109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所化學類《綜合化學》

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 由化合物的總氧化數為分子或離子總電荷，求硫的氧化態。
2. 在鹼性溶液中配平氧化還原反應，並計算各係數總和。

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解題方法

（一）求硫酸的氧化態

Sulfurous acid 為亞硫酸，化學式是 $H_2SO_3$。

中性分子中各元素氧化數總和為 $0$。令硫的氧化數為 $a$：

$$2(+1)+a+3(-2)=0$$ $$2+a-6=0$$ $$a=+4$$

因此，硫在 $H_2SO_3$ 中的氧化態為：

$$a=4$$

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（二）配平鹼性溶液中的氧化還原反應

原反應為：

$$P_4+bH_2O+cOH^- \rightarrow dHPO_3^{2-}+ePH_3$$

可直接利用元素守恆與電荷守恆求係數。

1. 磷元素守恆

左側 $P_4$ 含有 4 個磷原子，因此：

$$d+e=4$$

2. 電荷守恆

左側只有 $OH^-$ 帶電，總電荷為 $-c$；右側每個 $HPO_3^{2-}$ 帶 $-2$ 電荷，因此：

$$-c=-2d$$ $$c=2d$$

3. 氧元素守恆

左側氧原子來自 $bH_2O$ 與 $cOH^-$，總數為 $b+c$；右側每個 $HPO_3^{2-}$ 含 3 個氧：

$$b+c=3d$$

代入 $c=2d$：

$$b+2d=3d$$ $$b=d$$

4. 氫元素守恆

左側氫原子總數為：

$$2b+c$$

右側氫原子總數為：

$$d+3e$$

因此：

$$2b+c=d+3e$$

代入 $b=d$、$c=2d$：

$$2d+2d=d+3e$$ $$4d=d+3e$$ $$d=e$$

本題考查弱酸溶液加入鹽類後的 pH 變化（同離子效應）以及化學反應熱力學（勒沙特列原理）。

Part a: 弱酸 HA 溶液加入 NaA 後的 pH 變化
HA 是一個弱酸，在水中會部分解離：
HA(aq) ⇌ H⁺(aq) + A⁻(aq)
其解離平衡常數為 $K_a = \frac{[H^+][A^-]}{[HA]}$。

當加入 NaA 時，NaA 在水中會完全解離成 Na⁺ 和 A⁻。Na⁺ 是強鹼 NaOH 的共軛酸，是惰性離子，不影響 pH。A⁻ 離子是弱酸 HA 的共軛鹼。
加入 NaA 後，溶液中 A⁻ 離子的濃度增加。根據勒沙特列原理，A⁻ 離子的增加會使 HA 的解離平衡向左移動，也就是 HA 的解離受到抑制。
HA ⇌ H⁺ + A⁻
由於平衡向左移動，HA 的解離減少，表示產生的 H⁺ 離子濃度會降低。
pH 的定義是 $pH = -\log[H^+]$。
由於 [H⁺] 降低，pH 值會升高。
所以，pH 會變得「更大」（larger）。

根據題目表格：
If your answer is larger, then your a = 2.
因此，$a = 2$。

核心觀念

本題分成兩部分：

• **第 3(a) 小題：**利用化學式、化學反應式與理想氣體莫耳體積，計算 $\mathrm{NaN_3}$ 分解產生的 $\mathrm{N_2}$ 體積。
• **第 3(b) 小題：**強鹼中和弱酸後形成緩衝溶液，使用 Henderson–Hasselbalch 方程式計算 pH。

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(a) Sodium azide 產生氮氣體積

1. 判定化學式

題目提示 sodium azide 的化學式為 $\mathrm{NaN_x}$。疊氮化鈉的正確化學式為：

$$\mathrm{NaN_3}$$

其分解反應為：

$$2\mathrm{NaN_3(s)} \rightarrow 2\mathrm{Na(s)}+3\mathrm{N_2(g)}$$

因此：

$$2\ \mathrm{mol\ NaN_3}\rightarrow 3\ \mathrm{mol\ N_2}$$

也就是：

$$1\ \mathrm{mol\ NaN_3}\rightarrow \frac{3}{2}\ \mathrm{mol\ N_2}$$

2. 計算 $\mathrm{NaN_3}$ 莫耳數

$\mathrm{NaN_3}$ 的莫耳質量為：

$$M=22.99+3(14.01)=65.02\ \mathrm{g/mol}$$

因此 200 g 的莫耳數：

$$n(\mathrm{NaN_3}) =\frac{200}{65.02} \approx 3.08\ \mathrm{mol}$$

產生的氮氣莫耳數：

$$n(\mathrm{N_2}) =3.08\times \frac{3}{2} \approx 4.62\ \mathrm{mol}$$

3. 計算氮氣體積

在 $25^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下，可使用理想氣體方程式：

$$V=\frac{nRT}{P}$$

其中：

• $n=4.62\ \mathrm{mol}$
• $R=0.08206\ \mathrm{L\cdot atm\ mol^{-1}\ K^{-1}}$
• $T=298\ \mathrm{K}$
• $P=1\ \mathrm{atm}$

所以：

$$V =\frac{(4.62)(0.08206)(298)}{1} \approx 113\ \mathrm{L}$$

氮氣體積落在 $105\sim140\ \mathrm{L}$，故：

$$a=4$$

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(b) 弱酸與強鹼反應後的 pH

1. 中和反應

弱酸 $\mathrm{HA}$ 與強鹼 $\mathrm{NaOH}$ 反應：

$$\mathrm{HA+OH^- \rightarrow A^-+H_2O}$$

初始物質的量：

核心觀念

本題分成兩部分：

• a：氣體擴散與 Graham 定律

  氣體擴散速率與其莫耳質量平方根成反比：

  $v\propto \frac{1}{\sqrt{M}}$

  兩種氣體同時由反應管兩端向中間擴散，抵達白色環的位置所需時間相同，因此：

$$\frac{d_{\mathrm{NR_3}}}{d_{\mathrm{HBr}}} = \frac{v_{\mathrm{NR_3}}}{v_{\mathrm{HBr}}}$$

• b：兩性酸鹼與兩性物種的 pH

  $\mathrm{H_2A^-}$ 可接受質子形成 $\mathrm{H_3A}$，也可放出質子形成 $\mathrm{HA^{2-}}$，因此是兩性物種。其 pH 可近似為相鄰兩級解離的 $pK_a$ 平均值：

  $\mathrm{pH}\approx \frac{1}{2}(pK_{a1}+pK_{a2})$

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a. NR₃ 與 HBr 的擴散距離比

解題方法

$R$ 為乙基，因此 $\mathrm{NR_3}$ 為三乙基胺 $\mathrm{N(C_2H_5)_3}$。

其莫耳質量為：

$$M_{\mathrm{NR_3}} =14.01+3(2\times 12.01+5\times 1.008) \approx 101.2\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$M_{\mathrm{HBr}} =1.008+79.90 \approx 80.9\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$

由 Graham 定律：

$$\frac{v_{\mathrm{NR_3}}}{v_{\mathrm{HBr}}} = \sqrt{\frac{M_{\mathrm{HBr}}}{M_{\mathrm{NR_3}}}}$$

因為兩種氣體的擴散時間相同，距離比等於速率比：

$$r= \frac{d_{\mathrm{NR_3}}}{d_{\mathrm{HBr}}} = \sqrt{\frac{80.9}{101.2}} \approx 0.894$$

因此：

$0.85<r<0.95$

查表可得：

$a=2$

解題技巧

較輕的氣體擴散較快，因此 HBr 的擴散距離應較長，故 $\mathrm{NR_3}/\mathrm{HBr}$ 的距離比必須小於 $1$。若計算結果大於 $1$，即表示距離比方向寫反。

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b. $1.0\ \mathrm{M}$ NaH₂A 溶液的 pH

解題方法

$\mathrm{H_2A^-}$ 的兩個主要酸鹼反應為：

$\mathrm{H_2A^- \rightleftharpoons H^+ + HA^{2-}}$

其酸解離常數為 $K_{a2}$。

本題考查多元質子酸的解離平衡濃度計算以及弱鹼鹽溶液的 pH 計算。

Part a: 計算 H₃A 溶液中 [HA²⁻] 的平衡濃度
H₃A 是三質子酸，解離過程如下：
H₃A ⇌ H⁺ + H₂A⁻ ($K_{a1}=1 \times 10^{-4}$)
H₂A⁻ ⇌ H⁺ + HA²⁻ ($K_{a2}=1 \times 10^{-9}$)
HA²⁻ ⇌ H⁺ + A³⁻ ($K_{a3}=1 \times 10^{-13}$)

我們需要計算 1.0 M H₃A 溶液中 [HA²⁻] 的平衡濃度。
由於 $K_{a1} \gg K_{a2} \gg K_{a3}$，我們可以認為主要的解離過程由第一步決定，第二步和第三步的影響相對較小。
第一步解離： H₃A ⇌ H⁺ + H₂A⁻
初始：[H₃A] = 1.0 M, [H⁺] ≈ 0, [H₂A⁻] = 0。
設平衡時，[H⁺] = [H₂A⁻] = x。
$K_{a1} = \frac{[H^+][H_2A^-]}{[H_3A]} = \frac{x^2}{1.0-x}$。
由於 $K_{a1}$ 相對較大（相比於 $K_{a2}, K_{a3}$），我們不能直接忽略 $x$。
但由於 H₂A⁻ 的濃度 x 會進一步解離產生 HA²⁻，所以 x 的值不會非常大。
如果我們忽略 $x$ 在分母中的影響，則 $x^2 \approx K_{a1} \times 1.0 = 10^{-4}$。
$x = \sqrt{10^{-4}} = 10^{-2}$ M。
所以，[H⁺] ≈ 0.01 M, [H₂A⁻] ≈ 0.01 M。
這個近似是合理的，因為 $0.01 \ll 1.0$。

現在考慮第二步解離： H₂A⁻ ⇌ H⁺ + HA²⁻
初始：[H₂A⁻] ≈ 0.01 M, [H⁺] ≈ 0.01 M, [HA²⁻] = 0。
設平衡時，[HA²⁻] = y。
則 [H₂A⁻] = 0.01 - y, [H⁺] = 0.01 + y。
$K_{a2} = \frac{[H^+][HA^{2-}]}{[H_2A^-]} = \frac{(0.01+y)y}{0.01-y} = 1 \times 10^{-9}$。
由於 $K_{a2}$ 非常小，y 的值會非常小。我們可以近似 $0.01+y \approx 0.01$ 且 $0.01-y \approx 0.01$。
$\frac{0.01 \times y}{0.01} \approx 1 \times 10^{-9}$。
$y \approx 1 \times 10^{-9}$ M。
所以，[HA²⁻] ≈ $1 \times 10^{-9}$ M。

我們可以進一步考慮第三步解離，但由於 $K_{a3}$ 比 $K_{a2}$ 小得多，對 [HA²⁻] 的影響可以忽略。
計算得到的 [HA²⁻] ≈ $1 \times 10^{-9}$ M。

對照選項表格：

[HA²⁻]	~10⁻⁶	~10⁻⁷	~10⁻⁸	~10⁻⁹	~10⁻¹⁰
Then your a =	1	2	3	4	5

核心觀念

本題考查二級反應（second-order reaction）的：

1. 積分速率定律
2. 半衰期公式
3. 由選項代碼判定最終答案

對反應

$$\mathrm{A \rightarrow products}$$

若為二級反應，反應速率定律為

$$-\frac{d[\mathrm A]}{dt}=k[\mathrm A]^2$$

其中 $k$ 為速率常數，$[\mathrm A]_0$ 為初始濃度。

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解題方法

6a：判斷正確的濃度—時間關係式

由二級反應速率定律：

$$-\frac{d[\mathrm A]}{dt}=k[\mathrm A]^2$$

整理並積分：

$$\frac{d[\mathrm A]}{[\mathrm A]^2}=-k\,dt$$

由初始條件 $t=0$ 時 $[\mathrm A]=[\mathrm A]_0$，積分得：

$$\int_{[\mathrm A]_0}^{[\mathrm A]}\frac{d[\mathrm A]}{[\mathrm A]^2} = -k\int_0^t dt$$

因為

$$\int [\mathrm A]^{-2}d[\mathrm A] = -\frac{1}{[\mathrm A]}$$

所以：

$$-\frac{1}{[\mathrm A]}+\frac{1}{[\mathrm A]_0}=-kt$$

整理後：

$$\boxed{\frac{1}{[\mathrm A]}=kt+\frac{1}{[\mathrm A]_0}}$$

因此 6a 的正確選項為第 5 項：

$$\boxed{a=5}$$

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6a 選項分析

1. $[\mathrm A]=-kt+[\mathrm A]_0$

   這是零級反應的積分速率定律，不是二級反應，錯誤。

2. $\ln[\mathrm A]=-kt+\ln[\mathrm A]_0$

   這是ㄧ級反應的積分速率定律，錯誤。

3. $\ln[\mathrm A]=kt-\ln[\mathrm A]_0$

   左側使用 $\ln[\mathrm A]$，形式上屬於ㄧ級反應範疇；且正確的一級反應式應為

   $$\ln[\mathrm A]=-\!kt+\ln[\mathrm A]_0$$

   此式符號與初始濃度項皆不正確，錯誤。

4. $\frac{1}{[\mathrm A]}=-kt+\frac{1}{[\mathrm A]_0}$

   二級反應的 $1/[\mathrm A]$ 應隨時間增加，斜率為 $+k$，不是 $-k$，錯誤。

5. $\frac{1}{[\mathrm A]}=kt+\frac{1}{[\mathrm A]_0}$

   這是二級反應的正確積分速率定律，正確。

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核心觀念

本題分成兩部分：以阿瑞尼士方程式求活化能關係式，以及用初速法求反應速率式的總反應級數。

阿瑞尼士方程式為

$$k=Ae^{-E_a/(RT)}$$

取自然對數後，對兩個溫度的速率常數相減，可得

$$\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) =-\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) =\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)$$

其中 $E_a$ 是活化能，$R$ 是氣體常數，溫度須使用絕對溫度 K。

對反應 $A+wB+xC\rightarrow yD+zE$，初速法以實驗數據決定速率式：

$$\text{rate}=k[A]^m[B]^n[C]^p$$

總反應級數為 $m+n+p$。除非已知反應是基元反應，反應式中的化學計量係數不能直接當成反應級數。

解題方法

(a) 阿瑞尼士方程式

由兩溫度下的阿瑞尼士方程式相除：

$$\frac{k_2}{k_1} =\exp\left[-\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right)\right]$$

取自然對數並整理：

$$\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) =\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)$$

因此表中正確的式子是第 4 項，故 $a=4$。

(b) 初速法求總反應級數

設速率式為

$$\text{rate}=k[A]^m[B]^n[C]^p$$

比較只改變一種反應物濃度的實驗，便能求出該反應物的級數。

實驗 1 與 4 中，$B$、$C$ 濃度相同，$[A]$ 減半，速率也減半：

$$\frac{0.0008}{0.0004} =\left(\frac{0.2}{0.1}\right)^m \quad\Longrightarrow\quad 2=2^m \quad\Longrightarrow\quad m=1$$

實驗 1 與 3 中，$[A]$、$[B]$ 相同，$[C]$ 減半，速率變為四分之一：

核心觀念

本題考查理想氣體的可逆絕熱膨脹。絕熱過程中 $q=0$；若過程同時為準靜態、可逆，則滿足：

$$PV^\gamma=\text{定值}$$

其中：

• $P$：氣體壓力
• $V$：氣體體積
• $\gamma=\dfrac{C_P}{C_V}$：熱容比

題目未明確指出氣體種類；依選項設計，應採用單原子理想氣體：

$$\gamma=\frac{5}{3}$$

解題方法

已知初態：

$$P_1=4\ \text{atm},\qquad V_1=2\ \text{L}$$

末態壓力：

$$P_2=2\ \text{atm}$$

由絕熱關係式：

$$P_1V_1^\gamma=P_2V_2^\gamma$$

因此：

$$V_2=V_1\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^{1/\gamma}$$

代入數值：

$$V_2 =2\left(\frac{4}{2}\right)^{1/(5/3)} =2(2)^{3/5}$$ $$V_2\approx 2(1.516)=3.03\ \text{L}$$

所以在壓力降至 $2\ \text{atm}$ 時，體積約為：

$$\boxed{3.03\ \text{L}}$$

選項分析

核心觀念

本題考查能量守恆、熵增原理、氣體熱容量與自由能的平衡判據。判斷時必須分清「系統」與「宇宙」，並注意敘述的適用條件。

熱力學中的「宇宙」指系統加上周圍環境，視為孤立整體。第一定律與第二定律分別給出：

$$\Delta E_{\mathrm{宇宙}}=0$$ $$\Delta S_{\mathrm{宇宙}} =\Delta S_{\mathrm{系統}}+\Delta S_{\mathrm{環境}}\geq 0$$

第二式中，可逆過程取等號，不可逆過程取嚴格大於。因此，不可逆過程必有正的總熵產生，但系統本身的熵不必增加。

解題方法

逐項檢查敘述是否符合定律，以及是否漏掉必要條件；對宣稱「永遠成立」的敘述，只要提出一個符合熱力學的反例，即可判定錯誤。

中央大學圖書館收錄的原卷第 9 題確實採用題示的 B、C、D 文字；D 並未寫出「單原子」等比較條件。因此，不能將 C 指定為唯一錯誤選項。

選項分析

A．正確：宇宙的總能量守恆。

系統吸收的熱量或功，來自環境相應的能量損失；系統釋出的能量，則由環境接收。兩者相加後：

$$\Delta E_{\mathrm{系統}}+\Delta E_{\mathrm{環境}}=0$$

這是第一定律。能量可以轉換形式，但孤立整體的總能量不變。

B．依原文嚴格判讀，錯誤：「總是增加」排除了等號。

第二定律的正確敘述是「宇宙的熵不減少」，並非所有情況都嚴格增加：

$$\Delta S_{\mathrm{宇宙}} \begin{cases} =0, & \text{可逆過程}\\ >0, & \text{不可逆過程} \end{cases}$$

例如，可逆等溫膨脹時，氣體的熵增加量恰好抵消熱庫的熵減少量，宇宙總熵不變；處於平衡且沒有淨變化時，總熵也不會持續增加。

若限定為「宇宙中正在發生不可逆過程」，熵嚴格增加才成立，原選項沒有這項限定。

C．錯誤：不可逆不代表系統熵必為正變化。

對封閉系統，熵變可分為隨熱交換傳入的熵，以及系統內部產生的熵：

$$\Delta S_{\mathrm{系統}} =\int\frac{\delta q}{T_{\mathrm{邊界}}} +S_{\mathrm{產生}}, \qquad S_{\mathrm{產生}}\geq 0$$

系統放熱時，熱交換項可為負；若其負值大小超過熵產生量，系統的總熵變便為負。

反例：熱物體向較冷的熱庫放熱。 設物體的熱容量 $C$ 為常數，由 $T_i$ 冷卻至熱庫溫度 $T_f$，且 $T_i>T_f$。有限溫差傳熱是不可逆過程，但物體的熵變為：

核心觀念

本題考查酸性溶液中的氧化還原反應配平，核心是：

• 以氧化數判斷電子轉移數。
• 以半反應法配平 $\mathrm{H_2O}$、$\mathrm{H^+}$ 與電子。
• 氧化反應失去的電子數必須等於還原反應得到的電子數。

各元素氧化數變化如下：

• $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$ 中的 Cr 為 $+6$，生成 $\mathrm{Cr^{3+}}$，每個 Cr 得到 $3e^-$。
• $\mathrm{I_2}$ 中的 I 為 $0$，生成 $\mathrm{IO_3^-}$ 中的 I 為 $+5$，每個 I 失去 $5e^-$。

解題方法：半反應法

1. 配平鉻的還原半反應

先寫出：

$$\mathrm{Cr_2O_7^{2-} \rightarrow Cr^{3+}}$$

配平 Cr：

$$\mathrm{Cr_2O_7^{2-} \rightarrow 2Cr^{3+}}$$

右側有 7 個 O，因此左側補 7 個水；再依氫原子數補 14 個 $\mathrm{H^+}$：

$$\mathrm{Cr_2O_7^{2-}+14H^+ \rightarrow 2Cr^{3+}+7H_2O}$$

左側總電荷為 $-2+14=+12$，右側總電荷為 $+6$，故左側再補 6 個電子：

$$\mathrm{Cr_2O_7^{2-}+14H^++6e^- \rightarrow 2Cr^{3+}+7H_2O}$$

此為還原半反應。

2. 配平碘的氧化半反應

寫出：

$$\mathrm{I_2 \rightarrow IO_3^-}$$

先配平碘：

$$\mathrm{I_2 \rightarrow 2IO_3^-}$$

右側有 6 個 O，左側補 6 個水；再配平氫，右側補 12 個 $\mathrm{H^+}$：

$$\mathrm{I_2+6H_2O \rightarrow 2IO_3^-+12H^+}$$

左側電荷為 0，右側電荷為 $-2+12=+10$，因此右側補 10 個電子：

$$\mathrm{I_2+6H_2O \rightarrow 2IO_3^-+12H^++10e^-}$$

此為氧化半反應。

3. 消去電子並相加

此題考查量子力學的基本概念與公式。

A. 海森堡不確定性原理 (Heisenberg's Uncertainty Principle): $\Delta x \Delta p \ge \frac{\hbar}{2}$
海森堡不確定性原理指出，一個粒子的位置的不確定性 ($\Delta x$) 與其動量的不確定性 ($\Delta p$) 的乘積，必須大於或等於一個最小值。
標準形式為 $\Delta x \Delta p \ge \frac{\hbar}{2}$，其中 $\hbar = h / (2\pi)$。
題目中給出的公式 $\Delta x \Delta p \ge \frac{\hbar}{2}$ 是正確的。
然而，有時也會寫成 $\Delta x \Delta p \ge \frac{h}{4\pi}$，這與 $\frac{\hbar}{2}$ 是等價的。
另一種常見的表述是 $\Delta x \Delta p \ge \frac{h}{2}$，這在某些情況下也適用，但 $\hbar/2$ 是更精確的下限。
這裡的 $\hbar$ 是約化普朗克常數。
這個敘述是正確的。

B. 波函數必須是連續的 (Wave functions must be continuous.)
在量子力學中，波函數 $\psi(x)$ 必須滿足某些條件才能被視為一個有效的波函數，這些條件通常包括：

1. 單值性 (Single-valued)
2. 有限性 (Finite)
3. 連續性 (Continuous)
4. 平方可積分性 (Square-integrable)
   其中，波函數的連續性是一個基本要求。如果波函數在某一點不連續，則其導數（例如動量算符的應用）可能不存在或不唯一，這會導致物理上的問題。
   此敘述是正確的。

C. 動量算符 (momentum operator): $+i\hbar \frac{d}{dx}$
在量子力學的一維情況下，動量算符 $\hat{p}_x$ 的定義是 $\hat{p}_x = -i\hbar \frac{d}{dx}$。
題目中給出的動量算符是 $+i\hbar \frac{d}{dx}$，符號與標準定義相反。
此敘述是錯誤的。

核心觀念

本題考查：

• 原子軌域大小與量子數的關係
• 節面（node）的數目
• 銅的基態電子組態
• 氫原子與類氫原子的能階
• 第一游離能的週期性趨勢

節面的基本關係為：

$$\text{總節面數}=n-1$$ $$\text{徑向節面數}=n-l-1$$ $$\text{角節面數}=l$$

其中 $n$ 為主量子數，$l$ 為角動量量子數。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合原子結構與週期性質的基本定律。節面數可直接利用：

$$\text{徑向節面數}=n-l-1$$

判斷；電子組態則依照基態能量最低原理與已知例外組態判定。

選項分析

A. 正確

原子軌域的大小主要與主量子數 $n$ 有關；$n$ 越大，電子平均離核距離通常越大，軌域也越大。

此外，在相同主量子數下，不同 $l$ 值的軌域具有不同的徑向分布與穿透效應，因此軌域的實際空間分布與大小也會受到 $l$ 影響。

所以原子軌域大小與 $n$、$l$ 有關，A 正確。

B. 錯誤

對於 $3s$ 軌域：

$$n=3,\qquad l=0$$

徑向節面數為：

$$n-l-1=3-0-1=2$$

因此 $3s$ 軌域具有 2 個徑向節面，不是 3 個。

由於 $s$ 軌域的 $l=0$，角節面數為 0，因此總節面數也是：

$$n-1=3-1=2$$

B 的敘述錯誤。

C. 正確

銅的原子序為 $Z=29$，共有 29 個電子。其基態電子組態為：

核心觀念

本題考查中心原子的混成軌域與價電子對互斥理論（VSEPR）。

判斷混成方式的步驟如下：

1. 找出中心原子。
2. 計算中心原子周圍的電子域數。
   • 每一個單鍵、雙鍵或三鍵均算作一個電子域。
   • 每一對孤電子對算作一個電子域。
3. 依電子域數判斷混成：

電子域數	電子域幾何	常見混成
2	直線形	$sp$
3	三角平面形	$sp^2$
4	四面體形	$sp^3$
5	三角雙錐形	$sp^3d$

因此，中心原子具有 $3$ 個電子域時，採用 $sp^2$ 混成。

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解題方法

逐一判斷各分子的中心原子、鍵結電子域與孤電子對數。判斷時，重鍵仍只算一個電子域。

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選項分析

A. NH₃

中心原子為氮。氮具有三個 N—H 鍵與一對孤電子對：

$$\text{電子域數}=3+1=4$$

電子域幾何為四面體形，氮採用 $sp^3$ 混成。分子形狀為三角錐形。

因此 A 錯誤。

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B. CO₃²⁻

中心原子為碳。碳與三個氧原子形成三個鍵結區域；碳中心沒有孤電子對：

$$\text{電子域數}=3$$

碳酸根具有共振結構，三個 C—O 鍵實際上等價，但每個鍵結方向仍各算一個電子域。其電子域幾何與分子形狀皆為三角平面形，鍵角約為 $120^\circ$。

因此中心碳採用 $sp^2$ 混成，B 正確。

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C. SO₂

此題考查分子軌域理論在氧分子 (O₂) 上的應用。

A. O₂ 的鍵級為 2 (The bond order of O₂ is 2.)
氧分子 O₂ 的分子軌域組態為：
σ₁s² σ₁s² σ₂s² σ₂s² σ₂p² π₂p⁴ π₂p²
價電子總數為 12 (每個 O 原子有 6 個價電子)。
鍵級 = 1/2 × (成鍵電子的數量 - 反鍵電子的數量)
成鍵電子數 = 2 (σ₂s) + 2 (σ₂p) + 4 (π₂p) = 8
反鍵電子數 = 2 (σ₂s) + 2 (π₂p*) = 4
鍵級 = 1/2 × (8 - 4) = 1/2 × 4 = 2。
此敘述是正確的。

B. O₂ 是抗磁性的 (O₂ is diamagnetic.)
抗磁性 (diamagnetic) 指的是物質沒有未成對電子，會被磁場微弱排斥。
順磁性 (paramagnetic) 指的是物質有未成對電子，會被磁場吸引。
在 O₂ 的分子軌域組態中，π₂p* 反鍵軌域中有 2 個電子。根據洪德規則，這 2 個電子會分別填入兩個能量相等的 π₂p* 軌域中，且自旋方向相同。
因此，O₂ 分子中有 2 個未成對電子。
所以，O₂ 是順磁性的，而不是抗磁性的。
此敘述是錯誤的。

C. 鍵長 O₂⁺ < O₂ < O₂⁻。
鍵長與鍵級成反比。鍵級越高，鍵長越短。
我們需要計算 O₂⁺, O₂, O₂⁻ 的鍵級。
O₂ 的分子軌域組態為 σ₁s² σ₁s² σ₂s² σ₂s² σ₂p² π₂p⁴ π₂p*²。
成鍵電子數 = 8，反鍵電子數 = 4。鍵級 = 1/2 × (8-4) = 2。

O₂⁺：從 O₂ 中移除一個電子。電子會從能量較高的 π₂p* 軌域移除。
O₂⁺ 組態：σ₁s² σ₁s² σ₂s² σ₂s² σ₂p² π₂p⁴ π₂p*¹。
成鍵電子數 = 8，反鍵電子數 = 3。
鍵級 = 1/2 × (8-3) = 1/2 × 5 = 2.5。

O₂⁻：在 O₂ 的基礎上增加一個電子。電子會填入 π₂p* 軌域。
O₂⁻ 組態：σ₁s² σ₁s² σ₂s² σ₂s² σ₂p² π₂p⁴ π₂p*³。

此題考查分子間作用力 (intermolecular forces)。

A. 倫敦分散力：F₂ < Cl₂ < Br₂ (London dispersion force: F₂ < Cl₂ < Br₂.)
倫敦分散力（London dispersion force）是存在於所有分子之間的一種瞬時偶極-誘發偶極力。其強度與分子的電子數（或分子量、分子大小）有關。電子數越多，分子越容易被極化，瞬時偶極越大，倫敦分散力越強。
F₂、Cl₂、Br₂ 都是鹵素分子，屬於同核雙原子分子。
分子量：F₂ (38) < Cl₂ (71) < Br₂ (160)。
因此，倫敦分散力的強度順序為：F₂ < Cl₂ < Br₂。
此敘述是正確的。

B. 通常，氫鍵比倫敦分散力強 (Usually, the hydrogen bond is stronger than London dispersion force.)
氫鍵是一種特殊的偶極-偶極作用力，發生在氫原子與電負度較強的原子（如 N, O, F）之間，並與另一個電負度較強的原子發生靜電吸引。
倫敦分散力是所有分子都具有的最弱的分子間作用力。
氫鍵的強度通常比倫敦分散力強得多，也比一般的偶極-偶極作用力強。
此敘述是正確的。

C. 倫敦分散力勢能的徑向依賴性為 R⁻³ (The radial dependence of potential energy of London dispersion force is R⁻³.)
倫敦分散力的勢能與分子間距離 R 的關係為 $V \propto -R^{-6}$。
這裡的 R⁻³ 描述的是誘發偶極-誘發偶極相互作用，而不是倫敦分散力。
誘發偶極-誘發偶極相互作用的勢能與 R⁻⁶ 成正比。

此題考查溶液與膠體的基本性質、氣體溶解度以及固體溶解度。

A. 膠體是通過靜電排斥形成的 (A colloid is formed by electrostatic repulsion.)
膠體粒子之所以能夠穩定存在而不沉降，是因為它們表面帶有電荷，並且這些相同電荷之間產生靜電排斥力，阻止了膠粒的聚集。這被稱為膠體的穩定機制之一。
此敘述是正確的。

B. 廷得耳效應可用於區分膠體和溶液 (Tyndall effect can be used to distinguish a colloid and a solution.)
廷得耳效應 (Tyndall effect) 是指當光束通過膠體分散系時，光束路徑會被散射而顯現出來，這是因為膠粒的尺寸比溶液中的溶質粒子大，能夠散射可見光。而真溶液中的粒子尺寸太小，無法散射可見光。
因此，廷得耳效應是區分膠體和真溶液的一種常用方法。
此敘述是正確的。

C. 氣體在水中的溶解度通常隨溫度升高而增加 (The solubility of gases in water usually increases as temperature increases.)
氣體溶解於液體（如水）的過程通常是放熱過程。根據勒沙特列原理，升高溫度會使平衡向吸熱方向移動，即向氣體溶解度降低的方向移動。
因此，氣體在水中的溶解度通常隨溫度升高而降低，而不是增加。
例如，溫暖的湖水含氧量比冷水低。
此敘述是錯誤的。

此題考查核化學基本概念，包括放射性衰變、偵測方法、穩定區、核分裂以及放射性定年法。

A. 核放射性衰變是二級反應 (The nuclear radiative decay is a second order reaction.)
放射性衰變通常遵循一级反应動力學。這意味著衰變速率僅與母核素的濃度（或數量）成正比，而不取決於衰變產物的濃度。
例如，放射性衰變的積分速率定律為 $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$，其中 $\lambda$ 是衰變常數。
因此，此敘述是錯誤的。

B. 蓋革計數器通常用於偵測放射性 (Geiger counter is usually used to detect radioactivity.)
蓋革計數器 (Geiger counter) 是一種常用於偵測和測量游離輻射（如 α, β, γ 射線）的儀器。它通過氣體電離來偵測輻射粒子。
此敘述是正確的。

C. 對於穩定區上方的核素，β⁻ 粒子產生很可能發生 (For nuclides above the zone of stability, β⁻ particle production is likely to occur.)
核素的穩定區（zone of stability）通常在質子數 (Z) 與中子數 (N) 的圖上顯示為一個區域。
位於穩定區上方的核素，表示其 N/Z 比值相對較高（中子過多）。
為了達到穩定狀態，這些核素傾向於通過 β⁻ 衰變來減少中子數並增加質子數（中子轉化為質子，釋放出 β⁻ 粒子和反微中子）。
β⁻ 衰變的過程是：n → p + e⁻ + $\bar{\nu}_e$。
因此，此敘述是正確的。

一、元素位置判定

核心觀念

週期表中的元素位置由「週期」與「族」決定：

• 同一欄為同一族，最外層電子組態相似。
• 同一列為同一週期，代表主要電子層數相同。
• 由已知的 H、B、C、He 判定週期表方向，再讀取 M1、M2 所在位置。

解題方法

由圖可知：

• M1 位於 H 的正下方，即第 1 族、第 3 週期。
• M2 位於 C 的正下方，即第 14 族、第 3 週期。

因此：

• 第 1 族第 3 週期為鈉，元素符號為 Na。
• 第 14 族第 3 週期為矽，元素符號為 Si。

解題技巧

判斷週期表題時，先找第 1 族與第 18 族作為左右邊界，再利用已標示的元素確認欄位。元素符號的大小寫及英文名稱拼寫都必須正確。

【答案】

• M1：Na，sodium
• M2：Si，silicon

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二、化合物英文命名

核心觀念

離子化合物的命名原則為：

1. 先寫陽離子名稱。
2. 若金屬具有多種氧化數，需以羅馬數字標示氧化態。
3. 再寫陰離子名稱。

共價分子化合物則使用數目字首表示原子數目，例如：

• 4：tetra-
• 5：penta-

酸的命名則依陰離子種類判定。

A. $Mo(ClO_4)_2$

高氯酸根 $ClO_4^-$ 的電荷為 $-1$。化合物中有兩個高氯酸根，因此總負電荷為 $-2$：

$$\text{氧化數 of Mo}+2(-1)=0$$ $$\text{氧化數 of Mo}=+2$$

因此命名為：

molybdenum(II) perchlorate

B. $P_4O_5$

這是由兩種非金屬組成的分子化合物，使用希臘數目字首：

• $P_4$：tetraphosphorus
• $O_5$：pentoxide

氧的 oxide 在接上 penta- 時省略 oxide 中的字母 o，故為 pentoxide。

命名為：

tetraphosphorus pentoxide

C. $HF(aq)$

$HF$ 溶於水形成氫氟酸。二元酸的命名形式為：

$$\text{hydro-}+\text{陰離子字根}+\text{-ic acid}$$

氟離子為 fluoride，因此酸名為：

hydrofluoric acid

解題技巧

• $ClO_4^-$ 是 perchlorate，不是 chloride。
• $P_4O_5$ 是分子化合物，必須使用 tetra-、penta-，不能命名為 phosphorus(Ⅴ) oxide。
• $HF$ 只有標示 $(aq)$ 且作為酸時，才命名為 hydrofluoric acid；純 $HF$ 可稱 hydrogen fluoride。

【答案】

• A：molybdenum(II) perchlorate
• B：tetraphosphorus pentoxide
• C：hydrofluoric acid

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三、由 NMR 光譜推定有機結構

核心觀念

本題利用分子式、氫核 NMR 與碳-13 NMR 綜合判定結構。

重要判斷依據如下：

1. 分子式可計算不飽和度。
2. 醛基氫通常出現在約 $\delta 9.5$–$10.0$ ppm。
3. 醛基氫若與鄰近烯烴氫發生長程偶合，常呈現小偶合常數的 doublet。
4. 反式烯烴氫的偶合常數通常約 $J=12$–$18$ Hz。
5. 對位二取代苯環常呈現兩組各積分為 2H 的 doublet。
6. 甲氧基通常出現在約 $\delta 3.5$–$4.0$ ppm，且為 3H singlet。

第一步：計算不飽和度

分子式為 $C_{10}H_{10}O_2$，氧不影響不飽和度：

$$\text{DBE} = \frac{2(10)+2-10}{2} = 6$$

共有 6 個不飽和度，最合理的組合為：

此題考查多元質子酸的解離平衡濃度計算。

H₃A 是三質子酸，解離過程如下：
H₃A ⇌ H⁺ + H₂A⁻ ($K_{a1}=1 \times 10^{-4}$)
H₂A⁻ ⇌ H⁺ + HA²⁻ ($K_{a2}=1 \times 10^{-9}$)
HA²⁻ ⇌ H⁺ + A³⁻ ($K_{a3}=1 \times 10^{-13}$)

我們需要計算 1.0 M H₃A 溶液中 [HA²⁻] 的平衡濃度。
由於 $K_{a1} \gg K_{a2} \gg K_{a3}$，我們可以採用逐步近似的方法。

第一步解離：H₃A ⇌ H⁺ + H₂A⁻
初始濃度：[H₃A] = 1.0 M, [H⁺] ≈ 0, [H₂A⁻] = 0。
設平衡時，[H⁺] = [H₂A⁻] = x。
$K_{a1} = \frac{[H^+][H_2A^-]}{[H_3A]} = \frac{x^2}{1.0-x}$。
由於 $K_{a1} = 1 \times 10^{-4}$ 相對於初始濃度 1.0 M 較小，但不是非常小，我們不能直接忽略 $x$。
然而，由於 $K_{a1}$ 遠大於 $K_{a2}$ 和 $K_{a3}$，我們可以預期第一步解離產生的 $x$ 值不會非常大。
我們可以用近似法： $x^2 \approx K_{a1} \times 1.0 = 1 \times 10^{-4}$。
$x = \sqrt{1 \times 10^{-4}} = 1 \times 10^{-2}$ M。
所以，[H⁺] ≈ $1 \times 10^{-2}$ M，[H₂A⁻] ≈ $1 \times 10^{-2}$ M。
(驗證近似：$x=0.01 \ll 1.0$，近似有效。)

第二步解離：H₂A⁻ ⇌ H⁺ + HA²⁻
我們需要計算 [HA²⁻]。設其平衡濃度為 y。
此時的 H⁺ 來自第一步解離，濃度約為 $1 \times 10^{-2}$ M。

這題主要考驗學生對弱鹼鹽水溶液 pH 值計算的理解，特別是當給定的是共軛酸的濃度以及母鹼的 $K_b$ 值時，如何正確地判斷水解反應並計算 pH。

解題過程：

題目給定一個 0.10 M 的 $(HNR_3)^+ X^-$ 水溶液，其中 $NR_3$ 是有機化合物，且其 $K_b$ 值為 $1 \times 10^{-5}$。

首先，我們需要辨識 $(HNR_3)^+ X^-$ 是什麼樣的物質。由於 $NR_3$ 是一個有機鹼，那麼 $(HNR_3)^+$ 就是它的共軛酸。因此，$(HNR_3)^+ X^-$ 是一個由弱酸的共軛酸和強鹼的陰離子（假設 $X^-$ 是來自強鹼，例如 $NaOH$ 或 $KOH$ 的陰離子，題目未明確說明，但通常此類題目會假設 $X^-$ 是惰性離子）組成的鹽。

這個鹽在水中會發生水解。由於 $(HNR_3)^+$ 是弱酸的共軛酸，它會與水反應產生 $H^+$ 離子，使溶液呈現酸性。水解反應式如下：
$(HNR_3)^+ (aq) + H_2O (l) \rightleftharpoons H_3O^+ (aq) + NR_3 (aq)$
這個水解反應的平衡常數是 $K_a$。我們知道弱鹼 $NR_3$ 的 $K_b$ 值，而其共軛酸 $(HNR_3)^+$ 的 $K_a$ 值可以通過水的離子積 $K_w$ 來計算：
$K_a \times K_b = K_w$
在 25°C 時，$K_w = 1.0 \times 10^{-14}$。
因此，
$K_a = \frac{K_w}{K_b} = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{1 \times 10^{-5}} = 1.0 \times 10^{-9}$

現在，我們有一個 0.10 M 的 $(HNR_3)^+$ 溶液，它會發生水解。我們可以建立 ICE 表（Initial, Change, Equilibrium）來計算 $H_3O^+$ 的濃度。