115 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《普通化學》

核心觀念

本題考查原子組成、同位素的定義，以及離子的電子數。對核種 ${}^{A}_{Z}X$ 而言：

• 原子序 $Z$＝質子數；元素種類由質子數決定。
• 質量數 $A$＝質子數＋中子數，因此中子數為 $A-Z$。
• 中性原子的電子數＝$Z$；形成陰離子時得到電子，形成陽離子時失去電子。
• 同位素是原子序相同、質量數不同的原子；質量數相同、原子序不同者稱為同量素。

題目未列出氧、氟的質量數，以下依一般考題慣例採其最常見核種 ${}^{16}_{8}\mathrm{O}$ 與 ${}^{19}_{9}\mathrm{F}$；敘述 III 的「O2」則判讀為掃描辨識遺失上標與負號的 $\mathrm{O}^{2-}$。

解題方法：逐一判斷三個敘述

I．氧與氟具有相同中子數——錯誤。

以「質量數減原子序」計算：

$$N_{\mathrm{O}}=16-8=8$$ $$N_{\mathrm{F}}=19-9=10$$

氧有 $8$ 個中子，氟有 $10$ 個中子，兩者不同，因此 I 錯誤。

II．碳與氮因質量數相同而互為同位素——錯誤。

碳的原子序為 $6$，氮的原子序為 $7$，質子數不同，屬於不同元素，不能互為同位素。

即使選取質量數相同的 ${}^{14}_{6}\mathrm{C}$ 與 ${}^{14}_{7}\mathrm{N}$，兩者也只是同量素：

$$A_{\mathrm{C}}=A_{\mathrm{N}}=14,\qquad Z_{\mathrm{C}}\ne Z_{\mathrm{N}}$$

因此，質量數相同並不是判定同位素的條件，II 錯誤。

本題考查常見化合物的命名與化學式。需要逐一檢驗選項中的化合物名稱與其對應的化學式是否正確。

(A) 氫氧化鋁 (aluminum hydroxide) 的化學式為 Al(OH)$_3$。這是因為鋁 (Al) 通常形成 +3 價的離子 (Al$^{3+}$)，而氫氧根 (OH$^-$) 是 -1 價的離子。為了使化合物呈電中性，需要三個 OH$^-$ 來平衡一個 Al$^{3+}$。選項中給出的 Al(OH)$_2$ 表示鋁是 +2 價，這是不常見的。因此，這個配對是錯誤的。

(B) 氰化鋰 (lithium cyanide) 的化學式為 LiCN。鋰 (Li) 是鹼金屬，通常形成 +1 價的離子 (Li$^+$)。氰化物離子 (CN$^-$) 是一個常見的多原子離子，帶 -1 價。因此，Li$^+$ 和 CN$^-$ 結合形成 LiCN 是正確的。

(C) 氧化鐵(III) (iron(III) oxide) 的化學式為 Fe$_2$O$_3$。鐵 (Fe) 可以有多種氧化態，氧化態(III)表示鐵離子帶 +3 價 (Fe$^{3+}$)。氧化物中的氧通常帶 -2 價 (O$^{2-}$)。

本題考查莫耳數、分子數與質量的關係，以及分子式對應的分子量計算。

首先，需要計算 6.40 克硫 (S$_8$) 中含有多少莫耳的硫分子。
硫的原子量約為 32 g/mol。
硫的分子式是 S$_8$，所以一個硫分子的分子量是 $8 \times 32 = 256$ g/mol。

計算 6.40 克硫所含的莫耳數：
莫耳數 = 質量 / 分子量
莫耳數 (S$_8$) = 6.40 g / 256 g/mol = 0.025 mol。

本題考查化學反應式的平衡，以及依據化學計量關係進行計算。

給定的未平衡反應式為：
C$_4$H$_{10}$ + O$_2$ → CO$_2$ + H$_2$O

首先，我們需要平衡這個化學反應式。平衡的目標是確保反應前後各原子的數量相等。

1. 平衡碳原子 (C)：
   反應物中有 4 個碳原子 (在 C$_4$H$_{10}$ 中)。
   產物中，CO$_2$ 含有 1 個碳原子。
   為了平衡碳原子，我們需要在 CO$_2$ 前面加上係數 4。
   C$_4$H$_{10}$ + O$_2$ → 4CO$_2$ + H$_2$O

2. 平衡氫原子 (H)：
   反應物中有 10 個氫原子 (在 C$_4$H$_{10}$ 中)。
   產物中，H$_2$O 含有 2 個氫原子。
   為了平衡氫原子，我們需要在 H$_2$O 前面加上係數 5 ($5 \times 2 = 10$)。
   C$_4$H$_{10}$ + O$_2$ → 4CO$_2$ + 5H$_2$O

3. 平衡氧原子 (O)：
   現在計算產物端的總氧原子數量。
   在 4CO$_2$ 中有 $4 \times 2 = 8$ 個氧原子。
   在 5H$_2$O 中有 $5 \times 1 = 5$ 個氧原子。
   產物端的總氧原子數為 $8 + 5 = 13$ 個。

本題考查化學反應的限量試劑、理論產量以及百分產率的計算。

首先，我們需要確定限量試劑。根據反應式 2A + B → 3C + D，2 莫耳的 A 與 1 莫耳的 B 反應生成 3 莫耳的 C。

給定的起始量為：
A = 3.0 mol
B = 2.0 mol

我們需要計算哪一個是限量試劑。
方法一：計算 A 能生成多少 C，以及 B 能生成多少 C。
從反應式可知，2 mol A 可生成 3 mol C。
所以，3.0 mol A 可生成 C 的量 = $(3.0 \text{ mol A}) \times \frac{3 \text{ mol C}}{2 \text{ mol A}} = 4.5 \text{ mol C}$。

從反應式可知，1 mol B 可生成 3 mol C。
所以，2.0 mol B 可生成 C 的量 = $(2.0 \text{ mol B}) \times \frac{3 \text{ mol C}}{1 \text{ mol B}} = 6.0 \text{ mol C}$。

本題考查「莫耳濃度 (Molarity)」的定義及其計算所需的資訊。

莫耳濃度 (Molarity, M) 的定義是：
$M = \frac{\text{莫耳數 (moles of solute)}}{\text{溶液的體積 (liters of solution)}}$

因此，要計算莫耳濃度，我們需要知道：

1. 溶質 (salt) 的莫耳數。
2. 溶液的總體積 (通常以公升 L 為單位)。

現在我們來逐一分析選項：

(A) 溶質的質量和溶劑 (水) 的質量。
知道溶質質量可以計算莫耳數 (如果知道莫耳質量)，知道溶質和溶劑質量可以計算溶液總質量。但我們需要的是「溶液的體積」，而不是「溶液的質量」。在不知道溶液密度或莫耳體積的情況下，無法從質量直接轉換為體積。所以此選項不足。

(B) 溶質的質量和溶液的總體積。
如果知道溶質的質量，我們還需要知道溶質的「莫耳質量」才能計算出「莫耳數」。單憑質量和體積還不足以計算莫耳濃度。

本題考查氧化還原反應的定義與判斷。氧化還原反應是指反應物中存在氧化數發生變化的元素。

我們逐一分析各選項：

(A) 沉澱反應 (Precipitation reaction)：沉澱反應是兩種可溶性鹽溶液混合，產生一種不溶性固體沉澱的反應。例如：AgNO$_3$(aq) + NaCl(aq) → AgCl(s) + NaNO$_3$(aq)。在這個反應中，離子的氧化數沒有發生變化：Ag(+1), N(+5), O(-2), Na(+1), Cl(-1)。因此，沉澱反應「不一定」是氧化還原反應，很多沉澱反應都不是氧化還原反應。

(B) 金屬與非金屬的反應 (A reaction in which a metal reacts with a nonmetal)：金屬通常是還原劑（失去電子，氧化數升高），非金屬通常是氧化劑（得到電子，氧化數降低）。例如：2Na(s) + Cl$_2$(g) → 2NaCl(s)。這裡 Na 的氧化數從 0 變為 +1，Cl 的氧化數從 0 變為 -1。這是一個典型的氧化還原反應。

本題考查理想氣體定律與氣體密度的關係。根據理想氣體定律 PV = nRT，我們可以推導出氣體密度的公式。

氣體的密度 (ρ) 定義為質量 (m) 除以體積 (V)，即 ρ = m/V。
從理想氣體定律，n = PV/RT。
莫耳數 (n) 可以表示為總質量 (m) 除以莫耳質量 (M)，即 n = m/M。
將 n = m/M 代入理想氣體定律：
PV = (m/M)RT
重新整理得到：
m/V = PM/RT

因為 m/V 就是密度 (ρ)，所以氣體密度的公式為：
ρ = PM/RT

在這個問題中，四個燒瓶都是相同的 (體積 V = 1.0 L)，並且裝有氣體，它們的溫度 T (0°C = 273.15 K) 和壓力 P (1.0 atm) 也是相同的。
因此，在 ρ = PM/RT 這個公式中，P、R、T 都是常數。
這意味著，氣體的密度 ρ 與其莫耳質量 M 成正比。
ρ ∝ M

所以，密度最大的氣體就是莫耳質量最大的氣體。我們需要計算這四種氣體的莫耳質量。

本題考查理想氣體行為的條件。理想氣體模型有兩個主要假設：

1. 氣體分子本身沒有體積 (體積可忽略)。
2. 氣體分子之間沒有相互作用力 (吸引力或排斥力)。

實際氣體在以下條件下最接近理想氣體行為：

• 低壓 (Low pressure)：壓力越低，氣體分子之間的距離越大，分子本身的體積和分子間作用力的影響就越小。
• 高溫 (High temperature)：溫度越高，氣體分子的動能越大，分子間的吸引力相對變得微不足道。

我們需要評估每個選項的壓力 (P) 和溫度 (T) 條件，找出最符合「低壓」和「高溫」的組合。
STP (Standard Temperature and Pressure) 通常定義為 0°C (273.15 K) 和 1 atm 壓力。

我們將所有溫度轉換為絕對溫度 (Kelvin)：

• 0.0°C = 273.15 K
• 100.0°C = 100.0 + 273.15 = 373.15 K
• -100.0°C = -100.0 + 273.15 = 173.15 K

本題考查化學平衡的移動，即勒沙特列原理 (Le Chatelier's Principle)。我們需要分析反應式中各項因素的改變對平衡的影響。

反應式為：CuO(s) + H$_2$(g) ⇌ Cu(s) + H$_2$O(g) ; ∆H = -20.0 kJ
這是一個放熱反應 (∆H < 0)。

我們逐一分析各選項：

(A) 加入催化劑 (Add a catalyst)：催化劑可以加快正逆反應速率，使平衡更快達到，但它不會改變平衡的位置，即不會使平衡向生成物或反應物方向移動。因此，催化劑不能使平衡向有利於產物的方向移動。

(B) 通過加入惰性氣體 (如氮氣) 來增加總壓力 (Increase the pressure by adding an inert gas such as nitrogen)：當在恆溫恆容條件下加入惰性氣體時，總壓力會增加，但反應物和產物的分壓（或濃度）保持不變，因此平衡不會移動。然而，題目描述的是「增加壓力」，如果是在恆溫恆容的容器中，加入惰性氣體會增加總壓，但分壓不變，平衡不移動。如果是在恆溫恆壓的條件下，加入惰性氣體會導致容器體積膨脹，使反應物和產物的分壓降低，平衡反而會向氣體分子數較多的一方移動（在此反應中，氣體分子數左右相等，所以平衡不移動）。因此，此選項通常不會使平衡向特定方向移動，或者影響不明顯。

(C) 在恆溫下通過移動活塞增加壓力 (Increase the pressure by means of a moving piston at constant temperature)：此操作相當於在恆溫下增加系統的總壓力。

本題考查水的離子積常數 ($K_w$) 與純水中 pH 值之間的關係。

水的自偶電離反應為：
H$_2$O(l) ⇌ H$^+$(aq) + OH$^-$(aq)
或者更準確地寫為：
2H$_2$O(l) ⇌ H$_3$O$^+$(aq) + OH$^-$(aq)

水的離子積常數 $K_w$ 的定義為：
$K_w = [\text{H}^+][\text{OH}^-]$ （或 $K_w = [\text{H}_3\text{O}^+][\text{OH}^-]$）

在純水中，H$^+$ 和 OH$^-$ 的濃度是相等的，因為它們是通過水的自偶電離產生的，且比例為 1:1。
所以，在純水中，$[\text{H}^+] = [\text{OH}^-]$。

將此關係代入 $K_w$ 的定義式：
$K_w = [\text{H}^+] \times [\text{H}^+] = [\text{H}^+]^2$

因此，純水中氫離子的濃度為：
$[\text{H}^+] = \sqrt{K_w}$

題目給定在此溫度下，$K_w = 3.6 \times 10^{-15}$。
所以，純水中氫離子的濃度為：
$[\text{H}^+] = \sqrt{3.6 \times 10^{-15}}$

本題考查弱酸、弱鹼鹽水溶液的 pH 值比較。pH 值最高意味著溶液的鹼性最強（或酸性最弱）。

我們需要分析每個選項的性質：

• HOAc (乙酸，弱酸)：0.01 M HOAc 溶液會發生電離，產生 H$^+$，使溶液呈酸性，pH < 7。
  HOAc(aq) ⇌ H$^+$(aq) + OAc$^-$(aq)
• NaOAc (乙酸鈉，弱酸的鹽)：乙酸鈉是強鹼 (NaOH) 和弱酸 (HOAc) 反應生成的鹽。在水中，OAc$^-$ 會發生水解，生成 HOAc 和 OH$^-$, 使溶液呈弱鹼性，pH > 7。
  OAc$^-$(aq) + H$_2$O(l) ⇌ HOAc(aq) + OH$^-$(aq)
  其水解常數 $K_b = K_w / K_a(\text{HOAc}) = 1.0 \times 10^{-14} / (1.8 \times 10^{-5}) \approx 5.6 \times 10^{-10}$。
• H$_2$CO$_3$ (碳酸，二質子弱酸)：0.01 M H$_2$CO$_3$ 溶液會發生兩步電離，主要由第一步電離產生 H$^+$，使溶液呈酸性，pH < 7。
  H$_2$CO$_3$(aq) ⇌ H$^+$(aq) + HCO$_3^-$(aq) ($K_{a1} = 4.3 \times 10^{-7}$)
  HCO$_3^-$(aq) ⇌ H$^+$(aq) + CO$_3^{2-}$(aq) ($K_{a2} = 5.6 \times 10^{-11}$)
  由於 $K_{a1}$ 較小，0.01 M 的酸性不會很強。
• NaHCO$_3$ (碳酸氫鈉，酸式鹽)：碳酸氫鈉是強鹼 (NaOH) 和二質子弱酸 (H$_2$CO$_3$) 的第一步產物。它既可以電離產生 Na$^+$ 和 HCO$_3^-$，HCO$_3^-$ 也可以作為酸電離（產生 H$^+$）或作為鹼水解（產生 OH$^-$）。
  HCO$_3^-$(aq) ⇌ H$^+$(aq) + CO$_3^{2-}$(aq) ($K_{a2} = 5.6 \times 10^{-11}$)

核心觀念

本題考查極稀強酸溶液的 pH 計算。雖然 $HNO_3$ 是強酸並完全解離，但其濃度 $2.0\times10^{-8}\,\mathrm{M}$ 小於水自解離所產生的約 $1.0\times10^{-7}\,\mathrm{M}$ 氫離子濃度，因此不可直接使用

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

並令 $[H^+]=2.0\times10^{-8}\,\mathrm{M}$。必須同時考慮水的自解離：

$$K_w=[H^+][OH^-]=1.0\times10^{-14}$$

以下以 $25^\circ\mathrm{C}$、$K_w=1.0\times10^{-14}$ 計算。

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解題方法

$HNO_3$ 完全解離，因此：

$$[NO_3^-]=2.0\times10^{-8}\,\mathrm{M}$$

設溶液中的氫離子濃度為 $x$：

$$[H^+]=x$$

由水的離子積：

$$[OH^-]=\frac{K_w}{x}$$

溶液必須符合電荷平衡：

$$[H^+]=[NO_3^-]+[OH^-]$$

代入已知值：

$$x=2.0\times10^{-8}+\frac{1.0\times10^{-14}}{x}$$

兩邊乘以 $x$：

$$x^2=2.0\times10^{-8}x+1.0\times10^{-14}$$

整理得：

$$x^2-(2.0\times10^{-8})x-1.0\times10^{-14}=0$$

使用一元二次方程式：

$$x= \frac{2.0\times10^{-8} +\sqrt{(2.0\times10^{-8})^2+4(1.0\times10^{-14})}}{2}$$

取正根：

$$x\approx1.105\times10^{-7}\,\mathrm{M}$$

因此：

$$\mathrm{pH} =-\log(1.105\times10^{-7}) \approx6.96$$

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選項分析

• (A) 7.70：錯誤

本題考查緩衝溶液的 pH 計算，以及緩衝溶液組成的比例。

緩衝溶液是由弱酸及其共軛鹼，或弱鹼及其共軛酸組成的。
這裡的緩衝體系是氨 (NH$_3$) 和其共軛酸銨離子 (NH$_4^+$)。
氨 (NH$_3$) 是弱鹼，其 $K_b = 1.8 \times 10^{-5}$。
氯化銨 (NH$_4$Cl) 在水中完全電離，提供 NH$_4^+$ 離子，它是 NH$_3$ 的共軛酸。

緩衝溶液的 pH 可以由 Henderson-Hasselbalch 方程式計算。對於鹼性緩衝溶液，我們通常使用 pOH 和 $K_b$。
pOH = p$K_b$ + log($\frac{[\text{共軛酸}]}{[\text{弱鹼}]}$)
在這裡，弱鹼是 NH$_3$，共軛酸是 NH$_4^+$。
pOH = p$K_b$ + log($\frac{[\text{NH}_4^+]}{[\text{NH}_3]}$)

首先，計算 p$K_b$：
p$K_b$ = -log($K_b$) = -log($1.8 \times 10^{-5}$)
p$K_b$ = -(log(1.8) + log(10$^{-5}$))
p$K_b$ = -(0.255 - 5) = 4.745

本題考查反應熱的計算，以及如何從給定的反應熱和反應物莫耳數計算單位莫耳反應熱。

反應物是氨 (NH$_3$) 和過量的鹽酸 (HCl)。氨是鹼，鹽酸是強酸。它們的反應是酸鹼中和反應。
反應式為：
NH$_3$(aq) + HCl(aq) → NH$_4$Cl(aq)

題目中提到，當 0.140 mol 的 NH$_3$ 與過量的 HCl 反應時，釋放出 7.0 kJ 的能量（熱量）。
「釋放出」表示這是放熱反應，所以反應熱是負值。
給定的反應熱是 7.0 kJ，這是由 0.140 mol NH$_3$ 消耗所產生的。

我們需要計算的是每消耗 1 莫耳 NH$_3$ 所放出的熱量，即 ΔH。
ΔH 的單位是 kJ/mol。

我們知道：
0.140 mol NH$_3$ 消耗時，釋放的熱量 = 7.0 kJ。

本題考查量子力學中「一維無限深勢阱 (one-dimensional infinite potential well)」模型中粒子的能量。

對於一個被限制在長度為 L 的一維盒子中的粒子（電子），其允許的能量是量子化的，由主量子數 n (n = 1, 2, 3, ...) 來決定。
能量公式為：
$E_n = \frac{n^2 h^2}{8mL^2}$
其中：

• $n$ 是主量子數 (n = 1, 2, 3, ...)
• $h$ 是普朗克常數
• $m$ 是粒子的質量
• $L$ 是盒子的長度

基態 (Ground state) 指的是能量最低的狀態，對應於 $n=1$。
基態能量 $E_1 = \frac{1^2 h^2}{8mL^2} = \frac{h^2}{8mL^2}$。

核心觀念

四個量子數必須符合下列規則：

1. 主量子數 $n$：正整數，$n=1,2,3,\ldots$
2. 角動量量子數 $l$：$0$ 到 $n-1$ 的整數
   $l=0,1,2,\ldots,n-1$
3. 磁量子數 $m_l$：從 $-l$ 到 $+l$ 的整數
   $m_l=-l,-l+1,\ldots,0,\ldots,l-1,l$
4. 自旋量子數 $m_s$：只能是
   $m_s=+\frac12\quad\text{或}\quad -\frac12$

只要有一項不符合上述限制，該組量子數即不被允許。

解題方法

逐一檢查各選項的 $n$、$l$、$m_l$、$m_s$ 是否符合規則：

• 先確認 $n$ 是否為正整數。
• 再確認 $l$ 是否滿足 $0\le l\le n-1$。
• 接著確認 $m_l$ 是否介於 $-l$ 與 $+l$ 之間，且為整數。
• 最後確認 $m_s$ 是否為 $\pm\frac12$。

選項分析

（A）$n=1,\ l=0,\ m_l=0,\ m_s=+\frac12$

當 $n=1$ 時，

$l=0$

而 $l=0$ 時，磁量子數只能為

$m_l=0$

且

$m_s=+\frac12$

符合所有規則，因此此組允許。

（B）$n=4,\ l=0,\ m_l=0,\ m_s=-\frac12$

當 $n=4$ 時，$l$ 可為 $0,1,2,3$，所以 $l=0$ 合法。

當 $l=0$ 時，

$m_l=0$

且

核心觀念

鍵的極性取決於成鍵原子的電負度差。電負度差越大，共用電子對越偏向電負度較大的原子，鍵的極性越強。

可用下式比較：

$$\Delta \chi = |\chi_A-\chi_B|$$

但題目要求「最極性、且不視為離子鍵」，因此要先排除主要屬於離子鍵的選項，再比較其餘鍵的電負度差。

解題方法

採用鮑林電負度作比較：$\chi(\mathrm{Mg})\approx1.31$、$\chi(\mathrm{C})\approx2.55$、$\chi(\mathrm{N})\approx3.04$、$\chi(\mathrm{O})\approx3.44$、$\chi(\mathrm{Si})\approx1.90$。

先計算各鍵的電負度差：

鍵	電負度差 $\Delta\chi$
Mg–O	$
C–O	$
O–O	$

核心觀念

分子中原子的鍵角，可用價層電子對互斥理論（VSEPR）判斷。判斷時，以中心原子周圍的電子域數目估計其幾何形狀；雙鍵雖包含兩個鍵結電子對，在判斷幾何形狀時仍算作一個電子域。

解題方法

在甲醛 $H_2C=O$ 中，以碳原子為中心：

• 碳與兩個氫各形成一個單鍵，合計兩個電子域。
• 碳與氧形成一個雙鍵，算作一個電子域。

因此，碳原子周圍共有三個電子域，排列成平面三角形，鍵角約為 $120^\circ$。碳原子的成鍵方式也可描述為 $sp^2$ 混成，符合平面三角形的幾何形狀。

選項分析

核心觀念

初速法可用來由實驗數據求反應級數。設速率式為

$$\text{Rate}=k[\mathrm{NO}]^m[\mathrm{O_2}]^n$$

其中 $m$、$n$ 分別是對 $\mathrm{NO}$ 與 $\mathrm{O_2}$ 的反應級數，須由實驗數據判定；不能只由反應物的化學式或係數直接推得。

解題方法

比較只改變一種反應物濃度的實驗，可以單獨求出該反應物的級數。

**先求 $\mathrm{NO}$ 的級數 $m$：**比較第 1、2 組，$\mathrm{O_2}$ 濃度不變，$\mathrm{NO}$ 濃度加倍，初速則變為原來的 4 倍：

$$\frac{\text{Rate}_2}{\text{Rate}_1} = \left(\frac{[\mathrm{NO}]_2}{[\mathrm{NO}]_1}\right)^m = 2^m = \frac{8.0\times10^{16}}{2.0\times10^{16}} = 4$$

因此 $m=2$。

**再求 $\mathrm{O_2}$ 的級數 $n$：**比較第 1、4 組，$\mathrm{NO}$ 濃度不變，$\mathrm{O_2}$ 濃度加倍，初速也加倍：

$$\frac{\text{Rate}_4}{\text{Rate}_1} = \left(\frac{[\mathrm{O_2}]_4}{[\mathrm{O_2}]_1}\right)^n = 2^n = \frac{4.0\times10^{16}}{2.0\times10^{16}} = 2$$

因此 $n=1$。代回速率式：

$$\text{Rate}=k[\mathrm{NO}]^2[\mathrm{O_2}]$$

核心觀念

速率常數的單位可用來判斷反應級數。此題的 $k$ 單位為 $\mathrm{s}^{-1}$，符合一級反應的速率常數單位，因此使用一級反應半衰期公式：

$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{k}$$

一級反應的半衰期與反應物初始濃度無關；題目給的 $[\mathrm{N_2O_5}]=1.0\ \mathrm{M}$ 不需代入計算。

解題方法

代入 $\ln 2=0.693$ 及 $k=3.4\times10^{-5}\ \mathrm{s}^{-1}$：

$$t_{1/2} =\frac{0.693}{3.4\times10^{-5}\ \mathrm{s}^{-1}} =2.04\times10^4\ \mathrm{s} \approx 2.0\times10^4\ \mathrm{s}$$

時間單位為秒，且結果與選項 (B) 相符。

選項分析

核心觀念

這題考查分子間作用力與沸點的關係。沸騰時，分子必須克服分子間作用力而進入氣相；作用力越強，通常需要越高的溫度，沸點也越高。

分子間常見作用力包括：

• 倫敦分散力：所有分子都有，分子電子雲越容易極化，分散力通常越強。
• 偶極－偶極力：存在於具有永久偶極的極性分子之間。
• 氫鍵：當氫原子鍵結於高電負度的氮、氧或氟，並與鄰近分子的孤電子對作用時形成，通常比一般偶極－偶極力強。

解題方法

比較第 5A 族氫化物 SbH₃、AsH₃、PH₃，可見原子量由大到小時，沸點依序降低。沿族向下，分子電子雲更容易極化，倫敦分散力增強，因此較重的分子沸點較高。

NH₃ 的沸點卻高於 PH₃、AsH₃，原因是 NH₃ 分子間能形成氫鍵。氮原子電負度高，N–H 鍵具有較強極性；氮上的孤電子對也能參與分子間氫鍵作用。

核心觀念

理想液態溶液的判準是各成分在所有組成下都遵守拉午耳定律：

$$P_i=x_iP_i^\ast$$

其中 $P_i$ 是成分 $i$ 的分壓，$x_i$ 是其液相莫耳分率，$P_i^\ast$ 是純成分 $i$ 的蒸氣壓。總蒸氣壓為各成分分壓之和：

$$P_{\text{total}}=\sum_i x_iP_i^\ast$$

理想溶液中，溶質—溶質、溶劑—溶劑及溶質—溶劑之間的分子作用力彼此非常相似，因此混合前後的焓與體積變化皆近似為零：

$$\Delta H_{\text{mix}}\approx 0,\qquad \Delta V_{\text{mix}}\approx 0$$

解題方法

逐項判斷題目敘述是否符合理想液態溶液的定義與物理意義：

• I 的 $PV=nRT$ 是理想氣體方程式，描述氣體狀態，並非液態溶液的判準。
• II 遵守拉午耳定律，符合理想溶液的定義。

核心觀念

本題考八面體錯離子的順式與反式判定，以及以可被取代的位置數目估算產物比例。

在 $[Co(NH_3)_5Cl]^{2+}$ 中，六個配位位置形成八面體：一個位置由 $Cl^-$ 占據，另外五個由 $NH_3$ 占據。新進入的 $Cl^-$ 取代其中一個 $NH_3$ 後：

• 新舊兩個 $Cl^-$ 相鄰，夾角為 $90^\circ$，形成順式產物。
• 新舊兩個 $Cl^-$ 相對，夾角為 $180^\circ$，形成反式產物。

解題方法

以原有 $Cl^-$ 所在位置為基準，剩下五個 $NH_3$ 配位位置中：

• 有四個位置與原有 $Cl^-$ 相鄰；取代這些位置的 $NH_3$，會形成順式產物。
• 有一個位置與原有 $Cl^-$ 相對；取代該位置的 $NH_3$，會形成反式產物。

核心觀念

本題考各類含氧官能基的結構，重點是判斷分子中是否含有羰基 $C=O$。羰基是碳原子與氧原子之間的雙鍵。

酯、醛、酮與羧酸都含有 $C=O$；醇與醚則不含 $C=O$。醇的特徵是羥基 $-OH$，醚的特徵是 $C-O-C$。

解題方法

逐一檢查每個選項中的官能基：只要有一種不含 $C=O$，整個選項便不符合題意。

選項分析

• (A) ester, aldehyde, ketone：正確。 酯、醛、酮三者都含有 $C=O$。
• (B) any alcohol, ether, ester：錯誤。 醇與醚不含 $C=O$，只有酯含有羰基。

核心觀念

熱力學第二定律指出，孤立系統中的自發過程會使宇宙總熵增加：

$$\Delta S_{\mathrm{univ}}>0$$

熱量自發地由高溫物體流向低溫物體，直到兩者達到熱平衡。

解題方法

圖中有兩個相鄰物體：$A$ 的溫度為 $T_A$，$B$ 的溫度為 $T_B$；題目給定 $T_A>T_B$。假設有微量熱量 $q>0$ 由 $A$ 傳給 $B$，則 $A$ 放出熱量，$B$ 吸收熱量。

兩物體的熵變總和為：

$$\Delta S_{\mathrm{univ}} = -\frac{q}{T_A}+\frac{q}{T_B} = q\left(\frac{1}{T_B}-\frac{1}{T_A}\right)$$

核心觀念

在定溫、定壓條件下，系統的吉布斯自由能變化與宇宙熵變的關係為

$$\Delta G=-T\Delta S_{\mathrm{univ}}$$

其中 $T$ 為絕對溫度，且 $T>0$。自發過程的判準是宇宙總熵增加，因此 $\Delta S_{\mathrm{univ}}>0$，相應地 $\Delta G<0$。

解題方法

題目已指定過程在定溫、定壓下自發，直接套用自發性的熱力學判準：

核心觀念

本題考查分子軌域（MO）能階填電子，以及如何由成鍵、反鍵電子數判斷鍵級與磁性。

鍵級的定義為：

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

若有未成對電子，分子具有順磁性；所有電子皆成對時，則具有抗磁性。

解題方法

題目要求比較 $O_2^+$、$O_2$、$O_2^-$ 的電子組態、鍵級與磁性；原頁未附 MO 能階圖，因此依氧分子的標準能階順序作答。以下只列價電子軌域，因為 $1s$ 核心電子在成鍵與反鍵軌域中互相抵消，不影響鍵級。

對氧分子及其離子，價電子軌域由低能至高能依序為：

$$\sigma_{2s}<\sigma_{2s}^{*}<\sigma_{2p_z} <\pi_{2p_x}=\pi_{2p_y} <\pi_{2p_x}^{*}=\pi_{2p_y}^{*}<\sigma_{2p_z}^{*}$$

中性 $O_2$ 有 $12$ 個價電子；$O_2^+$ 少一個電子，共 $11$ 個；$O_2^-$ 多一個電子，共 $13$ 個。依能量由低至高填入，且簡併的兩個 $\pi^*$ 軌域遵守洪德定則：先各自單獨填入，再配對。

軌域	$O_2^+$	$O_2$	$O_2^-$
$\sigma_{2s}$	2	2	2
$\sigma_{2s}^{*}$	2	2	2
$\sigma_{2p_z}$	2	2	2
$\pi_{2p_x},\pi_{2p_y}$	2, 2	2, 2	2, 2
$\pi_{2p_x}^{*},\pi_{2p_y}^{*}$	1, 0	1, 1	2, 1

表中數字為各軌域的電子數；$\pi^*$ 兩軌域等能，因此 $O_2^+$ 的單電子可在其中任一軌域，$O_2^-$ 的成對電子也可在其中任一軌域。

計算與判斷

三者的成鍵電子數皆為 $8$：$\sigma_{2s}$ 有 $2$ 個、$\sigma_{2p_z}$ 有 $2$ 個、兩個 $\pi_{2p}$ 合計有 $4$ 個。反鍵電子數則由 $\sigma_{2s}^{*}$ 的 $2$ 個，加上 $\pi_{2p}^{*}$ 軌域中的電子數決定。

核心觀念

原電池中，還原反應發生於陰極，氧化反應發生於陽極。標準電池電位可由兩個標準還原電位計算：

$$E^\circ_{\mathrm{cell}} =E^\circ_{\mathrm{cathode}}-E^\circ_{\mathrm{anode}}$$

此處的陽極電位採題目所列的還原電位；公式中的減號已反映陽極發生氧化反應。

解題方法

比較兩個標準還原電位：$0.77\ \mathrm{V}$ 大於 $0.34\ \mathrm{V}$，因此 $\mathrm{Fe^{3+}}$ 在陰極還原成 $\mathrm{Fe^{2+}}$；銅則在陽極氧化。

半反應為：

核心觀念

原電池在標準狀態下的電池電位為陰極還原電位減去陽極還原電位：

$$E^\circ_{\text{cell}}=E^\circ_{\text{陰極}}-E^\circ_{\text{陽極}}$$

電池輸出的最大電能等於吉布斯自由能變化的大小：

$$w_{\text{電,最大}}=-\Delta G=n_e F E^\circ_{\text{cell}}=Q E^\circ_{\text{cell}}$$

其中 $n_e$ 是轉移電子的莫耳數，$Q$ 是轉移電量。

解題方法

圖中第 3-(a) 題給出兩個標準還原電位：$\mathrm{Cu^{2+}+2e^-\rightarrow Cu}$ 的 $E^\circ=0.34\ \mathrm{V}$，以及 $\mathrm{Fe^{3+}+e^-\rightarrow Fe^{2+}}$ 的 $E^\circ=0.77\ \mathrm{V}$。因此，鐵離子半反應為陰極還原反應，銅為陽極氧化反應。

先計算電池電位：

$$E^\circ_{\text{cell}}=0.77-0.34=0.43\ \mathrm{V}$$