110 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》

此題考驗計算時有效數字的判斷原則。
計算步驟如下：

1. 計算乘法部分：
   $12.00000 \times 0.9893$
   第一個數字 $12.00000$ 有 7 位有效數字。
   第二個數字 $0.9893$ 有 4 位有效數字。
   乘積的有效數字個數應取較少者，故此結果應保留 4 位有效數字。
   $12.00000 \times 0.9893 = 11.8716$
   保留 4 位有效數字為 $11.87$。

   $13.00335 \times 0.0107$
   第一個數字 $13.00335$ 有 7 位有效數字。
   第二個數字 $0.0107$ 有 3 位有效數字。

核心觀念

本題考查「鹼性溶液中的氧化還原反應配平」，可使用半反應法處理。

• 氧化：失去電子，氧化數上升。
• 還原：得到電子，氧化數下降。
• 鹼性溶液中可使用 $OH^-$ 與 $H_2O$ 配平氫、氧及電荷。
• 最後依最簡整數係數計算 $H_2O$ 的係數 $x$，以及所有係數總和 $y$。

解題方法

1. 判斷氧化數與電子轉移

在 $NO_2^-$ 中，氧為 $-2$，因此氮的氧化數為：

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

在 $NH_3$ 中，氫為 $+1$：

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

氮由 $+3$ 降至 $-3$，得到 $6e^-$，發生還原。

鋁由單質 $Al$ 的 $0$ 價變為 $AlO_2^-$ 中的 $+3$ 價：

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

每個鋁原子失去 $3e^-$。因此需要 $2$ 個鋁原子提供 $6e^-$。

2. 配平還原半反應

先寫出：

$$NO_2^- \rightarrow NH_3$$

在酸性條件下配平氧、氫與電荷：

$$NO_2^-+7H^++6e^- \rightarrow NH_3+2H_2O$$

轉換成鹼性條件，在左右兩側各加入 $7OH^-$：

$$NO_2^-+7H_2O+6e^- \rightarrow NH_3+2H_2O+7OH^-$$

消去兩側的 $2H_2O$：

$$NO_2^-+5H_2O+6e^- \rightarrow NH_3+7OH^- \tag{1}$$

3. 配平氧化半反應

先寫出：

$$Al \rightarrow AlO_2^-$$

在酸性條件下配平：

$$Al+2H_2O \rightarrow AlO_2^-+4H^++3e^-$$

轉換成鹼性條件，在左右兩側各加入 $4OH^-$：

$$Al+2H_2O+4OH^- \rightarrow AlO_2^-+4H_2O+3e^-$$

消去兩側的 $2H_2O$：

$$Al+4OH^- \rightarrow AlO_2^-+2H_2O+3e^- \tag{2}$$

此題考驗對脂肪結構、性質與健康的理解。
脂肪的結構是甘油與脂肪酸形成的酯。脂肪酸的飽和度（有無雙鍵）和雙鍵的構型（順式 cis 或反式 trans）會影響其物理性質（熔點，進而影響狀態）以及生理功能。

1. 狀態（液態）：

   • 飽和脂肪酸（無雙鍵）的鏈比較直，容易堆積，分子間作用力較強，熔點較高，在室溫下通常是固態（如動物脂肪）。
   • 不飽和脂肪酸（含雙鍵）的鏈因雙鍵而有彎曲（cis 構型）或扭曲（trans 構型）。
     • cis 構型的雙鍵會造成脂肪酸鏈嚴重的彎曲，使其難以緊密堆積，分子間作用力較弱，熔點較低，在室溫下通常是液態（如植物油）。
     • trans 構型的雙鍵雖然也是雙鍵，但其構型較接近飽和脂肪酸，彎曲程度較小，堆積能力較好，熔點比 cis-不飽和脂肪酸高，但比飽和脂肪酸低。有些 trans 脂肪在室溫下是固態或半固態。
   • 不飽和度越高（雙鍵越多），鏈的彎曲越多，熔點越低，越容易是液態。

   因此，要成為液態，應選擇不飽和脂肪酸，且 cis 構型比 trans 構型更傾向於液態。在不飽和度上，polyunsaturated（多元不飽和）比 monounsaturated（單元不飽和）更傾向於液態。
   所以，cis-polyunsaturated fat 是最可能為液態的。

2. 健康性：

   • 飽和脂肪：攝取過多被認為會提高壞膽固醇（LDL），增加心血管疾病風險。
   • 反式脂肪（trans fat）：是所有脂肪中最不健康的。它們不僅會提高壞膽固醇（LDL），還會降低好膽固醇（HDL），嚴重增加心血管疾病風險。

核心觀念

本題考查路易斯結構與共振（resonance）的判斷。

若同一分子具有下列特徵，即可表示為共振結構：

• 原子連接順序相同。
• 電子總數與總電荷相同。
• 只改變 $\pi$ 電子或孤電子對的位置，不改變 $\sigma$ 鍵骨架。
• 實際分子是各共振結構的共振混成體，而不是在不同結構間來回轉換。

判斷時，必須先畫出合理的路易斯結構，再檢查是否能在不改變原子排列的情況下移動電子。

解題方法與各物質判斷

1. $O_3$

臭氧的主要共振結構為

$$\mathrm{O=O-O^-} \;\longleftrightarrow\; \mathrm{^-O-O=O}$$

兩個端氧原子位置相同，雙鍵與負電荷可分布在左端或右端，因此 $O_3$ 具有共振。

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2. $OCl_2$

其路易斯結構為

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

中心氧與兩個氯皆以單鍵連接，氧原子的孤電子對沒有合理方式在分子骨架中形成另一個等價電子排列。因此 $OCl_2$ 不具有一般所指的共振結構。

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3. $NF_3$

其結構為

$$\mathrm{F_3N}$$

氮為中心原子，與三個氟形成三個單鍵，氮上保有一對孤電子。氟的孤電子對不會與氮形成有效的離域 $\pi$ 鍵，且氟—氮之間不存在可合理移動的共軛電子系統。因此 $NF_3$ 不具有共振。

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4. $N_2O$

一氧化二氮的原子排列為 $\mathrm{N-N-O}$，其主要共振結構可表示為

$$\mathrm{N\equiv N^+-O^-} \;\longleftrightarrow\; \mathrm{^-N=N^+=O}$$

雙鍵或三鍵的位置改變，但 $\mathrm{N-N-O}$ 的原子連接順序不變，且總電子數相同。因此 $N_2O$ 具有共振。

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5. $CCl_4$

四氯化碳的路易斯結構為

$$\mathrm{CCl_4}$$

此題考驗分子軌域理論，包括順磁性、反磁性以及移除電子對鍵級的影響。
首先，我們需要根據分子軌域理論 (MOT) 來分析這些雙原子物種。

1. 順磁性 (Paramagnetic) 與反磁性 (Diamagnetic)
順磁性物種含有不成對的電子，會被磁場吸引。
反磁性物種所有電子都成對，不會被磁場吸引（甚至可能被微弱排斥）。
判斷方法是畫出分子軌域能階圖，填入電子，檢查是否有不成對電子。
對於第二週期元素形成的雙原子分子，其分子軌域能階順序為：
$\sigma_{2s} < \sigma^*_{2s} < \sigma_{2p} < \pi_{2p} < \pi^*_{2p} < \sigma^*_{2p}$ (當原子序較小時，$\sigma_{2p}$ 在 $\pi_{2p}$ 之前，如 $Li_2$ 到 $N_2$)
$\sigma_{2s} < \sigma^*_{2s} < \pi_{2p} < \sigma_{2p} < \pi^*_{2p} < \sigma^*_{2p}$ (當原子序較大時，$\sigma_{2p}$ 在 $\pi_{2p}$ 之後，如 $O_2, F_2$)

我們逐一分析：

• $B_2$: 總電子數 = 25 = 10。能階順序：$\sigma_{2s} < \sigma^*_{2s} < \pi_{2p} < \sigma_{2p} < ...$
  分子軌域填電子：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^0$ -> 這裡有誤，B 的價電子是 3，總共 6 個價電子。
  B 的價電子組態是 $2s^2 2p^1$。
  $B_2$: 總價電子數 = 23 = 6。
  MOT: $(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^2$
  $\pi_{2p}$ 軌域有兩個電子，根據洪德規則，會分別填入兩個簡併的 $\pi_{2p}$ 軌域，每個軌域有一個電子，因此是順磁性。

• $C_2^{2-}$: 總電子數 = 26 + 2 = 14。
  C 的價電子組態是 $2s^2 2p^2$。
  $C_2^{2-}$: 總價電子數 = 26 + 2 = 14。
  MOT (原子序較大)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^2$
  所有電子都成對，是反磁性。

• $OF$: 總電子數 = 6 + 7 = 13。
  O 的價電子組態是 $2s^2 2p^4$。F 的價電子組態是 $2s^2 2p^5$。
  MOT (原子序較大)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^2 (\pi^*_{2p})^1$
  $\pi^*_{2p}$ 軌域有一個不成對電子，是順磁性。

• $O_2$: 總電子數 = 6 + 6 = 12。
  MOT (原子序較大)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^2 (\pi^*_{2p})^2$
  $\pi^*_{2p}$ 軌域有兩個電子，根據洪德規則，會分別填入兩個簡併的 $\pi^*_{2p}$ 軌域，每個軌域有一個電子，因此是順磁性。

• $N_2^+$: 總電子數 = 2*7 - 1 = 13。
  N 的價電子組態是 $2s^2 2p^3$。
  MOT (原子序較小)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^1$
  $\sigma_{2p}$ 軌域有一個不成對電子，是順磁性。

• $NO^+$: 總電子數 = 7 + 6 - 1 = 12。
  MOT (原子序較小)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^2$
  所有電子都成對，是反磁性。

• $F_2$: 總電子數 = 7 + 7 = 14。
  MOT (原子序較大)：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^4 (\sigma_{2p})^2 (\pi^*_{2p})^4$
  所有電子都成對，是反磁性。

反磁性物種有：$C_2^{2-}, NO^+, F_2$。
所以，$x = 3$。

2. 移除電子後鍵級預期會降低的物種
鍵級 (Bond Order, BO) = 1/2 * (成鍵電子數 - 反鍵電子數)
鍵級越高，分子越穩定，鍵越短。
當從分子軌域移除一個電子時：

• 如果移除的是反鍵軌域 (antibonding orbital) 的電子，則反鍵電子數減少，鍵級會增加。
• 如果移除的是成鍵軌域 (bonding orbital) 的電子，則成鍵電子數減少，鍵級會降低。

我們再次檢查各物種的電子組態：

• $B_2$: $(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^2$
  成鍵電子數 = 2($\sigma_{2s}$) + 2($\pi_{2p}$) = 4
  反鍵電子數 = 2($\sigma^*_{2s}$) = 2
  BO = 1/2 * (4 - 2) = 1。
  若移除一個電子，它會從 $\pi_{2p}$ (成鍵軌域) 移除。
  移除電子後：$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^1$
  成鍵電子數 = 2+1 = 3, 反鍵電子數 = 2。
  新 BO = 1/2 * (3 - 2) = 0.5。
  鍵級降低。

此題考驗對元素週期表、金屬性質、水反應性、鹽類組成及還原劑的理解。我們逐一分析每個敘述的真偽。

(i) The Group 3A elements are all metals.
Group 3A (第 13 族) 包含 B, Al, Ga, In, Tl。

• Boron (B) 是非金屬 (metalloid)。
• Aluminum (Al) 是金屬。
• Gallium (Ga), Indium (In), Thallium (Tl) 是金屬。
  由於硼是類金屬，因此「所有 3A 族元素都是金屬」的說法是錯誤的。

(ii) Alkaline earth metals react less vigorously with water than do alkali metals.
鹼金屬 (Group 1A) 包括 Li, Na, K, Rb, Cs, Fr。
鹼土金屬 (Group 2A) 包括 Be, Mg, Ca, Sr, Ba, Ra。
鹼金屬與水反應的活性隨週期數增加而增加，例如 Na 和 K 與水反應劇烈，會放出氫氣並可能引發燃燒或爆炸。
鹼土金屬與水反應的活性也隨週期數增加而增加，但其反應性通常比同週期的鹼金屬弱。例如，Mg 與冷水反應很慢，但與熱水反應較快；Ca, Sr, Ba 則與冷水反應，但比同週期的 K, Rb, Cs 劇烈程度低。
因此，「鹼土金屬與水反應的劇烈程度比鹼金屬低」的說法是正確的。

(iii) Salts can consist of hydrogen.
鹽類（Salts）通常是指由陽離子（金屬離子或銨離子等）和陰離子（非金屬離子或根離子）組成的離子化合物。
然而，有些鹽類可能包含氫。例如：

• 酸式鹽 (acid salts) 含有可解離的氫離子。例如，碳酸氫鈉 ($NaHCO_3$)，其中 $HCO_3^-$ 含有氫。
• 氫化物 (hydrides) 雖然不是典型的鹽，但有些是離子型的，例如 $NaH$，其中 $H^-$ 是陰離子，Na 是陽離子。
• 一些複雜的鹽類結構中也可能含有氫。
  從廣義上講，包含可解離氫的酸式鹽可以被視為一種鹽，它「包含」氫。
  或者，如果考慮離子化合物，例如 $NH_4Cl$，其中 $NH_4^+$ 是陽離子，Cl^- 是陰離子。

核心觀念

本題比較的是三個羰基化合物中，與羰基碳相連的氫之酸性。判斷酸性的核心是比較去質子化後共軛鹼的穩定性：

$$\text{酸性越強} \Longleftrightarrow \text{共軛鹼越穩定}$$

羰基具有吸電子作用，可穩定鄰近形成的負電荷；取代基的誘導效應與共振效應則會進一步影響共軛鹼的穩定程度。

三個結構可辨認為：

1. 甲醛：$H_2C=O$
2. 蟻酸：$HCOOH$
3. 甲酸甲酯：$HCOOCH_3$

其中，$-OH$ 的吸電子誘導效應強於 $-OCH_3$；而 $-OCH_3$ 可透過氧原子的孤電子對對羰基產生共振給電子作用，使羰基附近的負電荷較不易被穩定。

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解題方法

比較羰基氫失去質子後的共軛鹼：

（1）甲醛

$$H_2C=O \rightarrow HC=O^-$$

去質子化後形成的負電荷位於羰基碳附近，羰基氧可藉由吸電子作用提供一定程度的穩定化，因此具有一定酸性。

（2）蟻酸

蟻酸除了羰基碳上的氫外，還有羧酸的$-OH$氫。羧酸$-OH$失去質子後形成羧酸根：

$$HCOOH \rightarrow HCOO^-+H^+$$

羧酸根的負電荷可在兩個氧原子間共振離域：

$$\ce{H-C(=O)-O^- <-> H-C(-O^-)=O}$$

負電荷分散在兩個高電負度的氧原子上，使共軛鹼非常穩定。因此蟻酸的酸性最強。

（3）甲酸甲酯

甲酸甲酯的結構為：

$$HCOOCH_3$$

其$-OCH_3$具有誘導吸電子作用，但氧上的孤電子對也能向羰基給電子：

核心觀念

本題比較的是各種 $C_7H_{14}$ 環烷烴的莫耳燃燒熱。它們完全燃燒時，反應式皆可寫成：

$$C_7H_{14}+ \frac{21}{2}O_2 \rightarrow 7CO_2+7H_2O$$

由於各選項的分子式相同，完全燃燒後的生成物與能量狀態相同，因此燃燒熱大小取決於反應物本身的穩定性：

• 分子越不穩定、內能越高，燃燒時釋放的能量越多。
• 分子越穩定、內能越低，燃燒熱的絕對值越小。

因此，本題等同於尋找「結構張力與立體障礙最大、穩定性最低」的化合物。

解題方法

判斷環烷烴穩定性時，主要考慮：

1. 環張力：鍵角偏離理想四面體角 $109.5^\circ$ 的程度。
2. 扭轉張力：相鄰鍵的重疊與非交錯排列。
3. 立體張力：取代基彼此靠近所造成的排斥。
4. 構形：較大的甲基通常偏好位於較不擁擠的位置。

環己烷可以採取穩定的椅式構形，環張力極小；環戊烷與環庚烷雖然具有一定環張力，但可藉由非平面構形降低部分扭轉張力。

在三個二甲基環戊烷中，$cis$-1,2 結構的兩個甲基位於同一側，彼此最接近，產生顯著的鄰位立體排斥。其最低能量構形仍無法完全避免兩個甲基的擁擠，因此整體能量最高、穩定性最低。

所以它具有最大的莫耳燃燒熱。

選項分析

(A) trans-1,2-dimethylcyclopentane

兩個甲基位於環的相反兩側，能在較有利的構形中彼此分離，降低鄰位立體排斥。

雖然環戊烷本身仍有環張力，但其取代基排列比 $cis$-1,2 型式穩定，因此燃燒熱小於選項 B。

(B) cis-1,2-dimethylcyclopentane

此題考驗對肽合成中胺基保護基的了解。肽合成的關鍵步驟之一是保護胺基，以防止其在形成肽鍵時發生副反應。保護基需要能夠穩定地連接到胺基上，並能在隨後的反應中被選擇性地移除。

我們逐一分析選項：

(A) benzyl chloroformate (Cbz-Cl 或 Z-Cl)：
Benzyl chloroformate 與胺反應，形成氨基甲酸酯 (carbamate)，即 Cbz 保護基 ($R-NH-CO-OCH_2Ph$)。
Cbz 保護基是一種常見的胺基保護基，可以通過催化氫化 (如 $H_2/Pd$) 或強酸（如 HBr/AcOH）來移除。
它常用於固相和液相肽合成中。
這是用於保護胺基的試劑。

(B) lithium diisopropyl amide (LDA)：
LDA 是一種強鹼，常用於有機合成中生成烯醇負離子 (enolate) 或其他碳負離子。

核心觀念：Hell–Volhard–Zelinsky（HVZ）反應

此題考查羧酸的 $\alpha$-位鹵化，以及後續氨解形成 $\alpha$-胺基酸。

反應條件為：

1. $Br_2/PBr_3$：羧酸先轉化為醯溴，再在 $\alpha$-位進行溴化。
2. $H_2O$：醯溴水解，恢復為羧酸。
3. 過量 $NH_3$：以胺基取代 $\alpha$-溴，形成 $\alpha$-胺基酸。

一般反應式為：

$$RCH_2COOH \xrightarrow{Br_2/PBr_3} RCHBrCOBr \xrightarrow{H_2O} RCHBrCOOH \xrightarrow{NH_3} RCH(NH_2)COOH$$

因此，產物的胺基必定位於羧基的 $\alpha$-碳上；選項差異取決於原料羧酸的 $R$ 基。

解題方法

原料結構若為：

$$RCH_2COOH$$

經 HVZ 反應後，$\alpha$-位的氫被溴取代：

$$RCHBrCOOH$$

過量氨進行親核取代：

$$RCHBrCOOH + 2NH_3 \rightarrow RCH(NH_2)COOH + NH_4Br$$

所以只要保留原本的碳骨架，將羧基相鄰碳上的一個氫換成 $NH_2$，即可判斷胺基酸種類。

選項分析

• (A) Ala（丙胺酸，alanine）

  結構為：

  $\mathrm{CH_3CH(NH_2)COOH}$

  其原料應為丙酸 $\mathrm{CH_3CH_2COOH}$。若題圖原料不是丙酸，則此選項錯誤。

• (B) Gly（甘胺酸，glycine）

  結構為：

  $\mathrm{NH_2CH_2COOH}$

此題考驗對蛋白質結構、二硫鍵的性質以及氧化反應的理解。
二硫鍵 (-S-S-) 是兩個半胱胺酸殘基的側鏈巰基 (-SH) 氧化形成的。
Peroxyformic acid ($HCO_3H$) 是一種強氧化劑。
當二硫鍵被強氧化劑氧化時，硫原子會被進一步氧化。

半胱胺酸 (Cysteine) 的側鏈是 $-CH_2-SH$。
兩個半胱胺酸形成二硫鍵時，結構為 $-CH_2-S-S-CH_2-$。
Peroxyformic acid 會氧化硫原子。
-S-S- 鍵被氧化，硫的氧化態會升高。
-S-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO2-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO2-SO2-
或者，-S-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO-SO-
或者，-S-S- $\xrightarrow{[O]}$ -SO3H (磺酸)

最常見的氧化產物是磺酸 (-SO3H)。
如果半胱胺酸殘基的二硫鍵被氧化，則形成的殘基是：
$-CH_2-SH \rightarrow -CH_2-S-S-CH_2- \xrightarrow{Oxidation} -CH_2-SO_3H$

此題考驗對分子對稱性及點群 (point group) 的判斷。點群是描述分子所有對稱操作的集合。如果兩個分子的點群不同，則它們的對稱性也不同。

我們逐一分析每個選項中的分子及其點群。

(A) $CO_2$ (二氧化碳) 和 $C_2H_2$ (乙炔)

• $CO_2$: 線性分子。對稱操作包括：$E$ (單位操作), $C_\infty$ (無限次旋轉軸), $\sigma_v$ (無限個鏡面), $\sigma_h$ (垂直鏡面), $i$ (反演中心)。其點群為 $D_{\infty h}$。
• $C_2H_2$: 線性分子。對稱操作包括：$E$, $C_2$ (旋轉軸), $i$ (反演中心), $\sigma_h$ (垂直鏡面), $2\sigma_v$ (兩個垂直鏡面，但對於 $C_2H_2$ 來說，這兩個鏡面實際上是相同的，且與 $C_2$ 軸垂直)，還有 $S_2$ (等同於 $i$)。其點群為 $D_{\infty h}$。
  $CO_2$ 和 $C_2H_2$ 屬於相同的點群 $D_{\infty h}$。

(B) $PCl_5$ (五氯化磷) 和 $BF_3$ (三氟化硼)

• $PCl_5$: 三角雙錐結構。中心 P 原子，3 個 Cl 在赤道平面上，2 個 Cl 在軸向上。其點群為 $D_{3h}$。
• $BF_3$: 三角平面結構。中心 B 原子，3 個 F 在同一平面上，呈 120 度角。其點群為 $D_{3h}$。
  $PCl_5$ 和 $BF_3$ 屬於相同的點群 $D_{3h}$。

(C) $POCl_3$ (三氯氧磷) 和 $NH_3$ (氨)

• $POCl_3$: 三角錐結構。中心 P 原子，3 個 Cl 和 1 個 O 在 P 周圍。由於 O 的存在，P-O 鍵與 P-Cl 鍵不同。它有一個 $C_3$ 旋轉軸（通過 P 和 O 原子），以及 3 個 $\sigma_v$ 鏡面。其點群為 $C_{3v}$。
• $NH_3$: 三角錐結構。中心 N 原子，3 個 H 在 N 周圍。它有一個 $C_3$ 旋轉軸（通過 N 原子），以及 3 個 $\sigma_v$ 鏡面。其點群為 $C_{3v}$。

此題考驗對分子光學活性的判斷。一個分子如果無法通過任何對稱操作（包括鏡面反射、反演、旋轉等）變成其鏡像，則稱之為手性分子，具有光學活性。判斷光學活性的關鍵是分子是否具有手性中心（通常是連有四個不同基團的中心原子）或者分子本身不具有對稱鏡面 ($\sigma$) 或反演中心 ($i$)。

我們逐一分析每個物種：

(A) $NH_2Cl$ (氨基氯化亞氨基)
這是一個三原子分子，如果 N 是中心原子，則它與 H, H, Cl 相連。
結構：$Cl-N(H)_2$。
這個分子是三角錐形。它有一個 $C_s$ 對稱面（通過 Cl-N 鍵和 N 的孤對電子），或者說它有一個鏡面。
如果 N 連接 H, H, Cl，則 N 是中心原子。
N 有 5 個價電子。2 個 H, 1 個 Cl, 1 對孤對電子。
如果 N 是中心原子，它形成 3 個單鍵，有 1 對孤對電子。
結構是 $Cl-N<_{H}^{H}$。
這個結構是三角錐形。它存在一個鏡面，通過 Cl-N 鍵，並且平分 H-N-H 的夾角。
因此，它不是手性的，不具有光學活性。
（注意：如果 N 連接四個不同的基團，例如 $NH_2XY$，且 N 上沒有孤對電子，則 N 是手性中心。但這裡 N 有孤對電子，且 H 和 H 是相同的。）

此題考驗對核反應爐原理的理解，特別是慢化劑 (moderator) 的作用。

核分裂反應 (nuclear fission) 是指重原子核（如鈾-235）在吸收一個中子後分裂成兩個較輕的原子核，同時釋放出巨大的能量和更多的中子。這些新產生的中子可以引發連鎖反應。

在核反應爐中，為了維持可控的連鎖反應，需要控制中子的能量。

• 核分裂反應釋放出來的中子是快中子 (fast neutrons)，它們的能量很高（約 1-2 MeV）。
• 然而，鈾-235 吸收中子的截面（機率）在高能區（快中子）相對較小，但在低能區（熱中子，thermal neutrons，能量約 0.025 eV）時，其吸收截面大大增加，更容易引發核分裂。

因此，需要一種物質來降低快中子的能量，將它們轉變為熱中子。這種物質就是慢化劑 (moderator)。
慢化劑的作用是通過與快中子發生碰撞，將快中子的動能轉移給慢化劑的原子核，從而減慢中子的速度。
理想的慢化劑應該具有以下特性：

1. 能夠有效地減慢中子速度（輕原子核，因為碰撞時能量轉移效率高）。
2. 對中子有較低的吸收截面（不希望慢化劑吸收中子，以免中子數量減少）。

此題考驗對放射性偵測儀器及相關量測方法的知識。

我們逐一分析每個儀器/量測方法：

I. Geiger counter (蓋革計數器)
蓋革計數器是一種用於偵測和量測游離輻射（如 $\alpha$ 粒子、$\beta$ 粒子、$\gamma$ 射線）的儀器。它通過氣體電離來偵測輻射，當輻射進入蓋革管時，會引起氣體電離，產生電脈衝，這些脈衝被記錄和計算，從而量測輻射的強度或計數率。
蓋革計數器用於偵測和量測放射性。

II. Richter scale (芮氏規模)
芮氏規模是用來量測地震強度（地震波的最大振幅）的等級。它與放射性無關。

III. Seismic scale (地震規模)
地震規模（Seismic scale）也是用於量測地震的指標，與地震的能量或振幅有關。

核心觀念

本題考查「鍵結異構（linkage isomerism）」與「兩性配體（ambidentate ligand）」的判定。

若同一配體具有兩種不同種類的配位原子，能以不同原子與金屬中心形成配位鍵，就可能產生鍵結異構。例如：

• $NO_2^-$：可由 N 配位，形成 nitro；也可由 O 配位，形成 nitrito。
• $SCN^-$：可由 S 或 N 配位。
• $OCN^-$：可由 O 或 N 配位。

必須注意：配體中即使有兩個相同的配位原子，若兩者等價，也不會形成不同的鍵結異構物。

解題方法與逐一判斷

1. $N_3^-$

疊氮根的兩個端位氮在自由配體中等價，且一般配位時主要由端位氮提供孤電子對。由左端氮或右端氮配位，所得結構彼此等價，不形成不同的鍵結異構物。

因此，$N_3^-$ 不計入。

2. $NO_2^-$

亞硝酸根具有 N、O 兩種可能的配位原子：

$$M-NO_2$$

與

$$M-ONO$$

分別代表 nitro 與 nitrito 配位方式，屬於鍵結異構。

因此，$NO_2^-$ 計入。

3. $NH_3$

氨僅由 N 原子提供孤電子對與金屬配位，沒有另一種不同元素的配位位置。

因此，$NH_3$ 不計入。

4. $NH_2CH_2CH_2NH_2$

乙二胺（ethylenediamine，en）含有兩個 N 原子，但通常以兩個 N 同時與同一金屬配位，形成螯合環。這是配體的螯合配位特性，不是由不同種類配位原子造成的鍵結異構。

因此，乙二胺不計入。

5. $OCN^-$

氰酸根可由 O 或 N 配位：

$$M-O-CN$$

與

$$M-N-C-O$$

此題考驗酸鹼滴定的終點判斷，需要選擇 pH 指示劑。
滴定的是吡啶 (pyridine)，它是一個弱鹼。
$K_b$ (吡啶) $\approx 10^{-9}$。
滴定劑是 HCl，一種強酸。
這是一個弱鹼與強酸的滴定。

在滴定終點時，弱鹼吡啶會與強酸 HCl 完全反應，生成吡啶的共軛酸（吡啶鎓離子，$C_5H_5NH^+$）。
反應式：$C_5H_5N + HCl \rightarrow C_5H_5NH^+ + Cl^-$
在滴定終點，溶液中主要存在的是 $C_5H_5NH^+$ 和 $Cl^-$。
$C_5H_5NH^+$ 是弱酸的共軛酸，它會水解：
$C_5H_5NH^+ + H_2O \rightleftharpoons C_5H_5N + H_3O^+$
由於 $C_5H_5NH^+$ 是弱酸，其水解會使溶液呈酸性。
因此，在弱鹼與強酸的滴定終點，溶液的 pH 值會略低於 7，通常在 4-6 之間。

我們需要根據吡啶的 $K_b$ 值來估計終點的 pH。
首先，計算吡啶的 $pK_b = -\log(K_b) = -\log(10^{-9}) = 9$。
吡啶的共軛酸 $C_5H_5NH^+$ 的 $pK_a = 14 - pK_b = 14 - 9 = 5$。
所以，$K_a$ (for $C_5H_5NH^+$) $= 10^{-5}$。

在滴定終點時，吡啶鎓離子 ($C_5H_5NH^+$) 的濃度約為：
初始吡啶質量為 0.1000 g。
吡啶的摩爾質量約為 79.1 g/mol。
初始摩爾數 = 0.1000 g / 79.1 g/mol $\approx 0.00126$ mol。
HCl 的濃度為 0.01 M，體積未知，但它會與吡啶反應。
滴定達到當量點時，HCl 的摩爾數等於初始吡啶的摩爾數。
如果滴定劑的體積是 V mL，那麼 HCl 的摩爾數是 $0.01 \times (V/1000)$ mol。
然而，題目給了「Assume that the initial concentration of pyridine is approximately 0.01 M.」
這表示 100 mL 溶液中，吡啶的濃度約為 0.01 M。

此題考驗配位化學中，根據中心離子的電子組態和配位基的強弱來判斷錯合物的順磁性 (paramagnetic) 或反磁性 (diamagnetic)。順磁性表示錯合物含有不成對的電子。

我們需要分析每個選項的中心離子、氧化態、電子組態，以及配位基的強弱。

(A) $[Co(NH_3)_6]^{3+}$

• 中心離子：Co (鈷)
• 氧化態：Co(+3)
• $Co^{3+}$ 的電子組態：$d^6$ ($Co$ 原子是 $3d^7 4s^2$, $Co^{3+}$ 是 $3d^6$)
• 配位基：$NH_3$ (氨)。在 $Co^{3+}$ 處於 +3 氧化態時，$NH_3$ 被視為強配位基 (strong field ligand)。
• $Co^{3+}$ (d6) 在強配位基下，會形成低自旋錯合物。
  電子填充：$t_{2g}$ 軌域填滿 6 個電子，而 $e_g$ 軌域為空。
  $t_{2g}^6 e_g^0$
  所有電子都在 $t_{2g}$ 軌域中成對。
• 結論：反磁性 (diamagnetic)。

(B) $[Mn(CN)_6]^{4-}$

• 中心離子：Mn (錳)
• 氧化態：Mn(+2)
• $Mn^{2+}$ 的電子組態：$d^5$ ($Mn$ 原子是 $3d^5 4s^2$, $Mn^{2+}$ 是 $3d^5$)
• 配位基：$CN^-$ (氰化物)。$CN^-$ 是強配位基 (strong field ligand)。
• $Mn^{2+}$ (d5) 在強配位基下，會形成低自旋錯合物。
  電子填充：$t_{2g}$ 軌域填入 3 個電子，而 $e_g$ 軌域填入 2 個電子。
  $t_{2g}^3 e_g^2$
  $t_{2g}$ 軌域中的 3 個電子都是不成對的。
• 結論：順磁性 (paramagnetic)。

此題考驗對生物分子結構和性質的理解。我們逐一分析每個選項。

(A) Messenger RNA (mRNA) can be found in both the nucleus and the cytoplasm of each cell.
mRNA 是在細胞核中轉錄 (transcription) 產生的，然後從細胞核運輸到細胞質中，在那裡作為模板指導蛋白質合成 (translation)。因此，mRNA 在細胞核和細胞質中都可以找到。
此敘述是正確的。

(B) Nonpolar groups tend to face the outside of a protein in aqueous solution.
在水溶液中，蛋白質摺疊時，疏水性（非極性）的胺基酸殘基傾向於聚集在蛋白質的內部，以避免與水接觸，而親水性（極性）的胺基酸殘基則傾向於暴露在蛋白質的外部，與水分子形成氫鍵。
因此，非極性基團傾向於朝向蛋白質內部，而不是外部。
此敘述是錯誤的。

(C) Nucleic acids are made of nucleotides joined together with amide bonds.
核酸（DNA 和 RNA）是由核苷酸 (nucleotides) 組成的聚合物。

核心觀念

本題考查：

1. 游離能（ionization energy, IE）：氣態物種移除一個電子形成更高正電荷物種所需的能量。
2. 分子軌域理論（MO theory）：判斷電子位於成鍵或反鍵軌域。
3. 電荷對電子束縛力的影響：
   • 負離子中的電子受到排斥，最容易移除。
   • 正離子中的電子受到較強吸引，最難移除。
4. 氧原子與氧分子游離能的比較：氧分子中的最外層電子位於較高能量的反鍵軌域，因此比氧原子的最外層電子容易移除。

---

解題方法：比較最外層電子的穩定性

氧分子 $O_2$ 的價電子組態可寫為

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

其中最外層電子位於反鍵軌域 $\pi_{2p}^{*}$。

各物種移除一個電子時：

$$O_2^- \rightarrow O_2 + e^-$$ $$O_2 \rightarrow O_2^+ + e^-$$ $$O_2^+ \rightarrow O_2^{2+} + e^-$$

而氧原子則是

$$O \rightarrow O^+ + e^-$$

氧原子的價電子組態為

$$1s^2 2s^2 2p^4$$

最外層電子位於原子的 $2p$ 軌域。

1. $O_2^-$ 的游離能最低

$O_2^-$ 比中性 $O_2$ 多一個電子，該電子仍位於能量較高的反鍵軌域 $\pi_{2p}^{*}$。此外，負電荷會增加電子間排斥，使電子更容易被移除。

因此：

$$IE(O_2^-) \text{ 最低}$$

2. $O_2$ 的游離能次低

從 $O_2$ 移除電子時，是移除反鍵軌域 $\pi_{2p}^{*}$ 的電子。反鍵軌域能量較高，電子束縛較弱，因此 $O_2$ 的游離能低於氧原子。

實際上，氧分子的第一游離能約為 $12.1\ \mathrm{eV}$，氧原子的第一游離能約為 $13.6\ \mathrm{eV}$，所以：

$$IE(O_2)<IE(O)$$

3. $O_2^+$ 的游離能最高

此題考驗對溶液依數性（colligative properties），特別是凝固點下降法 (freezing-point depression) 的應用及影響因素的理解。

凝固點下降的公式為：$\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$
其中：

• $\Delta T_f$ 是凝固點下降的幅度。
• $i$ 是范特霍夫因子 (van't Hoff factor)，代表溶質在溶液中解離或聚合的程度。若溶質不解離也不聚合，則 $i=1$。
• $K_f$ 是溶劑的莫耳凝固點下降常數。
• $m$ 是溶質的質量摩爾濃度 (molality)，定義為 $m = \frac{\text{moles of solute}}{\text{mass of solvent (kg)}}$。

題目說，由凝固點下降法測得的摩爾質量比真實摩爾質量高 10%。
摩爾質量 $M$ 與質量摩爾濃度 $m$ 的關係：$m = \frac{w/M}{W_{solvent}/1000}$，其中 $w$ 是溶質質量，$W_{solvent}$ 是溶劑質量。
所以，$M = \frac{w}{m \cdot (W_{solvent}/1000)}$。
若測得的摩爾質量 $M_{measured}$ 比真實摩爾質量 $M_{true}$ 高 10%，表示 $M_{measured} = 1.10 \times M_{true}$。
從公式看，$M$ 與 $m$ 成反比。
$M_{measured} > M_{true}$ 意味著測得的質量摩爾濃度 $m_{measured}$ 比真實的質量摩爾濃度 $m_{true}$ 要低。
$m_{measured} < m_{true}$。

現在我們分析各個實驗誤差對 $m$ 的影響：
$m = \frac{\text{moles of solute}}{\text{mass of solvent}}$

(A) Before the solution was prepared, the container was rinsed with solvent and not dried.
這意味著溶劑的量比記錄的要多（因為有殘留的溶劑）。
若溶劑質量 $W_{solvent}$ 增加，則 $m = \frac{\text{moles of solute}}{W_{solvent}}$ 會降低。
$m_{measured} < m_{true}$。
這會導致測得的摩爾質量 $M_{measured}$ 偏高。
此誤差可以解釋此現象。

(B) Some solid was left on the weighing paper.
這意味著加入溶液的溶質質量 $w$ 比記錄的要少。
若溶質質量 $w$ 減少，則 $moles = w/M$ 也會減少。
若 $M$ 是真實值，則 $m$ 會降低。
$m_{measured} < m_{true}$。
這會導致測得的摩爾質量 $M_{measured}$ 偏高。
此誤差可以解釋此現象。

(C) Not all the solid was dissolved.
這意味著加入溶液的溶質質量 $w$ 實際上溶解的量比稱取的要少。
如果我們計算 $m$ 時，使用的是稱取的質量 $w_{taken}$，而實際溶解的質量 $w_{dissolved} < w_{taken}$，那麼計算出的 $m$ 會偏高。
$m_{calculated} = \frac{w_{taken}/M}{W_{solvent}}$

此題考驗對晶體結構中離子堆積和填隙位置的理解。
題目描述：

1. 硫離子 ($S^{2-}$) 形成立方緊密堆積 (cubic closed packed, CCP) 結構。
2. 鋅離子 ($Zn^{2+}$) 佔據 12.5% 的四面體空隙 (tetrahedral holes)。
3. 鋁離子 ($Al^{3+}$) 佔據 50% 的八面體空隙 (octahedral holes)。

我們需要推導出化合物的化學式。

1. 硫離子 (S²⁻) 的數量與晶格點
在 CCP 結構中，晶格點的數量決定了離子的數量。
如果我們假設 CCP 晶格中有 N 個硫離子，那麼：

• 四面體空隙的數量 = $2N$
• 八面體空隙的數量 = $N$

2. 鋅離子 (Zn²⁺) 的數量
鋅離子佔據 12.5% 的四面體空隙。
12.5% = 1/8。
所以，$Zn^{2+}$ 的數量 = 12.5% of (2N) = 0.125 × 2N = 0.25N = N/4。

3. 鋁離子 (Al³⁺) 的數量
鋁離子佔據 50% 的八面體空隙。
50% = 1/2。
所以，$Al^{3+}$ 的數量 = 50% of N = 0.5 × N = N/2。

核心觀念

體心立方晶體（body-centered cubic, BCC）的晶格點位於：

• 八個頂點
• 一個立方體中心

在 BCC 結構中，原子彼此接觸的方向是「立方體體對角線」。沿體對角線排列的原子半徑關係為：

$$R+2R+R=4R$$

其中兩個頂點原子各貢獻一個半徑，中心原子貢獻兩個半徑，因此體對角線長度等於 $4R$。

若晶胞邊長為 $a$，立方體體對角線長度為：

$$\sqrt{a^2+a^2+a^2}=\sqrt{3}a$$

因此 BCC 的重要關係式為：

$$\sqrt{3}a=4R$$

---

解題方法

設晶胞邊長為 $a$。

BCC 原子沿體對角線相切，因此：

$$\text{體對角線長度}=4R$$

另一方面，立方體體對角線由三個互相垂直、長度皆為 $a$ 的邊所構成，依三維畢氏定理：

$$d=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=\sqrt{3}a$$

令兩者相等：

$$\sqrt{3}a=4R$$

解得：

$$a=\frac{4R}{\sqrt{3}}$$

所以晶胞邊長為：

$$\boxed{\frac{4}{\sqrt{3}}R}$$

---

選項分析

(A) $2R$：錯誤

$2R$ 是兩個相切原子的直徑，不能直接作為 BCC 晶胞的邊長。BCC 原子並非沿立方體邊方向相切，而是沿體對角線相切。

(B) $\sqrt{2}R$：錯誤

核心觀念

氣體分子撞擊器壁的速率，取決於：

1. 分子總數 $N$：分子越多，撞擊次數越多。
2. 分子的平均速率 $\bar{v}$：分子移動越快，撞擊頻率越高。

因此可寫成比例關係：

$$\text{撞擊速率}\propto N\bar{v}$$

理想氣體在相同溫度下，分子的平均速率與莫耳質量 $M$ 的關係為：

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

同質量樣品中的分子數為：

$$N=\frac{m}{M}N_A$$

因此在樣品質量相同時：

$$N\propto \frac{1}{M}$$

解題方法

氫氣與二氧化硫的莫耳質量分別為：

$$M_{H_2}=2$$ $$M_{SO_2}=32+2(16)=64$$

分子數比為：

$$\frac{N_{H_2}}{N_{SO_2}} = \frac{M_{SO_2}}{M_{H_2}} = \frac{64}{2} = 32$$

在相同溫度下，平均速率比為：

$$\frac{\bar{v}_{H_2}}{\bar{v}_{SO_2}} = \sqrt{\frac{M_{SO_2}}{M_{H_2}}} = \sqrt{\frac{64}{2}} = \sqrt{32}$$

所以撞擊器壁的速率比為：

$$\frac{R_{H_2}}{R_{SO_2}} = \frac{N_{H_2}\bar{v}_{H_2}} {N_{SO_2}\bar{v}_{SO_2}}$$ $$= 32\sqrt{32} \approx 32(5.66) \approx 181$$

此題考驗對氣體動力論、理想氣體行為、分子速率和動能的理解。我們逐一分析每個選項的真偽。

樣本 M: $S_2(g)$, $n_M = 1$ mol, $T_M = 800$ K, $P_M = 0.20$ atm
樣本 N: $O_2(g)$, $n_N = 2$ mol, $T_N = 400$ K, $P_N = 0.40$ atm

1. 理想氣體行為 (Ideal Gas Behavior)
理想氣體行為在低壓和高溫下較好。

• 樣本 M：$P_M = 0.20$ atm，$T_M = 800$ K。
• 樣本 N：$P_N = 0.40$ atm，$T_N = 400$ K。
  壓力方面，樣本 M 的壓力較低，更有利於理想行為。
  溫度方面，樣本 M 的溫度較高，更有利於理想行為。
  因此，樣本 M 比樣本 N 更接近理想氣體。
  選項 (A) 假設相同的分子間作用力，樣本 M 比樣本 N 更接近理想氣體。
  此敘述是正確的。

2. 均方根速率 ($v_{rms}$)
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$

• 樣本 M：$v_{rms, M} = \sqrt{\frac{3R T_M}{M_{S_2}}}$
• 樣本 N：$v_{rms, N} = \sqrt{\frac{3R T_N}{M_{O_2}}}$

$M_{S_2} \approx 2 \times 32 = 64$ g/mol。
$M_{O_2} \approx 2 \times 16 = 32$ g/mol。

$v_{rms, M} = \sqrt{\frac{3R \times 800}{64}}$
$v_{rms, N} = \sqrt{\frac{3R \times 400}{32}}$

比較兩者的比值：
$\frac{v_{rms, M}}{v_{rms, N}} = \sqrt{\frac{T_M/M_{S_2}}{T_N/M_{O_2}}} = \sqrt{\frac{800/64}{400/32}} = \sqrt{\frac{800}{64} \times \frac{32}{400}} = \sqrt{\frac{800}{400} \times \frac{32}{64}} = \sqrt{2 \times \frac{1}{2}} = \sqrt{1} = 1$。
所以，$v_{rms, M} = v_{rms, N}$。

選項 (B) 說樣本 M 的 $v_{rms}$ 是樣本 N 的兩倍。
此敘述是錯誤的。