108 年 國立高雄大學應用化學系碩士班《普通化學》

此題考查原子結構中質子、中子、電子的數量計算。原子序（Z）等於質子的數量，也是中性原子中電子的數量。質量數（A）等於質子數加上中子數。

此題考查根據元素百分組成和莫耳質量，推導化合物的分子式。

步驟一：計算每種元素在莫耳質量中的質量。
假設取 1 mol 的化合物，其質量為 155.06 g。
碳 (C) 的質量 = 155.06 g × 46.47% = 72.07 g
氫 (H) 的質量 = 155.06 g × 7.80% = 12.10 g
氯 (Cl) 的質量 = 155.06 g × 45.72% = 70.89 g

步驟二：將質量轉換為莫耳數。
碳 (C) 的莫耳數 = 72.07 g / 12.01 g/mol ≈ 6.00 mol
氫 (H) 的莫耳數 = 12.10 g / 1.01 g/mol ≈ 12.00 mol

此題考查化合物中元素的氧化數判斷。氧化數規則如下：

1. 單質的氧化數為 0。
2. 氧化數總和等於化合物的總電荷。
3. 鹼金屬（如 Ca）在化合物中氧化數為 +2。
4. 氧在大多數化合物中氧化數為 -2 (過氧化物除外)。
5. 氫在大多數化合物中氧化數為 +1 (金屬氫化物除外)。
6. 氟的氧化數總是 -1。
7. 在離子化合物中，單原子離子的氧化數等於其電荷。

此題考查理想氣體定律 (PV=nRT) 和氣體分子動理論的應用，特別是比較不同氣體在相同條件下的性質。

已知條件：

• 相同質量 (m) 的 O$_2$ 和 HBr。
• 相同體積 (V)。
• 相同溫度 (T)。

我們需要比較這兩種氣體的壓力 (P)、平均動能和平均速率。

平均動能：
根據氣體分子動理論，氣體分子的平均動能僅取決於溫度。由於 O$_2$ 和 HBr 的溫度相同，它們的平均動能也相同。
平均動能 $KE_{avg} = \frac{3}{2}kT$，其中 k 是波茲曼常數，T 是絕對溫度。
因此，選項 (B) 是錯誤的。

莫耳數 (n)：
我們需要計算 O$_2$ 和 HBr 的莫耳數。
O$_2$ 的莫耳質量 (M$_{O_2}$) ≈ 32.00 g/mol
HBr 的莫耳質量 (M$_{HBr}$) ≈ 1.01 (H) + 79.90 (Br) ≈ 80.91 g/mol
設相同質量為 m。
O$_2$ 的莫耳數 $n_{O_2} = \frac{m}{M_{O_2}} = \frac{m}{32.00}$
HBr 的莫耳數 $n_{HBr} = \frac{m}{M_{HBr}} = \frac{m}{80.91}$

此題考查判斷自發過程的吉布斯自由能 (Gibbs Free Energy) 和熵 (Entropy) 的關係。

判斷一個過程是否自發，有幾個準則：

1. 宇宙總熵變化 ($\Delta S_{univ}$): 根據熱力學第二定律，一個自發過程必須使宇宙的總熵增加，即 $\Delta S_{univ} > 0$。
2. 吉布斯自由能變化 ($\Delta G$): 在恆溫恆壓條件下，吉布斯自由能的變化是判斷過程自發性的最常用標準。一個過程在恆溫恆壓下自發進行，當且僅當 $\Delta G < 0$。
   $\Delta G = \Delta H - T\Delta S$，其中 $\Delta H$ 是焓變化，$T$ 是絕對溫度，$\Delta S$ 是系統的熵變化。
   同時，$\Delta S_{univ} = \Delta S_{sys} + \Delta S_{surr}$。
   在恆溫恆壓下，$\Delta S_{surr} = -\frac{\Delta H_{sys}}{T}$。
   因此，$\Delta S_{univ} = \Delta S_{sys} - \frac{\Delta H_{sys}}{T}$。
   將其乘以 $T$，得到 $T\Delta S_{univ} = T\Delta S_{sys} - \Delta H_{sys}$。
   再乘以 -1，得到 $-T\Delta S_{univ} = \Delta H_{sys} - T\Delta S_{sys} = \Delta G_{sys}$。
   所以，$\Delta G_{sys} = -T\Delta S_{univ}$。

根據 $\Delta G_{sys} = -T\Delta S_{univ}$，若要 $\Delta G_{sys} < 0$ (自發過程)，則必須

此題考查核反應方程式的平衡性，包括質量數和原子序的守恆。

我們逐一檢查每個選項：

(A) Fission (核分裂):
$^{209}_{83}$Bi + $^4_2$He $\rightarrow$ $^{211}_{85}$At + $^2_0$n

• 質量數守恆：左側 = 209 + 4 = 213；右側 = 211 + 2 = 213。質量數守恆。
• 原子序守恆：左側 = 83 + 2 = 85；右側 = 85 + 0 = 85。原子序守恆。
  此反應是平衡的。

(B) Fusion (核融合):
$^2_1$H + $^2_1$H $\rightarrow$ $^3_1$H + $^1_1$p

• 質量數守恆：左側 = 2 + 2 = 4；右側 = 3 + 1 = 4。質量數守恆。
• 原子序守恆：左側 = 1 + 1 = 2；右側 = 1 + 1 = 2。原子序守恆。
  此反應是平衡的。

此題考查氧化還原反應中，標準還原電位 ($E^\circ$) 與氧化劑強弱的關係。

氧化劑 是指本身被還原，並使其他物質氧化的物質。
還原劑 是指本身被氧化，並使其他物質還原的物質。

標準還原電位 ($E^\circ$) 衡量的是物質被還原的難易程度。

• $E^\circ$ 值越高的物質，越容易被還原，因此它本身是越強的氧化劑。
• $E^\circ$ 值越低的物質（越負），越不容易被還原，但它越容易被氧化，因此它本身是越強的還原劑（或其逆反應是強氧化劑）。

我們有三個還原反應及其標準還原電位：

1. MnO$_4^-$ + 4H$^+$ + 3e$^-$ $\rightarrow$ MnO$_2$ + 2H$_2$O $E^\circ$ = +1.68 V
   • 這個反應中，MnO$_4^-$ 是氧化劑，MnO$_2$ 是還原產物。

核心觀念

本題考查分子軌域理論中的鍵級（bond order）。鍵級定義為：

其中：

• $N_b$：成鍵分子軌域中的電子數
• $N_a$：反鍵分子軌域中的電子數

鍵級越大，代表鍵越強、鍵長通常越短。

對於 $\mathrm{N_2}$，第二週期同核雙原子分子的價電子分子軌域排列為：

因此，$\mathrm{N_2}$ 的成鍵電子數為 $8$，反鍵電子數為 $2$。

解題方法

先求中性 $\mathrm{N_2}$ 的鍵級：

接著判斷增加或移除電子時，電子位於哪一類分子軌域：

• $\mathrm{N_2}$ 的最高佔據分子軌域為成鍵的 $\sigma_{2p_z}$
• 加入電子時，會進入反鍵的 $\pi_{2p}^{*}$ 軌域
• 移除電子時，會先從最高能量的成鍵 $\sigma_{2p_z}$ 軌域移除

選項分析

(A) $\mathrm{N_2}$

中性 $\mathrm{N_2}$ 的電子組態為：

成鍵電子數 $N_b=8$，反鍵電子數 $N_a=2$，所以：

此選項正確，且鍵級最大。

(B) $\mathrm{N_2^-}$

此題考查分子幾何構型與原子是否共平面。判斷原子是否共平面的關鍵在於分子的空間結構，主要由中心原子的混成軌域和周圍原子決定。

我們逐一分析每個分子：

1. H$_2$C=CH$_2$ (乙烯):

   • 中心原子是碳。每個碳原子都是 sp$^2$ 混成。
   • sp$^2$ 混成軌域形成平面三角形，因此整個分子，包括所有碳原子和所有氫原子，都位於同一平面上。
   • 共平面：是

2. H$_2$C=C=CH$_2$ (丙二烯):

   • 中心碳原子（中間那個 C）是 sp 混成，其兩個 sp 軌域分別與兩側的 CH$_2$ 基團的 C=C 雙鍵形成 sigma 鍵。
   • sp 混成導致直線型幾何。
   • 兩側的碳原子是 sp$^2$ 混成，形成平面三角形。
   • 然而，由於中間碳是 sp 混成，它的一個 p 軌域垂直於 C=C=C 主鏈所在的平面，用於形成 $\pi$ 鍵。這導致兩側的 CH$_2$ 基團位於互相垂直的平面上。
   • 因此，並非所有原子都在同一平面上。
   • 共平面：否

3. CH$_3$COCH$_3$ (丙酮):

   • 中心羰基碳 (C=O) 是 sp$^2$ 混成，與氧和兩個甲基的碳原子形成平面結構。

核心觀念

烯類化合物要存在 cis/trans 異構物，碳碳雙鍵兩端的每一個碳原子，都必須連接兩個不同的取代基。

一般形式為：

只有當

時，雙鍵兩側才有不同排列方式，因而能形成 cis/trans 或 E/Z 異構物。

解題方法

先寫出 2,3-dimethyl-2-butene 的結構：

雙鍵左側的碳連接兩個相同的 $\mathrm{CH_3}$；雙鍵右側的碳也連接兩個相同的 $\mathrm{CH_3}$。

此題考查分子的淨偶極矩，即判斷分子是否為極性分子。分子的極性取決於鍵的極性以及分子的幾何構型。即使分子中含有極性鍵，如果由於對稱性，各鍵的偶極矩相互抵消，則該分子可能為非極性分子。

我們逐一分析各選項：

(A) CO$_2$ (二氧化碳):

• C=O 鍵是極性鍵，氧的電負度大於碳，所以偶極矩指向氧。
• 分子幾何構型為直線型 (O=C=O)。
• 兩個 C=O 鍵的偶極矩大小相等，方向相反，相互抵消。
• 因此，CO$_2$ 是非極性分子，淨偶極矩為零。

(B) SO$_2$ (二氧化硫):

• S-O 鍵是極性鍵，氧的電負度大於硫，所以偶極矩指向氧。
• 分子幾何構型為彎曲型 (V-shaped)。這是因為硫原子有孤對電子，導致其混成軌域為 sp$^2$，但由於孤對電子的排斥力，形成彎曲結構。

此題考查化學平衡的判斷，即通過比較反應商 ($Q_c$) 和平衡常數 ($K_c$) 來預測反應進行的方向。

給定反應：H$_2$(g) + I$_2$(g) $\rightleftharpoons$ 2HI(g)
平衡常數 $K_c$ = 50.2 (在 445°C)
給定時刻的濃度：[H$_2$] = [I$_2$] = [HI] = 1.75 × 10$^{-3}$ M

反應商 ($Q_c$) 的表達式與平衡常數 ($K_c$) 相同，但使用任意時刻的濃度：
$Q_c = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2][\text{I}_2]}$

計算 $Q_c$：

此題考查勒沙特列原理 (Le Chatelier's Principle) 在化學平衡中的應用，判斷何種條件變化會使平衡向左移動（生成反應物 NOBr）。

給定反應：2NOBr(g) $\rightleftharpoons$ 2NO(g) + Br$_2$(g)
焓變：$\Delta H^\circ_{rxn}$ = +30 kJ/mol (此為吸熱反應，正反應吸熱，逆反應放熱)。

我們逐一分析各選項對平衡的影響：

(A) Increase the container volume (增加容器體積):

• 增加體積相當於降低總壓。
• 根據勒沙特列原理，當壓力改變時，平衡會向著氣體分子總數較多的方向移動。
• 左側氣體分子總數 = 2 mol
• 右側氣體分子總數 = 2 mol (NO) + 1 mol (Br$_2$) = 3 mol
• 由於右側氣體分子總數較多，增加體積（降低壓強）會使平衡向右移動（生成 NO 和 Br$_2$）。
• 因此，這不會使平衡向左移動。

此題考查一級反應動力學，包括反應時間、反應百分比和半衰期之間的關係。

對於一級反應，其積分速率定律為：
$\ln[\text{A}]_t - \ln[\text{A}]_0 = -kt$
或者寫成：
$\ln\frac{[\text{A}]_t}{[\text{A}]_0} = -kt$
其中：

• $[\text{A}]_0$ 是初始濃度
• $[\text{A}]_t$ 是時間 t 時的濃度
• k 是反應速率常數
• t 是時間

半衰期 ($t_{1/2}$) 定義為反應物濃度降低到初始濃度一半所需的時間。對於一級反應，半衰期與速率常數的關係為：
$t_{1/2} = \frac{\ln 2}{k}$

題目給定：

• 反應進行了 43 分鐘。
• 反應完成了 45%。這意味著剩餘的反應物濃度是初始濃度的 (100% - 45%) = 55%。
• 所以，$[\text{A}]_t / [\text{A}]_0 = 0.55$。

此題考查離子的電子組態和未成對電子的數量，以此判斷哪個離子具有最大的未成對電子數。

我們需要寫出各離子的電子組態，並根據洪特規則 (Hund's Rule) 確定未成對電子的數量。

1. Cr (鉻):
原子序 Z = 24。
基態電子組態：[Ar] $4s^1 3d^5$ (鉻是反常的，因為半滿的 d 軌域更穩定)。

Cr$^{2+}$:
失去 2 個電子。優先失去 4s 電子。
電子組態：[Ar] $3d^4$
3d 軌域有 5 個軌域，可以容納 10 個電子。
$3d^4$ 的電子排布：$\uparrow \downarrow$ | $\uparrow$ | $\uparrow$ | $\uparrow$ | $\uparrow$
未成對電子數 = 4。

2. Ni (鎳):
原子序 Z = 28。
基態電子組態：[Ar] $4s^2 3d^8$

Ni$^{2+}$:
失去 2 個電子。優先失去 4s 電子。
電子組態：[Ar] $3d^8$
$3d^8$ 的電子排布：$\uparrow \downarrow$ | $\uparrow \downarrow$ | $\uparrow$ | $\uparrow$ |

此題考查弱鹼的共軛酸的酸性強弱排序。共軛酸鹼對之間存在著相關性：
弱鹼的共軛酸越強，則該弱鹼越弱。反之亦然。
鹼性越強的鹼，其對應的共軛酸的酸性就越弱。
酸性越強的酸，其對應的共軛鹼的鹼性就越弱。

它們之間的關係可以用 $K_a \times K_b = K_w = 1.0 \times 10^{-14}$ (在 25°C) 來表示，其中 $K_a$ 是共軛酸的酸解離常數，$K_b$ 是弱鹼的鹼解離常數。
酸性越強，意味著 $K_a$ 值越大。
鹼性越強，意味著 $K_b$ 值越大。

我們有三個弱鹼及其 $K_b$ 值：

1. C$_6$H$_7$O (假設是酚類，如苯酚 C$_6$H$_5$OH，但這裡寫成 C$_6$H$_7$O，可能代表一個含氧的弱鹼，例如醇或醚的衍生物，但其 $K_b$ 值非常小，表示其為非常弱的鹼。)
   $K_b(\text{C}_6\text{H}_7\text{O}) = 1.3 \times 10^{-10}$
   其共軛酸的 $K_a(\text{C}_6\text{H}_7\text{OH}^+) = \frac{K_w}{K_b} = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{1.3 \times 10^{-10}} \approx 7.7 \times 10^{-5}$ (假設共軛酸為 C$_6$H$_7$OH$^+$)

2. C$_2$H$_5$NH$_2$ (乙胺)
   $K_b(\text{C}_2\text{H}_5\text{NH}_2) = 5.6 \times 10^{-4}$
   其共軛酸為 C$_2$H$_5$NH$_3^+$ (乙銨離子)
   $K_a(\text{C}_2\text{H}_5\text{NH}_3^+) = \frac{K_w}{K_b} = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{5.6 \times 10^{-4}} \approx 1.8 \times 10^{-11}$

3. C$_5$H$_5$N (吡啶)
   $K_b(\text{C}_5\text{H}_5\text{N}) = 1.7 \times 10^{-9}$
   其共軛酸為 C$_5$H$_5$NH$^+$ (吡啶鎓離子)
   $K_a(\text{C}_5\text{H}_5\text{NH}^+) = \frac{K_w}{K_b} = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{1.7 \times 10^{-9}} \approx 5.9 \times 10^{-6}$

現在，我們比較三個共軛酸的 $K_a$ 值，以確定酸性強弱：
$K_a(\text{C}_6\text{H}_7\text{OH}^+) \approx 7.7 \times 10^{-5}$

此題考查溶度積 ($K_{sp}$) 與難溶鹽在水中的莫耳溶解度 (molar solubility) 之間的關係。

溶度積 ($K_{sp}$) 是難溶鹽在飽和溶液中，陽離子和陰離子濃度乘積的平衡常數。
莫耳溶解度 (s) 是指在飽和溶液中，每單位體積（通常是每升）溶解的難溶鹽的莫耳數。

對於不同化學計量的難溶鹽，僅比較 $K_{sp}$ 值的大小，不能直接判斷溶解度的大小。需要根據其化學計量，將 $K_{sp}$ 轉換為莫耳溶解度 s。

1. PbCrO$_4$ (溶解度 s):
PbCrO$_4$(s) $\rightleftharpoons$ Pb$^{2+}$(aq) + CrO$_4^{2-}$(aq)
$K_{sp} = [\text{Pb}^{2+}][\text{CrO}_4^{2-}] = s \times s = s^2$
$s = \sqrt{K_{sp}} = \sqrt{2.0 \times 10^{-16}} = 1.4 \times 10^{-8}$ mol/L

2. Zn(OH)$_2$ (溶解度 s):
Zn(OH)$_2$(s) $\rightleftharpoons$ Zn$^{2+}$(aq) + 2OH$^-$(aq)
$K_{sp} = [\text{Zn}^{2+}][\text{OH}^-]^2 = s \times (2s)^2 = 4s^3$
$s^3 = \frac{K_{sp}}{4} = \frac{4.5 \times 10^{-17}}{4} = 1.125 \times 10^{-17}$
$s = \sqrt[3]{1.125 \times 10^{-17}} \approx 2.2 \times 10^{-6}$ mol/L

3. Pb(OH)$_2$ (溶解度 s):
Pb(OH)$_2$(s) $\rightleftharpoons$ Pb$^{2+}$(aq) + 2OH$^-$(aq)
$K_{sp} = [\text{Pb}^{2+}][\text{OH}^-]^2 = s \times (2s)^2 = 4s^3$
$s^3 = \frac{K_{sp}}{4} = \frac{1.2 \times 10^{-15}}{4} = 0.3 \times 10^{-15} = 3.0 \times 10^{-16}$
$s = \sqrt[3]{3.0 \times 10^{-16}} \approx 6.7 \times 10^{-6}$ mol/L

4. MnS (溶解度 s):
MnS(s) $\rightleftharpoons$ Mn$^{2+}$(aq) + S$^{2-}$(aq)

此題考查配位化學中，晶體場理論 (Crystal Field Theory, CFT) 的應用，包括配位基的相對強弱、顏色與吸收光波長、磁性以及電子組態。

核心概念：

• 晶體場分裂能 ($\Delta$)： 配位基對中心金屬離子 d 軌域的影響，導致 d 軌域能階分裂。分裂能的大小與配位基的強弱有關。
• 光譜化學級別序列 (Spectrochemical Series)： 常用來比較配位基的強弱。強配位基（如 CN$^-$, CO, en）引起較大的 $\Delta$ 值；弱配位基（如 I$^-$, Br$^-$, H$_2$O）引起較小的 $\Delta$ 值。
• 顏色： 配位化合物的顏色通常是由於 d-d 躍遷，即電子從低能階 d 軌域躍遷到高能階 d 軌域所吸收的光。吸收光的顏色與透射光的顏色互為補色。
• 磁性： 取決於 d 軌域中未成對電子的數量。順磁性（paramagnetic）表示有未成對電子；反磁性（diamagnetic）表示所有電子都成對。

分析各離子：

• [Ni(H$_2$O)$_6$]$^{2+}$：
  • 中心離子：Ni$^{2+}$ (電子組態 $3d^8$)
  • 配位基：H$_2$O (弱配位基)
  • 顏色：綠色
• [Ni(en)$_3$]$^{2+}$：
  • 中心離子：Ni$^{2+}$ (電子組態 $3d^8$)
  • 配位基：en (乙二胺，ethylenediamine)，是一個雙齒配位基，比 H$_2$O 強。
  • 顏色：紫色

分析選項：

(A) The crystal field splitting energy ($\Delta$) is greater for [Ni(en)$_3$]$^{2+}$ than for [Ni(H$_2$O)$_6$]$^{2+}$

• en 是比 H$_2$O 更強的配位基。
• 根據光譜化學級別序列，強配位基引起更大的晶體場分裂能。
• 因此，[Ni(en)$_3$]$^{2+}$ 的 $\Delta$ 值應大於 [Ni(H$_2$O)$_6$]$^{2+}$。
• 此選項正確。

(B) [Ni(en)$_3$]$^{2+}$ absorbs energy in the red region of the spectrum.

• [Ni(en)$_3$]$^{2+}$ 是紫色的。
• 紫色是紅、橙、黃、綠、藍、靛、紫光譜中的一端。

核心觀念

手性中心通常指一個原子連接四個彼此不同的基團，使分子具有非重疊鏡像異構物的中心。對一般有機分子而言，最常判斷的是四面體型碳原子是否連接四種不同的取代基。

題目分子可寫成：

需逐一判斷兩個碳原子的取代基。

解題方法

第一個碳原子為 $\mathrm{CH_2Cl}$：

• 連接 $\mathrm{Cl}$
• 連接另一個 $\mathrm{CHClBr}$ 基團
• 連接兩個 $\mathrm{H}$

由於其中有兩個相同的氫原子，不符合「連接四個不同基團」的條件，因此不是手性中心。

第二個碳原子為 $\mathrm{CHClBr}$：

• 連接 $\mathrm{H}$
• 連接 $\mathrm{Cl}$
• 連接 $\mathrm{Br}$
• 連接 $\mathrm{CH_2Cl}$ 基團

這四個基團彼此不同，因此該碳原子為手性中心。

所以分子中共有：

個手性中心。

選項分析

此題考查聚合物的合成，需要判斷合成該聚合物所需的單體。題目中沒有提供聚合物的結構式，這是一個嚴重的問題。由於缺少聚合物的結構，我無法進行判斷。

然而，我需要根據提供的選項，推測題目可能在考查哪種類型的聚合物。
選項中的單體都是含有羥基 (-OH) 或羧基 (-COOH) 的有機物，這表明題目可能在考查 縮合聚合物 (condensation polymer)，例如聚酯 (polyester) 或聚醯胺 (polyamide)。

單體分析：
I. HOCH$_2$CH$_2$OH: 乙二醇 (ethylene glycol)，是一種二醇 (diol)。
II. HOOCCH$_2$CH$_2$COOH: 丁二酸 (succinic acid)，是一種二羧酸 (dicarboxylic acid)。
III. HOCH$_2$CH$_2$COOH: 3-羥基丙酸 (3-hydroxypropanoic acid)，是一種羥基酸 (hydroxy acid)。
IV. HOCH=CHOH: 乙烯二醇 (vinyl alcohol)，存在酮-烯醇互變異構，通常以乙醛的烯醇形式存在，不太穩定，一般以乙醛形式存在，但作為單體可能指其烯醇結構。

根據縮合聚合的原理：

• 聚酯 通常由二醇和二羧酸反應生成。
• 聚醯胺 通常由二胺和二羧酸反應生成。
• 羥基酸 可以自身聚合形成聚酯。

如果題目是要合成聚酯，則需要二醇和二羧酸，或者羥基酸。

選項分析：
(A) II (二羧酸) 和 III (羥基酸)：二羧酸自身不能形成聚合物，但可以與二醇反應。羥基酸可以自身聚合。