113 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班在職生《普通化學》

本題為基本化學名詞解釋題，主要在檢測學生對化學基本概念的理解程度。

(A) 同位素 (Isotope)
同位素是指質子數相同但中子數不同的原子。由於質子數決定了元素的種類，因此同位素屬於同一元素，但它們的質量數（質子數+中子數）不同。這會導致它們的物理性質（如質量、密度、熔沸點等）有些許差異，但化學性質則大致相同。
【答案】質子數相同、中子數不同的原子。

(B) 異構物 (Isomer)
異構物是指分子式相同但結構式或原子在空間中的排列方式不同的化合物。它們具有相同的元素組成和原子數，但由於結構或空間排列的差異，導致物理和化學性質不同。
【答案】分子式相同但結構式或原子在空間排列方式不同的化合物。

本題為氣體定律的敘述題，考驗學生對理想氣體行為基本定律的理解。

(A) 波以耳定律 (Boyle's Law)
波以耳定律指出，在定溫下，一定量氣體的壓力 (P) 與其體積 (V) 成反比。數學表示為 $PV = k$，其中 $k$ 為常數。這意味著當溫度和氣體莫耳數固定時，若壓力增大，體積會等比例縮小；反之亦然。

本題考驗學生對化學鍵種類、差異及實例的掌握。化學鍵是原子間相互結合的力量，主要可分為離子鍵、共價鍵和金屬鍵。

化學鍵的種類與差異：

1. 離子鍵 (Ionic Bond)

   • 形成方式： 主要發生在金屬原子與非金屬原子之間，由於兩者電負度差異極大，金屬原子容易失去電子形成陽離子，非金屬原子則容易得到電子形成陰離子，這些帶相反電荷的離子之間透過靜電吸引力結合，形成離子化合物。
   • 差異： 鍵結性質主要是靜電吸引，非方向性，鍵結力強。通常形成固體晶格結構，熔沸點高。
   • 例子： 氯化鈉 (NaCl)，其中 Na 為金屬，Cl 為非金屬，Na 失去電子形成 $Na^+$，Cl 得到電子形成 $Cl^-$，兩者透過靜電吸引結合。氧化鎂 (MgO)。

2. 共價鍵 (Covalent Bond)

   • 形成方式： 主要發生在兩個或多個非金屬原子之間，原子透過共用價電子對來達到穩定的電子組態。共價鍵可以是單鍵、雙鍵或三鍵，取決於共用的電子對數量。
   • 差異： 鍵結性質是原子核與共用電子對之間的吸引力，具有方向性。共價化合物的物理性質差異很大，從氣體、液體到固體都有，熔沸點變化範圍廣。
   • 例子：
     • 單鍵： 水分子 ($H_2O$) 中的 O-H 鍵，甲烷 ($CH_4$) 中的 C-H 鍵。
     • 雙鍵： 氧分子 ($O_2$) 中的 O=O 鍵，二氧化碳 ($CO_2$) 中的 C=O 鍵。

本題考驗學生平衡化學反應式的能力，包含一般平衡法及氧化還原反應平衡法。

(A) 平衡反應式： $CO_2 + H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + O_2$
此反應式看似光合作用，但右側多了一個 $H_2O$。首先，我們需要確定右側的 $H_2O$ 是反應物產生的還是額外的。若假設此為光合作用的簡化表示，則通常為 $CO_2 + H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + O_2$。然而，題目給定的形式是 $CO_2 + H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + O_2$。我們必須依題目給定的形式來平衡。

觀察原子種類：C, H, O。
右側有 1 個 $H_2O$，但光合作用的總反應通常是需要 6 個 $H_2O$ 來生成 1 個葡萄糖。題目給定的形式較為特殊，我們將盡量平衡給定的方程式。

1. 平衡 C 原子： 右側有 6 個 C，左側只有 1 個。因此，$CO_2$ 前面係數需為 6。
   $6CO_2 + H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + O_2$

2. 平衡 H 原子： 右側有 12 個 H (來自 $C_6H_{12}O_6$) + 2 個 H (來自 $H_2O$) = 14 個 H。左側只有 2 個 H (來自 $H_2O$)。這表示左側的 $H_2O$ 係數需要調整。若要產生 14 個 H，左側 $H_2O$ 係數應為 7。
   $6CO_2 + 7H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + O_2$

3. 平衡 O 原子：

   • 左側 O 原子總數：$6 \times 2$ (來自 $CO_2$) + $7 \times 1$ (來自 $H_2O$) = $12 + 7 = 19$ 個 O。
   • 右側 O 原子總數：6 (來自 $C_6H_{12}O_6$) + 1 (來自 $H_2O$) + $2 \times n$ (來自 $O_2$) = $7 + 2n$ 個 O。

   為了平衡 O 原子，我們需要：
   $19 = 7 + 2n$
   $2n = 12$
   $n = 6$

   所以，$O_2$ 的係數應為 6。

   最終平衡方程式為：
   $6CO_2 + 7H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + 6O_2$

   檢查：
   C: 左 6, 右 6 (平衡)
   H: 左 $7 \times 2 = 14$, 右 $12 + 1 \times 2 = 14$ (平衡)
   O: 左 $6 \times 2 + 7 \times 1 = 19$, 右 $6 + 1 \times 1 + 6 \times 2 = 6 + 1 + 12 = 19$ (平衡)

   備註： 如果題目意圖是標準光合作用反應 $6CO_2 + 6H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + 6O_2$，則右側多出的 $H_2O$ 是一個需要額外解釋的點。但依題目給定形式，上述平衡為最直接的結果。

   【答案】(A) $6CO_2 + 7H_2O \rightarrow C_6H_{12}O_6 + H_2O + 6O_2$

(B) 平衡氧化還原反應式： $Cl^-(aq) + Cr_2O_7^{2-}(aq) + H^+(aq) \rightarrow Cl_2(g) + Cr^{3+}(aq) + H_2O(l)$
此題為酸性條件下的氧化還原反應平衡，我們使用半反應法來平衡。

本題考驗學生酸鹼中和的計算能力，重點在於利用莫耳數相等的概念來求解。

核心觀念： 酸鹼中和反應是指酸與鹼反應生成鹽和水的反應。在完全中和時，酸提供的 $H^+$ 莫耳數等於鹼提供的 $OH^-$ 莫耳數。

反應式： HCl (強酸) 與 NaOH (強鹼) 的中和反應為：
$HCl(aq) + NaOH(aq) \rightarrow NaCl(aq) + H_2O(l)$
此反應的莫耳數比為 1:1。

已知條件：

• HCl 溶液體積 $V_{HCl} = 80.0$ mL $= 0.0800$ L
• HCl 溶液濃度 $M_{HCl} = 0.50$ M (mol/L)
• NaOH 溶液濃度 $M_{NaOH} = 0.25$ M (mol/L)
• NaOH 溶液體積 $V_{NaOH} = ?$ (待求)

解題步驟：

1. 計算 HCl 的莫耳數：
   莫耳數 $=$ 濃度 $\times$ 體積 (L)
   $n_{HCl} = M_{HCl} \times V_{HCl}$
   $n_{HCl} = 0.50 \text{ mol/L} \times 0.0800 \text{ L}$
   $n_{HCl} = 0.0400$ mol

2. 根據中和反應的莫耳數比，確定所需 NaOH 的莫耳數：
   由於 HCl 與 NaOH 的反應比例是 1:1，因此要完全中和 0.0400 莫耳的 HCl，需要

本題考驗學生不同濃度單位的換算，包含質量濃度、體積濃度 (ppb) 和莫耳濃度 (nM)。

已知條件：

• Hg 質量濃度 $= 30$ ng·L⁻¹
• Hg 的分子量 (MW) $= 200$ g·mol⁻¹
• 雨水密度 $= 1$ g·mL⁻¹ $= 1000$ g·L⁻¹

核心概念：

• ppb (parts per billion)： 百萬分之幾。對於固體或液體溶質，通常指質量比 (mass/mass)。對於氣體或稀溶液，常指質量/體積比 (mass/volume) 或莫耳比 (mole/mole)。在此題語境下，通常指質量比，即 $1 \text{ ppb} = 1 \text{ µg/g} = 1 \text{ mg/kg}$。對於稀水溶液，常近似為 $1 \text{ ppb} \approx 1 \text{ µg/L}$。
• nM (nanomolar)： 奈米莫耳濃度。$1 \text{ nM} = 10^{-9}$ mol/L。

(A) 換算為 ppb (質量比)：

在稀水溶液中，我們通常將 ppb 近似為 $\mu$g/L。
已知濃度為 30 ng·L⁻¹。
我們需要將 ng (奈米克) 轉換為 $\mu$g (微克)。
$1 \text{ µg} = 1000 \text{ ng}$
$1 \text{ ng} = 0.001 \text{ µg}$

所以，30 ng·L⁻¹ $= 30 \times 0.001 \text{ µg} \cdot \text{L}^{-1} = 0.030 \text{ µg} \cdot \text{L}^{-1}$。

若題目中的 ppb 是指 $\mu$g/L，則：
$30 \text{ ng/L} = 0.030 \text{ µg/L}$。
因此，相當於 0.030 ppb (若以 $\mu$g/L 為定義)。

另一種解釋 ppb 的方式是質量/質量比。
雨水密度為 1 g·mL⁻¹，即 1000 g/L。
Hg 質量濃度為 30 ng/L。
Hg 質量為 30 ng。
溶液質量為 1 L 雨水，質量為 1000 g。

質量比 $= \frac{\text{溶質質量}}{\text{溶液質量}} = \frac{30 \text{ ng}}{1000 \text{ g}}$
將單位統一，例如都轉為 g：
$30 \text{ ng} = 30 \times 10^{-9} \text{ g}$
$1000 \text{ g}$

本題考驗學生將體積濃度 (ppm) 轉換為數密度 (molecules/cm³) 的能力，需要結合理想氣體定律。

已知條件：

• $CO_2$ 濃度 $= 420$ ppm (parts per million)
• 壓力 $P = 1$ atm
• 溫度 $T = 20$ °C
• 理想氣體常數 $R = 0.082$ L·atm·mol⁻¹·K⁻¹

核心概念：

1. ppm (parts per million)： 對於氣體，ppm 通常指體積比 (volume/volume) 或莫耳比 (mole/mole)。在此情況下，空氣視為混合氣體，$CO_2$ 的體積百分比即為其莫耳百分比。
   $420 \text{ ppm} = 420 \times 10^{-6}$ (體積比或莫耳比)
2. 理想氣體定律： $PV = nRT$
   • $P$: 壓力 (atm)
   • $V$: 體積 (L)
   • $n$: 莫耳數 (mol)
   • $R$: 理想氣體常數 (L·atm·mol⁻¹·K⁻¹)
   • $T$: 絕對溫度 (K)
3. 數密度 (number density)： 指單位體積內的粒子數量，單位為 particles/volume (如 molecules/cm³)。

解題步驟：

1. 將溫度轉換為絕對溫度 (K)：
   $T(\text{K}) = T(^\circ\text{C}) + 273.15$
   $T = 20 + 273.15 = 293.15$ K

2. 計算標準狀況下 (1 atm, 293.15 K) 每莫耳氣體的體積 (V/n)：
   由理想氣體定律 $PV = nRT$，可得 $\frac{V}{n} = \frac{RT}{P}$。
   $\frac{V}{n} = \frac{(0.082 \text{ L·atm·mol⁻¹·K⁻¹}) \times (293.15 \text{ K})}{1 \text{ atm}}$
   $\frac{V}{n} = 24.0583 \text{ L/mol}$

   這個值代表在 1 atm, 20 °C 下，每莫耳氣體的體積。

3. 計算 $CO_2$ 的莫耳分數 (mole fraction)：
   $CO_2$ 濃度為 420 ppm，表示 $CO_2$ 的莫耳分數 (或體積分數) 為 $420 \times 10^{-6}$。
   $X_{CO_2} = 420 \times 10^{-6} = 0.000420$

4. 計算 $CO_2$ 的莫耳濃度 (M)：
   由於總壓力為 1 atm，根據道爾頓分壓定律，分壓 $P_{CO_2} = X_{CO_2} \times P_{total}$。
   $P_{CO_2} = 0.000420 \times 1 \text{ atm} = 0.000420 \text{ atm}$

   再使用理想氣體定律 $P_{CO_2}V = n_{CO_2}RT$ 來求解 $CO_2$ 的莫耳濃度 $n_{CO_2}/V$：
   $\frac{n_{CO_2}}{V} = \frac{P_{CO_2}}{RT} = \frac{0.000420 \text{ atm}}{(0.082 \text{ L·atm·mol⁻¹·K⁻¹}) \times (293.15 \text{ K})}$
   $\frac{n_{CO_2}}{V} = \frac{0.000420}{24.0583} \text{ mol/L}$
   $\frac{n_{CO_2}}{V} \approx 1.7457 \times 10^{-5} \text{ mol/L}$

   另一種方法（直接用體積比）：
   每莫耳氣體在 20°C, 1 atm 下佔據 24.0583 L 的體積。
   空氣總體積為 1 L (假設)。
   $CO_2$ 的體積 $= 1 \text{ L} \times 420 \times 10^{-6} = 4.20 \times 10^{-4}$ L

本題考驗學生利用平衡常數 (K) 來計算反應達到平衡時各物質濃度的能力。

已知條件：

• 反應方程式：$A \rightleftharpoons B + C$
• 平衡常數 $K_c = 2 \times 10^{-5}$ M (注意：題目給的單位 M 應為 $M^2$ 或 $M^{-1}$，根據反應式 $K_c = \frac{[B][C]}{[A]}$，單位應為 $M^2$。這裡我們假設題目給的 K 是正確的，且單位是 $M^2$。如果單位是 $M^{-1}$，表示反應是 $B+C \rightleftharpoons A$。)
• 初始濃度：$[A]_0 = 5$ M, $[B]_0 = 0$ M, $[C]_0 = 0$ M
• 溫度 $= 30$ °C (平衡常數在特定溫度下是固定的)

核心觀念：
平衡常數的表達式是產物濃度項的乘積除以反應物濃度項的乘積，各項都以其化學計量數為指數。對於反應 $A \rightleftharpoons B + C$，平衡常數 $K_c$ 的表達式為：
$K_c = \frac{[B]_{eq}[C]_{eq}}{[A]_{eq}}$

解題步驟：

1. 設定反應進程中的濃度變化：
   設反應進行了 $x$ 莫耳/升 (M)，則：

   • [A] 的濃度減少 $x$ M。
   • [B] 的濃度增加 $x$ M。
   • [C] 的濃度增加 $x$ M。

2. 寫出平衡時的濃度表達式：

   • $[A]_{eq} = [A]_0 - x = 5 - x$
   • $[B]_{eq} = [B]_0 + x = 0 + x = x$
   • $[C]_{eq} = [C]_0 + x = 0 + x = x$

3. 將平衡濃度代入平衡常數表達式：
   $K_c = \frac{[B]_{eq}[C]_{eq}}{[A]_{eq}}$
   $2 \times 10^{-5} = \frac{(x)(x)}{5 - x}$
   $2 \times 10^{-5} = \frac{x^2}{5 - x}$

4. 求解 $x$：
   由於 $K_c$ 的值非常小 ($2 \times 10^{-5}$)，表示平衡時反應物 (A) 的濃度遠大於產物 (B 和 C) 的濃度。因此，我們可以做一個近似：假設 $x$ 相對於 5 M 非常小，則 $5 - x \approx 5$。

   近似計算：
   $2 \times 10^{-5} \approx \frac{x^2}{5}$
   $x^2 \approx 5 \times (2 \times 10^{-5})$
   $x^2 \approx 10 \times 10^{-5} = 1 \times 10^{-4}$

本題考驗學生對一級反應動力學的理解，特別是如何從速率定律推導半生期 (half-life) 的表達式。

已知條件：

• 反應為一級反應，速率定律為：$-\frac{d[A]}{dt} = k[A]$
• $k$ 為反應速率常數
• $[A]_0$ 為反應物 A 在時間 $t=0$ 時的初始濃度。
• 求半生期 $t_{1/2}$ 的表達式，其中 $[A]_{t_{1/2}} = \frac{1}{2}[A]_0$。

核心觀念：
速率定律是描述反應物濃度如何隨時間變化的微分方程式。要得到濃度隨時間變化的積分形式，需要對速率定律進行積分。

解題步驟：

1. 分離變數並積分：
   將速率定律 $-\frac{d[A]}{dt} = k[A]$ 重新排列，使濃度項在 d[A] 一側，時間項在 dt 一側。
   $\frac{d[A]}{[A]} = -k dt$

   對此式進行積分。積分範圍是從時間 $t=0$ 到任意時間 $t$，對應的濃度從初始濃度 $[A]_0$ 到任意濃度 $[A]_t$。
   $\int_{[A]_0}^{[A]_t} \frac{d[A]}{[A]} = \int_{0}^{t} -k dt$

   積分結果為：
   $[\ln[A]]_{[A]_0}^{[A]_t} = -k [t]_{0}^{t}$
   $\ln[A]_t - \ln[A]_0 = -k (t - 0)$
   $\ln\left(\frac{[A]_t}{[A]_0}\right) = -kt$

2. 轉換為指數形式：
   為了得到濃度 $[A]_t$ 與時間 $t$ 的直接關係，我們對兩邊取指數 (以 $e$ 為底)。
   $e^{\ln\left(\frac{[A]_t}{[A]_0}\right)} = e^{-kt}$