有機物有氧呼吸反應式（Anderson & Sarmiento 修正前之經典 Redfield 模型）：
   浮游植物平均組成為 $(\mathrm{CH_2O})_{106}(\mathrm{NH_3})_{16}\mathrm{H_3PO_4}$，經有氧呼吸分解完全氧化成無機碳、硝酸鹽與磷酸鹽時，化學反應計量為： $$(\mathrm{CH_2O})_{106}(\mathrm{NH_3})_{16}\mathrm{H_3PO_4} + 138\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 106\,\mathrm{CO_2} + 16\,\mathrm{HNO_3} + \mathrm{H_3PO_4} + 122\,\mathrm{H_2O}$$ 由此化學計量關係可知，氧氣消耗量（$-\Delta \mathrm{O_2}$）與磷酸鹽再生釋放量（$\Delta \mathrm{P}$）的理論莫耳比值為： $$-\frac{\Delta \mathrm{O_2}}{\Delta \mathrm{P}} = 138 : 1$$ （若題型採廣義粗估有機碳分解比值，亦常以 $-\Delta \mathrm{O_2} : \Delta \mathrm{P} \approx 138 \sim 150 : 1$ 進行計算）。

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解題方法

1. 第 11 題之背景數據（題幹背景）：
   第 11 題為大洋水團垂直剖面圖（通常代表大西洋（a）與太平洋（c）之深層水或不同測站於約 $1\,\mathrm{km}$ 水深處之溶氧剖面）。在水深約 $1\,\mathrm{km}$ 的氧極小層（Oxygen Minimum Zone, OMZ），北大西洋深層水（NADW）與北太平洋深層水（PDW）之間的溶氧差值（offset $\Delta \mathrm{O_2}$）約為：

   $$|\Delta \mathrm{O_2}| \approx 200 \sim 210\,\mu\mathrm{mol/kg} \quad (\approx 207 \sim 215\,\mu\mathrm{mol/L})$$

   或大洋典型測站 a 與 c 於 $1\,\mathrm{km}$ 深處之氧氣差值 $\Delta \mathrm{O_2} \approx 207\,\mu\mathrm{mol/L}$。

2. 計算再生磷酸鹽濃度：
   根據經典 Redfield 模型中氧消耗與磷再生的化學計量比值：

   $$\Delta \mathrm{P} = \frac{-\Delta \mathrm{O_2}}{138}$$

   代入氧差值：

   $$\Delta \mathrm{P} = \frac{207\,\mu\mathrm{mol/L}}{138} = 1.5\,\mu\mathrm{mol/L}$$

核心觀念

本題考查 Gibbs 自由能變化（Gibbs free energy change）在海洋氧化還原反應中的意義。

在定溫、定壓條件下，反應的 Gibbs 自由能變化為

$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$$

其中 $\Delta H$ 為焓變、$T$ 為絕對溫度、$\Delta S$ 為熵變。$\Delta G$ 可用來判斷反應的熱力學可行性：

• $\Delta G<0$：反應在熱力學上具有自發性。
• $\Delta G=0$：反應達到平衡。
• $\Delta G>0$：反應在該方向上非自發，需外界提供能量。

對於涉及電子轉移的氧化還原反應，Gibbs 自由能也可表示為

$$\Delta G=-nFE$$

其中 $n$ 為轉移電子數、$F$ 為 Faraday 常數、$E$ 為電池電位。當 $E>0$ 時，$\Delta G<0$，表示氧化還原反應在熱力學上可自發進行。

海水中的氧氣、硝酸鹽、硫酸鹽、二氧化碳、鐵與錳等物種，均可形成不同的 marine redox couples。比較這些氧化還原對的電位與 $\Delta G$，可判定反應能否發生，以及哪一個反應方向較有利。因此，題幹所述 Gibbs 自由能變化的直接用途，是理解化學反應的熱力學。

解題方法

題幹問的是 Gibbs 自由能變化對海洋氧化還原對的理解「至關重要」的面向。判斷關鍵在於 Gibbs 自由能是熱力學狀態函數，主要用於：

1. 判斷氧化還原反應是否具有自發性。
2. 比較不同電子受體所能提供的能量。
3. 判斷反應平衡與反應方向。
4. 估計微生物進行呼吸作用時可獲得的能量。

例如，若某氧化還原反應的電池電位為 $E$，則

$$\Delta G=-nFE$$

只要 $E$ 為正，便有 $\Delta G$ 為負，反應在熱力學上可自發進行。這正是「熱力學」的判斷，而非直接描述生物多樣性、海洋環流或氣體溶解度。

選項分析

(A) Biological diversity

核心觀念

Redfield ratio 描述海洋浮游植物及其有機物中主要元素的平均莫耳比例：

$$\mathrm{C:N:P}=106:16:1$$

因此氮與磷的比例可近似寫成：

$$\mathrm{N:P}=16:1$$

題目給定該區域浮游植物的碳氮比為：

$$\mathrm{C:N}=6:1$$

要求磷與碳的莫耳比 $\mathrm{P:C}$。

解題方法

令氮的莫耳數為 $1$，則由題目條件：

$$\mathrm{C:N}=6:1$$

可得：

$$C=6,\qquad N=1$$

依 Redfield ratio 的 $\mathrm{N:P}=16:1$：

$$N:P=16:1$$

當 $N=1$ 時，磷的莫耳數為：

$$P=\frac{1}{16}$$

因此：

$$P:C=\frac{1/16}{6} =\frac{1}{96} \approx 0.0104:1$$

取選項所給的近似值：

$$P:C\approx 0.01:1$$

選項分析

核心觀念

海洋中的「死亡區」（dead zones）是指水體溶氧濃度極低，甚至形成缺氧（hypoxia）或無氧（anoxia）的區域，主要成因是富營養化（eutrophication）。

當陸源污染或農業逕流帶入過量含氮營養鹽，例如硝酸鹽 $NO_3^-$、亞硝酸鹽 $NO_2^-$、銨鹽 $NH_4^+$，會促進浮游植物大量繁殖：

$$\text{過量氮輸入} \rightarrow \text{藻類大量生長} \rightarrow \text{有機物沉降} \rightarrow \text{微生物分解耗氧} \rightarrow \text{低溶氧或缺氧}$$

有機物分解可概念性表示為：

$$(CH_2O)+O_2\rightarrow CO_2+H_2O$$

因此，死亡區的直接特徵是溶氧被大量消耗，而根本誘因是過量營養鹽輸入，其中以氮為常見且重要的限制營養元素。

解題方法

判斷這題的關鍵，是找出能大幅促進初級生產、進而造成有機物分解耗氧的元素。

氮是蛋白質、核酸與葉綠素的重要組成元素。當海水中氮含量過高時，會造成藻類或浮游植物異常增生。藻類死亡後，其有機殘體下沉並被細菌分解，分解作用消耗大量溶氧；若水體分層強，底層水又不易與表層交換氧氣，便容易形成死亡區。

因此，四個選項中最符合「過量輸入導致死亡區」的元素是氮。

選項分析

核心觀念

本題考查海洋浮游植物與含硫揮發性氣體之間的生地化學關係。球石藻（coccolithophores）是能進行光合作用並形成碳酸鈣球石的海洋浮游植物，其中代表性種類為 Emiliania huxleyi。

球石藻細胞可合成二甲基硫丙酸（dimethylsulfoniopropionate, DMSP）。當細胞破裂、死亡，或受到浮游動物攝食時，DMSP 可經酵素分解形成二甲基硫（dimethyl sulfide, DMS）：

$$\mathrm{DMSP \rightarrow DMS + acrylic\ acid}$$

DMS 可由海洋逸散至大氣，經氧化形成含硫氣膠，增加雲凝結核，進而影響雲層反照率與海洋—大氣碳循環。因此，球石藻在海洋中的生態與生地化學角色，常與 DMSP／DMS 的產生密切相關。

解題方法

判斷此題的關鍵，是辨認球石藻最具代表性的海洋生地化學產物。

球石藻具有兩項重要特徵：

1. 進行海洋光合作用，參與有機碳固定。
2. 形成碳酸鈣球石，並與硫化合物 DMSP 的生成及釋放有關。

題目問的是「球石藻的角色密切關聯於哪一種物質的生成」，對應的特色產物是二甲基硫（DMS），因此選擇 (B)。

選項分析

• (A) Methane

核心觀念

本題考查海洋鹼度（ocean alkalinity）與大氣二氧化碳長期調節之間的關係。

海洋總鹼度可視為海水中「中和酸的能力」，在碳酸鹽系統中主要由下列物種貢獻：

$$TA \approx [\mathrm{HCO_3^-}] + 2[\mathrm{CO_3^{2-}}] + [\mathrm{OH^-}] - [\mathrm{H^+}]$$

其中：

• $\mathrm{HCO_3^-}$ 為碳酸氫根；
• $\mathrm{CO_3^{2-}}$ 為碳酸根；
• $2[\mathrm{CO_3^{2-}}]$ 表示每個碳酸根可接受兩個氫離子；
• $TA$ 越高，海水抵抗酸化、吸收並儲存 $\mathrm{CO_2}$ 的能力通常越強。

海水中的二氧化碳平衡可表示為：

$$\mathrm{CO_2 + H_2O \rightleftharpoons H_2CO_3 \rightleftharpoons H^+ + HCO_3^- \rightleftharpoons 2H^+ + CO_3^{2-}}$$

當海洋鹼度增加時，海水能將更多溶解態 $\mathrm{CO_2}$ 轉換為 $\mathrm{HCO_3^-}$ 與 $\mathrm{CO_3^{2-}}$，降低海水中自由溶解 $\mathrm{CO_2}$ 的比例，使海洋能吸收更多大氣中的二氧化碳。

解題方法

判斷關鍵在於「長期調節大氣氣體」與「海洋鹼度」的地球化學循環。

陸地岩石風化會將鹼性物質帶入海洋。例如矽酸鹽風化的概念反應可簡化為：

$$\mathrm{CaSiO_3 + 2CO_2 + 3H_2O \rightarrow Ca^{2+} + 2HCO_3^- + H_4SiO_4}$$

此反應消耗大氣中的 $\mathrm{CO_2}$，並將鹼度與溶解無機碳帶入海洋。之後，海洋中的鈣離子與碳酸根可形成碳酸鈣沉澱：

核心觀念

本題考查「有色溶解性有機物」的定義與光學性質。

Chromophoric dissolved organic matter（CDOM） 指水體中能夠吸收紫外光與可見光的溶解性有機物，主要來源包括腐植質、植物與藻類分解產物，以及陸源有機物輸入。CDOM 會改變水體的光學特性，使水呈現黃褐色、茶色或其他色澤，因此也常被稱為影響水色的溶解性有機物。

其光吸收可用 Beer–Lambert 定律表示：

$$A(\lambda)=\log_{10}\left(\frac{I_0(\lambda)}{I(\lambda)}\right)$$

其中 $A(\lambda)$ 為波長 $\lambda$ 下的吸光度，$I_0(\lambda)$ 為入射光強度，$I(\lambda)$ 為穿透樣品後的光強度。CDOM 濃度越高，通常對紫外光與短波長可見光的吸收越強，水色也越明顯。

解題方法

判斷關鍵在於拆解專有名詞：

• chromophoric：具有發色團，能吸收特定波長的光。
• dissolved organic matter：溶解於水中的有機物。

因此，CDOM 的核心判準是「吸收光線並影響水體顏色」，不是電子傳遞、金屬錯合或單純的螢光現象。

選項分析

(A) Exhibit fluorescence when exposed to ultraviolet light

核心觀念

厭氧氨氧化（anaerobic ammonium oxidation, anammox）是指在無氧環境中，微生物利用銨離子氧化亞硝酸根，最終生成氮氣：

$$\mathrm{NH_4^+ + NO_2^- \rightarrow N_2 + 2H_2O}$$

此反應的電子轉移關係如下：

• 氨氮中的氮：$\mathrm{NH_4^+}$，氧化數為 $-3$。
• 亞硝酸根中的氮：$\mathrm{NO_2^-}$，氧化數為 $+3$。
• 生成氮氣中的氮：$\mathrm{N_2}$，氧化數為 $0$。

因此：

• $\mathrm{NH_4^+}$ 的氮由 $-3$ 升至 $0$，發生氧化，提供電子。
• $\mathrm{NO_2^-}$ 的氮由 $+3$ 降至 $0$，發生還原，接受電子。

解題方法

判斷氧化還原反應中某物質的角色，可先比較反應前後的氧化數：

1. 氧化數上升，代表失去電子，是電子供體（electron donor）。
2. 氧化數下降，代表得到電子，是電子受體（electron acceptor）。

在 anammox 反應中，$\mathrm{NO_2^-}$ 中氮的氧化數由 $+3$ 降至氮氣中的 $0$，因此亞硝酸根被還原並接受電子。

所以，$\mathrm{NO_2^-}$ 的角色是電子受體。

選項分析

本題考查學生對海水元素停留時間 (residence time) 的理解，以及不同類型元素（保守型、清除型、營養型）的特徵。元素的停留時間可以通過以下公式計算：
停留時間 (Residence Time, $\tau$) = $\frac{\text{總體積} \times \text{平均濃度}}{\text{通量}}$
或者，在沒有直接通量數據時，可以通過元素的循環特徵來判斷。

• 保守型元素 (Conservative type)：其濃度主要受物理過程（如混合、蒸發、降水）影響，生物和化學過程的影響很小。它們的停留時間通常很長，與水體的停留時間相當。例如，Na, Cl, Mg, SO4^2- 等。
• 清除型元素 (Scavenged type)：這些元素容易被沉澱、吸附到顆粒物上，然後隨顆粒物沉降而從水中去除。因此，它們的停留時間相對較短。例如，Fe, Mn, Pb, Al 等。
• 營養型元素 (Nutrient type)：這些元素被生物大量消耗，在表層水濃度低，在深層水濃度高，其循環受生物過程主導。它們的停留時間介於保守型和清除型之間，但通常比保守型元素短。例如，N, P, Si, Fe (在某些情況下), Zn, Ni 等。

題目中給出了元素的平均濃度和垂直分布類型，我們可以根據這些信息來判斷停留時間的長短。

本題考查學生對碳酸鈣在海水中的飽和指數計算，以及沉積物中碳酸鈣含量的影響因素。

核心概念：

• 碳酸鈣飽和指數 (Calcite Saturation Index, Ω)：表示海水對碳酸鈣的過飽和程度。
  $\Omega = \frac{[\text{Ca}^{2+}][\text{CO}_3^{2-}]}{K_{sp}'}$
  其中，$K_{sp}'$ 是在特定溫度、鹽度和壓力下的碳酸鈣的表觀溶解度積。
  如果 $\Omega > 1$，海水對碳酸鈣是過飽和的，碳酸鈣傾向於沉澱。
  如果 $\Omega < 1$，海水對碳酸鈣是不飽和的，碳酸鈣傾向於溶解。
  如果 $\Omega = 1$，海水處於飽和狀態。
• 溶解度積 ($K_{sp}'$)：碳酸鈣在不同溫度、壓力、鹽度下的溶解度積不同。壓力隨深度增加而增加，溫度隨深度增加而降低（通常）。
• 碳酸鹽系統：海水中碳酸根離子的濃度 ($[\text{CO}_3^{2-}]$) 受 pH、總鹼度 (Total Alkalinity, TA) 和總溶解無機碳 (Total Dissolved Inorganic Carbon, DIC) 的影響。
• 沉積物中的碳酸鈣含量：主要受生物生產的碳酸鈣沉降量以及海水對碳酸鈣的溶解作用（由 $\Omega$ 決定）影響。

Part 1: 計算 calcite saturation index (Ω)

給定信息：

• 圖：顯示溶解度隨溫度和壓力的變化。
• 表：提供不同溫度和壓力下的碳酸根離子飽和濃度 (Saturation Concentrations of Carbonate Ion)。
• 方程：$\Omega = \frac{[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{observed}}}{[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{saturation}}}$
• 假設：海水 $Ca^{2+}$ 濃度恆定。
• 需要計算的點：0m, 1000m, 6000m，在北大西洋和北太平洋。
• 重要提示：表中的「Saturation Concentrations of Carbonate Ion」實際上就是 $K_{sp}'$ 除以 $Ca^{2+}$ 濃度。因此，$\Omega = \frac{[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{observed}}}{[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{saturation}}}$ 是正確的計算公式。
  我們需要從圖和表中獲取 $Ca^{2+}$ 濃度（雖然題目假設恆定，但公式中沒有直接出現 $Ca^{2+}$，而是直接用了 $CO_3^{2-}$ 的飽和濃度）。

數據提取與計算：

我們需要從圖和表中讀取所需數據。
首先，確定不同深度的溫度和壓力。

• 0m: 假設表面溫度約為 24°C (從表中 24°C 欄位推測)。壓力為 0 atm (或 1 atm，但對於溶解度影響較小)。
• 1000m: 假設中層水溫度約為 4°C (從表中 4°C 欄位推測)。壓力約為 100 atm (1000m 相當於 100 atm)。
• 6000m: 假設深層水溫度約為 2°C (從表中 2°C 欄位推測)。壓力約為 600 atm (6000m 相當於 600 atm)。

接下來，我們需要獲取觀察到的碳酸根離子濃度 ($[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{observed}}$)。
題目中沒有直接給出 observed $[\text{CO}_3^{2-}]$。
但是，圖中顯示了 observed $[\text{CO}_3^{2-}]$ 隨深度和地點的變化。
我們需要從圖中讀取這些值。

讀取圖中的 observed $[\text{CO}_3^{2-}]$ 數據：

• 北大西洋 (N Atlantic)：
  • 0m: 約 90 µmol/kg
  • 1000m: 約 50 µmol/kg
  • 6000m: 約 120 µmol/kg
• 北太平洋 (N Pacific)：
  • 0m: 約 80 µmol/kg
  • 1000m: 約 48.7 µmol/kg (從圖和表中對應的 48.7 欄位)
  • 6000m: 約 101.2 µmol/kg (從圖和表中對應的 101.2 欄位)

讀取表中不同深度和溫度下的飽和碳酸根離子濃度 ($[\text{CO}_3^{2-}]_{\text{saturation}}$)：

• 0m (24°C): 41.5 µmol/kg
• 1000m (4°C): 50.0 µmol/kg
• 6000m (2°C): 119.0 µmol/kg (從表中 2°C, 6000m 欄位讀取，假設 6000m 溫度接近 2°C)

計算 Ω 值：
北大西洋 (N Atlantic)

• 0m:
  $\Omega = \frac{90 \text{ µmol/kg}}{41.5 \text{ µmol/kg}} \approx 2.17$
• 1000m:
  $\Omega = \frac{50 \text{ µmol/kg}}{50.0 \text{ µmol/kg}} = 1.00$
• 6000m:

核心觀念

本題未附 NAEC 表，缺少水團形成時 $15^\circ\mathrm{C}$ 所對應的飽和溶氧濃度；以下以 $S$ 表示該表值，並在數值示範中明確假設 $S=250.0\ \mu\mathrm{mol/L}$。

1. 表觀耗氧量（AOU）

AOU 是水團形成時的飽和溶氧濃度，減去目前實測的溶氧濃度：

$$\mathrm{AOU}=[\mathrm{O_2}]_{\mathrm{sat,形成時}}-[\mathrm{O_2}]_{\mathrm{實測}}$$

水團離開海面後，有機物分解會消耗氧氣，因此 AOU 可用來估計水團累積的耗氧量。此處的飽和值取自形成區的溫度條件，不能改用目前 $4000\ \mathrm{m}$ 深處的條件。

2. Redfield 氧化比例

採用包含有機氮氧化至硝酸鹽的經典 Redfield 模型：

$$\mathrm{C:N:P:耗氧量}=106:16:1:138$$

因此，每消耗 $138$ 莫耳氧氣，對應氧化 $106$ 莫耳有機碳，並釋出 $1$ 莫耳磷酸鹽中的磷。

3. 預成磷酸鹽與再生磷酸鹽

預成磷酸鹽是水團離開海面時已攜帶的磷酸鹽；再生磷酸鹽則是其後有機物分解所釋出的部分。在本題的模型下：

$$[P]_{\mathrm{總量}}=[P]_{\mathrm{預成}}+[P]_{\mathrm{再生}}$$

解題方法

（1）計算表觀耗氧量

已知目前溶氧濃度為 $80\ \mu\mathrm{mol/L}$，因此：

$$\boxed{\mathrm{AOU}=S-80}$$

上式各濃度均以 $\mu\mathrm{mol/L}$ 表示。若假設形成時的飽和溶氧為 $250.0\ \mu\mathrm{mol/L}$：

$$\mathrm{AOU}=250.0-80=170.0\ \mu\mathrm{mol/L}$$

（2）計算被氧化的有機物量

將有機物量以有機碳的莫耳濃度表示，依 Redfield 比例換算：

$$[C]_{\mathrm{氧化}} =\frac{106}{138}\mathrm{AOU} =\frac{106}{138}(S-80)$$

代入上述假設：

$$[C]_{\mathrm{氧化}} =\frac{106}{138}\times170.0 =130.6\ \mu\mathrm{mol\ C/L}$$

核心觀念

本題考查海洋化學中的「元素停留時間（residence time）」：

$$\tau=\frac{\text{海洋中元素的總存量}}{\text{元素進入海洋的通量}}$$

其中：

• $\tau$：Ba 在海洋中的停留時間
• 海洋中 Ba 的總存量：

$$N_{\mathrm{Ba}}=V_{\mathrm{ocean}}\times \rho_{\mathrm{seawater}}\times [\mathrm{Ba}]_{\mathrm{seawater}}$$

• 河川輸入 Ba 的通量：

$$F_{\mathrm{Ba}}=Q_{\mathrm{river}}\times \rho_{\mathrm{river}}\times [\mathrm{Ba}]_{\mathrm{river}}$$

水的密度近似取：

$$\rho \approx 1.0\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}$$

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解題方法與計算

（1）Ba 在海洋中的停留時間

① 計算海洋中 Ba 的總存量

已知：

$$V_{\mathrm{ocean}}=1.36\times10^{18}\ \mathrm{m^3}$$ $$[\mathrm{Ba}]_{\mathrm{seawater}}=1.0\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,kg^{-1}}$$

因此：

$$N_{\mathrm{Ba}} = 1.36\times10^{18} \times 1.0\times10^3 \times 1.0\times10^{-7}$$ $$N_{\mathrm{Ba}}=1.36\times10^{14}\ \mathrm{mol}$$

② 計算河川輸入 Ba 的通量

河川水流量為：

$$Q_{\mathrm{river}}=1.0\times10^6\ \mathrm{m^3\,s^{-1}}$$

河川水中 Ba 濃度為：

$$[\mathrm{Ba}]_{\mathrm{river}}=4.4\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,kg^{-1}}$$

所以河川輸入 Ba 的通量為：

$$F_{\mathrm{Ba}} = 1.0\times10^6 \times 1.0\times10^3 \times 4.4\times10^{-7}$$ $$F_{\mathrm{Ba}}=4.4\times10^2\ \mathrm{mol\,s^{-1}}$$

③ 計算停留時間

$$\tau = \frac{N_{\mathrm{Ba}}}{F_{\mathrm{Ba}}} = \frac{1.36\times10^{14}} {4.4\times10^2}$$ $$\tau=3.09\times10^{11}\ \mathrm{s}$$

換算成年：

核心觀念

本題考海洋沉積物中有機質分解的氧化還原序列，以及各電子受體與還原產物在孔隙水中的垂直分布。分解反應的能量可用吉布斯自由能變化表示：

$$\Delta G=\Delta G^\circ+RT\ln Q$$

在沉積物中，微生物會優先使用能使有機質氧化反應釋出較多能量的電子受體。隨著氧化劑由表層往深處逐漸耗盡，主導反應依序改變。

解題方法

先依圖的橫軸判讀：越往右表示濃度越高；縱軸越往下表示沉積深度越大。再用各物質的典型分布判斷：

• 氧氣與硝酸鹽是表層較重要的電子受體，會在沉積物上部被消耗。
• 錳、鐵氧化物被還原後，孔隙水中的溶解態 $Mn^{2+}$、$Fe^{2+}$ 增加，形成局部濃度峰；錳還原區通常比鐵還原區淺。
• 硫酸鹽由海水供應，在沉積物中較深處才逐漸消耗。
• 甲烷主要在硫酸鹽消耗殆盡的更深處生成，濃度隨深度增加。

依照曲線所在深度與形狀，圖中標示為：

曲線	物質
a	氧氣 $O_2$
b	硝酸鹽 $NO_3^-$
c	錳的還原產物 $Mn^{2+}$
d	鐵的還原產物 $Fe^{2+}$
e	硫酸鹽 $SO_4^{2-}$
f	甲烷 $CH_4$

能量序列與分布原因

沉積物中有機質氧化的主要電子受體使用順序為：