113 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《普通化學》

此題考查金屬氧化物的命名與化學式書寫。金(Gold, Au)在化合物中常見的氧化態為+1和+3。題幹中的「金(I)」表示金的氧化態為+1。硫化物(sulfide)離子為S²⁻。

核心觀念

化學方程式配平必須遵守原子守恆定律：反應前後各元素的原子數必須相等。配平後的係數應化為最簡整數比。

本題涉及元素為氫、錫、氯、硫。依題目所列方程式直接配平會產生矛盾，表示題目中的生成物應缺少元素硫。

解題方法

先依題目原式設係數：

各元素守恆如下：

• 錫：

• 氯：

• 硫：

由 $a=c$ 可得：

因此：

• 氫：

代入 $b=a$ 與 $d=6a$：

除非 $a=0$，否則無法成立；但所有係數不可能同時為零。因此，題目所列方程式本身無法配平。

合理的完整反應式應包含元素硫：

重新配平：

• 錫：$\mathrm{H_2SnCl_6}$ 與 $\mathrm{SnS_2}$ 係數皆為 $1$
• 氯：左側有 $6$ 個氯，因此 $\mathrm{HCl}$ 係數為 $6$

此題考查銅離子與氨水反應的沉澱生成。
當氨水 (NH₃(aq)) 加入含 Cu²⁺ 離子的水溶液時，會發生兩個可能的反應：

1. 形成氫氧化物沉澱：氨水在水中會部分解離成 NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH⁻。氫氧化物離子 (OH⁻) 會與銅離子 (Cu²⁺) 反應生成不溶於水的氫氧化銅沉澱。
   Cu²⁺(aq) + 2OH⁻(aq) → Cu(OH)₂(s)
   Cu(OH)₂ 呈藍色膠狀沉澱。

2. 形成銅氨錯離子：如果氨水過量加入，Cu(OH)₂ 沉澱會溶解，形成藍色的四氨合銅(II)離子 [Cu(NH₃)₄]²⁺。
   Cu(OH)₂(s) + 4NH₃(aq) → [Cu(NH₃)₄]²⁺(aq) + 2OH⁻(aq)

此題考查判斷反應是否為氧化還原反應。氧化還原反應的判斷標準是反應物與產物中，是否有元素的氧化數發生變化。

我們逐一分析各選項的氧化數變化：

(A) CH₄ + 2O₂ → 2H₂O + CO₂
- CH₄: C 為 -4, H 為 +1
- O₂: O 為 0
- H₂O: H 為 +1, O 為 -2
- CO₂: C 為 +4, O 為 -2
變化：C 從 -4 變為 +4 (氧化)；O 從 0 變為 -2 (還原)。這是氧化還原反應。

(B) Mg + 2HI → MgI₂ + H₂
- Mg: 0 (單質)
- HI: H 為 +1, I 為 -1
- MgI₂: Mg 為 +2, I 為 -1
- H₂: H 為 0
變化：Mg 從 0 變為 +2 (氧化)；H 從 +1 變為 0 (還原)。這是氧化還原反應。

(C) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂
- Na: 0 (單質)
- H₂O: H 為 +1, O 為 -2
- NaOH: Na 為 +1, O 為 -2, H 為 +1
- H₂: H 為 0
變化：Na 從 0 變為 +1 (氧化)；H 從 +1 (在 H₂O 中) 變為 0 (在 H₂ 中) (還原)。這是氧化還原反應。

核心觀念

分子撞擊器壁時，牆面所受的「每次撞擊動量」取決於分子動量的改變量。若視碰撞為彈性碰撞，分子垂直牆面的速度分量由 $v_x$ 反向，因此動量改變量大小為

其中 $m$ 為分子質量。

在相同溫度下，理想氣體分子的平均動能相同：

因此分子速率的尺度為

分子動量大小為

代入速率關係可得

所以在相同溫度下，分子質量越大，每次撞擊器壁所造成的動量改變越大。

解題方法

三種氣體的分子量為

由於

且每次撞擊的動量改變量與 $\sqrt{m}$ 成正比，因此

故分子具有最大撞擊動量的是含有 $\mathrm{O_2}$ 的 Flask C。

題目給出的相同壓力與相同體積，代表三個燒瓶內的氣體莫耳數相同；但「每次撞擊的動量」主要由分子質量與溫度決定，並非由燒瓶內分子總數決定。

選項分析

此題考查化學平衡的移動，特別是勒沙特列原理 (Le Chatelier's principle) 對於熵變 (ΔS) 和平衡常數 (K) 的影響。

給定的反應是：
2 NH₃(g) ⇌ 3 H₂(g) + N₂(g)
此反應是吸熱反應，表示 ΔH > 0。
從反應前後的氣體分子數來看：反應物有 2 mol 氣體，產物有 3 + 1 = 4 mol 氣體。因此，反應向右進行時，氣體分子數增加，表示 ΔS > 0。

我們要增加平衡常數 K 的值。平衡常數 K 的大小與溫度有關。
對於吸熱反應 (ΔH > 0)，升高溫度會使平衡向吸熱方向（右側）移動，從而增加產物的生成量，使得 K 值增大。
反之，降低溫度會使平衡向放熱方向（左側）移動，減小 K 值。

因此，要增加 K 的值，我們應該增加溫度。

接下來，我們考慮壓力對平衡的影響。
反應的氣體分子數由 2 mol 變為 4 mol。
增加總壓力會使平衡向氣體分子數減少的方向移動，即向左移動，不利於產物生成，會減小 K 值（或者說，如果 K 是以分壓表示的Kp，則增加總壓會使平衡向左移動，但 Kp 本身不隨壓力改變；如果 K是以濃度表示的Kc，那麼增加總壓會使平衡向左移動，Kc 會減小）。
減小總壓力會使平衡向氣體分子數增加的方向移動，即向右移動，有利於產物生成。

此題考查 pH、pOH 和 [OH⁻] 之間的關係。
在 25°C 時，水的離子乘積 $K_w = [H⁺][OH⁻] = 1.0 \times 10^{-14}$。

已知 [OH⁻] = 2.5 × 10⁻⁹ M。
我們可以計算 pOH：
$pOH = -\log_{10}[OH⁻]$
$pOH = -\log_{10}(2.5 \times 10^{-9})$
$pOH = -(\log_{10}2.5 + \log_{10}10^{-9})$
$pOH = -(\log_{10}2.5 - 9)$
$pOH = 9 - \log_{10}2.5$

$\log_{10}2.5$ 約等於 0.40。
$pOH \approx 9 - 0.40 = 8.60$

然後，我們計算 pH：
$pH + pOH = 14.00$ (在 25°C)
$pH = 14.00 - pOH$
$pH \approx 14.00 - 8.60 = 5.40$

讓我們更精確地計算 $\log_{10}2.5$。
$\log_{10}2.5 = \log_{10}(5/2) = \log_{10}5 - \log_{10}2 = \log_{10}(10/2) - \log_{10}2 = \log_{10}10 - \log_{10}2 - \log_{10}2 = 1 - 2\log_{10}2$

此題考查二質子酸 (diprotic acid) 的 pH 計算。H₂A 是二質子酸，會分兩步解離：
第一步：H₂A ⇌ H⁺ + HA⁻，其酸強度常數為 Ka₁ = 1.0 × 10⁻⁶
第二步：HA⁻ ⇌ H⁺ + A²⁻，其酸強度常數為 Ka₂ = 1.0 × 10⁻¹⁴

計算 pH 時，通常第一步解離產生的 H⁺ 濃度對 pH 的貢獻遠大於第二步，除非 Ka₁ 遠大於 Ka₂ 且濃度很高，或者 Ka₂ 相對 Ka₁ 比較大。
在此例中，Ka₁ = 1.0 × 10⁻⁶，Ka₂ = 1.0 × 10⁻¹⁴。Ka₁ 遠大於 Ka₂，且初始濃度為 1.0 M。因此，我們可以近似地只考慮第一步解離來計算 pH。

假設只有第一步解離：
H₂A ⇌ H⁺ + HA⁻
初始濃度： 1.0 M 0 0
變化： -x +x +x
平衡濃度： 1.0 - x x x

Ka₁ = $\frac{[H⁺][HA⁻]}{[H₂A]} = \frac{x \cdot x}{1.0 - x} = 1.0 \times 10^{-6}$

因為 Ka₁ 相對初始濃度 1.0 M 來說很小 (Ka₁/C = 10⁻⁶/1.0 = 10⁻⁶ << 0.05)，我們可以近似 $1.0 - x \approx 1.0$。
$x^2 \approx 1.0 \times 10^{-6}$
$x = \sqrt{1.0 \times 10^{-6}} = 1.0 \times 10^{-3}$ M

所以，[H⁺] ≈ 1.0 × 10⁻³ M。
pH = $-\log_{10}[H⁺] = -\log_{10}(1.0 \times 10^{-3}) = 3.00$

此題考查強酸與強鹼中和後的 pH 計算。
首先，計算 HCl 和 NaOH 的莫耳數。
HCl 是強酸，NaOH 是強鹼。

HCl 的莫耳數：
$n_{HCl} = \text{Molarity} \times \text{Volume (L)}$
$n_{HCl} = 0.50 \text{ M} \times 0.020 \text{ L} = 0.010 \text{ mol}$

NaOH 的莫耳數：
$n_{NaOH} = \text{Molarity} \times \text{Volume (L)}$
$n_{NaOH} = 0.20 \text{ M} \times 0.100 \text{ L} = 0.020 \text{ mol}$

HCl 和 NaOH 的中和反應是：
HCl(aq) + NaOH(aq) → NaCl(aq) + H₂O(l)
或者更準確地說，是離子反應：
H⁺(aq) + OH⁻(aq) → H₂O(l)

比較 HCl 和 NaOH 的莫耳數：
$n_{NaOH} = 0.020 \text{ mol}$
$n_{HCl} = 0.010 \text{ mol}$

NaOH 的莫耳數多於 HCl，表示反應後溶液呈鹼性，且會剩下過量的 NaOH。
過量的 NaOH 莫耳數 = $n_{NaOH} - n_{HCl} = 0.020 \text{ mol} - 0.010 \text{ mol} = 0.010 \text{ mol}$

此題考查熱力學第一定律，即能量守恆定律。熱力學第一定律的數學表達式為：
$\Delta E = q + w$
其中：
$\Delta E$ 是系統內能的變化。
$q$ 是系統吸收的熱量。如果系統吸收熱量，q 為正；如果系統放出熱量，q 為負。
$w$ 是系統對外做的功。如果系統對外做功，w 為正；如果外對系統做功，w 為負。

根據題意：
$q = -10 \text{ kJ}$ (表示系統放出了 10 kJ 的熱量)
$w = 25 \text{ kJ}$ (表示系統對外做了 25 kJ 的功)

現在我們逐一分析各選項：

(A) Heat flows from the surroundings to the system;
$q = -10 \text{ kJ}$ 表示熱量從系統流出到環境，所以是「熱量從系統流出到環境」，而不是「熱量從環境流到系統」。因此，此敘述是錯誤的。

此題考查吉布斯自由能變化 ($\Delta G$) 與溫度、焓變 ($\Delta H$)、熵變 ($\Delta S$) 的關係，以及判斷反應的自發性。
吉布斯自由能變化的公式為：
$\Delta G = \Delta H - T\Delta S$
其中：
$\Delta G$ 是吉布斯自由能變化。
$\Delta H$ 是焓變。
$T$ 是絕對溫度 (單位 K)。
$\Delta S$ 是熵變。

一個反應在特定溫度下是自發的，當且僅當 $\Delta G < 0$。
如果 $\Delta G > 0$，則反應是非自發的。
如果 $\Delta G = 0$，則反應處於平衡狀態。

給定的反應數據：
$\Delta H = +40 \text{ kJ}$
$\Delta S = +50 \text{ J/K} = +0.050 \text{ kJ/K}$ (需將單位統一)

我們需要找到使 $\Delta G < 0$ 的溫度範圍。
$\Delta G = 40 \text{ kJ} - T(0.050 \text{ kJ/K})$

要使 $\Delta G < 0$，則必須滿足：
$40 - 0.050 T < 0$
$40 < 0.050 T$
$T > \frac{40}{0.050}$
$T > \frac{40}{5 \times 10^{-2}}$
$T > \frac{4000}{5}$
$T > 800 \text{ K}$

因此，當溫度大於 800 K 時，反應是自發的。

此題考查標準生成自由能 ($\Delta G_f^\circ$) 與反應標準自由能變化 ($\Delta G^\circ$) 之間的關係。
標準生成自由能是指在標準狀態下 (通常為 298 K, 1 atm)，由最穩定的單質生成 1 莫耳化合物時的自由能變化。
對於單質在標準狀態下的標準生成自由能，其值為零。例如：Ag(s) 和 Cl₂(g) 在標準狀態下的 $\Delta G_f^\circ = 0$。

反應的標準自由能變化 ($\Delta G^\circ_{rxn}$) 可以通過以下公式計算：
$\Delta G^\circ_{rxn} = \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ \text{ of products}) - \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ \text{ of reactants})$

給定的反應是：
2AgCl(s) → 2Ag(s) + Cl₂(g)

此題考查量子數的規則以及電子在原子軌域中的排布。
量子數有四個：主量子數 (n)、角量子數 (l)、磁量子數 (m_l) 和自旋量子數 (m_s)。

• 主量子數 (n)：決定電子層，n = 1, 2, 3, ...。
• 角量子數 (l)：決定亞層 (s, p, d, f, ...)，其值範圍為 0 ≤ l ≤ n-1。
• 磁量子數 (m_l)：決定亞層中的軌域，其值範圍為 -l ≤ m_l ≤ +l，包含 2l + 1 個整數值。
• 自旋量子數 (m_s)：表示電子的自旋方向，只能是 +1/2 或 -1/2。

題目給定 $n = 3$ 和 $l = 2$。
當 $n = 3$ 時，可能的 $l$ 值為 0, 1, 2。
題目指定 $l = 2$，這對應於 3d 亞層。

對於 $l = 2$，可能的 $m_l$ 值為：
$m_l = -l, ..., 0, ..., +l$
$m_l = -2, -1, 0, +1, +2$
這表示 3d 亞層有 5 個軌域 (2l + 1 = 2*2 + 1 = 5)。

此題考查元素的價電子組態與其在週期表中的位置（族數）的關係。
價電子組態是指原子最外層的電子組態。
題目給定的價電子組態是 $ns^2(n-1)d^{10}np^2$。

我們需要將這個組態與週期表的族數聯繫起來。

• ns² 表示最外層 s 軌域填滿了 2 個電子。
• np² 表示最外層 p 軌域填入了 2 個電子。
• (n-1)d¹⁰ 表示倒數第二層的 d 軌域是填滿的 (10 個電子)。

在現代週期表中，元素的族數通常由價電子數決定。
對於主族元素 (A族)，價電子數等於族數（或族數減10）。
價電子通常是指最外層的 s 和 p 軌域中的電子。

在此組態中，最外層是 n 層，其電子組態為 $ns^2np^2$。
s 軌域有 2 個電子。
p 軌域有 2 個電子。
總價電子數 = 2 (來自 s) + 2 (來自 p) = 4 個電子。

這些電子是價電子，它們決定了元素的化學性質和在週期表中的位置。
對於主族元素，價電子數等於其族數。
因此，具有 4 個價電子的元素屬於第 4A 族。

核心觀念

鍵極性取決於成鍵兩原子的電負度差。電負度較大的原子吸引鍵結電子較強，帶部分負電荷 $\delta^-$；電負度較小者帶部分正電荷 $\delta^+$。

判斷規則為：

本題只需比較各元素的電負度大小。

解題方法

常用電負度大小规律如下：

• 鹵素中：$\mathrm{F>Cl>Br>I}$
• 金屬通常電負度較低
• 非金屬通常電負度較高
• 同週期由左至右電負度增加

逐一比較鍵結兩端元素，檢查 $\delta^+$ 與 $\delta^-$ 的標示方向即可。

選項分析

（A）$\delta^+\mathrm{H-Br}\delta^-$

氫的電負度約為 $2.20$，溴約為 $2.96$：

因此氫帶 $\delta^+$，溴帶 $\delta^-$，標示正確。

（B）$\delta^+\mathrm{Na-S}\delta^-$

鈉為鹼金屬，電負度很低；硫為非金屬，電負度較高：

因此鈉帶 $\delta^+$，硫帶 $\delta^-$，標示正確。

核心觀念

本題考查路易斯結構與共價鍵級數的判斷：

• 單鍵：$1$ 對共享電子
• 雙鍵：$2$ 對共享電子
• 三鍵：$3$ 對共享電子

只要分子或離子中含有雙鍵或三鍵，就計入總數。可透過繪製路易斯結構，判斷原子間的鍵型。

解題方法

逐一判斷各物種的主要鍵結：

1. $N_2$

每個氮原子有 $5$ 個價電子，兩個氮原子形成三鍵以滿足八隅體：

因此含有三鍵，計入。

2. $H_2CO$

碳為中心原子，與兩個氫形成單鍵，與氧形成羰基雙鍵：

因此含有一個碳氧雙鍵，計入。

3. $C_2H_4$

乙烯的結構為：

兩個碳原子間形成碳碳雙鍵，因此計入。

4. $C_2H_6$

乙烷的結構為：

碳碳之間只有單鍵，所有碳氫鍵也都是單鍵，不計入。

5. $SCN^-$

硫氰酸根可用共振結構表示，其中包含碳氮三鍵的結構：

也可表示為其他共振形式，例如：

此題考查分子軌域理論 (Molecular Orbital Theory) 和鍵級 (Bond Order) 與解離能的關係。
解離能 (Dissociation Energy) 是指斷裂一個化學鍵所需的能量，通常與鍵的強度成正比。鍵越強，解離能越大。
鍵的強度與鍵級 (Bond Order, BO) 有關。鍵級越高，鍵越強，解離能越大。
鍵級的計算公式為：
$BO = \frac{1}{2} (\text{鍵合電子的數量} - \text{反鍵合電子的數量})$

我們需要利用分子軌域理論來確定 O₂ 及其離子的鍵級。
氧原子 (O) 的電子組態是 $1s^2 2s^2 2p^4$。
O₂ 分子共有 2 * 8 = 16 個電子。
O₂ 分子的分子軌域能階順序（針對 O₂ 及之後的元素，π₂p 軌域低於 σ₂p 軌域）：
$σ_{1s} < σ^*_{1s} < σ_{2s} < σ^*_{2s} < σ_{2p} < π_{2p} < π^*_{2p} < σ^*_{2p}$ (此處 σ₂p 和 π₂p 的順序對 O₂ 而言是 π₂p 在 σ₂p 之上)

正確的 O₂ 分子軌域能階順序：
$σ_{1s} < σ^*_{1s} < σ_{2s} < σ^*_{2s} < π_{2p} < σ_{2p} < π^*_{2p} < σ^*_{2p}$

O₂ (16 個電子)：
鍵合電子：$σ_{1s}(2), σ_{2s}(2), σ_{2p}(2), π_{2p}(4)$ => 10 個
反鍵合電子：$σ^*_{1s}(2), σ^*_{2s}(2), π^*_{2p}(2)$ => 6 個
$BO(O_2) = \frac{1}{2} (10 - 6) = \frac{1}{2}(4) = 2$

此題考查固體的種類及其性質。我們需要逐一判斷每個敘述的正確性。

(A) Molecular solids have high melting points;
分子固體 (Molecular solids) 是由極性或非極性分子通過分子間作用力（如倫敦分散力、偶極-偶極作用力）結合而成的。這些分子間作用力通常比離子鍵或共價鍵弱得多。因此，分子固體通常熔點較低，例如冰 (H₂O) 的熔點為 0°C。
這個敘述是錯誤的。

(B) Binding forces in a molecular solid include London dispersion forces ;
分子固體中的結合力確實包含倫敦分散力 (London dispersion forces)。對於非極性分子固體（如乾冰 CO₂），倫敦分散力是主要的結合力。對於極性分子固體，還可能存在偶極-偶極作用力。
這個敘述是正確的。

此題考查有機化合物在水中的溶解度。水是極性溶劑，「相似相溶」原理是判斷溶解度的關鍵。極性越強的化合物越容易溶於水，非極性越強的化合物越難溶於水。

我們逐一分析四種化合物的結構和極性：

I. CH₃-CH₂-CH₂-CH₃ (正丁烷)
- 這是烷烴，分子中只有 C-C 和 C-H 單鍵。
- C-H 鍵的極性很弱，且分子整體是對稱的，因此正丁烷是非極性分子。
- 非極性分子在極性溶劑水中的溶解度非常低。

II. CH₃-CH₂-O-CH₂-CH₃ (二乙醚)
- 這是醚類。醚分子中含有 C-O-C 鍵。
- C-O 鍵具有一定的極性，因為氧的電負度比碳大。
- 然而，醚分子整體結構相對對稱，且氧原子上只有孤對電子，沒有氫鍵供體。
- 二乙醚在水中具有一定的溶解度，但不如醇類。它是可溶的，但不是無限溶解。

III. CH₃-CH₂-OH (乙醇)
- 這是醇類。分子中含有 -OH 基團。
- -OH 基團是極性的，氧原子帶部分負電，氫原子帶部分正電。
- 此外，-OH 基團的氫原子可以與水分子形成氫鍵。
- 乙醇分子中，烴鏈 (CH₃CH₂-) 是非極性的，-OH 基團是極性的。
- 乙醇的碳鏈較短，極性基團 (-OH) 的影響較大，因此乙醇在水中溶解度很高（可溶）。

此題考查滲透作用 (Osmosis)。滲透作用是指溶劑分子（在此為水）通過半透膜（在此為黃瓜的細胞膜）從低溶質濃度區域擴散到高溶質濃度區域的過程。

情境：將黃瓜 (Cucumber) 放入濃鹽水溶液 (concentrated salt solution) 中。

• 黃瓜的細胞內部含有較低的鹽濃度（相對濃鹽水而言），可以看作是溶質濃度較低，水分子濃度較高。
• 濃鹽水溶液的鹽濃度很高，水分子濃度較低。

滲透作用會導致水分子從黃瓜細胞內部流向濃鹽水溶液，或者從水分子濃度高的地方流向水分子濃度低的地方。

結果：

• 水會從黃瓜流出到濃鹽水中。這會導致黃瓜細胞失水，細胞壁失去支撐，黃瓜會變得軟塌、皺縮。這就是醃製黃瓜的原理。

此題考查元素的電負度 (Electronegativity)。電負度是指原子在化學鍵中吸引電子對的能力。
電負度在週期表中的趨勢：

• 週期內：從左到右，電負度增加。
• 族內：從上到下，電負度減小。
• 氟 (F) 是電負度最大的元素。

我們需要比較選項中五個元素的電負度。
(A) O (氧)：位於週期表第二週期，VIIA 族（或 16 族）。電負度約為 3.44。
(B) N (氮)：位於週期表第二週期，VA 族（或 15 族）。電負度約為 3.04。
(C) S (硫)：位於週期表第三週期，VIA 族（或 16 族）。電負度約為 2.58。
(D) Si (矽)：位於週期表第三週期，IVA 族（或 14 族）。電負度約為 1.90。

核心觀念

本題考查氫鹵酸的酸性強弱與下列因素的關係：

酸性越強，代表解離平衡越向右，$K_a$ 越大，且

氫鹵酸 $\mathrm{HF}$、$\mathrm{HCl}$、$\mathrm{HBr}$、$\mathrm{HI}$ 的酸性由上而下增強，主要原因是 $\mathrm{H-X}$ 鍵逐漸變長、鍵能逐漸降低，解離越容易。

其中 $\mathrm{H-F}$ 鍵特別短且強，是造成 HF 為弱酸的主要因素。

解題方法

判斷氫鹵酸酸性時，先看酸分子解離時的 $\mathrm{H-X}$ 鍵是否容易斷裂：

$\mathrm{H-F}$ 鍵具有很大的鍵解離能，因此必須輸入較多能量才能斷鍵，使 HF 的解離不利，$K_a$ 較小，故 HF 為弱酸。

在水溶液中，$\mathrm{F^-}$ 的水合確實很有利，因為其水合焓為負值；但這種穩定化作用仍不足以抵銷斷裂強 $\mathrm{H-F}$ 鍵所需的能量。相較之下，$\mathrm{H-Cl}$、$\mathrm{H-Br}$、$\mathrm{H-I}$ 的鍵能較小，鍵較容易斷裂，因此酸性依序增強。

選項分析

• (A) $\mathrm{F^-}$ 的水合焓為負值

  此敘述正確，但不是使 HF 成為弱酸的主要原因。水合焓為負表示 $\mathrm{F^-}$ 與水作用時放出能量，水合有利，會穩定解離產物 $\mathrm{F^-}$，反而有助於 HF 解離。因此不能解釋 HF 酸性弱，錯誤。

• (B) HF 具有很大的鍵能

核心觀念

核反應方程式必須同時遵守兩項守恆定律：

1. 質量數 $A$ 守恆：反應前後所有核種的質量數總和相等。
2. 原子序 $Z$ 守恆：反應前後所有核種的原子序總和相等。

核種以

表示，其中 $A$ 為質量數，$Z$ 為原子序。

題目中的反應可完整寫成：

解題方法

設未知核種為 ${}^{A}_{Z}X$。

1. 由質量數守恆求 $A$

反應前總質量數：

反應後總質量數：

因此：

2. 由原子序守恆求 $Z$

中子 ${}^{1}_{0}\mathrm{n}$ 的原子序為 $0$，因此反應前原子序總和為：

反應後原子序總和為：

因此：

原子序 $54$ 的元素是氙（$\mathrm{Xe}$）。

所以未知核種為：

完整反應式為：

此題考查放射性衰變的半衰期計算。
半衰期 ($t_{1/2}$) 是指放射性物質衰變成原來一半所需的時間。
放射性衰變遵循一級反應動力學，其數學公式為：
$N(t) = N_0 (\frac{1}{2})^{\frac{t}{t_{1/2}}}$
其中：
$N(t)$ 是經過時間 t 後剩餘的放射性物質量。
$N_0$ 是原始的放射性物質量。
$t$ 是經過的時間。
$t_{1/2}$ 是半衰期。

題目給定：
半衰期 $t_{1/2} = 1.30 \times 10^9$ 年。
經過的時間 $t = 3.90 \times 10^9$ 年。

我們需要計算經過 3.90 × 10⁹ 年後，剩餘的 ⁴⁰K 的百分比，即 $\frac{N(t)}{N_0} \times 100\%$。

此題考查有機物還原反應的產物。還原反應是指獲得電子或氫的過程，或失去氧的過程。

我們需要分析各選項的還原產物：

(A) a ketone; (酮)
酮的結構為 R-CO-R'，其中 R 和 R' 是烷基或芳基。
酮的還原通常使用還原劑如 LiAlH₄ 或 NaBH₄。
酮被還原後生成二級醇 (secondary alcohol)。
例如：丙酮 (CH₃COCH₃) 還原後生成異丙醇 (CH₃CH(OH)CH₃)。

(B) an alkene ; (烯烴)
烯烴含有碳碳雙鍵 (C=C)。
烯烴的還原通常是加氫反應 (hydrogenation)，例如在催化劑 (如 Pd, Pt, Ni) 存在下與 H₂ 反應。
烯烴被還原後生成烷烴 (alkane)。

此題考查金屬氧化物的命名與化學式書寫。金(Gold, Au)在化合物中常見的氧化態為+1和+3。題幹中的「金(I)」表示金的氧化態為+1。硫化物(sulfide)離子為S²⁻。

核心觀念

化學方程式配平必須遵守原子守恆定律：反應前後各元素的原子數必須相等。配平後的係數應化為最簡整數比。

本題涉及元素為氫、錫、氯、硫。依題目所列方程式直接配平會產生矛盾，表示題目中的生成物應缺少元素硫。

解題方法

先依題目原式設係數：

各元素守恆如下：

• 錫：

• 氯：

• 硫：

由 $a=c$ 可得：

因此：

• 氫：

代入 $b=a$ 與 $d=6a$：

除非 $a=0$，否則無法成立；但所有係數不可能同時為零。因此，題目所列方程式本身無法配平。

合理的完整反應式應包含元素硫：

重新配平：

• 錫：$\mathrm{H_2SnCl_6}$ 與 $\mathrm{SnS_2}$ 係數皆為 $1$
• 氯：左側有 $6$ 個氯，因此 $\mathrm{HCl}$ 係數為 $6$

此題考查銅離子與氨水反應的沉澱生成。
當氨水 (NH₃(aq)) 加入含 Cu²⁺ 離子的水溶液時，會發生兩個可能的反應：

1. 形成氫氧化物沉澱：氨水在水中會部分解離成 NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH⁻。氫氧化物離子 (OH⁻) 會與銅離子 (Cu²⁺) 反應生成不溶於水的氫氧化銅沉澱。
   Cu²⁺(aq) + 2OH⁻(aq) → Cu(OH)₂(s)
   Cu(OH)₂ 呈藍色膠狀沉澱。

2. 形成銅氨錯離子：如果氨水過量加入，Cu(OH)₂ 沉澱會溶解，形成藍色的四氨合銅(II)離子 [Cu(NH₃)₄]²⁺。
   Cu(OH)₂(s) + 4NH₃(aq) → [Cu(NH₃)₄]²⁺(aq) + 2OH⁻(aq)

此題考查判斷反應是否為氧化還原反應。氧化還原反應的判斷標準是反應物與產物中，是否有元素的氧化數發生變化。

我們逐一分析各選項的氧化數變化：

(A) CH₄ + 2O₂ → 2H₂O + CO₂
- CH₄: C 為 -4, H 為 +1
- O₂: O 為 0
- H₂O: H 為 +1, O 為 -2
- CO₂: C 為 +4, O 為 -2
變化：C 從 -4 變為 +4 (氧化)；O 從 0 變為 -2 (還原)。這是氧化還原反應。

(B) Mg + 2HI → MgI₂ + H₂
- Mg: 0 (單質)
- HI: H 為 +1, I 為 -1
- MgI₂: Mg 為 +2, I 為 -1
- H₂: H 為 0
變化：Mg 從 0 變為 +2 (氧化)；H 從 +1 變為 0 (還原)。這是氧化還原反應。

(C) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂
- Na: 0 (單質)
- H₂O: H 為 +1, O 為 -2
- NaOH: Na 為 +1, O 為 -2, H 為 +1
- H₂: H 為 0
變化：Na 從 0 變為 +1 (氧化)；H 從 +1 (在 H₂O 中) 變為 0 (在 H₂ 中) (還原)。這是氧化還原反應。

核心觀念

分子撞擊器壁時，牆面所受的「每次撞擊動量」取決於分子動量的改變量。若視碰撞為彈性碰撞，分子垂直牆面的速度分量由 $v_x$ 反向，因此動量改變量大小為

其中 $m$ 為分子質量。

在相同溫度下，理想氣體分子的平均動能相同：

因此分子速率的尺度為

分子動量大小為

代入速率關係可得

所以在相同溫度下，分子質量越大，每次撞擊器壁所造成的動量改變越大。

解題方法

三種氣體的分子量為

由於

且每次撞擊的動量改變量與 $\sqrt{m}$ 成正比，因此

故分子具有最大撞擊動量的是含有 $\mathrm{O_2}$ 的 Flask C。

題目給出的相同壓力與相同體積，代表三個燒瓶內的氣體莫耳數相同；但「每次撞擊的動量」主要由分子質量與溫度決定，並非由燒瓶內分子總數決定。

選項分析

此題考查化學平衡的移動，特別是勒沙特列原理 (Le Chatelier's principle) 對於熵變 (ΔS) 和平衡常數 (K) 的影響。

給定的反應是：
2 NH₃(g) ⇌ 3 H₂(g) + N₂(g)
此反應是吸熱反應，表示 ΔH > 0。
從反應前後的氣體分子數來看：反應物有 2 mol 氣體，產物有 3 + 1 = 4 mol 氣體。因此，反應向右進行時，氣體分子數增加，表示 ΔS > 0。

我們要增加平衡常數 K 的值。平衡常數 K 的大小與溫度有關。
對於吸熱反應 (ΔH > 0)，升高溫度會使平衡向吸熱方向（右側）移動，從而增加產物的生成量，使得 K 值增大。
反之，降低溫度會使平衡向放熱方向（左側）移動，減小 K 值。

因此，要增加 K 的值，我們應該增加溫度。

接下來，我們考慮壓力對平衡的影響。
反應的氣體分子數由 2 mol 變為 4 mol。
增加總壓力會使平衡向氣體分子數減少的方向移動，即向左移動，不利於產物生成，會減小 K 值（或者說，如果 K 是以分壓表示的Kp，那麼增加總壓會使平衡向左移動，但 Kp 本身不隨壓力改變；如果 K是以濃度表示的Kc，那麼增加總壓會使平衡向左移動，Kc 會減小）。
減小總壓力會使平衡向氣體分子數增加的方向移動，即向右移動，有利於產物生成。

此題考查 pH、pOH 和 [OH⁻] 之間的關係。
在 25°C 時，水的離子乘積 $K_w = [H⁺][OH⁻] = 1.0 \times 10^{-14}$。

已知 [OH⁻] = 2.5 × 10⁻⁹ M。
我們可以計算 pOH：
$pOH = -\log_{10}[OH⁻]$
$pOH = -\log_{10}(2.5 \times 10^{-9})$
$pOH = -(\log_{10}2.5 + \log_{10}10^{-9})$
$pOH = -(\log_{10}2.5 - 9)$
$pOH = 9 - \log_{10}2.5$

$\log_{10}2.5$ 約等於 0.40。
$pOH \approx 9 - 0.40 = 8.60$

然後，我們計算 pH：
$pH + pOH = 14.00$ (在 25°C)
$pH = 14.00 - pOH$
$pH \approx 14.00 - 8.60 = 5.40$

讓我們更精確地計算 $\log_{10}2.5$。
$\log_{10}2.5 = \log_{10}(5/2) = \log_{10}5 - \log_{10}2 = \log_{10}(10/2) - \log_{10}2 = \log_{10}10 - \log_{10}2 - \log_{10}2 = 1 - 2\log_{10}2$

此題考查二質子酸 (diprotic acid) 的 pH 計算。H₂A 是二質子酸，會分兩步解離：
第一步：H₂A ⇌ H⁺ + HA⁻，其酸強度常數為 Ka₁ = 1.0 × 10⁻⁶
第二步：HA⁻ ⇌ H⁺ + A²⁻，其酸強度常數為 Ka₂ = 1.0 × 10⁻¹⁴

計算 pH 時，通常第一步解離產生的 H⁺ 濃度對 pH 的貢獻遠大於第二步，除非 Ka₁ 遠大於 Ka₂ 且濃度很高，或者 Ka₂ 相對 Ka₁ 比較大。
在此例中，Ka₁ = 1.0 × 10⁻⁶，Ka₂ = 1.0 × 10⁻¹⁴。Ka₁ 遠大於 Ka₂，且初始濃度為 1.0 M。因此，我們可以近似地只考慮第一步解離來計算 pH。

假設只有第一步解離：
H₂A ⇌ H⁺ + HA⁻
初始濃度： 1.0 M 0 0
變化： -x +x +x
平衡濃度： 1.0 - x x x

Ka₁ = $\frac{[H⁺][HA⁻]}{[H₂A]} = \frac{x \cdot x}{1.0 - x} = 1.0 \times 10^{-6}$

因為 Ka₁ 相對初始濃度 1.0 M 來說很小 (Ka₁/C = 10⁻⁶/1.0 = 10⁻⁶ << 0.05)，我們可以近似 $1.0 - x \approx 1.0$。
$x^2 \approx 1.0 \times 10^{-6}$
$x = \sqrt{1.0 \times 10^{-6}} = 1.0 \times 10^{-3}$ M

所以，[H⁺] ≈ 1.0 × 10⁻³ M。
pH = $-\log_{10}[H⁺] = -\log_{10}(1.0 \times 10^{-3}) = 3.00$

此題考查強酸與強鹼中和後的 pH 計算。
首先，計算 HCl 和 NaOH 的莫耳數。
HCl 是強酸，NaOH 是強鹼。

HCl 的莫耳數：
$n_{HCl} = \text{Molarity} \times \text{Volume (L)}$
$n_{HCl} = 0.50 \text{ M} \times 0.020 \text{ L} = 0.010 \text{ mol}$

NaOH 的莫耳數：
$n_{NaOH} = \text{Molarity} \times \text{Volume (L)}$
$n_{NaOH} = 0.20 \text{ M} \times 0.100 \text{ L} = 0.020 \text{ mol}$

HCl 和 NaOH 的中和反應是：
HCl(aq) + NaOH(aq) → NaCl(aq) + H₂O(l)
或者更準確地說，是離子反應：
H⁺(aq) + OH⁻(aq) → H₂O(l)

比較 HCl 和 NaOH 的莫耳數：
$n_{NaOH} = 0.020 \text{ mol}$
$n_{HCl} = 0.010 \text{ mol}$

NaOH 的莫耳數多於 HCl，表示反應後溶液呈鹼性，且會剩下過量的 NaOH。
過量的 NaOH 莫耳數 = $n_{NaOH} - n_{HCl} = 0.020 \text{ mol} - 0.010 \text{ mol} = 0.010 \text{ mol}$

此題考查熱力學第一定律，即能量守恆定律。熱力學第一定律的數學表達式為：
$\Delta E = q + w$
其中：
$\Delta E$ 是系統內能的變化。
$q$ 是系統吸收的熱量。如果系統吸收熱量，q 為正；如果系統放出熱量，q 為負。
$w$ 是系統對外做的功。如果系統對外做功，w 為正；如果外對系統做功，w 為負。

根據題意：
$q = -10 \text{ kJ}$ (表示系統放出了 10 kJ 的熱量)
$w = 25 \text{ kJ}$ (表示系統對外做了 25 kJ 的功)

現在我們逐一分析各選項：

(A) Heat flows from the surroundings to the system;
$q = -10 \text{ kJ}$ 表示熱量從系統流出到環境，所以是「熱量從系統流出到環境」，而不是「熱量從環境流到系統」。因此，此敘述是錯誤的。

此題考查吉布斯自由能變化 ($\Delta G$) 與溫度、焓變 ($\Delta H$)、熵變 ($\Delta S$) 的關係，以及判斷反應的自發性。
吉布斯自由能變化的公式為：
$\Delta G = \Delta H - T\Delta S$
其中：
$\Delta G$ 是吉布斯自由能變化。
$\Delta H$ 是焓變。
$T$ 是絕對溫度 (單位 K)。
$\Delta S$ 是熵變。

一個反應在特定溫度下是自發的，當且僅當 $\Delta G < 0$。
如果 $\Delta G > 0$，則反應是非自發的。
如果 $\Delta G = 0$，則反應處於平衡狀態。

給定的反應數據：
$\Delta H = +40 \text{ kJ}$
$\Delta S = +50 \text{ J/K} = +0.050 \text{ kJ/K}$ (需將單位統一)

我們需要找到使 $\Delta G < 0$ 的溫度範圍。
$\Delta G = 40 \text{ kJ} - T(0.050 \text{ kJ/K})$

要使 $\Delta G < 0$，則必須滿足：
$40 - 0.050 T < 0$
$40 < 0.050 T$
$T > \frac{40}{0.050}$
$T > \frac{40}{5 \times 10^{-2}}$
$T > \frac{4000}{5}$
$T > 800 \text{ K}$

因此，當溫度大於 800 K 時，反應是自發的。

此題考查標準生成自由能 ($\Delta G_f^\circ$) 與反應標準自由能變化 ($\Delta G^\circ$) 之間的關係。
標準生成自由能是指在標準狀態下 (通常為 298 K, 1 atm)，由最穩定的單質生成 1 莫耳化合物時的自由能變化。
對於單質在標準狀態下的標準生成自由能，其值為零。例如：Ag(s) 和 Cl₂(g) 在標準狀態下的 $\Delta G_f^\circ = 0$。

反應的標準自由能變化 ($\Delta G^\circ_{rxn}$) 可以通過以下公式計算：
$\Delta G^\circ_{rxn} = \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ \text{ of products}) - \sum (\text{stoichiometric coefficient} \times \Delta G_f^\circ \text{ of reactants})$

給定的反應是：
2AgCl(s) → 2Ag(s) + Cl₂(g)

此題考查量子數的規則以及電子在原子軌域中的排布。
量子數有四個：主量子數 (n)、角量子數 (l)、磁量子數 (m_l) 和自旋量子數 (m_s)。

• 主量子數 (n)：決定電子層，n = 1, 2, 3, ...。
• 角量子數 (l)：決定亞層 (s, p, d, f, ...)，其值範圍為 0 ≤ l ≤ n-1。
• 磁量子數 (m_l)：決定亞層中的軌域，其值範圍為 -l ≤ m_l ≤ +l，包含 2l + 1 個整數值。
• 自旋量子數 (m_s)：表示電子的自旋方向，只能是 +1/2 或 -1/2。

題目給定 $n = 3$ 和 $l = 2$。
當 $n = 3$ 時，可能的 $l$ 值為 0, 1, 2。
題目指定 $l = 2$，這對應於 3d 亞層。

對於 $l = 2$，可能的 $m_l$ 值為：
$m_l = -l, ..., 0, ..., +l$
$m_l = -2, -1, 0, +1, +2$
這表示 3d 亞層有 5 個軌域 (2l + 1 = 2*2 + 1 = 5)。

此題考查元素的價電子組態與其在週期表中的位置（族數）的關係。
價電子組態是指原子最外層的電子組態。
題目給定的價電子組態是 $ns^2(n-1)d^{10}np^2$。

我們需要將這個組態與週期表的族數聯繫起來。

• ns² 表示最外層 s 軌域填滿了 2 個電子。
• np² 表示最外層 p 軌域填入了 2 個電子。
• (n-1)d¹⁰ 表示倒數第二層的 d 軌域是填滿的 (10 個電子)。

在現代週期表中，元素的族數通常由價電子數決定。
對於主族元素 (A族)，價電子數等於族數（或族數減10）。
價電子通常是指最外層的 s 和 p 軌域中的電子。

在此組態中，最外層是 n 層，其電子組態為 $ns^2np^2$。
s 軌域有 2 個電子。
p 軌域有 2 個電子。
總價電子數 = 2 (來自 s) + 2 (來自 p) = 4 個電子。

這些電子是價電子，它們決定了元素的化學性質和在週期表中的位置。
對於主族元素，價電子數等於其族數。
因此，具有 4 個價電子的元素屬於第 4A 族。

核心觀念

鍵極性取決於成鍵兩原子的電負度差。電負度較大的原子吸引鍵結電子較強，帶部分負電荷 $\delta^-$；電負度較小者帶部分正電荷 $\delta^+$。

判斷規則為：

本題只需比較各元素的電負度大小。

解題方法

常用電負度大小规律如下：

• 鹵素中：$\mathrm{F>Cl>Br>I}$
• 金屬通常電負度較低
• 非金屬通常電負度較高
• 同週期由左至右電負度增加

逐一比較鍵結兩端元素，檢查 $\delta^+$ 與 $\delta^-$ 的標示方向即可。

選項分析

（A）$\delta^+\mathrm{H-Br}\delta^-$

氫的電負度約為 $2.20$，溴約為 $2.96$：

因此氫帶 $\delta^+$，溴帶 $\delta^-$，標示正確。

（B）$\delta^+\mathrm{Na-S}\delta^-$

鈉為鹼金屬，電負度很低；硫為非金屬，電負度較高：

因此鈉帶 $\delta^+$，硫帶 $\delta^-$，標示正確。

核心觀念

本題考查路易斯結構與共價鍵級數的判斷：

• 單鍵：$1$ 對共享電子
• 雙鍵：$2$ 對共享電子
• 三鍵：$3$ 對共享電子

只要分子或離子中含有雙鍵或三鍵，就計入總數。可透過繪製路易斯結構，判斷原子間的鍵型。

解題方法

逐一判斷各物種的主要鍵結：

1. $N_2$

每個氮原子有 $5$ 個價電子，兩個氮原子形成三鍵以滿足八隅體：

因此含有三鍵，計入。

2. $H_2CO$

碳為中心原子，與兩個氫形成單鍵，與氧形成羰基雙鍵：

因此含有一個碳氧雙鍵，計入。

3. $C_2H_4$

乙烯的結構為：

兩個碳原子間形成碳碳雙鍵，因此計入。

4. $C_2H_6$

乙烷的結構為：

碳碳之間只有單鍵，所有碳氫鍵也都是單鍵，不計入。

5. $SCN^-$

硫氰酸根可用共振結構表示，其中包含碳氮三鍵的結構：

也可表示為其他共振形式，例如：

此題考查分子軌域理論 (Molecular Orbital Theory) 和鍵級 (Bond Order) 與解離能的關係。
解離能 (Dissociation Energy) 是指斷裂一個化學鍵所需的能量，通常與鍵的強度成正比。鍵越強，解離能越大。
鍵的強度與鍵級 (Bond Order, BO) 有關。鍵級越高，鍵越強，解離能越大。
鍵級的計算公式為：
$BO = \frac{1}{2} (\text{鍵合電子的數量} - \text{反鍵合電子的數量})$

我們需要利用分子軌域理論來確定 O₂ 及其離子的鍵級。
氧原子 (O) 的電子組態是 $1s^2 2s^2 2p^4$。
O₂ 分子共有 2 * 8 = 16 個電子。
O₂ 分子的分子軌域能階順序（針對 O₂ 及之後的元素，π₂p 軌域低於 σ₂p 軌域）：
$σ_{1s} < σ^*_{1s} < σ_{2s} < σ^*_{2s} < σ_{2p} < π_{2p} < π^*_{2p} < σ^*_{2p}$ (此處 σ₂p 和 π₂p 的順序對 O₂ 而言是 π₂p 在 σ₂p 之上)

正確的 O₂ 分子軌域能階順序：
$σ_{1s} < σ^*_{1s} < σ_{2s} < σ^*_{2s} < π_{2p} < σ_{2p} < π^*_{2p} < σ^*_{2p}$

O₂ (16 個電子)：
鍵合電子：$σ_{1s}(2), σ_{2s}(2), σ_{2p}(2), π_{2p}(4)$ => 10 個
反鍵合電子：$σ^*_{1s}(2), σ^*_{2s}(2), π^*_{2p}(2)$ => 6 個
$BO(O_2) = \frac{1}{2} (10 - 6) = \frac{1}{2}(4) = 2$

此題考查固體的種類及其性質。我們需要逐一判斷每個敘述的正確性。

(A) Molecular solids have high melting points;
分子固體 (Molecular solids) 是由極性或非極性分子通過分子間作用力（如倫敦分散力、偶極-偶極作用力）結合而成的。這些分子間作用力通常比離子鍵或共價鍵弱得多。因此，分子固體通常熔點較低，例如冰 (H₂O) 的熔點為 0°C。
這個敘述是錯誤的。

(B) Binding forces in a molecular solid include London dispersion forces ;
分子固體中的結合力確實包含倫敦分散力 (London dispersion forces)。對於非極性分子固體（如乾冰 CO₂），倫敦分散力是主要的結合力。對於極性分子固體，還可能存在偶極-偶極作用力。
這個敘述是正確的。

此題考查有機化合物在水中的溶解度。水是極性溶劑，「相似相溶」原理是判斷溶解度的關鍵。極性越強的化合物越容易溶於水，非極性越強的化合物越難溶於水。

我們逐一分析四種化合物的結構和極性：

I. CH₃-CH₂-CH₂-CH₃ (正丁烷)
- 這是烷烴，分子中只有 C-C 和 C-H 單鍵。
- C-H 鍵的極性很弱，且分子整體是對稱的，因此正丁烷是非極性分子。
- 非極性分子在極性溶劑水中的溶解度非常低。

II. CH₃-CH₂-O-CH₂-CH₃ (二乙醚)
- 這是醚類。醚分子中含有 C-O-C 鍵。
- C-O 鍵具有一定的極性，因為氧的電負度比碳大。
- 然而，醚分子整體結構相對對稱，且氧原子上只有孤對電子，沒有氫鍵供體。
- 二乙醚在水中具有一定的溶解度，但不如醇類。它是可溶的，但不是無限溶解。

III. CH₃-CH₂-OH (乙醇)
- 這是醇類。分子中含有 -OH 基團。
- -OH 基團是極性的，氧原子帶部分負電，氫原子帶部分正電。
- 此外，-OH 基團的氫原子可以與水分子形成氫鍵。
- 乙醇分子中，烴鏈 (CH₃CH₂-) 是非極性的，-OH 基團是極性的。
- 乙醇的碳鏈較短，極性基團 (-OH) 的影響較大，因此乙醇在水中溶解度很高（可溶）。

此題考查滲透作用 (Osmosis)。滲透作用是指溶劑分子（在此為水）通過半透膜（在此為黃瓜的細胞膜）從低溶質濃度區域擴散到高溶質濃度區域的過程。

情境：將黃瓜 (Cucumber) 放入濃鹽水溶液 (concentrated salt solution) 中。

• 黃瓜的細胞內部含有較低的鹽濃度（相對濃鹽水而言），可以看作是溶質濃度較低，水分子濃度較高。
• 濃鹽水溶液的鹽濃度很高，水分子濃度較低。

滲透作用會導致水分子從黃瓜細胞內部流向濃鹽水溶液，或者從水分子濃度高的地方流向水分子濃度低的地方。

結果：

• 水會從黃瓜流出到濃鹽水中。這會導致黃瓜細胞失水，細胞壁失去支撐，黃瓜會變得軟塌、皺縮。這就是醃製黃瓜的原理。

此題考查元素的電負度 (Electronegativity)。電負度是指原子在化學鍵中吸引電子對的能力。
電負度在週期表中的趨勢：

• 週期內：從左到右，電負度增加。
• 族內：從上到下，電負度減小。
• 氟 (F) 是電負度最大的元素。

我們需要比較選項中五個元素的電負度。
(A) O (氧)：位於週期表第二週期，VIIA 族（或 16 族）。電負度約為 3.44。
(B) N (氮)：位於週期表第二週期，VA 族（或 15 族）。電負度約為 3.04。
(C) S (硫)：位於週期表第三週期，VIA 族（或 16 族）。電負度約為 2.58。
(D) Si (矽)：位於週期表第三週期，IVA 族（或 14 族）。電負度約為 1.90。

核心觀念

本題考查氫鹵酸的酸性強弱與下列因素的關係：

酸性越強，代表解離平衡越向右，$K_a$ 越大，且

氫鹵酸 $\mathrm{HF}$、$\mathrm{HCl}$、$\mathrm{HBr}$、$\mathrm{HI}$ 的酸性由上而下增強，主要原因是 $\mathrm{H-X}$ 鍵逐漸變長、鍵能逐漸降低，解離越容易。

其中 $\mathrm{H-F}$ 鍵特別短且強，是造成 HF 為弱酸的主要因素。

解題方法

判斷氫鹵酸酸性時，先看酸分子解離時的 $\mathrm{H-X}$ 鍵是否容易斷裂：

$\mathrm{H-F}$ 鍵具有很大的鍵解離能，因此必須輸入較多能量才能斷鍵，使 HF 的解離不利，$K_a$ 較小，故 HF 為弱酸。

在水溶液中，$\mathrm{F^-}$ 的水合確實很有利，因為其水合焓為負值；但這種穩定化作用仍不足以抵銷斷裂強 $\mathrm{H-F}$ 鍵所需的能量。相較之下，$\mathrm{H-Cl}$、$\mathrm{H-Br}$、$\mathrm{H-I}$ 的鍵能較小，鍵較容易斷裂，因此酸性依序增強。

選項分析

• (A) $\mathrm{F^-}$ 的水合焓為負值

  此敘述正確，但不是使 HF 成為弱酸的主要原因。水合焓為負表示 $\mathrm{F^-}$ 與水作用時放出能量，水合有利，會穩定解離產物 $\mathrm{F^-}$，反而有助於 HF 解離。因此不能解釋 HF 酸性弱，錯誤。

• (B) HF 具有很大的鍵能

核心觀念

核分裂反應式必須同時守恆：

1. 質量數 $A$：反應前後核子總數相同。
2. 原子序 $Z$：反應前後質子總數相同。

中子記為 ${}^{1}_{0}\mathrm{n}$，因此中子的質量數為 $1$、原子序為 $0$。

題目反應式為：

其中未知核種為 ${}^{A}_{Z}X$。

解題方法

先由質量數守恆求未知核種的質量數：

再由原子序守恆求未知核種的原子序：

原子序 $54$ 的元素為氙（Xe），所以未知核種是：

完整反應式為：

選項分析

此題考查放射性衰變的半衰期計算。
半衰期 ($t_{1/2}$) 是指放射性物質衰變成原來一半所需的時間。
放射性衰變遵循一級反應動力學，其數學公式為：
$N(t) = N_0 (\frac{1}{2})^{\frac{t}{t_{1/2}}}$
其中：
$N(t)$ 是經過時間 t 後剩餘的放射性物質量。
$N_0$ 是原始的放射性物質量。
$t$ 是經過的時間。
$t_{1/2}$ 是半衰期。

題目給定：
半衰期 $t_{1/2} = 1.30 \times 10^9$ 年。
經過的時間 $t = 3.90 \times 10^9$ 年。

我們需要計算經過 3.90 × 10⁹ 年後，剩餘的 ⁴⁰K 的百分比，即 $\frac{N(t)}{N_0} \times 100\%$。