112 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《普通化學》

這題考查原子結構與離子的基本概念。

解題步驟：

1. 找出原子序 (Protons)：元素的原子序由質子數決定。碘 (I) 的原子序是 53，表示其原子核中有 53 個質子。
2. 計算中子數 (Neutrons)：中子數 = 質量數 - 原子序。題目中的離子是 $^{127}$I$^-$，其中 127 是質量數。

這題考查氧化物的命名與化學式書寫，特別是過渡金屬的氧化態。

解題步驟：

1. 理解命名規則：化學名稱中的「鉻(VI)」表示鉻離子的氧化態是 +6。氧化物 (oxide) 表示與氧結合，氧的常見氧化態是 -2。
2. 建立電荷平衡：要形成一個電中性的化合物，正電荷總數必須等於負電荷總數。設鉻的氧化態為 +6，氧的氧化態為 -2。
   • 設化合物的化學式為 Cr$_x$O$_y$。
   • 則總正電荷為 $x \times (+6)$。
   • 總負電荷為 $y \times (-2)$。
   • 為了使化合物電中性，$x \times (+6) + y \times (-2) = 0$。
3. 找出最簡整數比：
   • 若 $x=1$，則 $+6 + y \times (-2) = 0$，解得 $y = +3$，這不合理，因為 $y$ 必須是整數。
   • 若 $x=2$，則 $2 \times (+6) + y \times (-2) = 0$，即 $+12 - 2y = 0$，解得 $y = 6$。化學式為 Cr$_2$O$_6$。此時，Cr 的氧化態為 +6，O 為 -2。

這題要求比較不同化合物的莫耳質量，找出最小者。

解題步驟：

1. 計算各選項的莫耳質量：
   • (A) C$_2$H$_4$O：
     • C 的原子量約為 12.01 g/mol
     • H 的原子量約為 1.008 g/mol
     • O 的原子量約為 16.00 g/mol
     • 莫耳質量 = $2 \times 12.01 + 4 \times 1.008 + 1 \times 16.00 = 24.02 + 4.032 + 16.00 = 44.052$ g/mol
   • (B) CO$_2$：
     • C 的原子量約為 12.01 g/mol
     • O 的原子量約為 16.00 g/mol
     • 莫耳質量 = $1 \times 12.01 + 2 \times 16.00 = 12.01 + 32.00 = 44.01$ g/mol
   • (C) CH$_3$Cl：
     • C 的原子量約為 12.01 g/mol

這題考查由實驗式 (empirical formula) 和莫耳質量推導分子式 (molecular formula) 的方法。

解題步驟：

1. 計算實驗式的莫耳質量：
   • 實驗式為 CH。
   • C 的原子量約為 12.01 g/mol。
   • H 的原子量約為 1.008 g/mol。
   • 實驗式 CH 的莫耳質量 = $12.01 + 1.008 = 13.018$ g/mol。

這題考查溶液稀釋的計算，應用稀釋定律 $M_1V_1 = M_2V_2$。

解題步驟：

1. 定義變數：

   • $M_1$ = 濃溶液的莫耳濃度 = 12.0 M
   • $V_1$ = 濃溶液的體積 (待求)
   • $M_2$ = 稀溶液的莫耳濃度 = 0.250 M
   • $V_2$ = 稀溶液的體積 = 16.0 L

2. 應用稀釋定律：

   • $M_1V_1 = M_2V_2$
   • $12.0 \text{ M} \times V_1 = 0.250 \text{ M} \times 16.0 \text{ L}$

這題考查溶解度規則，判斷哪些離子組合混合時不會形成沉澱。沉澱是指在水溶液中溶解度極低的化合物。

解題步驟：

1. 回憶溶解度規則：
   • 規則一：大多數硝酸鹽 (NO$_3^-$)、乙酸鹽 (CH$_3$COO$^-$)、鹼金屬鹽 (如 Li$^+$, Na$^+$, K$^+$) 和銨鹽 (NH$_4^+$) 是可溶的。
   • 規則二：大多數氯化物 (Cl$^-$)、溴化物 (Br$^-$)、碘化物 (I$^-$) 是可溶的，但銀 (Ag$^+$)、鉛 (Pb$^{2+}$)、汞(I) (Hg$_2^{2+}$) 的鹵化物難溶。
   • 規則三：硫酸鹽 (SO$_4^{2-}$) 大多數是可溶的，但鋇 (Ba$^{2+}$)、鍶 (Sr$^{2+}$)、鉛 (Pb$^{2+}$)、銀 (Ag$^+$) 的硫酸鹽難溶。
   • 規則四：氫氧化物 (OH$^-$) 大多數難溶，但鹼金屬氫氧化物和鋇 (Ba$^{2+}$)、鍶 (Sr$^{2+}$) 的氫氧化物可溶。

這題考查氣體的壓力與體積關係，在定溫定量的條件下，適用波以耳定律 (Boyle's Law)。

解題步驟：

1. 識別適用定律：題目提到氣體在固定溫度下體積改變，要求計算壓力改變。這符合波以耳定律，即定溫定量的氣體，其壓力與體積成反比。數學表示為 $P \propto 1/V$ 或 $PV = k$ (常數)。

2. 應用波以耳定律：

   • 初始狀態：壓力為 $P_i$，體積為 $V_i$。
   • 最終狀態：體積變為原來的一半，即 $V_f = V_i / 2$。設最終壓力為 $P_f$。

這題考查氣體密度與空氣密度的比較，關鍵在於氣體的平均分子量。在標準狀態 (STP) 下，氣體的密度與其分子量成正比。空氣的平均分子量約為 29 g/mol。

解題步驟：

1. 計算空氣的平均分子量：空氣主要由氮氣 (N$_2$, 分子量約 28 g/mol) 和氧氣 (O$_2$, 分子量約 32 g/mol) 組成，平均分子量約為 29 g/mol。

2. 計算各氣體的分子量：

   • NH$_3$ (氨)：N (14.01) + 3 $\times$ H (1.008) = 14.01 + 3.024 = 17.034 g/mol
   • He (氦)：He (4.00) g/mol

這題考查化學平衡常數 (K) 的性質，特別是當反應式被逆轉或乘以一個係數時，K 的變化。

解題步驟：

1. 理解給定的反應和 K 值：

   • 正向反應：H$_2$(g) + Cl$_2$(g) $\rightleftharpoons$ 2HCl(g)，其平衡常數 $K_1 = 4$。

2. 分析目標反應：

   • 目標反應：HCl(g) $\rightleftharpoons$ (1/2)H$_2$(g) + (1/2)Cl$_2$(g)。

3. 比較兩個反應的關係：

   • 觀察發現，目標反應是給定反應的逆反應，並且所有係數都被乘以 1/2。

4. 應用平衡常數的性質：

   • 逆反應：如果一個反應被逆轉，新的平衡常數是原來平衡常數的倒數。

這題考查酸鹼的相對強弱以及其共軛鹼的強弱關係。酸越強，其共軛鹼越弱；反之，酸越弱，其共軛鹼越強。

解題步驟：

1. 確定酸的強弱順序：

   • 題目告知：HCl 是強酸，HF 是弱酸，HC$_2$H$_3$O$_2$ (醋酸) 也是弱酸，且 HF 比 HC$_2$H$_3$O$_2$ 強。
   • 因此，酸的強弱順序為：HCl >> HF > HC$_2$H$_3$O$_2$。

2. 確定共軛鹼的強弱順序：

   • 強酸的共軛鹼非常弱，幾乎沒有鹼性。
   • 弱酸的共軛鹼是弱鹼。
   • 酸越弱，其共軛鹼越強。
   • HCl 的共軛鹼是 Cl$^-$。由於 HCl 是強酸，Cl$^-$ 是非常弱的鹼。
   • HF 的共軛鹼是 F$^-$。由於 HF 是弱酸，F$^-$ 是弱鹼。
   • HC$_2$H$_3$O$_2$ 的共軛鹼是 C$_2$H$_3$O$_2^-$ (醋酸根離子)。

這題考查弱電解質的解離平衡，利用 $K_a$ 值計算弱酸的 pH 值。

解題步驟：

1. 寫出 HNO$_2$ 的解離方程式：

   • HNO$_2$(aq) $\rightleftharpoons$ H$^+$(aq) + NO$_2^-$(aq)

2. 建立 ICE 表格 (Initial, Change, Equilibrium)：

   	HNO$_2$	H$^+$	NO$_2^-$
   Initial (I)	0.27	0	0
   Change (C)	-x	+x	+x
   Equilibrium (E)	0.27-x	x	x

3. 寫出 $K_a$ 的表達式：

   • $K_a = \frac{[\text{H}^+][\text{NO}_2^-]}{[\text{HNO}_2]}$

4. 代入平衡濃度並求解 x：

   • $4.0 \times 10^{-4} = \frac{x \times x}{0.27 - x}$

這題考查弱酸的解離百分率與 $K_a$ 值之間的關係。

解題步驟：

1. 寫出弱酸 HA 的解離方程式：

   • HA(aq) $\rightleftharpoons$ H$^+$(aq) + A$^-$ (aq)

2. 根據解離百分率計算平衡時的離子濃度：

   • 初始濃度 [HA] = 1.0 M。
   • 解離百分率 = 10.0%。
   • 解離的 HA 的濃度 = 1.0 M $\times$ 10.0% = 1.0 M $\times$ 0.100 = 0.100 M。
   • 根據反應方程式，解離的 HA 會生成等量的 H$^+$ 和 A$^-$。
   • 因此，在平衡時：
     • [H$^+$] = 0.100 M
     • [A$^-$] = 0.100 M

這題考查指示劑的變色範圍，利用 Henderson-Hasselbalch 方程式來判斷。指示劑的變色是其酸式 (HIn) 和鹼式 (In$^-$) 兩種形式濃度的比例決定的。

解題步驟：

1. 寫出指示劑的解離平衡：

   • HIn(aq) $\rightleftharpoons$ H$^+$(aq) + In$^-$(aq)
   • $K_a = \frac{[\text{H}^+][\text{In}^-]}{[\text{HIn}]} = 1 \times 10^{-4}$

2. 利用 Henderson-Hasselbalch 方程式：

   • pH = p$K_a$ + log($\frac{[\text{In}^-]}{[\text{HIn}]}$)
   • p$K_a$ = $-\log(K_a) = -\log(1 \times 10^{-4}) = 4$。

3. 代入 pH 值並計算濃度比例：

   • 給定 pH = 6.0。
   • 6.0 = 4 + log($\frac{[\text{In}^-]}{[\text{HIn}]}$)

這題考查難溶鹽的溶度積 ($K_{sp}$) 計算溶解度。

解題步驟：

1. 寫出 Ag$_2$CrO$_4$ 的解離平衡方程式：

   • Ag$_2$CrO$_4$(s) $\rightleftharpoons$ 2Ag$^+$(aq) + CrO$_4^{2-}$(aq)

2. 定義溶解度 (s)：

   • 設 Ag$_2$CrO$_4$ 的溶解度為 $s$ mol/L。
   • 根據化學計量，當 $s$ mol/L 的 Ag$_2$CrO$_4$ 解離時，會產生 $2s$ mol/L 的 Ag$^+$ 和 $s$ mol/L 的 CrO$_4^{2-}$。
   • 所以，在飽和溶液中：[Ag$^+$] = $2s$，[CrO$_4^{2-}$] = $s$。

這題考查氣體膨脹作功的計算。在定壓下，氣體膨脹作功的公式為 $W = -P\Delta V$。

解題步驟：

1. 確定公式：

   • 當氣體膨脹時，它對外界作功，所以功是負值。
   • 作功的公式為 $W = -P_{ext}\Delta V$，其中 $P_{ext}$ 是外壓，$\Delta V$ 是體積變化。

2. 確定已知量：

   • 外壓 $P_{ext}$ = 1.6 atm。
   • 初始體積 $V_i$ = 3.1 L。
   • 最終體積 $V_f$ = 6.4 L。

這題考查反應焓變 ($\Delta H^\circ$) 的計算，可以使用赫士定律 (Hess's Law) 或生成焓 (enthalpy of formation) 的概念。在此題中，給定的是燃燒焓，我們可以利用赫士定律來求解。

解題步驟：

1. 寫出目標反應：

   • C$_4$H$_4$(g) + 2H$_2$(g) $\rightarrow$ C$_4$H$_8$(g)

2. 寫出給定的燃燒反應：

   • (1) C$_4$H$_4$(g) + 5O$_2$(g) $\rightarrow$ 4CO$_2$(g) + 2H$_2$O(l) $\Delta H^\circ_1 = -2341$ kJ/mol
   • (2) H$_2$(g) + 1/2 O$_2$(g) $\rightarrow$ H$_2$O(l) $\Delta H^\circ_2 = -286$ kJ/mol
   • (3) C$_4$H$_8$(g) + 6O$_2$(g) $\rightarrow$ 4CO$_2$(g) + 4H$_2$O(l) $\Delta H^\circ_3 = -2755$ kJ/mol

3. 利用赫士定律組合反應：

   • 我們需要 C$_4$H$_4$(g) 作為反應物，所以保留反應 (1) 不變。
   • 我們需要 2H$_2$(g) 作為反應物，所以將反應 (2) 乘以 2：
     • 2H$_2$(g) + O$_2$(g) $\rightarrow$ 2H$_2$O(l) $2 \times \Delta H^\circ_2 = 2 \times (-286) = -572$ kJ/mol
   • 我們需要 C$_4$H$_8$(g) 作為產物，所以將反應 (3) 逆轉。逆轉反應時，焓變符號改變：
     • 4CO$_2$(g) + 4H$_2$O(l) $\rightarrow$ C$_4$H$_8$(g) + 6O$_2$(g) $-\Delta H^\circ_3 = -(-2755) = +2755$ kJ/mol

這題考查電化學電池的標準電動勢 ($E^\circ_{cell}$) 計算。電池電動勢等於正極的還原電勢減去負極的還原電勢，或者等於正極的標準還原電勢加上負極的標準氧化電勢。

解題步驟：

1. 判斷哪個反應是氧化，哪個是還原：

   • 給定的兩個半反應都是還原反應，並附有標準還原電勢 ($E^\circ_{red}$)。
   • Cr$^{3+}$ + 3e$^-$ $\rightarrow$ Cr(s) $E^\circ_{red}$ = -0.73 V
   • Br$_2$(aq) + 2e$^-$ $\rightarrow$ 2Br$^-$ $E^\circ_{red}$ = +1.09 V
   • 在一個原電池中，標準還原電勢較高的半反應會作為正極（發生還原）；標準還原電勢較低的半反應會作為負極（發生氧化）。
   • 比較兩個電勢：+1.09 V > -0.73 V。
   • 因此，Br$_2$ 還原為 Br$^-$ 是正極反應。
   • Cr$^{3+}$ 還原為 Cr 是負極反應。

2. 確定正極和負極的半反應：

   • 正極 (陰極)：Br$_2$(aq) + 2e$^-$ $\rightarrow$ 2Br$^-$ $E^\circ_{cathode} = +1.09$ V
   • 負極 (陽極)：Cr$^{3+}$ 的還原電勢較低，因此它會發生氧化。

這題考查鋁的抗腐蝕性原因。題目提供了鋁離子的標準還原電勢 $E^\circ(\text{Al}^{3+}/\text{Al}) = -1.66$ V，這表示鋁金屬非常容易被氧化。然而，鋁在實際應用中卻具有良好的抗腐蝕性，這需要從其他角度解釋。

解題步驟：

1. 分析 $E^\circ$ 值：$E^\circ(\text{Al}^{3+}/\text{Al}) = -1.66$ V 是一個非常負的還原電勢，意味著鋁金屬具有很強的還原性，容易失去電子變成 Al$^{3+}$ 離子，即鋁容易被氧化。這似乎與鋁具有抗腐蝕性矛盾。

這題考查氫原子光譜，特別是電子從高能階躍遷到低能階時所發出的光。發射光的波長與能階躍遷的能量差有關。

解題步驟：

1. 理解能階與能量的關係：

   • 在氫原子中，電子的能階由主量子數 $n$ 表示，能階越高，能量越高。
   • 能階的能量公式為 $E_n = -\frac{13.6}{n^2}$ eV。

2. 理解發射光的能量與波長的關係：

   • 當電子從高能階 ($n_{high}$) 躍遷到低能階 ($n_{low}$) 時，會釋放出能量，這些能量以光子的形式發出。
   • 光子的能量 $E_{photon} = E_{high} - E_{low} = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$。
   • 其中 $h$ 是普朗克常數，$c$ 是光速，$\nu$ 是頻率，$\lambda$ 是波長。
   • 能量與波長成反比：能量越大，波長越短；能量越小，波長越長。

3. 判斷哪個躍遷的能量差最小：

   • 能量差 $\Delta E = E_{n_{high}} - E_{n_{low}}$。
   • 我們需要找到能量差最小的躍遷，因為能量差越小，對應的光子波長越長。

這題考查量子力學中的粒子在三維盒子模型，特別是簡併 (degeneracy) 的概念。簡併是指不同的量子態具有相同的能量。

解題步驟：

1. 理解能量公式：

   • $E_{n_x, n_y, n_z} = \frac{h^2}{8mL^2} (n_x^2 + n_y^2 + n_z^2)$
   • 其中 $n_x, n_y, n_z$ 是正整數 (1, 2, 3, ...)。
   • $L_x = L_y = L_z = L$ 表示盒子是立方體。

2. 設定目標能量：

   • 題目要求找出能量為 $14 \frac{h^2}{8mL^2}$ 的能階。
   • 將此能量與公式比較，我們需要找到滿足以下條件的正整數組合 $(n_x, n_y, n_z)$：
     • $n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 = 14$

3. 尋找滿足條件的正整數解：

   • 我們需要找到三個正整數的平方和為 14。
   • 可能的平方數有：$1^2=1$, $2^2=4$, $3^2=9$, $4^2=16$ (16 已大於 14，所以 $n$ 的最大值為 3)。
   • 嘗試組合：
     • 如果其中一個是 9 ($3^2$)：$9 + n_y^2 + n_z^2 = 14 \Rightarrow n_y^2 + n_z^2 = 5$。
       • 要使 $n_y^2 + n_z^2 = 5$，可能的組合是 $1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5$。
       • 所以，一組解是 $(3, 2, 1)$ (或其排列)。

這題考查離子鍵的形成，以及元素金屬性與離子鍵性質的關係。離子鍵的形成是金屬與非金屬之間電子轉移的結果。離子鍵的離子性越強，表示電子轉移越完全，金屬與非金屬之間的電負度差異越大。

解題步驟：

1. 理解離子鍵的性質：

   • 離子鍵通常發生在電負度差異大的元素之間，一般是金屬和非金屬。
   • 金屬的電負度越小，越容易失去電子形成陽離子，離子性越強。
   • 非金屬的電負度越大，越容易得到電子形成陰離子，離子性越強。
   • 在討論與同一元素 (氯) 形成鍵時，我們需要比較其他元素的金屬性或電負度。

2. 分析選項中的元素：

   • (A) Cs (銫)：鹼金屬，位於週期表的 IA 族，最左邊。電負度極小，金屬性最強。
   • (B) Ca (鈣)：鹼土金屬，位於週期表的 IIA 族。金屬性很強。
   • (C) Mg (鎂)：鹼土金屬，位於週期表的 IIA 族，比 Ca 在週期表中更上面。金屬性比 Ca 弱。

這題考查分子的極性，即偶極矩 (dipole moment)。一個分子的偶極矩為零，表示它是非極性的。這通常發生在分子結構對稱，且鍵的極性相互抵消的情況下。

解題步驟：

1. 判斷各分子的分子幾何結構：
   • (A) NH$_3$ (氨)：中心原子 N，有 3 個鍵結原子 H 和 1 對孤對電子。VSEPR 理論預測其幾何結構為三角錐形 (trigonal pyramidal)。
   • (B) NO$_2$ (二氧化氮)：中心原子 N，與兩個 O 原子鍵結，有一個未成對電子。其結構為彎曲形 (bent)，但由於氮上的未成對電子和氧的電負度，存在偶極矩。
   • (C) SO$_2$ (二氧化硫)：中心原子 S，有 2 個鍵結原子 O 和 1 對孤對電子。VSEPR 理論預測其幾何結構為彎曲形 (bent)。
   • (D) H$_2$O$_2$ (過氧化氫)：結構較複雜，有兩個氧原子相互鍵結，每個氧原子再鍵結一個氫原子，且有孤對電子。其構象為非平面，存在偶極矩。
   • (E) PF$_5$ (五氟化磷)：中心原子 P，有 5 個鍵結原子 F，沒有孤對電子。

這題考查化學鍵的類型。題目描述的是「陽離子被移動的電子結合在一起」，這是金屬鍵的典型特徵。

解題步驟：

1. 分析題目描述：「陽離子被移動的電子結合在一起」。

   • 「陽離子」表示物質中存在帶正電的原子或離子。
   • 「移動的電子」表示電子不是固定在某個原子或鍵上，而是可以在整個結構中自由移動。
   • 這種結合方式稱為「金屬鍵」。金屬晶體由金屬陽離子形成規則排列的晶格，這些陽離子被一層「自由移動的價電子」所籠罩。

2. 分析各選項的物質類型：

   • (A) AgCl(s) (氯化銀)：這是一種離子化合物，由 Ag$^+$ 陽離子和 Cl$^-$ 陰離子通過離子鍵結合。電子是局域化的，不自由移動。

這題考查相圖 (phase diagram) 的概念，特別是三相點 (triple point) 的意義。三相點是物質固、液、氣三相共存且達到熱力學平衡的獨特溫度和壓力點。

解題步驟：

1. 理解三相點的定義：

   • 三相點是物質的固、液、氣三種相能夠穩定共存的唯一溫度和壓力組合。
   • 在這個點上，三相的化學勢相等。

2. 分析碘的三相點資訊：

   • 三相點溫度 = 115°C
   • 三相點壓力 = 90 torr

3. 分析各選項：

   • (A) 碘液體比固體密度大：相圖無法直接從三相點判斷固液密度關係。對於大多數物質，固體密度大於液體。碘的固體密度約為 4.93 g/cm$^3$，液體密度約為 4.0 g/cm$^3$（在熔點附近），所以碘的固體密度大於液體。此選項不一定正確，且與三相點無直接關聯。
   • (B) 碘不能存在於 115°C 以上：這是錯誤的。在 115°C 以上，只要壓力足夠高，碘可以以液體或氣體形式存在。三相點只表示三相共存點。
   • (C) 碘不能存在於 1 atm 壓力下：1 atm = 760 torr。由於 760 torr 遠大於三相點壓力 90 torr，在 1 atm 壓力下，碘可以以固體、液體或氣體形式存在，取決於溫度。

這題考查不同濃度單位的定義，以及溫度對這些單位影響的差異。

解題步驟：

1. 分析各濃度單位的定義：
   • (A) 質量百分率 (mass percent)：$\frac{\text{溶質質量}}{\text{溶液質量}} \times 100\%$。質量不隨溫度變化。
   • (B) 摩爾分數 (mole fraction)：$\frac{\text{溶質摩爾數}}{\text{總摩爾數}}$。摩爾數不隨溫度變化。
   • (C) 質量莫耳濃度 (molality)：$\frac{\text{溶質摩爾數}}{\text{溶劑質量 (kg)}}$。溶質摩爾數和溶劑質量都不隨溫度變化。

這題考查分散系 (dispersion systems) 的分類。題目描述的是「固體溶解在氣體中」。

解題步驟：

1. 分析分散系的定義：分散系是由分散質 (dispersed phase) 和分散媒 (dispersion medium) 組成的混合物。

   • 分散質：被分散的物質。
   • 分散媒：分散質所分散的介質。

2. 識別題目的分散質和分散媒：

   • 分散質：固體 (solid)
   • 分散媒：氣體 (gas)

這題考查地殼中元素的豐度，特別是金屬元素的豐度。

解題步驟：

1. 回憶或查找地殼元素豐度資料：
   • 地殼中含量最高的元素是氧 (O)，其次是矽 (Si)，然後是鋁 (Al)，接著是鐵 (Fe)。
   • 氧和矽是非金屬。
   • 在金屬元素中，鋁 (Al) 是地殼中含量最豐富的金屬。
   • 鐵 (Fe) 是地殼中含量第二豐富的金屬。
   • 鈣 (Ca) 的含量也較高，但低於鐵。

這題考查離子水合能 (hydration energy) 的大小。水合能是指氣態離子溶解於水中形成水合離子時釋放的能量。水合能的大小與離子的電荷和離子半徑有關。

解題步驟：

1. 理解水合能的影響因素：

   • 電荷：離子所帶電荷越高，水合能越大（絕對值）。
   • 離子半徑：離子半徑越小，離子周圍的水分子越容易被吸引，水合能越大（絕對值）。

2. 分析選項中的離子：

   • 選項中都是鹵素離子：F$^-$, Cl$^-$, Br$^-$, I$^-$.
   • 這些離子的電荷都是 -1，所以電荷對水合能的影響相同。

這題考查核反應的守恆定律，特別是質量數 (質子數+中子數) 和電荷數 (質子數) 的守恆。

解題步驟：

1. 寫出已知的反應物和產物：

   • 反應物：U-235 加上一個中子 (n)。
   • 產物：Zn-72, Sm-160, 以及若干個中子 (n)。

2. 查找相關元素的原子序：

   • 鈾 (U) 的原子序是 92。U-235 的符號是 $^{235}_{92}$U。
   • 鋅 (Zn) 的原子序是 30。Zn-72 的符號是 $^{72}_{30}$Zn。
   • 釕 (Sm) 的原子序是 62。Sm-160 的符號是 $^{160}_{62}$Sm。
   • 中子 (n) 的符號是 $^{1}_{0}$n。

這題考查拉午耳定律 (Raoult's Law) 和道爾頓分壓定律 (Dalton's Law of Partial Pressures) 在二元溶液中的應用。

解題步驟：

1. 定義變數：

   • 液體 A 的蒸氣壓 $P_A^* = x$。
   • 液體 B 的蒸氣壓 $P_B^* = y$。
   • 已知 $x > y$，表示 A 是較易揮發的組分。
   • 液體混合物中 A 的摩爾分數為 $X_A$。
   • 液體混合物中 B 的摩爾分數為 $X_B = 1 - X_A$。
   • 氣體混合物中 A 的摩爾分數為 $Y_A = 0.50$。
   • 氣體混合物中 B 的摩爾分數為 $Y_B = 1 - Y_A = 0.50$。

2. 應用拉午耳定律計算各組分的蒸氣壓：

   • A 在液相中的蒸氣壓 $P_A = X_A \times P_A^* = X_A \times x$。
   • B 在液相中的蒸氣壓 $P_B = X_B \times P_B^* = (1 - X_A) \times y$。

這題考查配位化學中關於晶體場理論 (Crystal Field Theory, CFT) 的應用，特別是八面體場中 d 軌道的劈裂以及弱場與強場配位基對電子排佈的影響。

解題步驟：

1. 確定中心金屬離子的氧化態：

   • 配位化合物是 Co(CN)$_6^{4-}$。
   • CN$^-$ 的氧化態是 -1。
   • 設 Co 的氧化態為 $z$。
   • $z + 6 \times (-1) = -4$
   • $z - 6 = -4$
   • $z = +2$。
   • 因此，中心金屬離子是 Co$^{2+}$。

2. 確定 Co$^{2+}$ 的電子構型：

   • 給定 Co 的電子構型是 [Ar]4s$^2$3d$^7$。
   • Co$^{2+}$ 失去 2 個電子，這些電子優先從外層的 4s 軌道失去。
   • 所以，Co$^{2+}$ 的電子構型是 [Ar]3d$^7$。
   • 這意味著 3d 軌道上有 7 個電子。

3. 應用晶體場理論於八面體場：

   • 在八面體配位場中，原本簡併的五個 d 軌道會劈裂成兩個能階：
     • 較低能階 (t$_{2g}$)：包含三個軌道 (d$_{xy}$, d$_{yz}$, d$_{xz}$)。
     • 較高能階 (e$_g$)：包含兩個軌道 (d$_{z^2}$, d$_{x^2-y^2}$)。
   • 兩個能階之間的能量差稱為晶體場穩定化能 (Crystal Field Stabilization Energy, CFSE)。

這題考查順磁性 (paramagnetism) 和反磁性 (antimagnetism) 的判斷，這與分子中是否存在不成對電子有關。

解題步驟：

1. 回顧順磁性和反磁性的定義：
   • 順磁性 (Paramagnetism)：物質中存在不成對電子，這些不成對電子會在外加磁場中產生磁矩，而被磁場吸引。
   • 反磁性 (Antimagnetism)：物質中所有電子都成對存在，沒有淨磁矩，因此在外加磁場中會被微弱排斥。

這題要求寫出常見有機化合物的官能基。

解題步驟：

1. 回憶各類有機化合物的結構和官能基：
   • (A) 醛類 (Aldehydes)：羰基 (C=O) 連接一個氫原子和一個烷基或芳基。官能基是 -CHO。
     • 結構式：R-CHO
   • (B) 酮類 (Ketones)：羰基 (C=O) 連接兩個烷基或芳基。官能基是 C=O (位於分子內部)。
     • 結構式：R-CO-R'
   • (C) 胺類 (Amines)：氨 (NH$_3$) 的衍生物，其中一個或多個氫原子被烷基或芳基取代。官能基是 -NH$_2$, -NHR, 或 -NR$_2$ (其中 R, R' 是烷基或芳基)。

這題要求推導一級反應的積分速率定律 (integrated rate law)。

解題步驟：

1. 寫出一級反應的微分速率定律：

   • 對於反應物 A 的一級反應，其速率與 A 的濃度成正比：
   • 速率 = $-\frac{d[A]}{dt} = k[A]^1 = k[A]$
   • 其中 $k$ 是速率常數。

2. 分離變數：

   • 將濃度項 [A] 移到等號左邊，時間項 dt 移到等號右邊：
   • $\frac{d[A]}{[A]} = -k dt$

3. 進行積分：

   • 對等號兩邊從初始濃度 $[A]_0$ (在時間 $t=0$ 時) 到任意濃度 $[A]_t$ (在時間 $t$ 時) 進行積分：
   • $\int_{[A]_0}^{[A]_t} \frac{d[A]}{[A]} = \int_0^t -k dt$

4. 計算積分：

   • 左邊的積分是 $\ln[A]$，從 $[A]_0$ 到 $[A]_t$：

這題要求簡述如何獲得反應的活化能 (activation energy)。活化能是化學反應動力學中的一個重要參數，它表示反應發生所需的最低能量。

解題步驟：

1. 介紹阿瑞尼亞斯方程式 (Arrhenius Equation)：

   • 活化能通常是通過研究反應速率常數 ($k$) 與絕對溫度 ($T$) 之間的關係來確定的。
   • 阿瑞尼亞斯方程式描述了這種關係：$k = A e^{-E_a/RT}$
     • $k$ 是速率常數。
     • $A$ 是頻率因子 (前指數因子)。
     • $E_a$ 是活化能 (單位通常是 J/mol 或 kJ/mol)。
     • $R$ 是理想氣體常數 (8.314 J/mol·K)。
     • $T$ 是絕對溫度 (K)。

2. 將阿瑞尼亞斯方程式轉換為線性形式：

   • 對阿瑞尼亞斯方程式取自然對數：
     • $\ln k = \ln(A e^{-E_a/RT})$
     • $\ln k = \ln A + \ln(e^{-E_a/RT})$
     • $\ln k = \ln A - \frac{E_a}{RT}$
   • 將此方程式改寫成類似於直線方程式 $y = mx + c$ 的形式：
     • $\ln k = -\frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T}\right) + \ln A$
     • 其中，$y = \ln k$, $x = 1/T$, 斜率 $m = -E_a/R$, 截距 $c = \ln A$。

核心觀念

本題考查 Gibbs 自由能與宇宙熵變化的關係。需使用：

$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S_{\text{system}}$$

以及宇宙熵變化的定義：

$$\Delta S_{\text{universe}} = \Delta S_{\text{system}} + \Delta S_{\text{surroundings}}$$

在定溫、定壓下，若系統只進行體積功，系統吸收的熱量為：

$$q_p=\Delta H$$

解題方法與推導

考慮系統與溫度固定為 $T$ 的周圍環境接觸。根據熱力學第一定律，在定壓且只有體積功時：

$$q_p=\Delta H$$

系統吸收熱量時，周圍環境放出等量熱量，因此：

$$q_{\text{surroundings}}=-q_{\text{system}}=-\Delta H$$

周圍環境保持定溫，其熵變為：

$$\Delta S_{\text{surroundings}} = \frac{q_{\text{surroundings}}}{T} = -\frac{\Delta H}{T}$$

因此，宇宙的總熵變化為：

$$\Delta S_{\text{universe}} = \Delta S_{\text{system}} + \Delta S_{\text{surroundings}}$$

代入上式：

$$\Delta S_{\text{universe}} = \Delta S_{\text{system}} - \frac{\Delta H}{T}$$

整理得：

$$\Delta S_{\text{universe}} = -\frac{\Delta H-T\Delta S_{\text{system}}}{T}$$

又因為定溫下：

$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S_{\text{system}}$$

所以：

這題要求證明在定壓定溫條件下，吉布斯自由能的變化量 ($\Delta G$) 等於系統對外作的最大有用功 ($W_{useful}$)。

解題步驟：

1. 回顧熱力學第一定律和功的定義：

   • 熱力學第一定律：$\Delta U = q + w$ (系統吸收的熱量 $q$，系統對外作的功 $w$)。
   • 在定壓下，系統對外作的功包含兩部分：
     • 膨脹功 (PV work)：$w_{PV} = -P_{ext}\Delta V$。
     • 有用功 (useful work)：$w_{useful}$ (例如電功)。
   • 所以，系統對外作的總功 $w_{total} = w_{PV} + w_{useful}$。
   • 則系統吸收的熱量 $q = \Delta U - w = \Delta U - (w_{PV} + w_{useful})$。

2. 考慮定壓過程的焓變：

   • $\Delta H = \Delta U + P\Delta V$。
   • 在定壓下，系統吸收的熱量 $q = \Delta H$ (如果 $P_{ext} = P_{system}$，即準靜態過程)。

3. 連接熱量、功和吉布斯自由能：

   • $\Delta G = \Delta H - T\Delta S$。
   • 對於定壓過程，$\Delta H = q_{system}$。
   • $\Delta G = q_{system} - T\Delta S_{system}$。
   • 根據熱力學第二定律，對於一個自發過程，$\Delta S_{universe} = \Delta S_{system} + \Delta S_{surroundings} \ge 0$。
   • 在定溫定壓下，$\Delta S_{surroundings} = q_{surroundings}/T = -q_{system}/T$。
   • 所以，$\Delta S_{system} - q_{system}/T \ge 0$。
   • $T\Delta S_{system} \ge q_{system}$。
   • 因此，$\Delta G = q_{system} - T\Delta S_{system} \le q_{system} - q_{system} = 0$。
   • 這表明，對於自發過程，$\Delta G \le 0$。當 $\Delta G = 0$ 時，系統處於平衡狀態。

4. 將有用功納入考量：

   • 在定壓定溫條件下，系統對外作的最大有用功發生在可逆過程 (reversible process) 中。
   • 對於一個可逆過程，$\Delta S_{universe} = 0$。
   • 在這種情況下，$\Delta S_{system} = q_{system}/T$。
   • 將 $q_{system} = \Delta U - w_{system}$ 代入。
   • $\Delta G = \Delta H - T\Delta S_{system}$
   • $\Delta G = (\Delta U + P\Delta V) - T\Delta S_{system}$
   • $\Delta G = (\Delta U + P\Delta V) - T (q_{system}/T)$
   • $\Delta G = \Delta U + P\Delta V - q_{system}$
   • $\Delta G = \Delta U + P\Delta V - (\Delta U - w_{system})$
   • $\Delta G = \Delta U + P\Delta V - \Delta U + w_{system}$
   • $\Delta G = P\Delta V + w_{system}$
   • 由於 $w_{system}$ 是系統從外界獲得的功，所以系統對外作的功是 $-w_{system}$。
   • $w_{system} = w_{PV} + w_{useful} = -P\Delta V + w_{useful}$ (這裡 $w_{PV}$ 是系統對外作的膨脹功)。
   • 所以，$w_{system} = -P\Delta V + w_{useful}$。
   • 代入 $\Delta G$ 方程式：