108 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《普通化學》

本題主要在考驗學生對「同位素 (isotopes)」的定義是否清楚。同位素是指質子數相同，但中子數不同的原子。質子數決定了元素的種類，而中子數的變化會影響原子的質量數。

選項分析：
(A) $^{15}_7$N 的質子數為 7，中子數為 15-7=8。$^{15}_8$O 的質子數為 8，中子數為 15-8=7。質子數不同，故非同位素。
(B) O$_2$ 和 O$_3$ 是氧元素的不同分子形式，稱為「同素異形體 (allotropes)」，而非同位素。
(C) $^{18}_8$O 的質子數為 8，中子數為 18-8=10。$^{19}_9$F 的質子數為 9，中子數為 19-9=10。質子數不同，故非同位素。

本題考驗學生對離子化合物命名與化學式書寫的知識。需要知道鋇離子 (Barium ion) 和磷酸根離子 (phosphate ion) 的電荷，進而組合出電中性的化學式。

1. 確定離子電荷：

   • 鋇 (Ba) 位於第二族，通常形成 +2 的陽離子，即 Ba$^{2+}$。
   • 磷酸根離子 (phosphate) 的化學式為 PO$_4^{3-}$，帶有 -3 的電荷。

2. 組合化學式：
   為了使化合物整體呈電中性，陽離子和陰離子的總電荷必須為零。設 Ba$^{2+}$ 的數量為 x，PO$_4^{3-}$ 的數量為 y。
   則總電荷為 $x \times (+2) + y \times (-3) = 0$
   $2x = 3y$
   最簡整數比為 $x=3$, $y=2$。
   因此，鋇磷酸鹽的化學式為 Ba$_3$(PO$_4$)$_2$。

本題考驗學生對化學反應方程式平衡 (balancing chemical equations) 的能力，以及利用化學計量 (stoichiometry) 進行計算。

1. 平衡化學方程式：
   給定的反應物和產物是：C$_4$H$_8$ + O$_2$ → CO$_2$ + H$_2$O
   首先平衡碳原子 (C)：左側有 4 個 C，右側 CO$_2$ 中有 1 個 C，所以 CO$_2$ 前係數為 4。
   C$_4$H$_8$ + O$_2$ → 4CO$_2$ + H$_2$O
   接著平衡氫原子 (H)：左側有 8 個 H，右側 H$_2$O 中有 2 個 H，所以 H$_2$O 前係數為 4。
   C$_4$H$_8$ + O$_2$ → 4CO$_2$ + 4H$_2$O

本題考驗學生對沉澱反應 (precipitation reaction) 的判斷以及淨離子方程式 (net ionic equation) 的書寫。

1. 寫出完整離子方程式：
   鉛(II) 硝酸鹽 (Lead(II) nitrate) 的化學式為 Pb(NO$_3$)$_2$。在水溶液中解離成 Pb$^{2+}$(aq) 和 2NO$_3^-$(aq)。
   氯化鈉 (sodium chloride) 的化學式為 NaCl。在水溶液中解離成 Na$^+$(aq) 和 Cl$^-$(aq)。
   鉛(II) 離子 (Pb$^{2+}$) 與氯離子 (Cl$^-$) 反應會形成氯化鉛 (Lead(II) chloride)，其化學式為 PbCl$_2$。PbCl$_2$ 在水中溶解度很小，會形成沉澱。
   硝酸根離子 (NO$_3^-$) 和鈉離子 (Na$^+$) 在此反應中是「旁觀離子 (spectator ions)」，它們不會參與反應，且在反應前後都以離子形式存在於溶液中。
   反應的完整離子方程式為：

核心觀念

本題考查酸性水溶液中的氧化還原反應配平，使用「半反應法」。

判斷氧化數：

• $NO_3^-$ 中氮為 $+5$，$NO_2$ 中氮為 $+4$，氮由 $+5$ 降至 $+4$，得到 $1e^-$，發生還原。
• $I^-$ 中碘為 $-1$，$IO_3^-$ 中碘為 $+5$，碘由 $-1$ 升至 $+5$，失去 $6e^-$，發生氧化。

因此，$1$ 個 $I^-$ 產生的 $6e^-$，恰好由 $6$ 個 $NO_3^-$ 各接受 $1e^-$。

解題方法：半反應法

1. 配平硝酸根的還原半反應

$$NO_3^- \rightarrow NO_2$$

先以水配平氧原子，再以 $H^+$ 配平氫原子：

$$NO_3^-+2H^+ \rightarrow NO_2+H_2O$$

左側總電荷為 $-1+2=+1$，因此左側加入 $1e^-$：

$$NO_3^-+2H^++e^- \rightarrow NO_2+H_2O$$

2. 配平碘離子的氧化半反應

$$I^- \rightarrow IO_3^-$$

右側有 $3$ 個氧，左側加入 $3H_2O$：

$$I^-+3H_2O \rightarrow IO_3^-$$

左側有 $6$ 個氫，右側加入 $6H^+$：

$$I^-+3H_2O \rightarrow IO_3^-+6H^+$$

再以電子平衡電荷，右側加入 $6e^-$：

$$I^-+3H_2O \rightarrow IO_3^-+6H^++6e^-$$

3. 電子數相等

硝酸根半反應每次接受 $1e^-$，需乘以 $6$：

$$6NO_3^-+12H^++6e^- \rightarrow 6NO_2+6H_2O$$

與碘離子的半反應相加：

本題考驗學生對氣體擴散速率 (rate of effusion) 與溫度關係的理解，這涉及到葛拉罕擴散定律 (Graham's Law of Effusion)。

葛拉罕擴散定律指出，在相同溫度和壓力下，氣體的擴散速率與其分子量平方根成反比。
$\text{Rate} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$
其中 M 是氣體的分子量。

然而，題目中提到了溫度 T$_1$ 和 T$_2$，並且給定了 T$_2$ = 2T$_1$。這意味著我們需要考慮溫度對擴散速率的影響。

根據分子動理論 (Kinetic Molecular Theory)，氣體分子的平均動能與絕對溫度 (Kelvin) 成正比：
$\text{KE}_{\text{avg}} = \frac{1}{2}m\overline{v^2} = \frac{3}{2}kT$
其中 m 是單個分子的質量，$\overline{v^2}$ 是分子速度的平方平均值，k 是波茲曼常數，T 是絕對溫度。

擴散速率與分子的平均速率 (average speed) 有關。平均速率 $\overline{v}$ 可以從平均動能公式推導出來：
$\overline{v} = \sqrt{\frac{8kT}{\pi m}}$
其中 m 是單個分子的質量。
由於 $M = N_A \times m$ (M 為莫耳質量，N$_A$ 為亞佛加厥數)，所以 $m = M/N_A$。

本題考驗學生對理想氣體定律 (Ideal Gas Law) 的理解，特別是定壓定量的條件下，體積 (V) 與攝氏溫度 (t) 的關係。

理想氣體定律的數學表達式為 $PV = nRT$。
其中 P 是壓力，V 是體積，n 是莫耳數，R 是理想氣體常數，T 是絕對溫度 (Kelvin)。

題目中提到「constant pressure and number of moles」，即 P 和 n 是常數。R 也是常數。
因此，$V = (\frac{nR}{P})T$。
這表示在定壓定量的條件下，體積 V 與絕對溫度 T 成正比，即 $V \propto T$。

然而，題目要求的是體積 V 與「攝氏溫度 (t)」的關係。攝氏溫度 t 與絕對溫度 T 的關係是：
$T(\text{K}) = t(^\circ\text{C}) + 273.15$

將此關係代入 V 的公式：
$V = (\frac{nR}{P})(t + 273.15)$
$V = (\frac{nR}{P})t + (\frac{nR}{P})273.15$

核心觀念

本題考查理想氣體在等溫、可逆壓縮過程中的熵變。所用公式為

$$\Delta S_{\text{gas}} =nR\ln\frac{V_2}{V_1}$$

其中：

• $n=1.00\ \text{mol}$
• $V_1=22.0\ \text{L}$
• $V_2=11.0\ \text{L}$

理想氣體等溫變化時，也可由

$$\Delta S=\frac{q_{\text{rev}}}{T}$$

求得。可逆過程的總熵變滿足

$$\Delta S_{\text{univ}} =\Delta S_{\text{gas}}+\Delta S_{\text{surr}}=0$$

因此環境熵變必與氣體熵變大小相等、符號相反。

解題方法

直接使用理想氣體等溫變化的熵變公式：

$$\Delta S_{\text{gas}} =nR\ln\frac{V_2}{V_1}$$

代入數值：

$$\Delta S_{\text{gas}} =(1)R\ln\frac{11.0}{22.0} =R\ln\frac12$$

由於

$$\ln\frac12=-\ln2$$

所以

$$\boxed{\Delta S_{\text{gas}}=-R\ln2}$$

壓縮使氣體可利用的體積減小，微觀狀態數減少，因此氣體熵變為負值。

此外，因為過程是可逆的：

$$\Delta S_{\text{surr}} =-\Delta S_{\text{gas}} =+R\ln2$$

25°C 可換算為 $298\ \text{K}$，但使用體積比公式時，溫度不會直接出現在最後答案中。

選項分析

(A) $\Delta S_{\text{gas}}=0$

錯誤。等溫不代表熵變為零。理想氣體的熵變還取決於體積變化：

$$\Delta S_{\text{gas}}=nR\ln\frac{V_2}{V_1}$$

本題體積由 $22.0\ \text{L}$ 壓縮至 $11.0\ \text{L}$，因此熵變為負值而非零。

本題考驗學生對標準生成自由能 ($\Delta G_f^\circ$) 的定義及其在計算反應標準自由能變化 ($\Delta G^\circ_{\text{rxn}}$) 中的應用。

1. 理解標準生成自由能 ($\Delta G_f^\circ$)：
標準生成自由能是指在標準狀態下（通常為 298 K 和 1 atm），由其最穩定的元素形式生成 1 莫耳化合物時的自由能變化。
例如，AgCl(s) 的標準生成自由能為 -110 kJ/mol，表示反應：
Ag(s) + 1/2 Cl$_2$(g) → AgCl(s) $\Delta G_f^\circ = -110$ kJ/mol

2. 計算反應的標準自由能變化 ($\Delta G^\circ_{\text{rxn}}$)：
對於一個給定的反應，其標準自由能變化可以通過以下公式計算：
$\Delta G^\circ_{\text{rxn}} = \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ)_{\text{products}} - \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ)_{\text{reactants}}$

給定的反應是：
2AgCl(s) → 2Ag(s) + Cl$_2$(g)

我們需要知道反應物和產物的標準生成自由能：

• AgCl(s): $\Delta G_f^\circ(\text{AgCl(s)}) = -110$ kJ/mol (題目已給)
• Ag(s): 元素單質在標準狀態下的標準生成自由能為 0。所以，$\Delta G_f^\circ(\text{Ag(s)}) = 0$ kJ/mol。

本題考驗學生對化學平衡常數 K 的影響因素的理解。

化學平衡常數 K 的值只受溫度影響。對於給定的反應，當溫度改變時，K 的值才會改變。

1. 分析反應的焓變 ($\Delta H^\circ$)：
   題目給定 $\Delta H^\circ = +803$ kJ。由於 $\Delta H^\circ > 0$，此反應是吸熱反應 (endothermic reaction)。

2. 判斷溫度對 K 的影響：
   根據勒沙特列原理 (Le Chatelier's principle)，升高溫度會使平衡向吸熱方向移動。對於吸熱反應，升高溫度會使平衡向產物方向移動，從而增加平衡常數 K。反之，降低溫度會使平衡向反應物方向移動，減小 K。
   因此，increasing the temperature 會增加 K。

本題考驗學生對平衡常數 K$_c$ 和 K$_p$ 之間關係的理解。

對於一般的氣相反應：$aA(g) + bB(g) \rightleftharpoons cC(g) + dD(g)$
K$_c$ 是以濃度表示的平衡常數。
K$_p$ 是以分壓表示的平衡常數。
它們之間的關係是：$K_p = K_c (RT)^{\Delta n_g}$
其中 R 是理想氣體常數，T 是絕對溫度，$\Delta n_g$ 是生成物氣體莫耳數減去反應物氣體莫耳數。

對於給定的反應：2H$_2$(g) + O$_2$(g) $\rightleftharpoons$ 2H$_2$O(l)

1. 確定反應物和產物的氣體莫耳數：

   • 反應物：2H$_2$(g) + O$_2$(g)。氣體莫耳數總和為 2 + 1 = 3 mol。
   • 產物：2H$_2$O(l)。注意，H$_2$O 是液體 (l)，不是氣體 (g)。因此，它不計入 K$_p$ 的計算中。

2. 計算 $\Delta n_g$：
   $\Delta n_g$ = (產物氣體莫耳數) - (反應物氣體莫耳數)

本題考驗學生對「中性溶液 (neutral solution)」定義的理解，以及水的離子積 (ion product of water) Kw 的相關知識。

1. 中性溶液的定義：
在水溶液中，中性是指 H$^+$ 離子濃度與 OH$^-$ 離子濃度相等。
[H$^+$] = [OH$^-$]

2. 水的離子積 (K$_w$)：
水的解離反應為：H$_2$O(l) $\rightleftharpoons$ H$^+$(aq) + OH$^-$ (aq)
其平衡常數為水的離子積 $K_w = [\text{H}^+][\text{OH}^-]$。
在 25°C 時，水的離子積 $K_w = 1.0 \times 10^{-14}$。

3. 中性溶液與 pH 的關係：
在中性溶液中，[H$^+$] = [OH$^-$]。
由於 $K_w = [\text{H}^+][\text{OH}^-] = [\text{H}^+]^2 = 1.0 \times 10^{-14}$ (在 25°C)。
所以，$[\text{H}^+] = \sqrt{1.0 \times 10^{-14}} = 1.0 \times 10^{-7}$ M。
pH 的定義是 pH = -log[H$^+$]。
pH = -log(1.0 × 10$^{-7}$) = 7.00。
因此，在中性溶液中，pH = 7.00 (在 25°C)。

4. 分析選項：
(A) pH = 7.00：這是在 25°C 時中性溶液的 pH 值。然而，水的離子積 K$_w$ 隨溫度變化，因此 pH = 7.00 並不是所有溫度下中性溶液的普遍條件。

本題考驗學生對溶度積 (solubility product, K$_{sp}$) 的理解以及如何計算沉澱溶解度。

1. 寫出 CaCrO$_4$ 的解離方程式：
   CaCrO$_4$(s) $\rightleftharpoons$ Ca$^{2+}$(aq) + CrO$_4^{2-}$(aq)
   CaCrO$_4$ 是一種難溶性鹽，其解離產生的離子比例是 1:1。

2. 寫出溶度積表達式：
   K$_{sp}$ = [Ca$^{2+}$][CrO$_4^{2-}$]
   題目給定 K$_{sp}$ = 4.0 × 10$^{-4}$。

3. 設定溶解度變數：
   設在飽和溶液中，CaCrO$_4$ 的溶解度為 s mol/L。
   由於 CaCrO$_4$ 的解離比例是 1:1，所以：
   [Ca$^{2+}$] = s
   [CrO$_4^{2-}$] = s

4. 將溶解度代入 K$_{sp}$ 表達式：
   K$_{sp}$ = (s)(s) = s$^2$

本題考驗學生對赫士定律 (Hess's Law) 的應用，用來計算目標反應的標準焓變。

1. 理解赫士定律：
赫士定律指出，一個化學反應的總焓變，與反應途徑無關，只取決於起始物和最終物。也就是說，一系列反應的總焓變，等於各個分步反應焓變的總和。

2. 確定目標反應：
題目要求計算 CuO(s) 的標準生成焓 ($\Delta H_f^\circ(\text{CuO})$)。
標準生成焓是指由其最穩定的元素形式生成 1 莫耳化合物的焓變。
所以，目標反應是：
Cu(s) + 1/2 O$_2$(g) → CuO(s) $\Delta H^\circ_{\text{target}} = ?$

3. 分析給定的反應式：
我們有兩個已知的反應及其焓變：
(1) Cu$_2$O(s) + 1/2 O$_2$(g) → 2CuO(s) $\Delta H^\circ_1 = -144$ kJ
(2) Cu$_2$O(s) → Cu(s) + CuO(s) $\Delta H^\circ_2 = +11$ kJ

4. 運用赫士定律組合反應式，得到目標反應：
我們的目標是 Cu(s) + 1/2 O$_2$(g) → CuO(s)。
觀察目標反應，我們需要 Cu(s) 作為反應物，CuO(s) 作為產物。

• 反應 (2) 包含 Cu(s) 作為產物，CuO(s) 作為產物。
• 反應 (1) 包含 Cu$_2$O(s) 作為反應物，CuO(s) 作為產物。

我們需要將反應 (2) 的產物 CuO(s) 和 Cu(s) 調整到正確的位置，並確保 Cu$_2$O(s) 被消去。

讓我們嘗試以下組合：

• 我們需要 CuO(s) 作為產物，所以反應 (1) 的產物 CuO(s) 應該被保留。
• 我們需要 Cu(s) 作為反應物。

本題考驗學生對電化學反應、平衡常數 (K) 和標準電極電位 (E$^\circ$) 之間關係的理解。

1. 理論基礎：
Nernst 方程式描述了在非標準條件下電池電動勢 (E) 與標準電池電動勢 (E$^\circ$) 和反應物、產物濃度之間的關係。
$E = E^\circ - \frac{RT}{nF}\ln Q$
其中：

• E 是電池電動勢
• E$^\circ$ 是標準電池電動勢
• R 是理想氣體常數 (8.314 J/(mol·K))
• T 是絕對溫度 (K)
• n 是反應中轉移的電子數
• F 是法拉第常數 (96485 C/mol)
• Q 是反應商 (reaction quotient)

在平衡狀態下，電池電動勢 E = 0，反應商 Q 等於平衡常數 K。
所以，在平衡時，Nernst 方程式變為：
$0 = E^\circ - \frac{RT}{nF}\ln K$
$E^\circ = \frac{RT}{nF}\ln K$

在 25°C (298.15 K) 時，$\frac{RT}{F} \approx 0.0257$ V。
所以，$E^\circ = \frac{0.0257 \text{ V}}{n}\ln K$。
或者，使用常用對數 (log$_{10}$)，$\frac{RT}{nF}\ln K = \frac{2.303RT}{nF}\log_{10} K \approx \frac{0.0592 \text{ V}}{n}\log_{10} K$。

本題考驗學生對元素價電子層結構的理解，以及元素週期表的位置與其最外層電子數的關係。

1. 理解「完成價電子層」：
   對於主族元素，最穩定的價電子層結構通常是填滿的 s 和 p 軌域，即達到八隅體規則 (octet rule)，擁有 8 個價電子（氦是例外，只需要 2 個電子）。

2. 分析各選項元素的價電子結構：
   (A) Ba (鋇)：原子序 56。位於週期表第 6 週期，第 2 族。電子組態為 [Xe] 6s$^2$。最外層有 2 個價電子。它需要失去這 2 個電子來達到穩定的結構，而不是得到 3 個電子。

   (B) Na (鈉)：原子序 11。位於週期表第 3 週期，第 1 族。電子組態為 [Ne] 3s$^1$。最外層有 1 個價電子。它需要失去這 1 個電子來達到穩定的結構。

本題考驗學生對離子鍵 (ionic bond) 和共價鍵 (covalent bond) 的判斷，以及影響離子鍵強度的因素。

1. 判斷離子鍵的形成：
離子鍵通常形成於金屬元素和非金屬元素之間。在給定的化合物中，陽離子都是鹼金屬 (Li, Na, K)，它們是金屬；陰離子都是鹵素 (F, Cl, Br)，它們是非金屬。因此，這些化合物都主要具有離子鍵的性質。

2. 影響離子鍵強度的因素：
離子鍵的強度（或離子性）主要取決於兩個因素：

• 離子電荷： 電荷越高，吸引力越強，離子性越強。
• 離子大小： 離子半徑越小，兩個離子之間的距離越近，吸引力越強，離子性越強。

3. 分析各選項的離子：

• (A) LiF：Li$^+$ (離子半徑小), F$^-$ (離子半徑小)
• (B) KF：K$^+$ (離子半徑大), F$^-$ (離子半徑小)
• (C) NaBr：Na$^+$ (離子半徑中等), Br$^-$ (離子半徑大)
• (D) KBr：K$^+$ (離子半徑大), Br$^-$ (離子半徑大)

本題考驗學生運用價層電子對互斥理論 (VSEPR theory) 和價鍵理論 (Valence Bond Theory) 來判斷分子中心原子的混成軌域 (hybridization)。

1. 確定中心原子：
   在 IF$_3$ 中，碘 (I) 的電負度比氟 (F) 小，且碘原子數量較少，因此碘是中心原子。

2. 計算中心原子的價電子數：

   • 碘 (I) 位於第 17 族 (VIIA)，有 7 個價電子。
   • 氟 (F) 位於第 17 族 (VIIA)，有 7 個價電子。
   • 分子 IF$_3$ 中有 3 個氟原子。
   • 總價電子數 = 7 (來自 I) + 3 × 7 (來自 3 個 F) = 7 + 21 = 28 個價電子。

3. 畫出路易斯結構 (Lewis structure)：

   • 碘是中心原子，周圍連接 3 個氟原子。
   • 每個 I-F 單鍵需要 2 個電子，總共 3 個鍵需要 $3 \times 2 = 6$ 個電子。
   • 將剩餘的電子分配給周圍的原子，使它們滿足八隅體規則。每個氟原子需要 6 個電子（3 對孤對電子）來完成八隅體。$3 \times 6 = 18$ 個電子。
   • 總共使用的電子 = 6 (鍵) + 18 (氟原子的孤對電子) = 24 個電子。
   • 還剩下 $28 - 24 = 4$ 個電子。
   • 將這 4 個電子分配給中心原子碘。碘原子有 3 個鍵（6 個電子）和 2 對孤對電子（4 個電子），總共 $6 + 4 = 10$ 個電子。碘原子可以擴展八隅體。
   • 路易斯結構：中心碘原子與三個氟原子形成單鍵，並帶有兩對孤對電子。

4. 確定中心原子的價層電子對數：
   價層電子對數 = 鍵結對數 + 孤對電子對數。
   在 IF$_3$ 中，碘原子有 3 個鍵結對 (與 3 個 F 原子形成單鍵) 和 2 對孤對電子。

本題考驗學生對金屬鍵 (metallic bond) 的理解。金屬鍵的特徵是金屬陽離子被「自由移動的電子海 (sea of mobile electrons)」所包圍。

1. 分析金屬鍵的特徵：
   金屬鍵是指在金屬固體中，金屬原子失去價電子形成金屬陽離子，這些失去的電子則在整個金屬晶體中自由移動，形成一層「電子海」，將這些金屬陽離子結合在一起。這種自由移動的電子賦予了金屬導電、導熱、延展性等特性。

2. 分析各選項的物質類型：
   (A) Ag(s) (銀)：銀是一種金屬元素。固態銀是由銀陽離子 (Ag$^+$) 和自由移動的價電子構成，符合金屬鍵的描述。

本題考驗學生對不同濃度測量單位的定義及其對溫度變化的敏感性。

1. 理解各濃度單位的定義：

• 質量百分率 (mass percent, % w/w)：
  $\text{Mass percent} = \frac{\text{mass of solute}}{\text{mass of solution}} \times 100\%$
  此定義僅涉及質量，與溫度無關。

• 莫耳分率 (mole fraction, X)：
  $X_{\text{solute}} = \frac{\text{moles of solute}}{\text{total moles of all components}}$
  此定義僅涉及莫耳數和總莫耳數，與溫度無關。

• 重量莫耳濃度 (molality, m)：

本題考驗學生對加入非揮發性溶質後，溶液的蒸氣壓、沸點和滲透壓變化的理解，這涉及到溶液的依數性 (colligative properties)。

1. 蒸氣壓 (Vapor Pressure)：
當一個非揮發性溶質加入揮發性溶劑中時，溶質粒子會佔據溶劑分子在液面上的位置，減少溶劑分子蒸發到氣態的機會。根據拉午耳定律 (Raoult's Law)，溶液的蒸氣壓等於純溶劑的蒸氣壓乘以溶劑的莫耳分率。由於加入非揮發性溶質後，溶劑的莫耳分率降低，因此溶液的蒸氣壓會 降低。

2. 沸點 (Boiling Point)：
沸點是溶液蒸氣壓等於外部壓力時的溫度。由於加入非揮發性溶質會降低溶液的蒸氣壓，需要更高的溫度才能使溶液蒸氣壓達到外部壓力。因此，溶液的沸點會 升高。這稱為沸點升高 (boiling point elevation)。

核心觀念

本題考查碳元素形成的常見二元氧化物，以及碳在氧化物中的氧化數。

碳的常見氧化物主要有：

• 一氧化碳：$\mathrm{CO}$
• 二氧化碳：$\mathrm{CO_2}$

氧的氧化數通常為 $-2$，因此：

對 $\mathrm{CO}$：

$$x+(-2)=0$$ $$x=+2$$

碳的氧化數為 $+2$。

對 $\mathrm{CO_2}$：

$$x+2(-2)=0$$ $$x=+4$$

碳的氧化數為 $+4$。

解題方法

在普通化學的題目範圍內，「碳的氧化物」通常指碳與氧形成的兩種常見、具有代表性的分子化合物：

$$\mathrm{C+O\rightarrow CO}$$ $$\mathrm{C+O_2\rightarrow CO_2}$$

其中：

• $\mathrm{CO}$ 為一氧化碳，碳呈較低氧化態 $+2$。
• $\mathrm{CO_2}$ 為二氧化碳，碳呈較高氧化態 $+4$。

因此常見的碳氧化物共有：

本題考驗學生對過渡金屬常見氧化數的知識。

過渡金屬因其 d 軌域的電子參與反應，可以展現出多種氧化數。通常，過渡金屬能達到的最高氧化數等於其最外層 s 電子和未成對 d 電子的總數。

我們來分析各選項的最高和最低常見氧化數：

• 銅 (Copper, Cu)： 原子序 29。電子組態 [Ar] 4s$^1$3d$^{10}$。常見氧化數為 +1 和 +2。最高氧化數通常為 +2。

• 釩 (Vanadium, V)： 原子序 23。電子組態 [Ar] 4s$^2$3d$^3$。常見氧化數包括 +2, +3, +4, +5。最高氧化數為 +5。

• 鐵 (Iron, Fe)： 原子序 26。電子組態 [Ar] 4s$^2$3d$^6$。常見氧化數為 +2 和 +3。最高氧化數通常為 +3。

本題考驗學生對配位化合物 (coordination compound) 的電子組態、強場與弱場配位基的影響，以及 Hund's rule 的應用。

1. 確定中心金屬離子的氧化態和電子組態：

   • 配位離子是 Fe(en)$_3^{2+}$。
   • 乙二胺 (en, ethylenediamine) 是中性配位基，所以配位離子的總電荷 (+2) 等於中心金屬離子的氧化態。
   • 因此，中心金屬離子是 Fe$^{2+}$。
   • 金屬鐵 (Fe) 的電子組態是 [Ar] 4s$^2$3d$^6$。
   • Fe$^{2+}$ 失去最外層的 4s$^2$ 電子，其電子組態為 [Ar] 3d$^6$。

2. 確定配位基的性質：

   • 乙二胺 (en) 是一個雙齒配位基 (bidentate ligand)，它通過兩個氮原子與中心金屬離子配位。
   • 題目中特別指明是「strong field」，表示 en 在此情況下作為一個強場配位基。

3. 分析 d 軌域的填充：

   • Fe$^{2+}$ 離子有 6 個 d 電子。
   • 在八面體場 (octahedral field) 中，d 軌域分裂成 $t_{2g}$ (三個低能階軌域) 和 $e_g$ (兩個高能階軌域)。

本題考驗學生對核反應 (nuclear reactions) 中粒子發射與原子序 (atomic number) 變化的關係。原子序代表原子核中的質子數，決定了元素的種類。

我們來分析各個過程如何影響原子核中的質子數：

(A) Gamma-ray production (γ射線產生)：
γ射線是高能電磁波，不帶電荷，不含質子或中子。γ射線的產生通常是原子核從激發態回到基態的過程，不改變原子序。
原子序：不變。

(B) Alpha production (α粒子發射)：
α粒子是氦核，由 2 個質子和 2 個中子組成 ( $^4_2$He )。
當原子核發射 α 粒子時，原子核中的質子數減少 2，中子數減少 2。
原子序：減少 2。

(C) Neutron-particle production (中子發射)：
中子 (n) 是中性粒子，不帶電荷，不含質子。
當原子核發射中子時，原子核中的質子數不變，中子數減少 1。

本題考驗學生對放射性衰變 (radioactive decay) 半衰期 (half-life) 的應用。

1. 理解半衰期：
半衰期是指放射性物質衰變成原來一半所需的時間。每經過一個半衰期，剩餘的放射性物質質量就減半。

2. 計算經過的半衰期數：

• 總時間 = 120 年
• 半衰期 = 30 年
• 經過的半衰期數 = 總時間 / 半衰期 = 120 年 / 30 年 = 4 個半衰期。

3. 計算剩餘物質與原始質量的比例：
經過 4 個半衰期後，剩餘的物質質量是原始質量的 $(1/2)^4$。
$(1/2)^4 = 1/16$。
所以，剩餘的質量是原始質量的 1/16。

本題考驗學生對有機化學中酯化反應 (esterification) 的理解。

1. 識別反應物：

   • Pentanoic acid (戊酸)： 是一種羧酸，結構為 CH$_3$CH$_2$CH$_2$CH$_2$COOH。
   • 2-butanol (2-丁醇)： 是一種醇，結構為 CH$_3$CH(OH)CH$_2$CH$_3$。

2. 識別反應條件：

   • 與酸催化劑 (acid catalyst) 一起加熱。

3. 判斷可能發生的反應：
   羧酸與醇在酸催化下加熱，會發生酯化反應，生成酯 (ester) 和水。
   羧酸的官能基是 -COOH，醇的官能基是 -OH。
   在酯化反應中，羧酸的 -OH 基團和醇的 -H 原子（來自 -OH）脫去形成水，羧酸的 R 基團與醇的 R' 基團通過氧原子連接，形成酯。

   反應方程式示意：
   RCOOH (羧酸) + R'OH (醇) $\xrightarrow{\text{Acid catalyst}}$ RCOOR' (酯) + H$_2$O

本題考驗學生對阿倫尼烏斯方程式 (Arrhenius equation) 的應用，以計算化學反應的活化能。

1. 阿倫尼烏斯方程式：
阿倫尼烏斯方程式描述了反應速率常數 k 與溫度 T 和活化能 E$_a$ 之間的關係：
$k = A e^{-E_a / (RT)}$
其中：

• k 是速率常數
• A 是頻率因子 (pre-exponential factor)
• E$_a$ 是活化能 (J/mol)
• R 是理想氣體常數 (8.314 J/(mol·K))
• T 是絕對溫度 (K)

2. 處理兩個溫度下的數據：
題目給定了兩個溫度 T$_1$ 和 T$_2$，以及對應的速率常數 k$_1$ 和 k$_2$。
我們可以寫出兩個方程式：
$k_1 = A e^{-E_a / (RT_1)}$
$k_2 = A e^{-E_a / (RT_2)}$

3. 推導計算活化能的公式：
為了消除頻率因子 A，我們可以用兩個方程式相除，或者取自然對數後相減。取自然對數後相減的方法更常用於推導。
對第一個方程式取自然對數：
$\ln k_1 = \ln A - \frac{E_a}{RT_1}$ (式 1)
對第二個方程式取自然對數：
$\ln k_2 = \ln A - \frac{E_a}{RT_2}$ (式 2)

將式 2 減去式 1：
$\ln k_2 - \ln k_1 = (\ln A - \frac{E_a}{RT_2}) - (\ln A - \frac{E_a}{RT_1})$
$\ln(\frac{k_2}{k_1}) = -\frac{E_a}{RT_2} + \frac{E_a}{RT_1}$

本題要求繪製催化反應與未催化反應在吸熱反應過程中的能量變化圖。

1. 理解吸熱反應 (Endothermic Reaction)：
吸熱反應是指反應過程中吸收能量的反應。在能量圖上，產物的總能量高於反應物的總能量。

2. 理解催化劑的作用：
催化劑可以改變反應途徑，降低反應的活化能 (activation energy, E$_a$)。催化劑不改變反應物的起始能量和產物的最終能量，因此不改變反應的總焓變 ($\Delta H$)。

3. 繪製能量圖的要素：

• 橫軸： 反應進程 (Reaction Progress) 或 座標 (Reaction Coordinate)。
• 縱軸： 能量 (Energy)。
• 反應物能量 (Reactants)： 標示一個起始能量水平。
• 產物能量 (Products)： 標示一個比反應物能量水平更高的能量水平（因為是吸熱反應）。
• 過渡態 (Transition State)： 這是反應能量圖上的最高點，代表活化能。
• 活化能 (Activation Energy, E$_a$)： 從反應物能量到過渡態能量的能量差。
• 總焓變 (Enthalpy Change, $\Delta H$)： 產物能量與反應物能量的差值。對於吸熱反應，$\Delta H > 0$。

4. 繪製未催化反應曲線：

• 從反應物能量水平開始。
• 畫一條曲線上升到一個較高的過渡態能量。
• 從過渡態能量下降到比反應物能量更高的產物能量水平。
• 標示出反應物能量、產物能量、過渡態能量，以及從反應物到過渡態的能量差（即活化能 E$_a$(uncatalyzed)）。

核心觀念

本題利用熱力學關係式，由標準生成焓與標準莫耳熵求反應的標準自由能變化，再計算平衡常數：

$$\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ$$ $$\Delta G^\circ=-RT\ln K$$

其中：

• $\Delta H^\circ$：反應標準焓變
• $\Delta S^\circ$：反應標準熵變
• $\Delta G^\circ$：反應標準自由能變化
• $R=8.314\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$
• $T=27^\circ\mathrm{C}=300\ \mathrm{K}$

題目未列出反應式，依所給物質配置，採用：

$$2\mathrm{Fe_2O_3(s)} \rightleftharpoons 4\mathrm{Fe(s)}+3\mathrm{O_2(g)}$$

解題方法

1. 計算反應焓變 $\Delta H^\circ$

反應焓變由各物質的標準生成焓計算：

$$\Delta H^\circ = \sum \nu\Delta H_f^\circ(\text{生成物}) - \sum \nu\Delta H_f^\circ(\text{反應物})$$

代入資料：

$$\begin{aligned} \Delta H^\circ &= [4(0)+3(0)]- [2(-900)]\\ &=1800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned}$$

2. 計算反應熵變 $\Delta S^\circ$

$$\Delta S^\circ = \sum \nu S^\circ(\text{生成物}) - \sum \nu S^\circ(\text{反應物})$$

因此：

$$\begin{aligned} \Delta S^\circ &= [4(30)+3(200)]-[2(100)]\\ &=(120+600)-200\\ &=520\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}} \end{aligned}$$

3. 計算標準自由能變化 $\Delta G^\circ$

先將焓變換成焦耳：

$$\Delta H^\circ=1.800\times10^6\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$$

在 $T=300\ \mathrm{K}$ 時：

判斷： 錯誤 (Wrong)。

原因：
平衡常數 K 反映的是一個可逆反應達到平衡時，產物與反應物的相對量之間的比例關係，它指示了反應進行的方向和程度，但不直接指示反應速率的快慢。

• 平衡常數 (K)：

  • K 值的大小反映了平衡時產物的相對濃度（或分壓）與反應物的相對濃度（或分壓）的比值。
  • K >> 1 表示平衡時產物遠多於反應物，反應傾向於完全進行。
  • K << 1 表示平衡時反應物遠多於產物，反應幾乎不進行。
  • K ≈ 1 表示平衡時反應物和產物的濃度大致相當。
  • K 的值僅受溫度影響。

• 反應速率 (Reaction Rate)：

  • 反應速率是指反應物濃度隨時間變化的快慢，它取決於反應物本身的性質、濃度、溫度、催化劑等因素。
  • 反應速率由速率定律 (rate law) 和活化能 (activation energy) 決定。

布拉格方程式 (Bragg's equation) 是用於描述 X 射線繞射 (X-ray diffraction) 現象的公式，可以根據繞射角計算晶體結構的層間距。

布拉格方程式：
$n\lambda = 2d \sin\theta$

其中：

• $n$ 是繞射級數 (order of diffraction)，通常取整數值 (1, 2, 3, ...)。在最常見的應用中，通常指第一級繞射，即 $n=1$。
• $\lambda$ (lambda) 是入射 X 射線的波長 (wavelength of X-rays)。

本題要求繪製水的相圖 (phase diagram)，並標示出三相點 (triple point) 和臨界點 (critical point)。

1. 相圖的組成要素：

• 橫軸： 壓力 (Pressure, P)
• 縱軸： 溫度 (Temperature, T)
• 相區 (Phase Regions)： 圖中不同的區域代表水存在的不同相態：固態 (冰, ice)、液態 (水, liquid water)、氣態 (水蒸氣, steam)。
• 相界線 (Phase Boundaries)： 連接不同相區的線代表兩種相平衡共存的條件。
  • 昇華曲線 (Sublimation curve)：固態與氣態平衡。
  • 熔化曲線 (Melting curve) 或 凝固曲線 (Freezing curve)：固態與液態平衡。
  • 汽化曲線 (Vaporization curve) 或 沸騰曲線 (Boiling curve)：液態與氣態平衡。

2. 水的相圖特點：

• 熔化曲線的斜率： 水的熔化曲線（固態-液態界線）向左上方傾斜（負斜率），這是一個獨特的現象。這意味著在相同的溫度下，增加壓力會使冰熔化成水。
• 三相點 (Triple Point, T$_3$)：
  • 這是固態、液態和氣態三種相能夠平衡共存的唯一溫度和壓力點。
  • 對於水，三相點的溫度約為 273.16 K (0.01 °C)，壓力約為 611.657 Pa (或 0.006 atm)。
  • 在相圖上，它是三條相界線的交點。

本題要求使用分子軌域理論 (Molecular Orbital Theory, MOT) 來解釋 HF 分子為何是極性分子。

1. 分子軌域理論的基本概念：
分子軌域理論認為，原子在形成分子時，其原子軌域會線性組合 (Linear Combination of Atomic Orbitals, LCAO) 形成分子軌域。這些分子軌域遍佈整個分子。

2. 考慮 HF 分子中的原子：

• 氫 (H)：原子序 1，電子組態 1s$^1$。有一個價電子在 1s 軌域。
• 氟 (F)：原子序 9，電子組態 [He] 2s$^2$2p$^5$。有 7 個價電子，分別在 2s 和 2p 軌域。

3. 分子軌域的形成：
H 的 1s 軌域可以與 F 的 2s 和 2p 軌域進行線性組合。由於 F 的 2s 軌域能量比 H 的 1s 軌域低很多，且與 H 的 1s 軌域空間重疊不大，通常認為 H 的 1s 軌域主要與 F 的 2p 軌域發生組合。
假設 H 的 1s 軌域與 F 的 2p$_z$ 軌域（沿鍵軸方向）形成 sigma (σ) 分子軌域。F 的 2p$_x$ 和 2p$_y$ 軌域與 H 的 1s 軌域的重疊很小，通常形成非鍵結軌域 (non-bonding orbitals)。F 的 2s 軌域能量較低，也可能形成非鍵結軌域。

• 鍵結軌域 (Bonding Molecular Orbitals)：
  • σ$_{2pz}$：由 H 的 1s 和 F 的 2p$_z$ 組合而成，能量低於原子軌域，電子填充於此可穩定分子。
• 非鍵結軌域 (Non-bonding Molecular Orbitals)：
  • σ$_{2s}$ (來自 F 的 2s)
  • π$_{2px}$ 和 π$_{2py}$ (來自 F 的 2p$_x$ 和 2p$_y$)
    這三個軌域的能量與 F 的 2p 軌域相似，且電子填充於此對鍵的穩定性貢獻不大。
• 反鍵結軌域 (Antibonding Molecular Orbitals)：
  • σ$^*$ (高能量)
  • π$^*$ (高能量)

4. 電子填充：

• H 提供 1 個價電子。
• F 提供 7 個價電子。
• 總共 1 + 7 = 8 個價電子。
• 填充分子軌域：
  • σ$_{2s}$ (非鍵結)：填充 2 個電子。

本題考驗學生對紅外光譜 (Infrared spectroscopy) 中官能基振動頻率的理解，以及影響振動頻率的因素。

1. 影響振動頻率的因素：
分子內兩個原子之間的振動可以近似地看作是一個簡諧振子 (simple harmonic oscillator)。其振動頻率 ($\nu$) 與簡化質量 (reduced mass, $\mu$) 和鍵的力常數 (force constant, k) 有關：
$\nu = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}$

其中：

• $\nu$ 是振動頻率
• $k$ 是鍵的力常數（相當於鍵的強度）
• $\mu$ 是簡化質量，對於由原子 A 和 B 組成的鍵，$\mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}$，其中 $m_A$ 和 $m_B$ 是兩個原子的質量。

2. 分析 C-H 鍵和 C-O 鍵的簡化質量：

• C-H 鍵：

  • 碳 (C) 的原子質量約為 12 amu。
  • 氫 (H) 的原子質量約為 1 amu。
  • 簡化質量 $\mu_{\text{C-H}} = \frac{12 \times 1}{12 + 1} \approx \frac{12}{13} \approx 0.92$ amu。

• C-O 鍵：

  • 碳 (C) 的原子質量約為 12 amu。
  • 氧 (O) 的原子質量約為 16 amu。
  • 簡化質量 $\mu_{\text{C-O}} = \frac{12 \times 16}{12 + 16} = \frac{192}{28} \approx 6.86$ amu。

從簡化質量的計算可以看出，$\mu_{\text{C-H}} < \mu_{\text{C-O}}$。
由於振動頻率 $\nu$ 與簡化質量的平方根成反比 ($\nu \propto 1/\sqrt{\mu}$)，較小的簡化質量會導致較高的振動頻率。

3. 分析 C-H 鍵和 C-O 鍵的力常數 (鍵強度)：

• C-H 鍵： 通常是單鍵。
• C-O 鍵： 在醇或醚中是單鍵。

本題考驗學生如何根據兩個半反應的標準還原電位 (standard reduction potential)，計算整個原電池 (galvanic cell) 的標準電池電動勢 (standard cell potential, E$^\circ_{\text{cell}}$)。

1. 理解原電池和標準還原電位：

• 原電池是一種將化學能轉化為電能的裝置，通過自發的氧化還原反應產生電流。
• 標準還原電位 E$^\circ$ 是指在標準條件下（1 M 濃度，1 atm 壓力，25°C），某個半反應作為還原反應發生的電位。

2. 確定陽極 (Anode) 和陰極 (Cathode)：
在原電池中，還原反應發生在陰極，氧化反應發生在陽極。

• 陰極 (Cathode)： 還原電位較高的半反應發生在陰極。

  • Cu$^{2+}$/Cu: E$^\circ = +0.34$ V
  • Fe$^{3+}$/Fe$^{2+}$: E$^\circ = +0.77$ V
    比較兩個電位，Fe$^{3+}$/Fe$^{2+}$ 的還原電位 (+0.77 V) 高於 Cu$^{2+}$/Cu 的還原電位 (+0.34 V)。
    因此，Fe$^{3+}$/Fe$^{2+}$ 是陰極的還原半反應。

• 陽極 (Anode)： 還原電位較低的半反應必須逆向進行，作為氧化半反應發生在陽極。

  • Cu$^{2+}$/Cu 的還原電位較低 (+0.34 V)，所以它將作為氧化半反應發生。
  • 原來的還原半反應是：Cu$^{2+}$ + 2e$^-$ → Cu (E$^\circ = +0.34$ V)
  • 逆向的氧化半反應是：Cu → Cu$^{2+}$ + 2e$^-$
  • 氧化半反應的電位是其還原半反應電位的相反數。

電極： 發生還原反應的電極是陰極 (cathode)。

原因：
在原電池 (galvanic cell) 中，陰極是發生還原反應的地方。還原反應是指物質獲得電子的過程。
根據 5.(a) 的分析：

• Fe$^{3+}$ + e$^-$ → Fe$^{2+}$ (E$^\circ$ = +0.77 V) 這個半反應的標準還原電位較高，因此在原電池中會作為還原反應發生。

本題考驗學生計算原電池在標準條件下，轉移一定量電子時釋放的最大電能。

1. 理論基礎：
原電池釋放的最大電能 (或稱最大有用功, maximum useful work) 等於其標準自由能變化 ($\Delta G^\circ$) 的絕對值。
$\Delta G^\circ = -nFE^\circ_{\text{cell}}$
其中：

• $\Delta G^\circ$ 是標準自由能變化 (J)
• n 是反應中轉移的電子數 (mol)
• F 是法拉第常數 (庫侖/莫耳電子, C/mol e$^-$)
• E$^\circ_{\text{cell}}$ 是標準電池電動勢 (V)

由於 $\Delta G^\circ$ 是負值（表示自發反應），所以釋放的電能為 $-\Delta G^\circ$。
最大電能釋放 = $- \Delta G^\circ = nFE^\circ_{\text{cell}}$

2. 已知資訊：

• 從 5.(a) 和 5.(b) 的計算得知：
  • E$^\circ_{\text{cell}} = +0.43$ V
  • 反應中轉移的電子數 n = 2 mol (因為 Cu → Cu$^{2+}$ + 2e$^-$ 和 Fe$^{3+}$ + e$^-$ → Fe$^{2+}$ 需要乘以 2 來平衡電子數，所以 n=2)
• 題目給定：1 莫耳電子 ≈ 100000 C。這實際上是法拉第常數 F 的近似值。
  標準法拉第常數 F ≈ 96485 C/mol e$^-$。使用題目給定的近似值 F ≈ 100000 C/mol e$^-$。

3. 計算最大電能釋放：
最大電能釋放 = $n \times F \times E^\circ_{\text{cell}}$
這裡的 $n$ 是指「當 1 莫耳電子被轉移時」的電能。
所以，我們需要計算的是當 n=1 mol e$^-$ 時的電能。
但是，我們之前計算 E$^\circ_{\text{cell}}$ 是基於半反應式，其中 Cu → Cu$^{2+}$ + 2e$^-$ 和 2Fe$^{3+}$ + 2e$^-$ → 2Fe$^{2+}$，這意味著每生成 1 mol Cu 和 2 mol Fe$^{2+}$，轉移了 2 mol 電子。
因此，E$^\circ_{\text{cell}}$ 的值是基於每轉移 2 莫耳電子的。

更正理解：
E$^\circ_{\text{cell}}$ 的值不隨電子數的倍數關係而改變。它代表的是一個「單位反應」的電位。
所以，當 1 莫耳電子被轉移時，釋放的電能是：
電能 = (轉移的電子數) × F × E$^\circ_{\text{cell}}$
但是，E$^\circ_{\text{cell}}$ 是基於每 2 mol 電子轉移計算出來的。
所以，如果我們計算基於 1 mol 電子的電能，需要除以 2。

或者，更直接的理解：
E$^\circ_{\text{cell}}$ 的單位是 V (伏特)，其定義是每庫侖的能量。
1 V = 1 J/C。
所以，E$^\circ_{\text{cell}}$ (V) × F (C/mol e$^-$) = J/mol e$^-$。
這表示每轉移一莫耳電子，所能釋放的能量。