113 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《無機化學》

本題考查電磁輻射的基本性質。電磁輻射是由振動的電荷產生的，包含電場和磁場，並以波的形式傳播能量。

(a) 正確。電磁輻射由互相垂直振盪的電場和磁場組成。
(b) 錯誤。電子束 (electron beam) 是由移動的電子構成的粒子流，而不是電磁輻射。

本題考查分子結構、化學鍵理論、形式電荷、對稱元素與點群。以 PF5 為例，探討其結構與性質。

首先，我們需要知道 PF5 的結構。PF5 的中心原子是 P，周圍有五個 F 原子，其結構為三角雙錐形 (trigonal bipyramidal)。

(a) 錯誤。氟 (F) 是電負度最高的元素，磷 (P) 的電負度低於氟。
(b) 錯誤。G. N. Lewis 的理論主要關注共價鍵和路易斯結構，而三角雙錐結構是 VSEPR (價殼層電子對互斥) 理論的預測結果，Lewis 結構本身無法直接預測此種立體結構。
(c) 計算 PF5 中 P 的形式電荷。
形式電荷 = (中心原子價電子數) - (中心原子非鍵結電子數) - (中心原子鍵結電子數/2)
在 PF5 中，P 是中心原子，有 5 個價電子。

核心觀念

本題考查第二週期雙原子分子的分子軌域（molecular orbital, MO）電子組態、鍵級、磁性，以及 HOMO／LUMO 與化學反應性的關係。

判斷重點如下：

• 鍵級：

  $\text{Bond order}=\frac{N_b-N_a}{2}$

  其中 $N_b$ 為成鍵電子數，$N_a$ 為反鍵電子數。

• N₂ 的三鍵鍵級高，鍵解離能大，因此化學性質相對不活潑。

• O₂ 的最高佔據軌域為反鍵軌域 $\pi_g^*(2p)$，且最低未佔據軌域為 $\sigma_u^*(2p)$，容易接受電子或與其他物種進行軌域交互作用，因此較具反應性。

• O 原子的 $2s$ 與 $2p$ 能量差較 N、C、B 大，因此 $2s$–$2p$ 混合較不顯著。

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解題方法

先寫出 N₂ 與 O₂ 的價電子分子軌域組態。

對於 N₂：

$$(\sigma_g2s)^2(\sigma_u^*2s)^2 (\pi_u2p)^4(\sigma_g2p)^2$$

N₂ 有 10 個價電子，因此：

• 成鍵電子：$8$ 個
• 反鍵電子：$2$ 個
• 鍵級：

$$\frac{8-2}{2}=3$$

N₂ 的所有電子皆成對，為抗磁性分子。

對於 O₂：

$$(\sigma_g2s)^2(\sigma_u^*2s)^2 (\sigma_g2p)^2(\pi_u2p)^4 (\pi_g^*2p)^2$$

根據 Hund 規則，兩個電子分別佔據兩個簡併的 $\pi_g^*(2p)$ 軌域，因此 O₂ 具有兩個未成對電子，為順磁性分子。

O₂ 的鍵級為：

• 成鍵電子：$8$ 個
• 反鍵電子：$4$ 個

$$\frac{8-4}{2}=2$$

因此 O₂ 為雙鍵，鍵級低於 N₂，較容易被活化。

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選項分析

(a) Both of their highest occupied molecular orbitals (HOMOs) are $\sigma_g(2p)$.

錯誤。

對 N₂ 而言，最高佔據軌域確實是：

$$\mathrm{HOMO(N_2)}=\sigma_g(2p)$$

但對 O₂ 而言，$\sigma_g(2p)$ 下方還有 $\pi_g^*(2p)$，而 O₂ 的最高佔據軌域是：

$$\mathrm{HOMO(O_2)}=\pi_g^*(2p)$$

所以兩者的 HOMO 並不相同。

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(b) N₂ has unpaired electrons while O₂ doesn't.

錯誤。

此敘述將兩者的磁性完全顛倒。

N₂ 的價電子組態中所有電子均成對，沒有未成對電子，為抗磁性：

核心觀念

形式電荷公式為：

$$\text{形式電荷} = \text{價電子數} -\text{孤電子數} -\frac{\text{成鍵電子數}}{2}$$

中心原子的「expanded electron count」是計算中心原子周圍的成鍵電子與孤電子總數。

解題方法與各列判斷

1. SNF₃

採八隅體結構，S 與 N、3 個 F 皆以單鍵相連。

• S：4 條單鍵，形式電荷為
  $6-0-4=+2$
• N：1 條單鍵、3 對孤電子，形式電荷為
  $5-6-1=-2$

因此：

$$\boxed{\text{(a) S: }2+,\ \text{N: }2-}$$

2. SO₂Cl₂

八隅體結構中，S 與 2 個 O、2 個 Cl 皆以單鍵相連。

• S：
  $6-0-4=+2$
• 每個單鍵 O：
  $6-6-1=-1$

兩個 O 合計為 $2-$，所以：

$$\boxed{\text{(b) S: }2+,\ \text{O: }2-}$$

展開結構中形成兩個 $S=O$ 雙鍵，S 與 O 的形式電荷皆為 0，故：

$$\boxed{\text{(e) S: }0,\ \text{O: }0}$$

3. XeO₃

本題考查晶體結構中的密堆積 (close packing) 概念，包括 ccp (立方密堆積) 和 hcp (六方密堆積) 的性質。題目要求找出錯誤的敘述。

(a) 正確。密堆積結構主要有兩種：立方密堆積 (ccp) 和六方密堆積 (hcp)。
(b) 正確。ccp 和 hcp 的原子堆積因子 (APF) 均為 74%，這是最大可能的原子堆積效率。
(c) 錯誤。

核心觀念

本題考查三種酸鹼理論、羧酸酸性與 $pK_a$ 的關係、胺類鹼性，以及 Lewis 酸鹼的電子對概念。

• Arrhenius 酸：在水中產生 $\mathrm{H^+}$；Arrhenius 鹼：在水中產生 $\mathrm{OH^-}$。
• Brønsted–Lowry 酸：質子 $\mathrm{H^+}$ 供體；鹼：質子受體，因而形成共軛酸鹼對。
• Lewis 酸：電子對受體；Lewis 鹼：電子對供體。
• $pK_a=-\log K_a$，$pK_a$ 越小，酸性越強。
• 烷基具有供電子的誘導效應，使氮上的孤電子對較容易提供，通常可提高胺類的鹼性。

解題方法

逐一檢查各選項的理論敘述，並針對圖示中的羧酸比較 $pK_a$。最後以 Lewis 酸鹼的定義判斷 $\mathrm{CO}$ 與 $\mathrm{CO_2}$ 是電子對供體還是受體。

選項分析

(a) 正確

Arrhenius 於 1884 年提出電解質解離理論，並以水溶液中的離子化行為定義酸鹼：

$\text{酸}\rightarrow \mathrm{H^+}$

$\text{鹼}\rightarrow \mathrm{OH^-}$

因此本選項敘述正確。

(b) 正確

Brønsted–Lowry 理論將酸定義為質子供體，鹼定義為質子受體。例如：

$\mathrm{HA+B\rightleftharpoons A^-+HB^+}$

其中 $\mathrm{HA/A^-}$ 為共軛酸鹼對，$\mathrm{B/HB^+}$ 也是共軛酸鹼對。因此本選項正確。

(c) 正確

圖中羧酸由左至右為：

$$\mathrm{CH_3COOH} > \mathrm{ClCH_2COOH} > \mathrm{Cl_2CHCOOH} > \mathrm{CCl_3COOH}$$

核心觀念

本題考察 HSAB 理論（Hard and Soft Acids and Bases，硬軟酸鹼理論）與 **ambidentate ligand（雙齒選擇性配位基）**的配位偏好。

$NCS^-$（thiocyanate，硫氰酸根）具有兩個可供配位的原子：

• N 端：較硬的 Lewis 鹼，電負度較高、可極化性較低。
• S 端：較軟的 Lewis 鹼，可極化性較高。

HSAB 理論的基本原則為：

硬酸偏好與硬鹼配位，軟酸偏好與軟鹼配位。

因此，若 Lewis acid 對 N 的反應性高於對 S，該 Lewis acid 必須是 硬酸。此時通常形成 N 配位的硫氰酸根：

$$\mathrm{M-NCS}$$

相對地，軟酸多偏好 S 端：

$$\mathrm{M-SCN}$$

解題方法

逐一判斷各金屬離子的硬軟酸性：

1. 金屬離子的電荷越高、半徑越小，電荷密度越大，通常越偏硬。
2. 金屬離子的可極化性越高、電子雲越容易變形，通常越偏軟。
3. 高氧化態且半徑較小的金屬離子，多為硬酸。
4. $d^{10}$ 金屬離子及重金屬離子通常偏軟，常與硫等軟鹼配位。

本題五個選項中，只有 $\mathrm{Fe^{3+}}$ 屬於典型硬酸，因此較偏好 N 端。

選項分析

（a）$\mathrm{Hg_2^{2+}}$

$\mathrm{Hg_2^{2+}}$ 是雙核汞（I）離子，平均每個汞為 $+1$ 氧化態。汞屬於重金屬，電子雲可極化性高，且汞離子具有明顯軟酸特性。

因此：

$$\mathrm{Hg_2^{2+}} \text{ 偏好軟鹼 S}$$

它較傾向形成 S 配位的硫氰酸根，不符合題目所要求的「對 N 比對 S 更具反應性」。

錯誤。

（b）$\mathrm{Fe^{3+}}$

$\mathrm{Fe^{3+}}$ 具有高電荷與較高電荷密度，半徑相對較小，電子雲不易極化，屬於典型硬酸。

因此它偏好與硬鹼 N 配位：

本題考查晶體學中的布拉菲點陣 (Bravais lattices) 概念。布拉菲點陣是晶體中原子排列的基本重複單元，共有 14 種。這 14 種點陣可以歸類到七個晶系中。題目中提到了四種點陣類型：primitive (P, 簡單), face-centered (F, 面心), body-centered (I, 體心), and side-centered (A, B, or C, 底心)。題目要求找出哪一個晶系包含所有這四種類型的點陣。

七個晶系及其包含的布拉菲點陣類型：

1. 立方晶系 (Cubic): P, I, F (3種)
2. 四方晶系 (Tetragonal): P, I, F, cI (4種) (cI 指的是底心四方)
3. 斜方晶系 (Orthorhombic): P, I, F, C (A, B, C, F, I 屬於 C) (4種)
4. 單斜晶系 (Monoclinic): P, C (底心) (2種)
5. 三斜晶系 (Triclinic): P (1種)

核心觀念

本題綜合考查：

1. 元素的地球化學分類：親石元素（lithophile）與親硫元素（chalcophile）。
2. 電負度週期趨勢。
3. 金屬、非金屬與類金屬的判定。
4. Pearson 硬軟酸鹼理論（HSAB theory）中離子的軟硬度順序。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合上述定義與週期趨勢。四個選項可直接由基本分類判定，最後一項則需特別注意「酸鹼性」與「軟硬度」不可混為一談。

選項分析

(a) 正確

鹼金屬包括 Li、Na、K、Rb、Cs 等。親石元素是指容易與氧形成穩定氧化物、矽酸鹽，並主要存在於岩石中的元素。

鹼金屬具有很強的還原性，通常以陽離子形式存在，且容易進入矽酸鹽或其他含氧礦物晶格，因此鹼金屬整體上歸類為親石元素（lithophiles）。

(b) 正確

親硫元素（chalcophiles）是指容易與硫形成穩定硫化物的元素，常富集於硫化礦中。

Cu 與 Au 對硫具有高度親和力，能形成如 CuS、Cu$_2$S 及 Au$_2$S$_3$ 等硫化物，因此 Cu 和 Au 均可歸類為親硫元素。

(c) 正確

電負度代表原子在化學鍵中吸引鍵結電子的能力。依週期趨勢：

• 同一週期由左至右增加；
• 同一族由上至下減少。

氟位於週期表右上角，且原子半徑小、有效核電荷大，因此具有最高電負度。Pauling 電負度中，氟的數值為 $3.98$，是所有元素之中最高者。

核心觀念

本題考查弱酸解離、酸鹼共軛對，以及 $K_a$、pH、pKa 的定義。

反應為：

$$\mathrm{CH_3COOH + H_2O \rightleftharpoons H_3O^+ + CH_3COO^-}$$

其中：

• $\mathrm{CH_3COOH}$ 為酸，提供質子 $\mathrm{H^+}$。
• $\mathrm{H_2O}$ 為鹼，接受質子形成 $\mathrm{H_3O^+}$。
• $\mathrm{CH_3COO^-}$ 是 $\mathrm{CH_3COOH}$ 的共軛鹼。
• $\mathrm{H_3O^+}$ 是 $\mathrm{H_2O}$ 的共軛酸。

酸解離常數定義為：

$$K_a=\frac{[\mathrm{H_3O^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}$$

水為純液體，其活性視為常數並併入 $K_a$，因此不列入分母。

pH 與 pKa 的定義為：

$$\mathrm{pH}=-\log[\mathrm{H_3O^+}]$$ $$\mathrm{p}K_a=-\log K_a$$

解題方法

逐一檢查各選項是否符合上述定義與反應中的質子轉移關係。

本題的關鍵是分辨：

1. $K_a$ 的濃度表示式。
2. pH 與 $K_a$、$[\mathrm{H_3O^+}]$ 的關係。
3. 共軛酸鹼對的對應關係。
4. $K_a$ 大小與酸強度的關係。

選項分析

(a) $K_a = [\mathrm{H_3O^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]/[\mathrm{CH_3COOH}]$

此敘述正確。

由反應式：

$$\mathrm{CH_3COOH + H_2O \rightleftharpoons H_3O^+ + CH_3COO^-}$$

水是純液體，活性視為 1，因此：

$$K_a=\frac{[\mathrm{H_3O^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}$$

(b) $\mathrm{pH}=\log K_a$

此敘述錯誤。

pH 的定義為：

$$\mathrm{pH}=-\log[\mathrm{H_3O^+}]$$

而 $K_a$ 只代表酸的解離程度，不能單獨決定溶液的 pH。實際 pH 還與醋酸的初始濃度有關。

與 $K_a$ 對應的正確定義是：

$$\mathrm{p}K_a=-\log K_a$$

若將 $K_a=1.7\times10^{-5}$ 代入，則：

$$\mathrm{p}K_a=-\log(1.7\times10^{-5})$$

核心觀念

本題考查鹵素在鹼性溶液中的氧化還原反應配平，以及氧化數與電子守恆。

反應為：

$$A I_2+B OH^- \rightarrow C I^-+D IO_3^-+E H_2O$$

其中碘元素同時發生：

• 還原：$I_2$ 中碘的氧化數由 $0$ 降為 $-1$，生成 $I^-$。
• 氧化：$I_2$ 中碘的氧化數由 $0$ 升為 $+5$，生成 $IO_3^-$。

因此這是碘在鹼性環境中的歧化反應。

解題方法：半反應法

1. 還原半反應

碘由 $I_2$ 還原為 $I^-$：

$$I_2+2e^- \rightarrow 2I^-$$

2. 氧化半反應

先在酸性形式配平：

$$I_2 \rightarrow 2IO_3^-$$

配平氧與氫：

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

配平電荷，需要加入電子。左側電荷為 $+12$，右側電荷為 $-2$，因此在左側加入 $14e^-$：

$$I_2+6H_2O+14e^- \rightarrow 2IO_3^-+12H^+$$

此式電子方向不符合氧化反應，應將半反應反向：

$$2IO_3^-+12H^++14e^- \rightarrow I_2+6H_2O$$

更直接以氧化方向表示為：

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

碘由 $0$ 升至 $+5$，兩個碘原子共失去 $10e^-$，故電子數為 $10$。

轉換為鹼性環境，兩側加入 $12OH^-$：

$$I_2+6H_2O+12OH^- \rightarrow 2IO_3^-+12H_2O+10e^-$$

約去兩側的 $6H_2O$：

$$I_2+12OH^- \rightarrow 2IO_3^-+6H_2O+10e^-$$

3. 合併兩個半反應

還原半反應乘以 $5$：

$$5I_2+10e^- \rightarrow 10I^-$$

氧化半反應為：

本題考查配位化學中的異構現象，包括鏈異構、配位異構、水合異構和離子化異構。題目要求選出正確的描述。

(a) 鏈異構 (Linkage isomers)：是指配位基可以通過不同的原子與中心金屬配位而形成的異構體。常見的例子是 NO2⁻ (可以通過 N 或 O 配位) 和 SCN⁻ (可以通過 S 或 N 配位)。
給出的例子：[PtCl2(NH3)4] Br2 vs [PtBr2(NH3)4]Cl2。
這兩個錯合物的中心金屬離子 Pt 的配位數是 4。
在第一個錯合物中，Pt 的配位基是 2個 Cl⁻ 和 4個 NH3。抗衡離子是 Br⁻。
在第二個錯合物中，Pt 的配位基是 2個 Br⁻ 和 4個 NH3。抗衡離子是 Cl⁻。
這兩個錯合物的組成都不同，一個是 Pt(II)，一個是 Pt(II)。Pt 的配位數都是 4。
但是，這不是鏈異構。鏈異構是指配位基連接點不同。例如 [Co(NH3)5(NO2)]²⁺ 和 [Co(NH3)5(ONO)]²⁺。
這兩個錯合物的例子是離子異構 (ionisation isomers) 或配位離子組成的差異。
所以 (a) 錯誤。

(b) 配位異構 (Coordination isomers)：是指兩個錯合物的中心金屬離子和配位基相同，但是中心金屬離子與配位基的連接方式不同。
給出的例子：[Co(NH3)5(NO2)]²⁺ 和 -O-N-O or -NO2。
第一個是錯離子，中心是 Co，配位基是 NH3 和 NO2⁻。
第二個 -O-N-O or -NO2 指的是 NO2⁻ 配位基，它可以通過 N 配位 (形成亞硝酸根錯合物) 或通過 O 配位 (形成硝基錯合物)。
這個例子描述的是鏈異構，而不是配位異構。

本題考查 X 射線的性質和應用。題目要求找出關於 X 射線的錯誤敘述。

(a) 正確。X 射線的波長範圍大約在 0.01 nm 到 10 nm 之間，而可見光的波長範圍大約在 400 nm 到 700 nm 之間。因此，X 射線的波長比可見光短得多。
(b) 正確。X 射線是由 Wilhelm Conrad Röntgen 在 1895 年進行陰極射線實驗時偶然發現的。
(c) 錯誤。X 射線繞射 (XRD) 是晶體學中的一種技術，用於確定晶體結構。

本題考查化學鍵的長度級別。

化學鍵的長度通常在皮米 (pm) 或埃 (Å) 的範圍內。
1 nm = 10⁹ pm = 10 Å
1 pm = 10⁻¹² m

(a) 10 nm = 10¹⁰ pm。這太長了，相當於分子間的距離。
(b) 1 nm = 10⁹ pm。這也太長了。
(c) 0.1 nm = 100 pm。這是常見的化學鍵長度範圍。
(d) 0.1 pm = 100 fm。這是原子核的尺度，不是化學鍵的長度。
(e) 1 pm。這太短了，可能接近於原子核的尺寸。

本題考查 C-C 鍵的解離能。

鍵解離能是指斷裂一個化學鍵所需的能量。
單鍵、雙鍵、三鍵的鍵能不同。
C-C 單鍵的鍵能大約在 300-350 kJ/mol 左右。
1 kcal ≈ 4.184 kJ。
所以，300 kJ/mol ≈ 300 / 4.184 kcal/mol ≈ 71.7 kcal/mol。

核心觀念

本題考查過渡金屬錯合物的 $18$ 電子規則。電子總數計算式為：

$$\text{總價電子數} = \text{金屬中心 }d\text{ 電子數} + \text{配體提供的電子數}$$

常見配體電子數如下：

• $\eta^5$-$\mathrm{C_5H_5^-}$（Cp）：$6e^-$
• $\mathrm{CO}$、$\mathrm{PPh_3}$、$\mathrm{PMe_3}$、$\mathrm{NCMe}$、$\mathrm{NMe_3}$：各 $2e^-$
• $\mathrm{Cl^-}$、$\mathrm{Br^-}$、$\mathrm{SiMe_3^-}$、$\mathrm{AsPh_2^-}$、$\mathrm{NMe_2^-}$：各 $2e^-$
• $\mathrm{N^{3-}}$（nitrido，氮化物）：$6e^-$

先由配體電荷求金屬氧化數，再判斷金屬的 $d$ 電子數。

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選項分析

(a) $\left[(\eta^5\text{-}\mathrm{C_5H_5})\mathrm{FeCl(CO)(PPh_3)}\right]$

$\mathrm{Cp^-}$ 與 $\mathrm{Cl^-}$ 均帶 $-1$ 電荷，錯合物整體中性，因此：

$$\mathrm{Fe}+(-1)+(-1)=0$$ $$\mathrm{Fe}=+2$$

Fe 為第 8 族元素，$\mathrm{Fe^{2+}}$ 為 $d^6$。

電子數：

$$d^6+6(\mathrm{Cp})+2(\mathrm{Cl})+2(\mathrm{CO})+2(\mathrm{PPh_3}) =6+6+2+2+2=18$$

因此 (a) 遵守 $18$ 電子規則。

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(b) $\mathrm{Cr(CO)_3(SiMe_3)(Cl)(NCMe)_2}$

$\mathrm{SiMe_3^-}$ 與 $\mathrm{Cl^-}$ 各帶 $-1$ 電荷，錯合物整體中性：

$$\mathrm{Cr}+(-1)+(-1)=0$$ $$\mathrm{Cr}=+2$$

Cr 為第 6 族元素，$\mathrm{Cr^{2+}}$ 為 $d^4$。

電子數：

$$d^4+3(2)(\mathrm{CO})+2(\mathrm{SiMe_3}) +2(\mathrm{Cl})+2(2)(\mathrm{NCMe})$$ $$=4+6+2+2+4=18$$

因此 (b) 遵守 $18$ 電子規則。

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核心觀念

本題考查金屬羰基錯合物中的「協同鍵結」與配體對一氧化碳伸縮振動頻率 $\nu_{\mathrm{CO}}$ 的影響。

金屬與 CO 之間包含兩種相互作用：

1. CO → Mo 的 $\sigma$ 給電子
2. Mo → CO 的 $\pi$ 回饋鍵結

當金屬中心電子密度較高時，Mo → CO 的 $\pi$ 回饋作用增強，使 CO 的反鍵軌域受到更多電子填入，削弱 C–O 鍵，因此：

$$\nu_{\mathrm{CO}}\downarrow$$

反之，若配體具有強 $\pi$ 受體能力，會降低 Mo 中心可回饋給 CO 的電子密度，使 C–O 鍵較強，因而：

$$\nu_{\mathrm{CO}}\uparrow$$

因此，本題的判斷原則為：

磷配體的 $\pi$ 受體能力越強，CO 伸縮頻率越高；$\pi$ 受體能力越弱、$\sigma$ 給電子能力越強，CO 伸縮頻率越低。

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解題方法：比較磷配體的電子效應

四種磷配體的電子效應排序為：

$$\mathrm{PF_3>PCl_3>PPh_2Cl>PMe_3}$$

此排序代表磷配體的 $\pi$ 受體能力由強至弱，也對應到錯合物中 $\nu_{\mathrm{CO}}$ 由高至低的順序。

1. $\mathrm{PF_3}$

氟具有很強的吸電子能力，使磷中心電子密度低，$\mathrm{PF_3}$ 是強 $\pi$ 受體。它會從 Mo 中心吸收較多電子，降低 Mo → CO 回饋鍵結，因此 C–O 鍵最強，$\nu_{\mathrm{CO}}$ 最高：

$$\mathrm{PF_3}\longrightarrow 2090\ \mathrm{cm^{-1}}$$

2. $\mathrm{PCl_3}$

氯也具有吸電子效應，使 $\mathrm{PCl_3}$ 具相當明顯的 $\pi$ 受體能力，但弱於 $\mathrm{PF_3}$。因此其 CO 頻率次高：

$$\mathrm{PCl_3}\longrightarrow 2040\ \mathrm{cm^{-1}}$$

3. $\mathrm{PPh_2Cl}$

苯基具有一定程度的給電子能力，兩個苯基會削弱氯所造成的吸電子效應，因此 $\mathrm{PPh_2Cl}$ 的 $\pi$ 受體能力低於 $\mathrm{PCl_3}$：

$$\mathrm{PPh_2Cl}\longrightarrow 1977\ \mathrm{cm^{-1}}$$

4. $\mathrm{PMe_3}$

甲基具有強 $\sigma$ 給電子效應，使 $\mathrm{PMe_3}$ 成為強 $\sigma$ 給電子、弱 $\pi$ 受體的配體。Mo 中心電子密度最高，Mo → CO 回饋鍵結最強，C–O 鍵最弱，因此 $\nu_{\mathrm{CO}}$ 最低：

$$\mathrm{PMe_3}\longrightarrow 1945\ \mathrm{cm^{-1}}$$

所以整體頻率排序為：

核心觀念

本題考查雙金屬錯合物的金屬—金屬分子軌域與鍵級。鍵級由成鍵與反鍵軌域的電子數決定：

$$\text{鍵級}=\frac{N_{\text{成鍵}}-N_{\text{反鍵}}}{2}$$

依原卷圖，題目化學式為 $[\mathrm{W_2Cl_6}]$。金屬—金屬軌域由低至高依序為 $\sigma$、兩個簡併的 $\pi$、兩個簡併的 $\delta$，再往上是反鍵軌域 $\delta^*$、$\pi^*$、$\sigma^*$。

解題方法

每個氯配體按 $\mathrm{Cl^-}$ 計，六個氯共帶 $-6$ 電荷；錯合物中兩個鎢的總氧化數為 $+6$，所以每個鎢為 $+3$。鎢位於第 6 族，$\mathrm{W^{3+}}$ 為 $d^3$，兩個鎢共提供 $6$ 個 $d$ 電子。

依軌域能階由低至高填入這 6 個電子：$\sigma$ 軌域填入 2 個，兩個簡併的 $\pi$ 軌域合計填入 4 個；反鍵軌域沒有電子。因此：

核心觀念

本題考查配位化合物的：

1. 中心金屬氧化數判定。
2. 過渡金屬的 $d$ 電子數。
3. 八面體晶場中的電子排布與未成對電子數。

氰離子 $\mathrm{CN^-}$ 帶 $-1$ 價。題目中的 $[\mathrm{Cr(CN)_6}]^{1-}$ 視為整體帶 $-1$ 價。

解題方法

設鉻的氧化數為 $x$：

$$x+6(-1)=-1$$

因此：

$$x=+5$$

鉻的原子序為 $24$，基態電子組態為：

$$\mathrm{Cr}:[\mathrm{Ar}]3d^5 4s^1$$

形成 $\mathrm{Cr^{5+}}$ 時，先移除 $4s$ 電子，再移除 $3d$ 電子，因此：

$$\mathrm{Cr^{5+}}:[\mathrm{Ar}]3d^1$$

所以中心金屬為 $d^1$ 組態。無論八面體晶場分裂為 $t_{2g}$ 與 $e_g$，只有一個 $d$ 電子：

$$(t_{2g})^1(e_g)^0$$

這一個電子不可能與另一電子配對，因此未成對電子數為 $1$。

氰離子雖屬強場配體，但對 $d^1$ 組態而言，只有一個電子，沒有「先分開排布或先配對」的選擇問題；故強、弱場不影響本題答案。

選項分析

本題考查乙二胺四乙酸 (EDTA) 的性質和應用。EDTA 是一種常用的配位化學試劑。

(a) 錯誤。EDTA 是一種非常有效的螯合劑 (chelating agent)，它可以與多種金屬離子形成穩定的錯合物。
(b) 正確。EDTA 可以與體內的重金屬離子 (如 Pb²⁺, Hg²⁺) 形成穩定的水溶性錯合物，然後通過排泄系統排出體外，從而用於治療重金屬中毒。
(c) 錯誤。

核心觀念

本題考查配位化合物的顏色與可見光吸收。配位場分裂使金屬中心的 $d$ 軌域能階不同，電子吸收特定波長的可見光後發生 $d$–$d$ 躍遷；溶液呈現的顏色，通常是被吸收光色的互補色。

由題目附圖的色輪可判斷：

• 吸收橙光，呈現藍色。
• 吸收黃色，呈現紫色。
• 吸收紫色，呈現黃色。

解題方法

逐一判斷三種配位離子的實際溶液顏色：

1. $[\mathrm{Co(NH_3)_6}]^{3+}$ 為黃色。
2. $[\mathrm{Co(H_2O)_6}]^{3+}$ 為紫色。
3. $[\mathrm{CoCl_4}]^{2-}$ 為藍色。

因此排列為：

$$A:\text{黃色},\qquad B:\text{紫色},\qquad C:\text{藍色}$$

所以正確選項為 (d)。

選項分析

• (a) A 為藍色、B 為黃色、C 為紫色：錯誤。
  三種配離子的顏色均與實際判斷不符。

核心觀念

本題考查金屬錯合物的氧化加成（oxidative addition）。

氧化加成反應中，雙原子分子如 $\mathrm{Cl_2}$ 同時與金屬中心形成兩個新鍵：

$$\mathrm{M + Cl_2 \longrightarrow MCl_2}$$

金屬的氧化數增加 $2$，形式上的 $d$ 電子數減少 $2$，而金屬周圍的電子數增加 $2$。適合進行氧化加成的錯合物通常具有下列特徵：

• 金屬處於較低氧化態；
• 金屬中心電子較豐富；
• 具有未飽和配位環境，常見為 $16$ 電子、平面四方形的 $d^8$ 錯合物；
• 氧化加成後可形成較穩定的 $18$ 電子錯合物。

經典例子是 Vaska’s complex：

$$[\mathrm{IrCl(CO)(PPh_3)_2}]$$

它是低氧化態、電子豐富的 $16$ 電子 Ir(I) 錯合物，能與 $\mathrm{Cl_2}$ 進行氧化加成。

解題方法

逐一判斷各錯合物的：

1. 金屬氧化態；
2. $d$ 電子數；
3. 總價電子數；
4. 是否具有適合氧化加成的未飽和、低氧化態金屬中心。

對於選項 (e)：

$$[\mathrm{IrCl(CO)(PPh_3)_2}]$$

配體電荷為：

• $\mathrm{Cl^-}$：$-1$
• $\mathrm{CO}$、$\mathrm{PPh_3}$：中性

整體錯合物為中性，因此：

$$\mathrm{Ir} = +1$$

Ir 為第 9 族元素，所以：

$$d\text{ 電子數}=9-1=8$$

電子數如下：

• Ir(I)：$d^8$，共 $8$ 電子；
• $\mathrm{Cl^-}$：$2$ 電子；
• $\mathrm{CO}$：$2$ 電子；
• 兩個 $\mathrm{PPh_3}$：$4$ 電子。

因此：

$$8+2+2+4=16\text{ 電子}$$

與 $\mathrm{Cl_2}$ 進行氧化加成後：

$$[\mathrm{IrCl(CO)(PPh_3)_2}] +\mathrm{Cl_2} \longrightarrow [\mathrm{IrCl_3(CO)(PPh_3)_2}]$$

Ir 的氧化態由 $+1$ 升至 $+3$，$d^8$ 變為 $d^6$；新增兩個氯配體後，總電子數增加 $2$，形成穩定的 $18$ 電子錯合物。

選項分析

(a) $[(\eta^5\text{-}\mathrm{C_5H_5})_2\mathrm{Fe}]$

這是二茂鐵（ferrocene）。

每個 $\eta^5\text{-}\mathrm{C_5H_5^-}$ 配體提供 $6$ 電子，兩個 Cp 配體總共提供 $12$ 電子。兩個 Cp^- 使 Fe 的氧化態為 $+2$：

$$\mathrm{Fe^{2+}}: d^6$$

總電子數為：

$$6+12=18\text{ 電子}$$

二茂鐵已是穩定、飽和的 $18$ 電子錯合物，且 Fe 已處於相對穩定的 Fe(II) 氧化態，不適合再接受 $\mathrm{Cl_2}$ 的氧化加成。

因此 (a) 錯誤。

(b) $[\mathrm{Mn(CO)_5}]$

Mn 為第 7 族元素，CO 為中性 $2$ 電子供體：

$$7+5(2)=17\text{ 電子}$$

核心觀念

本題考查原子光譜項（term symbol）的表示法：

$$^{2S+1}L_J$$

其中：

• $2S+1$：自旋多重度
• $S$：總自旋量子數
• $L$：總軌道角動量量子數，以字母表示
  $L=0,1,2,3,\ldots$ 對應 $S,P,D,F,\ldots$
• $J$：總角動量量子數

題目給定的是 $^3D$ term，因此：

$$2S+1=3 \Rightarrow S=1$$ $$D \Rightarrow L=2$$

在 $L$ 與 $S$ 耦合下，$J$ 的可能值為：

$$J=|L-S|,\ |L-S|+1,\ldots,L+S$$

因此：

$$J=|2-1|,\ldots,2+1=1,2,3$$

所以 $^3D$ term 的所有狀態為：

$$^3D_1,\ ^3D_2,\ ^3D_3$$

解題方法

先由項符號 $^3D$ 判定 $S$ 與 $L$：

$$^3D \Rightarrow S=1,\quad L=2$$

再利用角動量耦合規則：

$$J=|L-S| \sim L+S$$

代入 $L=2$、$S=1$：

$$J=|2-1|,\ |2-1|+1,\ 2+1$$ $$J=1,2,3$$

故正確的狀態集合為：

$$^3D_1,\ ^3D_2,\ ^3D_3$$

選項（a）列出 $^3D_3$、$^3D_2$、$D_1$；其中最後一項依完整項符號應為 $^3D_1$，題目應是省略或排版遺漏了左上角的 $3$。其所要表達的三個 $J$ 值正是 $3,2,1$。

選項分析

（a）$^3D_3,\ ^3D_2,\ D_1$

$^3D$ term 的 $J$ 值為 $1,2,3$，因此三個狀態應為：

$$^3D_1,\ ^3D_2,\ ^3D_3$$

本選項的 $D_1$ 應視為排版遺漏，完整形式為 $^3D_1$。依題目原意，本選項正確。

（b）$^3D_2,\ D_3,\ D_4$

核心觀念

本題考查配位化合物的「動力學活性」：

• Labile（活潑）：配體取代速率快，容易發生配體交換。
• Inert（惰性）：配體取代速率慢，並不代表熱力學上一定不穩定。

八面體錯合物可利用晶場穩定化能與反鍵結軌域佔據情形判斷：

• $e_g$ 軌域具有金屬—配體反鍵結性質；若有電子佔據，通常會使金屬—配體鍵變弱，增加活性。
• $t_{2g}$ 軌域主要為非鍵結軌域；電子填入 $t_{2g}$ 通常有利於惰性。
• 強場配體容易形成低自旋組態，弱場配體容易形成高自旋組態。

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解題方法

逐一判斷各錯合物的：

1. 金屬氧化態與 $d$ 電子數；
2. 高自旋或低自旋組態；
3. 是否有 $e_g$ 反鍵結電子；
4. 是否具有配位不飽和或容易發生環滑移的結構。

其中，若錯合物具有明顯的 $e_g$ 電子，或為電子數不足的有機金屬錯合物，通常較為 labile。

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選項分析

(a) $[(\eta^3\text{-}C_5H_5)_2Ru]$

每個 $\eta^3$- $C_5H_5$ 可視為陰離子型四電子供體。兩個配體共提供 $8$ 個電子；兩個陰離子配體使 Ru 的氧化態為 $+2$：

$$\mathrm{Ru}^{2+}: d^6$$

因此總價電子數為：

$$6+2(4)=14$$

此錯合物為 $14$ 電子，未達常見的 $18$ 電子穩定組態，具有配位不飽和性。此外，$\eta^3$-環可透過環滑移改變配位方式，為其他配體進入金屬中心提供空間，因此具有較高反應活性。

所以 (a) 為 labile。

陷阱：若結構是常見的 $\eta^5$- $C_5H_5$，則電子數會大幅增加；本題明列為 $\eta^3$，必須依題目所給的配位方式計算。

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(b) $[\mathrm{Mn(CN)_6}]^{3-}$

CN⁻ 為強場配體。先計算 Mn 氧化態：

$$x+6(-1)=-3$$ $$x=+3$$

因此：

$$\mathrm{Mn}^{3+}: d^4$$

由於 CN⁻ 為強場配體，形成低自旋組態：

$$t_{2g}^4e_g^0$$

沒有電子佔據 $e_g$ 反鍵結軌域，而且低自旋 $d^4$ 具有相當大的晶場穩定化：

$$\mathrm{LFSE} = 4(-0.4\Delta_o) = -1.6\Delta_o$$

金屬—配體鍵較強，配體取代速率慢，因此屬於 inert，不是 labile。

所以 (b) 錯誤。

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(c) $[\mathrm{V(H_2O)_6}]^{2+}$

水是弱場配體。V 的氧化態為 $+2$：

核心觀念

$Cu^{2+}$ 的基態電子組態為：

$$\mathrm{Cu}: [Ar]\,3d^{10}4s^1$$

失去兩個電子後：

$$\mathrm{Cu^{2+}}: [Ar]\,3d^9$$

$d^9$ 電子組態在自由離子中的基態為：

$${}^2D$$

其中上標 $2$ 表示自旋多重度：

$$2S+1=2 \Rightarrow S=\frac12$$

在八面體配位場 $O_h$ 中，$D$ 軌域簡併會分裂為：

$$D \longrightarrow E_g+T_{2g}$$

因此：

$${}^2D \longrightarrow {}^2E_g+{}^2T_{2g}$$

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解題方法

在八面體晶場中，五個 $d$ 軌域分成兩組：

• $e_g$：$d_{z^2}$、$d_{x^2-y^2}$，能量較高
• $t_{2g}$：$d_{xy}$、$d_{xz}$、$d_{yz}$，能量較低

$Cu^{2+}$ 為 $d^9$：

$$t_{2g}^{6}e_g^{3}$$

其晶場電子排布為：

$$\begin{array}{c} e_g:\ \uparrow\downarrow\quad \uparrow\\ t_{2g}:\ \uparrow\downarrow\quad \uparrow\downarrow\quad \uparrow\downarrow \end{array}$$

因此，$d^9$ 的基態主要具有一個位於 $e_g$ 軌域的未成對電子，對應的基態項為：

$${}^2E_g$$

另一個 ${}^2T_{2g}$ 狀態需要較高能量的電子組態，能量高於 ${}^2E_g$。所以兩個分裂能階中，較低能量者為：

$${}^2E_g$$

題目中的配位體為水，形成的六配位結構近似八面體；雖然 $Cu^{2+}$ 的 $d^9$ 組態常伴隨 Jahn–Teller 畸變，但本題所問的是 ${}^2D$ 在八面體晶場下分裂後的兩個項，故答案採 ${}^2E_g$。

核心觀念

本題考查八面體錯合物的電子組態與 Jahn–Teller 定理。

Jahn–Teller 定理指出：

非線性分子若具有軌域簡併的電子基態，系統會透過幾何變形降低對稱性與能量，使簡併解除。

因此，判斷某個六水合金屬離子是否會發生幾何變形，關鍵在於：

1. 判定金屬離子的 $d$ 電子數。
2. 判定六個水分子形成的八面體場為高自旋或低自旋。
3. 判斷基態是否具有軌域簡併。

水是弱場配位基，因此本題的二價第一列過渡金屬離子採高自旋八面體電子組態。

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解題方法

八面體晶場中，$d$ 軌域分裂為：

• 較低能量的 $t_{2g}$ 軌域：$d_{xy},d_{xz},d_{yz}$
• 較高能量的 $e_g$ 軌域：$d_{z^2},d_{x^2-y^2}$

各金屬離子的 $d$ 電子數如下：

錯合物	金屬離子	$d$ 電子數	八面體電子組態	是否有軌域簡併
$[\mathrm{Mn(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Mn^{2+}}$	$d^5$	$t_{2g}^3e_g^2$	否
$[\mathrm{Fe(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Fe^{2+}}$	$d^6$	$t_{2g}^4e_g^2$	是
$[\mathrm{Co(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Co^{2+}}$	$d^7$	$t_{2g}^5e_g^2$	是
$[\mathrm{Ni(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Ni^{2+}}$	$d^8$	$t_{2g}^6e_g^2$	否
$[\mathrm{Cu(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Cu^{2+}}$	$d^9$	$t_{2g}^6e_g^3$	是
$[\mathrm{Zn(H_2O)_6}]^{2+}$	$\mathrm{Zn^{2+}}$	$d^{10}$	$t_{2g}^6e_g^4$	否

逐一分析如下。

1. $\mathrm{Mn^{2+}}$：$d^5$

高自旋組態為：

$$t_{2g}^3e_g^2$$

五個 $d$ 電子分別單獨佔據五個 $d$ 軌域，基態為軌域非簡併的 $^6A_{1g}$。

因此不具 Jahn–Teller 活性。

2. $\mathrm{Fe^{2+}}$：$d^6$

高自旋組態為：

$$t_{2g}^4e_g^2$$

$t_{2g}$ 軌域中有一組未完全對稱填入的電子，基態具有軌域簡併，常表示為 $^5T_{2g}$。

因此預期發生 Jahn–Teller 幾何變形。

3. $\mathrm{Co^{2+}}$：$d^7$

高自旋組態為：

本題考查過渡金屬錯合物的電子數、核磁共振 (NMR) 光譜、紅外光譜 (IR) 以及質子酸性，特別是關於 agostic 鍵的性質。題目要求判斷四個敘述中有多少個是正確的。

首先，我們需要分析錯合物 [Ru(PPh3)3Cl2]。
Ru 在第 8 族，有 8 個價電子。
PPh3 (膦) 是中性配位基，提供 2 個電子。有 3 個 PPh3，共 32 = 6 個電子。
Cl⁻ 是陰離子配位基，提供 1 個電子。有 2 個 Cl⁻，共 21 = 2 個電子。
Ru 的氧化態：設為 x。x + 30 + 2(-1) = 0 (假設錯合物整體為中性)。所以 x = +2。
Ru(II) 是 d⁶ 構型。
總價電子數 = 8 (Ru) + 6 (PPh3) + 2 (Cl⁻) = 16 個電子。
或者，Ru(II) 是 d⁶，所以 6 (Ru²⁺) + 6 (PPh3) + 2 (Cl⁻) = 14 個電子。
Let's use the group number method: Ru (Group 8) -> 8 valence electrons.
Total = 8 + 32 (PPh3) + 21 (Cl⁻) = 8 + 6 + 2 = 16 electrons.

Agostic 鍵是指金屬原子與 C-H 鍵之間的一種弱相互作用，其中 C-H 鍵的電子對部分參與與金屬的配位。這會影響 C-H 鍵的性質。

I. This complex is an 18-electron species.
我們計算得到總價電子數為 16 個電子。因此，這個敘述是錯誤的。

本題考查過渡金屬錯合物的反應性、活化參數、光譜性質以及異構現象。題目中提到了 Mn 和 Re 錯合物的配位基交換速率差異，以及 Mn 錯合物的活化體積和紅外光譜數據。要求判斷哪些敘述是正確的。

首先，我們需要理解錯合物的取代反應機制和影響因素。

(a) First row transition metal complexes are generally more substitutionally labile, thus more "weak-field" than second and third row complexes.
第一行過渡金屬錯合物通常比第二、三行過渡金屬錯合物更活潑 (labile)，即更容易發生取代反應。這是因為第二、三行的金屬離子通常具有更大的半徑和更高的價電子數，導致其錯合物更穩定 (inert)。同時，弱場配位基 (weak-field ligands) 傾向於形成活潑的錯合物，而強場配位基 (strong-field ligands) 傾向於形成惰性的錯合物。通常，第一行過渡金屬的錯合物的晶體場穩定化能 (CFSE) 較小，使其更活潑。因此，這個敘述是正確的。

(b) The negative volume of activation is consistent with a D (or Ia) mechanism.
活化體積 (activation volume, ΔV‡) 是反應速率與壓力相關的一個參數。負的活化體積通常意味著反應在過渡態時體積減小，這與締合取代機制 (associative mechanism, 如 Ia 或 D) 相符，因為在這些機制中，反應物分子會聚集在一起形成過渡態，導致體積減小。題目中提到 Mn 錯合物的活化體積為 -4.5 ± 0.4 cm³ mol⁻¹，是負值。因此，這與締合取代機制 (D 或 Ia) 相符。這個敘述是正確的。

(c) Occurrence of two infrared bands of [(CO)3Mn(H2O)3]⁺ is more consistent with a fac isomer.
錯合物 [(CO)3Mn(L)3] (其中 L 為其他配位基) 存在兩種幾何異構體：fac (面式) 和 mer (經式)。
fac 異構體中，三個相同的配位基位於一個八面體的面上。

本題考查 Ni(II) 錯合物的顏色、配位基效應、磁性、電子數以及晶體場劈裂能。題目給出了兩個 Ni(II) 錯合物：[Ni(H2O)6]²⁺ (綠色) 和 [Ni(en)3]²⁺ (紫色)，要求判斷哪些敘述是正確的。

Ni(II) 是 d⁸ 離子。

(a) The green complex absorbs green light.
錯合物的顏色是其吸收光譜的互補色。如果錯合物呈現綠色，則表示它吸收了與綠色相對的顏色，即紅色和藍色光。它不吸收綠光。
因此，這個敘述是錯誤的。

(b) The reaction of [Ni(H2O)6]²⁺ with excess of en should afford [Ni(en)3]²⁺.
乙二胺 (en) 是雙齒配位基，比水 (H2O) 是單齒配位基，且 en 的場強比 H2O 強。
根據螯合效應 (chelate effect)，多齒配位基形成的錯合物通常比單齒配位基形成的錯合物更穩定。
因此，在過量的 en 存在下，[Ni(H2O)6]²⁺ 會與 en 反應，取代水分子，形成更穩定的 [Ni(en)3]²⁺。
這個敘述是正確的。

(c) Both complex ions are paramagnetic.
Ni(II) 是 d⁸ 離子。
[Ni(H2O)6]²⁺：H2O 是中等場配位基。八面體場中，d⁸ 離子的電子排布是 t2g⁶ eg²。

核心觀念

本題考查「金屬—二氫配位基」的成鍵模式、電子計數、形式氧化數與氫氫鍵活化。

二氫配位基 $H_2$ 尚未完全解離成兩個氫化物，而是以完整的 $H-H$ 分子形式與金屬配位。其成鍵包含兩個協同作用：

1. $\sigma$ 給電子：$H_2$ 的成鍵軌域 $\sigma_{H-H}$ 將電子給予金屬。
2. $\pi$ 回饋鍵結：金屬填有電子的 $d$ 軌域將電子回饋至 $H_2$ 的反鍵軌域 $\sigma^*_{H-H}$。

回饋電子進入 $\sigma^*_{H-H}$ 後，會降低 $H-H$ 鍵級，使氫氫鍵變長、變弱。

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解題方法

採用三個步驟：

1. 判斷 $H_2$ 的配位成鍵方式。
2. 以離子法計算 Ir 的形式氧化數與總價電子數。
3. 由金屬對 $H_2$ 的回饋作用判斷 $H-H$ 鍵長及是否存在 $\pi$ 交互作用。

1. 判斷配位成鍵

$H_2$ 以其 $\sigma_{H-H}$ 成鍵軌域向 Ir 給出一對電子，因此是 $\sigma$-donor。

同時，Ir 的金屬 $d$ 電子可回饋至 $H_2$ 的 $\sigma^*_{H-H}$ 軌域。雖然受體軌域本身是 $\sigma^*$ 軌域，但金屬到配位基的側向回饋作用在配位化學中歸類為 $\pi$ back-bonding。

2. 計算 Ir 的氧化數

在

$$[\mathrm{Ir}(P^{i}\mathrm{Pr}_3)_2\mathrm{Cl}_3(H_2)]$$

中：

• $P^{i}\mathrm{Pr}_3$ 為中性膦配位基；
• $H_2$ 為中性配位基；
• 每個 $\mathrm{Cl^-}$ 帶 $-1$ 價。

設 Ir 氧化數為 $x$：

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

因此：

$$x=+3$$

Ir 為第 9 族元素，所以 $\mathrm{Ir^{III}}$ 為 $d^6$ 金屬中心。

3. 計算總價電子數

以離子法計算：

來源	電子數
$\mathrm{Ir^{III}}$，$d^6$	$6$
$2P^{i}\mathrm{Pr}_3$，每個 $2e$	$4$
$3\mathrm{Cl^-}$，每個 $2e$	$6$
$H_2$，$\eta^2$-二氫配位，每個 $2e$	$2$

總電子數為：

$$6+4+6+2=18$$

所以此錯合物是 $18$ 電子物種。

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選項分析

(a) $H_2$ is a $\sigma$-donor.

正確。

$H_2$ 的 $\sigma_{H-H}$ 成鍵軌域將一對電子給予 Ir 的空軌域，形成金屬—二氫配位鍵，因此 $H_2$ 是 $\sigma$ 給電子配位基。