113 年 國立臺灣大學地質科學系及海洋研究所聯合招生《普通化學》

核心觀念

本題測驗實驗數據與科學測量中的**有效數字（Significant Figures）**判讀規則。判斷數值的有效數字個數時，依循以下標準準則：

1. 非零數字：所有非零數字皆為有效數字。
2. 夾心零（Captive Zeros）：夾在非零數字之間的零，皆為有效數字。
3. 前導零（Leading Zeros）：位於第一個非零數字左側的所有零（用以標示小數點位置），皆非有效數字。
4. 尾端零（Trailing Zeros）：
   • 含小數點時：位於非零數字後方且在小數點後的所有尾端零，皆為有效數字（代表測量儀器的精密度）。
   • 不含小數點的整數：尾端的零通常僅作為定位用（Placeholders），在一般化學規範中視為不具備有效性（若欲表示為有效，應加上小數點如 $24300.$，或以科學記號表示）。

解題方法

逐一檢視各數值並套用有效數字判讀規則：

1. 分析 $0.0045$：

   • 最前方的三個零皆位於首位非零數字「$4$」之前，屬於前導零，僅作小數點定位，不算入有效數字。
   • 僅有「$4$」與「$5$」為有效數字，共 $2$ 位。

2. 分析 $1.0400$：

   • 「$1$」與「$4$」為非零數字，皆為有效數字。
   • 「$1$」與「$4$」之間的「$0$」為夾心零，算入有效數字。
   • 「$4$」後面的兩個「$0$」為小數點後的尾端零，代表測量精密度至小數點後第四位，皆為有效數字。
   • 有效數字為 $1$、$0$、$4$、$0$、$0$，共 $5$ 位。

3. 分析 $24300$：

   • 「$2$」、「$4$」、「$3$」為非零數字，為有效數字。

核心觀念

本題考查量子力學中**氫原子軌域的節面／節點（Nodes）**概念與計算公式。

在波函數 $\psi(r, \theta, \phi) = R(r) Y(\theta, \phi)$ 中，波函數值為零且兩側正負號反轉之處稱為節點（電子出現機率密度為零的面或球面）。對於主量子數 $n$、角量子數（角動量量子數）$l$ 的軌域：

1. 角節面（Angular nodes / Nodal planes）：由角度波函數 $Y(\theta, \phi)$ 決定，數量等於角量子數： $$\text{角節面數} = l$$
2. 徑向節面（Radial nodes / Spherical nodes）：由徑向波函數 $R(r)$ 決定（不包含 $r=0$ 的原子核與 $r \to \infty$ 的無窮遠處），數量為： $$\text{徑向節面數} = n - l - 1$$
3. 總節面數（Total nodes）：為角節面與徑向節面之總和： $$\text{總節面數} = (\text{角節面數}) + (\text{徑向節面數}) = l + (n - l - 1) = n - 1$$

解題方法

1. 確定 $3s$ 軌域的量子數：

   • 主量子數 $n = 3$
   • 軌域型態為 $s$ 軌域，對應之角量子數 $l = 0$

2. 計算各類節面數：

   • 角節面數 $= l = 0$（球對稱軌域，無平面節面）
   • 徑向節面數 $= n - l - 1 = 3 - 0 - 1 = 2$

核心觀念

本題測驗週期表元素的「週期性趨勢（Periodic Trends）」，包含以下四大基本性質的橫向與縱向變化規律：

1. 有效核電荷（Effective Nuclear Charge, $Z_{\text{eff}}$）：
   $Z_{\text{eff}} = Z - S$
   其中 $Z$ 為原子序（核電荷數），$S$ 為屏蔽常數（Shielding/Screening constant）。同週期元素由左至右，原子序 $Z$ 增加（質子數增加），而新增的價電子彼此間的屏蔽效果較差（主要屏蔽來自內層核心電子），因此價電子的 $Z_{\text{eff}}$ 隨原子序增加而增大。
2. 原子與離子半徑（Atomic and Ionic Radii）：
   • 同週期由左至右，$Z_{\text{eff}}$ 增加，對外層電子的引力增強，原子半徑縮小。
   • 同族由上至下，主量子數 $n$（主電子層數）增加，半徑增大。
3. 電負度（Electronegativity, $\chi$）：
   原子在鍵結中吸引共用電子的能力。同週期由左至右增加，同族由上至下減少（最右上方的氟電負度最大，約 4.0）。
4. 游離能（Ionization Energy, $\text{IE}$）：
   將氣態原子移去一個外層電子所需的能量。同週期由左至右隨 $Z_{\text{eff}}$ 增大及半徑減小，游離能整體呈上升趨勢。

解題方法

比對題目中出現的元素在週期表中的相對位置：

• $\text{B}$（第 2 週期第 13 族）、$\text{F}$（第 2 週期第 17 族）
• $\text{Si}$（第 3 週期第 14 族）、$\text{S}$（第 3 週期第 16 族）、$\text{Cl}$（第 3 週期第 17 族）
• $\text{Br}$（第 4 週期第 17 族）

藉由同週期（由左往右）或同族（由上往下）的週期性變化規律，逐一驗證各選項的化學敘述。

選項分析

• (A) 正確：
  $\text{Si}$（原子序 14）與 $\text{S}$（原子序 16）屬於同一個週期（第三週期）。

核心觀念

本題考「濃度電池」與電極反應方向。兩側都是 Sn 電極與 Sn$^{2+}$ 溶液，標準電極電位相同；電池電壓來自兩側 Sn$^{2+}$ 濃度不同。

半反應為：

依能斯特方程，還原電位隨 $\mathrm{Sn^{2+}}$ 濃度增加而升高。因此，濃度較高的一側較容易發生還原反應，作為陰極；濃度較低的一側則作為陽極。

解題方法

圖中 A 側為 $0.50\ \mathrm{M\ Sn^{2+}}$，B 側為 $0.02\ \mathrm{M\ Sn^{2+}}$。A 側濃度較高，因此 A 為陰極，發生還原：

B 側為陽極，發生氧化：

核心觀念

能量圖中的峰頂代表過渡態，峰與峰之間的谷底代表反應中間體。活化能是反應物或中間體到下一個過渡態的能量差；多步反應中，活化能較大的步驟通常是速率決定步驟。整體反應的能量變化則由生成物與反應物的能量高低判斷。

解題方法

由圖可見，生成物的能量低於反應物，因此反應整體放能。圖中有三個峰，代表三個過渡態；相鄰峰之間有兩個谷底，代表兩個中間體。比較各步從谷底到下一個峰的高度，第二步的活化能最大，因此第一步不是速率決定步驟。

選項分析

• (A) 錯。 生成物能量低於反應物，整體反應是放能，不是吸能。
• (B) 對。 三個過渡態之間有兩個谷底，因此反應有兩個中間體。
• **(C) 錯。

核心觀念

本題的核心觀念為**勒沙特列原理（Le Chatelier's Principle）與非均相化學平衡（Heterogeneous Chemical Equilibrium）**的移動判斷：

1. 氣體平衡常數與反應商（$Q_p$ 與 $K_p$）：
   對於非均相反應，純固體或純液體的活性（activity）視為 $1$，不寫入平衡常數表示式中：
   $K_p = \frac{(P_{\text{Cl}_2})^2}{P_{\text{CCl}_4}}$
2. 勒沙特列原理：
   • 當外界條件（如分壓、總壓、體積）改變使系統偏離平衡時，系統會朝向減弱該改變的方向移動以建立新平衡。
   • 擴大反應容器體積會使各氣體分壓下降（總壓降低），平衡將朝向氣體分子莫耳數增加（$\Delta n_{\text{gas}} > 0$）的方向移動。
   • 純固體之量雖然不影響平衡分壓，但平衡移動會消耗或生成該固體，從而改變其莫耳數（amount）。

解題方法

針對平衡反應：
$\text{CCl}_4(\text{g}) \rightleftharpoons \text{C}(\text{s}) + 2\text{Cl}_2(\text{g})$

1. 計算氣體莫耳數差值（$\Delta n_{\text{gas}}$）：
   $\Delta n_{\text{gas}} = n_{\text{gas, products}} - n_{\text{gas, reactants}} = 2 - 1 = +1 > 0$
   這表示：

   • 平衡向右移動時，氣體莫耳數增加，且會生成更多的 $\text{C}(\text{s})$。
   • 平衡向左移動時，氣體莫耳數減少，且會消耗 $\text{C}(\text{s})$。

2. 分析題意需求：
   題目要求「增加 $\text{C}(\text{s})$ 的量（increase the amount of $\text{C}(\text{s})$ present）」，因此必須尋找能促使平衡向右（產物側）移動的操作。

選項分析

• (A) Adding $\text{Cl}_2(\text{g})$（加入氯氣）：錯誤。
  加入生成物 $\text{Cl}_2(\text{g})$ 會使反應商 $Q_p > K_p$。根據勒沙特列原理，系統為了消耗過多的 $\text{Cl}_2(\text{g})$，平衡會向左移動（逆反應方向），這將消耗 $\text{C}(\text{s})$，使其量減少。

• (B) Adding a catalyst（加入催化劑）：錯誤。
  催化劑僅能藉由降低活化能同時等比例加快正、逆反應速率，使系統更快達到平衡狀態，但無法改變平衡位置（不會造成平衡移動），因此 $\text{C}(\text{s})$ 的莫耳數維持不變。

核心觀念

本題整合考查《普通化學》酸鹼化學的基本概念，涵蓋以下核心主題：

1. 酸鹼的「強度」（Strength）與「濃度」（Concentration）之區別：強度取決於解離度（如 $K_a$ 值），濃度則指單位體積內的溶質莫耳數。
2. 共軛酸鹼對（Conjugate Acid-Base Pairs）的強度關係：在布忍斯特-羅利（Brønsted-Lowry）酸鹼學說中，越強的鹼其共軛酸越弱；極強鹼的共軛酸在水中酸性極其微弱（通常視為中性）。
3. 路易斯酸鹼學說（Lewis Acid-Base Theory）：路易斯酸為「電子對接受者」（具未填滿軌域），路易斯鹼為「電子對提供者」（具孤對電子）。
4. 分子結構對酸性的影響（誘導效應，Inductive Effect）：電負度大的取代基具吸電子誘導效應（$-I$ 效應），能分散共軛鹼負電荷而使其穩定，進而大幅提升羧酸的酸性。
5. 金屬陽離子的水解與酸鹼性：高電荷、小半徑的金屬陽離子（如 $\text{Fe}^{3+}$、$\text{Al}^{3+}$）在水中形成水合離子，能透過水解提供質子，使溶液呈酸性。

解題方法

針對各選項陳述，逐一回歸酸鹼定義與化學原理進行辨析：

• 區分術語定義（濃稀 vs. 強弱）。
• 檢驗共軛酸鹼相對強度定律。
• 分析分子電子結構（八隅體與價電子）判定路易斯酸鹼性質。
• 以共軛鹼穩定度比較有機酸之相對酸強度。
• 檢驗多價金屬水合離子之水解平衡方程式。

選項分析

• (A) 錯誤
  「稀酸」（Dilute acid）指的是濃度低的酸溶液（例如 $10^{-4}\text{ M}$ 的 $\text{HCl}$），而「弱酸」（Weak acid）指的是在水溶液中解離度小的酸（例如 $\text{CH}_3\text{COOH}$）。強酸即使稀釋到極低濃度，在水中依然完全解離，本質上仍是強酸，不可與弱酸混為一談。

• (B) 錯誤
  布忍斯特-羅利酸鹼學說中，酸與其共軛鹼的強度呈反比關係：

  $$K_a \times K_b = K_w$$

  強鹼（如 $\text{OH}^-$）接受質子的能力極強，其共軛酸（$\text{H}_2\text{O}$）釋放質子的趨勢極低，為「極弱酸」（酸性極微弱，在水中視為中性），絕非強酸。

• (C) 錯誤
  在氯化鋁（$\text{AlCl}_3$）分子中，中心鋁原子（$\text{Al}$）僅有 3 個價電子，與 3 個氯原子共用電子後，價殼層僅有 6 顆電子（缺八隅體），具備空的 $3p$ 軌域，容易接受外來孤對電子。

核心觀念

本題測驗「化學反應方程式的變換與平衡常數（$K$）的對應關係」。
化學平衡常數由平衡定律式決定，當化學反應方程式進行係數倍增或反向時，其平衡常數的變化規則如下：

1. 反應逆向（逆反應）：平衡常數互為倒數。
   若反應 $A \rightleftharpoons B$ 之平衡常數為 $K$，則逆反應 $B \rightleftharpoons A$ 之平衡常數為 $K' = \frac{1}{K} = K^{-1}$。
2. 反應式乘以常數倍數 $n$：平衡常數變為原常數的 $n$ 次方。
   若反應乘以 $n$ 倍（$nA \rightleftharpoons nB$），則新的平衡常數為 $K'' = K^n$。
3. 綜合規則（逆反應並乘以 $n$ 倍）：若將反應式倒寫並放大 $n$ 倍，則新的平衡常數為： $$K_{\text{new}} = \left(\frac{1}{K}\right)^n = K^{-n}$$

解題方法

1. 原反應式與給定平衡常數：

   $$\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g), \quad K_{\text{p}1} = 617$$

   其分壓平衡常數表示式為：

   $$K_{\text{p}1} = \frac{P_{\text{HI}}^2}{P_{\text{H}_2} \cdot P_{\text{I}_2}} = 617$$

2. 目標反應式：

   $$4\text{HI}(g) \rightleftharpoons 2\text{H}_2(g) + 2\text{I}_2(g), \quad K_{\text{p}2} = ?$$

   其分壓平衡常數表示式為：

   $$K_{\text{p}2} = \frac{P_{\text{H}_2}^2 \cdot P_{\text{I}_2}^2}{P_{\text{HI}}^4}$$

3. 比較兩反應之關係：
   目標反應式係由原反應式「逆向書寫」並「同乘以 2 倍」所得：

   $$K_{\text{p}2} = \left(\frac{1}{K_{\text{p}1}}\right)^2 = \frac{1}{K_{\text{p}1}^2}$$

核心觀念

本題評量化學熱力學中**標準反應吉布斯自由能變化（$\Delta G^\circ$）與化學平衡常數（$K$）**的定量關係，以及異構化平衡時物種濃度的比值計算。

1. 熱力學基本關聯式：
   $\Delta G^\circ = -RT \ln K$

   • $R$：理想氣體常數，值取 $8.314\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$。
   • $T$：絕對溫度，以開爾文（$\text{K}$）表示。$25\ ^\circ\text{C} = 298.15\text{ K}$（常溫常壓通常取 $298\text{ K}$）。
   • $K$：熱力學平衡常數。

2. 平衡濃度比：
   對於異構化反應 $\text{A} \rightleftharpoons \text{B}$，其平衡常數為：
   $K = \frac{[\text{B}]}{[\text{A}]}$
   題目所求之濃度比 $[\text{A}] : [\text{B}]$ 即為：
   $[\text{A}] : [\text{B}] = 1 : \frac{[\text{B}]}{[\text{A}]} = 1 : K$

解題方法

1. 轉換單位並帶入熱力學公式：

   • $\Delta G^\circ = -9.0\text{ kJ/mol} = -9000\text{ J/mol}$
   • $T = 25 + 273.15 \approx 298\text{ K}$
   • $R = 8.314\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$

   由 $\Delta G^\circ = -RT \ln K$ 可得：
   $\ln K = -\frac{\Delta G^\circ}{RT} = -\frac{-9000\text{ J/mol}}{(8.314\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1})(298\text{ K})}$

   計算分母：
   $RT \approx 8.314 \times 298 \approx 2478\text{ J/mol} \approx 2.48\text{ kJ/mol}$

   代入計算 $\ln K$：
   $\ln K = \frac{9000}{2478} \approx 3.63$

2. 換算為自然指數（或常用對數）求 $K$：
   $K = e^{3.63} = e^{3} \times e^{0.63} \approx 20.09 \times 1.88 \approx 37.8 \approx 38$

   （亦可以常用對數估算：$\log_{10} K = \frac{\ln K}{2.303} = \frac{3.63}{2.303} \approx 1.576$，則

核心觀念

本題考查沈澱平衡（Precipitation Equilibrium）與離子積（Reaction Quotient, $Q$ 或 $Q_{\text{sp}}$）與溶度積常數（Solubility Product Constant, $K_{\text{sp}}$）的關係。

1. 水溶液中的酸鹼關係：
   在 $25^\circ\text{C}$ 下，水的離子積常數為：

   $$K_{\text{w}} = [\text{H}^+][\text{OH}^-] = 1.0 \times 10^{-14}$$ $$\text{pH} + \text{pOH} = 14.0 \implies \text{pOH} = 14.0 - \text{pH}$$

   氫氧根離子濃度為：

   $$[\text{OH}^-] = 10^{-\text{pOH}}\text{ M}$$

2. 沈澱生成的判別準則：
   對於難溶鹽類金屬氫氧化物 $\text{M(OH)}_n(s) \rightleftharpoons \text{M}^{n+}(\text{aq}) + n\,\text{OH}^-(\text{aq})$，定義離子積商 $Q$ 為：

   $$Q = [\text{M}^{n+}][\text{OH}^-]^n$$
   • 若 $Q > K_{\text{sp}}$：溶液為過飽和狀態，會產生沈澱。
   • 若 $Q = K_{\text{sp}}$：溶液恰好達飽和平衡，無沈澱析出。
   • 若 $Q < K_{\text{sp}}$：溶液未飽和，不會產生沈澱。

解題方法

第一步：求出目標條件下的 $[\text{OH}^-]$
當溶液的 $\text{pH}$ 調至 $8.0$ 時：

第二步：逐一計算各選項溶液中金屬氫氧化物的離子積 $Q$，並與各自的 $K_{\text{sp}}$ 進行比較。

選項分析

• (A) 錯誤：
  $\text{MgSO}_4(\text{aq})$ 完全解離提供 $[\text{Mg}^{2+}] = 0.50\text{ M}$。
  氫氧化鎂的沈澱平衡為 $\text{Mg(OH)}_2(s) \rightleftharpoons \text{Mg}^{2+}(\text{aq}) + 2\,\text{OH}^-(\text{aq})$，其離子積為：

  $$Q = [\text{Mg}^{2+}][\text{OH}^-]^2 = (0.50) \times (1.0 \times 10^{-6})^2 = 5.0 \times 10^{-13}$$

  與溶度積常數比較：

  $$Q = 5.0 \times 10^{-13} < 1.5 \times 10^{-11} = K_{\text{sp}}$$

  因 $Q < K_{\text{sp}}$，溶液未飽和，不會產生沈澱。

• (B) 錯誤：
  $\text{CaCl}_2(\text{aq})$ 完全解離提供 $[\text{Ca}^{2+}] = 0.50\text{ M}$。
  氫氧化鈣的沈澱平衡為 $\text{Ca(OH)}_2(s) \rightleftharpoons \text{Ca}^{2+}(\text{aq}) + 2\,\text{OH}^-(\text{aq})$，其離子積為：

核心觀念

本題考查**分子間作用力（Intermolecular Forces, IMF）中之倫敦分散力（London dispersion forces）與分子幾何形狀（Molecular geometry/shape）**對沸點（Boiling Point）的影響：

1. 烷類分子間作用力：正戊烷（$n$-pentane）與新戊烷（neopentane）皆為非極性碳氫化合物，分子間僅存在微弱的倫敦分散力。
2. 分散力大小的決定因素：
   • 分子量與電子數：兩者為同分異構物（Isomers，化學式皆為 $\text{C}_5\text{H}_{12}$），具有相同的莫耳質量與電子總數，故電子雲總極化度（Polarizability）基準相當。
   • 分子接觸表面積（Surface Area of Contact）：在極化度相近的情況下，分子外觀形狀決定了分子與分子之間有效接觸的表面積大小。接觸表面積愈大，暫時偶極與誘導偶極間的交互作用愈強。

解題方法

從兩者的結構差異、分子接觸面積、以及分散力強弱循序論述：

1. 結構差異與分子形狀：

   • 正戊烷（$n$-pentane，$\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3$）：為直鏈狀（Linear / extended chain）烷類，分子構型較為延伸且扁平。
   • 新戊烷（neopentane，$\text{C}(\text{CH}_3)_4$，2,2-dimethylpropane）：高度分支（Highly branched），幾何構型接近緊密對稱的球狀（Spherical / compact shape）。

2. 分子間接觸表面積比較：

   • 線狀延伸的正戊烷具有較大的外表面積（Surface area），分子排列時可彼此緊密堆疊、貼合，形成較大範圍的分子間接觸面。

核心觀念

1. 實驗式（Empirical Formula）的定義：表示化合物中所含原子種類及其「最簡整數莫耳數比」的化學式。
2. 質量百分組成與莫耳數換算：
   • 假設化合物總質量為 $100\text{ g}$，各元素的質量即直接等於其質量百分比的數值。
   • 利用莫耳質量將各元素質量轉換為莫耳數： $$n = \frac{m}{M}$$ 其中 $n$ 為莫耳數（$\text{mol}$）、$m$ 為質量（$\text{g}$）、$M$ 為原子量（$\text{g/mol}$）。
3. 最簡整數比的化簡：將各元素的莫耳數同除以其中的「最小莫耳數」，若所得數值接近整數則直接四捨五入；若為常見分數（如 $.5$、$.33$、$.25$ 等），則同乘以適當整數化為最簡整數比。

解題方法

步驟一：假設樣品總重並求各元素質量

為簡化計算，假設此化合物的質量為 $100.00\text{ g}$：

• 碳（$\text{C}$）質量 $m_{\text{C}} = 54.94\text{ g}$
• 氫（$\text{H}$）質量 $m_{\text{H}} = 9.99\text{ g}$
• 氮（$\text{N}$）質量 $m_{\text{N}} = 10.68\text{ g}$
• 氧（$\text{O}$）質量 $m_{\text{O}} = 24.39\text{ g}$

步驟二：計算各元素的莫耳數

取常用原子量：$\text{C} = 12.01\text{ g/mol}$、$\text{H} = 1.008\text{ g/mol}$、$\text{N} = 14.01\text{ g/mol}$、$\text{O} = 16.00\text{ g/mol}$。

核心觀念

本題考查化學計量學（Stoichiometry）中基礎但至關重要的化學反應方程式平衡（Balancing Chemical Equations）。其核心理論依據為：

1. 質量守恆定律（Law of Conservation of Mass）：在封閉系統中進行化學反應時，各元素的原子種類與原子總數在反應前後保持不變。
2. 氧化還原平衡觀念（Redox Balancing Concept）：本反應亦屬於氧化還原反應（氨氣催化氧化生成一氧化氮，工業上稱為奧士華法 Ostwald process 的第一步），可利用電子轉移守恆（氧化數法）或觀察法平衡。

解題方法

本題為非選擇題（簡答計算題），要求平衡給定反應式之化學計量係數。通常可採用「觀察法（代數計算法）」或「氧化數平衡法」，此處提供最直觀且標準的步驟推導：

方法一：觀察計量法（Inspection Method）

未平衡之化學反應式為：
$\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{NO}(\text{g}) + \text{H}_2\text{O}(\text{g})$

1. 決定優先平衡的元素：
   通常優先平衡出現次數較少、較為複雜的元素（$\text{N}$ 與 $\text{H}$），單質分子（$\text{O}_2$）因其係數可單獨調整，留在最後平衡。
2. 平衡氫原子（$\text{H}$）與氮原子（$\text{N}$）：
   • 左方 $\text{NH}_3$ 有 $3$ 個 $\text{H}$，右方 $\text{H}_2\text{O}$ 有 $2$ 個 $\text{H}$。
   • 為求最小公倍數（$6$ 個 $\text{H}$ 原子的倍數），先假設 $\text{NH}_3$ 的係數為 $2$，則水分子 $\text{H}_2\text{O}$ 係數為 $3$：
     $2\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{NO}(\text{g}) + 3\text{H}_2\text{O}(\text{g})$
   • 根據左方 $2$ 個 $\text{N}$ 原子，右方 $\text{NO}$ 係數亦應設為 $2$：
     $2\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow 2\text{NO}(\text{g}) + 3\text{H}_2\text{O}(\text{g})$
3. 平衡氧原子（$\text{O}$）：
   • 檢查產物端氧原子總數：$2\text{NO}$（$2$ 個 $\text{O}$）$+ 3\text{H}_2\text{O}$（$3$ 個 $\text{O}$）$= 5$ 個 $\text{O}$ 原子。

核心觀念

本題評量氧化數（Oxidation State）的指派規則與氧化還原反應基本分析。指派規則遵循以下優先順序：

1. 元素態物質（單質）：分子中所有原子的氧化數皆為 $0$。
2. 中性化合物的電荷總和：各原子的氧化數總和必等於 $0$。
3. 氫（$\text{H}$）的氧化數：與非金屬鍵結時通常為 $+1$。
4. 氧（$\text{O}$）的氧化數：在一般化合物（非過氧化物、超氧化物或與氟鍵結）中通常為 $-2$。
5. 未知原子的氧化數：由電中性條件代數解出。

解題步驟與推導

反應式為：
$\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{NO}(\text{g}) + \text{H}_2\text{O}(\text{g})$

依序計算反應物側（左側）與生成物側（右側）各物質中 $\text{N}$ 與 $\text{O}$ 的氧化數：

1. 反應物側（Reactants）

• $\text{NH}_3(\text{g})$ 中的 $\text{N}$：

  • 分子呈電中性，電荷總和為 $0$。
  • 氫（$\text{H}$）與非金屬鍵結，氧化數為 $+1$。
  • 設 $\text{N}$ 的氧化數為 $x$：
    $x + 3(+1) = 0 \implies x = -3$
  • 因此，$\text{NH}_3$ 中 $\text{N}$ 的氧化數為 $-3$。

• $\text{O}_2(\text{g})$ 中的 $\text{O}$：

  • $\text{O}_2$ 為元素態單質分子。
  • 因此，$\text{O}_2$ 中 $\text{O}$ 的氧化數為 $0$。

2. 生成物側（Products）

• $\text{NO}(\text{g})$ 中的 $\text{N}$ 與 $\text{O}$：
  • 氧（$\text{O}$）為較高電負度原子，氧化數指派為 $-2$。
  • 分子呈電中性，設 $\text{N}$ 的氧化數為 $y$：

核心觀念

1. 氧化還原反應的定義（氧化數法）：
   • 氧化（Oxidation）：反應過程中某元素的氧化數增加（失去電子）。
   • 還原（Reduction）：反應過程中某元素的氧化數降低（得到電子）。
2. 被氧化物與被還原物：
   • 題目問「What is oxidized」，指氧化數增加的元素或含有該元素的反應物。
   • 題目問「What is reduced」，指氧化數降低的元素或含有該元素的反應物。
3. 常見元素的氧化數指派規則：
   • 元素態的氧化數為 $0$（如 $\text{O}_2$ 中的 $\text{O}$）。
   • 氫（$\text{H}$）在與非金屬鍵結時，氧化數通常為 $+1$。
   • 氧（$\text{O}$）在一般化合物中（非過氧化物、超氧化物或與氟鍵結），氧化數通常為 $-2$。
   • 中性化合物中所有原子的氧化數總和必為 $0$。

解題方法

本題切入點為計算反應前後各原子的氧化數變化：

反應方程式為：

步驟 1：標出反應物中各原子的氧化數

• $\text{NH}_3$：
  • $\text{H}$ 為 $+1$。
  • 由中性分子總電荷為 $0$：$\text{O.N.}(\text{N}) + 3 \times (+1) = 0 \implies \text{O.N.}(\text{N}) = -3$。
• $\text{O}_2$：
  • 元素態分子，$\text{O.N.}(\text{O}) = 0$。

步驟 2：標出生成物中各原子的氧化數

• $\text{NO}$：
  • $\text{O}$ 為 $-2$。
  • 由中性分子總電荷為 $0$：$\text{O.N.}(\text{N}) + (-2) = 0 \implies \text{O.N.}(\text{N}) = +2$。
• $\text{H}_2\text{O}$：
  • $\text{H}$ 為 $+1$。
  • $\text{O}$ 為 $-2$。

步驟 3：追蹤氧化數變化

• 氮元素（$\text{N}$）：氧化數由 $-3$（在 $\text{NH}_3$ 中）增加至 $+2$（在 $\text{NO}$ 中），氧化數增加 $5$，發生氧化。
• 氧元素（$\text{O}$）：氧化數由 $0$（在 $\text{O}_2$ 中）降低至 $-2$（在 $\text{NO}$ 與 $\text{H}_2\text{O}$ 中），氧化數減少 $2$，發生還原。

核心觀念

本題評量化學計量學（Stoichiometry）的兩大基本核心觀念：

1. 化學方程式平衡（Balancing Chemical Equations）：依據質量守恆定律，反應前後各元素之原子個數必須守恆。
2. 限量試劑（Limiting Reactant）之判定：在非化學計量比例混合的反應物中，完全消耗時能產生最少產物（或反應莫耳數與化學計量係數比值最小）的反應物，即為限量試劑，其決定了理論產量的上限。

常用公式與定義：

• 物質的量（莫耳數）：
  $n = \frac{m}{M}$
  其中 $m$ 為質量（$\text{g}$），$M$ 為莫耳質量（$\text{g/mol}$）。
• 限量試劑判定判據：若反應為 $a\text{A} + b\text{B} \rightarrow \text{產物}$，比較 $\frac{n_\text{A}}{a}$ 與 $\frac{n_\text{B}}{b}$，數值較小者即為限量試劑。

解題方法

步驟一：平衡化學反應方程式

題目給定的反應式尚未平衡：
$\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{NO}(\text{g}) + \text{H}_2\text{O}(\text{g})$

1. 先平衡氫原子（$\text{H}$）：$\text{NH}_3$ 有 3 個 $\text{H}$，$\text{H}_2\text{O}$ 有 2 個 $\text{H}$，取公倍數 6，故 $\text{NH}_3$ 係數設為 2，$\text{H}_2\text{O}$ 係數設為 3：
   $2\text{NH}_3 + \text{O}_2 \rightarrow \text{NO} + 3\text{H}_2\text{O}$
2. 平衡氮原子（$\text{N}$）：左邊有 2 個 $\text{N}$，故右邊 $\text{NO}$ 係數為 2：
   $2\text{NH}_3 + \text{O}_2 \rightarrow 2\text{NO} + 3\text{H}_2\text{O}$
3. 平衡氧原子（$\text{O}$）：右邊氧原子總數為 $2\times 1 + 3\times 1 = 5$，故左邊 $\text{O}_2$ 係數為 $\frac{5}{2}$：
   $2\text{NH}_3 + \frac{5}{2}\text{O}_2 \rightarrow 2\text{NO} + 3\text{H}_2\text{O}$
4. 全式乘以 2 化為最簡整數比：
   $4\text{NH}_3(\text{g}) + 5\text{O}_2(\text{g}) \rightarrow 4\text{NO}(\text{g}) + 6\text{H}_2\text{O}(\text{g})$

步驟二：計算各反應物的初莫耳數

各物質之莫耳質量分別為：

• $M(\text{NH}_3) = 14.01 + 3 \times 1.008 = 17.03\text{ g/mol}$
• $M(\text{O}_2) = 2 \times 16.00 = 32.00\text{ g/mol}$

代入莫耳數公式：
$n(\text{NH}_3) = \frac{4.00\text{ g}}{17.03\text{ g/mol}} \approx 0.235\text{ mol}$

核心觀念

本題屬於基礎化學計量（Stoichiometry）的典型計算題，主要評量以下觀念：

1. 化學反應式平衡（Balancing Chemical Equation）：反應前後各元素的原子個數必須守恆。
2. 莫耳數換算（Mole Calculations）：
   $n = \frac{m}{M}$
   其中 $m$ 為質量（$\text{g}$），$M$ 為莫耳質量（$\text{g/mol}$）。各元素原子量取值：$\text{H} = 1.008\text{ g/mol}$、$\text{C} = 12.01\text{ g/mol}$、$\text{N} = 14.01\text{ g/mol}$、$\text{O} = 16.00\text{ g/mol}$。
3. 限量試劑（Limiting Reactant）判斷：比較各反應物「現有莫耳數 $\div$ 反應方程式係數」之比值，比值較小者即為完全消耗的限量試劑，其決定所有產物的最大生成量（理論產率，Theoretical Yield）。

解題方法

步驟一：平衡化學反應方程式

原未平衡之化學式：
$\text{NH}_3(\text{g}) + \text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{NO}(\text{g}) + \text{H}_2\text{O}(\text{g})$

1. 先平衡氮原子：$\text{NH}_3$ 與 $\text{NO}$ 係數比為 $1:1$。
2. 平衡氫原子：反應物有 3 個 $\text{H}$，故生成物 $\text{H}_2\text{O}$ 係數需為 $\frac{3}{2}$。
3. 計算氧原子：生成物共有 $1 + \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$ 個 $\text{O}$，因此反應物 $\text{O}_2$ 係數為 $\frac{5}{4}$。
4. 全體乘以 4 化為最簡整數比：
   $4\text{NH}_3(\text{g}) + 5\text{O}_2(\text{g}) \rightarrow 4\text{NO}(\text{g}) + 6\text{H}_2\text{O}(\text{g})$

步驟二：計算各反應物的初始莫耳數

• $\text{NH}_3$ 的莫耳質量 $M_{\text{NH}_3} = 14.01 + 3 \times 1.008 = 17.03\text{ g/mol}$
  $n_{\text{NH}_3} = \frac{4.00\text{ g}}{17.03\text{ g/mol}} \approx 0.2349\text{ mol}$

• $\text{O}_2$ 的莫耳質量 $M_{\text{O}_2} = 2 \times 16.00 = 32.00\text{ g/mol}$

核心觀念

本題考查多原子離子的**路易斯結構（Lewis structure）繪製與形式電荷（formal charge）**評估：

1. 價電子總數計算：依據元素週期表族數與離子所帶電荷，計算分子中所有價電子的總數。
2. 八隅體規則（Octet Rule）：第二週期元素（如碳、氮、氧、氟）在穩定分子或離子中，外層皆傾向填滿 8 個電子（具 $s^2p^6$ 閉殼層結構），不可擴展八隅體。
3. 形式電荷公式： $$\text{Formal Charge} = V - N - \frac{B}{2}$$ 其中 $V$ 為中性自由原子的價電子數，$N$ 為未鍵結的孤對電子數（non-bonding electrons），$B$ 為參與鍵結的共用電子數（bonding electrons）。
4. 最合理結構之判定依據：
   • 所有第二週期原子皆滿足八隅體規則。
   • 形式電荷的絕對值總和越小越穩定。
   • 負形式電荷應優先分佈在電負度較大（或對稱）之原子上。
   • 避免相鄰原子帶相同符號電荷（尤其是相鄰帶同號電荷之斥力）。

解題方法

步驟 1：計算價電子總數

疊氮酸根離子（Azide ion, $\text{N}_3^-$）包含 3 個氮原子與 1 個額外的負電荷：

步驟 2：安排骨架與單鍵

三個氮原子排列呈直鏈骨架 $\text{N}-\text{N}-\text{N}$。
形成 2 個單鍵共耗去 $2 \times 2 = 4\ e^-$，剩餘 $16 - 4 = 12\ e^-$。

步驟 3：分配孤對電子以滿足八隅體

將剩餘 12 顆電子分配於兩側端點氮原子，使端點先滿足八隅體，中心氮原子尚缺 4 顆電子。為使中心氮達到八隅體，端點氮原子必須提供孤對電子形成多重鍵。可能的共振結構有以下兩種組合：

1. 結構 A（對稱雙鍵，$[\,:\ddot{\text{N}}=\text{N}=\ddot{\text{N}}:\,]^-$）：
   • 左右各形成一個雙鍵。
   • 中心 $\text{N}$ 原子：無孤對電子，形成 4 個共價鍵（2 個雙鍵）。
   • 兩側端點 $\text{N}$ 原子：各擁有 2 對孤對電子（4 顆未共用電子）與 1 個雙鍵。
   • 計算各原子形式電荷：
     • 中心 $\text{N}$：$5 - 0 - \frac{8}{2} = +1$
     • 兩側端點 $\text{N}$：$5 - 4 - \frac{4}{2} = -1$

核心觀念

本題評量共價分子與離子之「路易斯結構（Lewis structure）」與「價層電子對互斥理論（VSEPR Theory）」的判斷與應用：

1. 價電子總數計算：確定多原子離子的總價電子數，並正確配置成共價鍵與孤對電子（Lone pairs）。
2. 共振結構與形式電荷（Formal Charge, FC）：透過形式電荷最小化決定最穩定的優勢共振貢獻結構（Major resonance contributor）。
3. VSEPR 模型與立體障礙數（Steric Number, SN）：
   $SN = (\text{中心原子鍵結之原子數}) + (\text{中心原子上的孤對電子數})$
4. 分子幾何構型（Molecular Geometry）：由立體障礙數決定中心原子的電子對幾何（Electron-pair geometry）及混成軌域型態，進而求出包含原子核相對空間排列的分子幾何形狀與鍵角。

解題方法

步驟一：計算疊氮根離子（$\text{N}_3^-$）之總價電子數

• 氮（$\text{N}$）屬於第 15 族（VA 族），每個氮原子具 5 個價電子。
• 離子帶 1 個負電荷，額外增加 1 個電子：
  $\text{總價電子數} = 3 \times 5 + 1 = 16\text{ 個電子}$

步驟二：繪製路易斯結構與評估形式電荷

令三個氮原子排列為 $\text{N}_{(1)}-\text{N}_{(2)}-\text{N}_{(3)}$，其中 $\text{N}_{(2)}$ 為中心原子：

1. 中心氮與兩側末端氮各形成一條 $\sigma$ 單鍵，消耗 4 個電子，剩下 12 個電子。
2. 補足末端氮之八隅體，中心氮仍缺 4 個電子達八隅體，故末端氮提供孤對電子形成雙鍵或三鍵。
3. 主要共振結構如下：

• 結構 A（最對稱、最主要之貢獻者）：
  $[:\ddot{\text{N}}=\text{N}=\ddot{\text{N}}:]^-$

  • 中心 $\text{N}$ 形式電荷：$5 - 0 - 4 = +1$
  • 末端兩側 $\text{N}$ 形式電荷：各為 $5 - 4 - 2 = -1$
  • 形式電荷分散均勻且對稱，為主要共振貢獻結構。

• 結構 B 與 C（次要共振結構）：
  $[:\text{N}\equiv\text{N}-\ddot{\text{N}}:^{2-}]^- \longleftrightarrow [:\ddot{\text{N}}^{2-}-\text{N}\equiv\text{N}:]^-$

  • 出現 $-2$ 的較大形式電荷，穩定度與貢獻度低於結構 A。

核心觀念

本題的核心在於同核雙原子分子（homonuclear diatomic molecules）的分子軌域理論（Molecular Orbital Theory, MO Theory），特別是第二週期元素的 $s\text{-}p$ 軌域混合（$s\text{-}p$ mixing） 現象。

1. 價電子數與電子組態：

   • 硼（$\text{B}$）的原子序為 $5$，基態電子組態為 $1s^2 2s^2 2p^1$。
   • 每個硼原子提供 $3$ 個價電子，因此 $\text{B}_2$ 分子共有 $6$ 個價電子（若計入內層 $1s$ 電子則總共有 $10$ 個電子）。在繪製分子軌域圖時，通常著重於價層軌域（$n=2$）。

2. $s\text{-}p$ 軌域混合效應：

   • 對於第二週期的輕元素（$\text{Li}_2$、$\text{Be}_2$、$\text{B}_2$、$\text{C}_2$、$\text{N}_2$），$2s$ 與 $2p_z$ 軌域的能量差距較小，兩者會發生顯著的相互混成／交互作用（$s\text{-}p$ mixing）。
   • 此效應會使由 $2p_z$ 形成的 $\sigma_{2p}$ 軌域能量被推高，導致其能階高於 $\pi_{2p}$ 軌域，產生「能階倒轉（energy inversion）」現象：
     $\text{能階高低順序：} \pi_{2p} < \sigma_{2p}$
   • （註：對於較重、有效核電荷較大的 $\text{O}_2$ 與 $\text{F}_2$，$2s$ 與 $2p$ 能量相差較大，無顯著倒轉，能階為 $\sigma_{2p} < \pi_{2p}$）。

3. 鍵級（Bond Order）公式：
   $\text{Bond Order} = \frac{N_b - N_a}{2}$
   其中 $N_b$ 為鍵結軌域（bonding orbitals）中的電子數，$N_a$ 為反鍵結軌域（antibonding orbitals）中的電子數。

4. 磁性判斷：

   • 根據罕德定則（Hund's rule），簡併軌域填入電子時，電子會先以平行自旋分別佔據不同軌域。
   • 含有未成對電子者為順磁性（paramagnetic）；所有電子皆成對者為反磁性（diamagnetic）。

解題方法

1. 能階排列（由低至高）：
   考慮 $s\text{-}p$ 混合後的價層分子軌域順序：
   $\sigma_{2s} < \sigma^*_{2s} < \pi_{2p_x} = \pi_{2p_y} < \sigma_{2p_z} < \pi^*_{2p_x} = \pi^*_{2p_y} < \sigma^*_{2p_z}$

2. 電子填入（依構築原理、包立不相容原理與罕德定則）：
   $\text{B}_2$ 的 $6$ 個價電子依序填入：

   • $\sigma_{2s}$：填入 $2$ 個電子（成對）
   • $\sigma^*_{2s}$：填入 $2$ 個電子（成對）
   • $\pi_{2p_x}$ 與 $\pi_{2p_y}$：能量簡併，剩餘的 $2$ 個電子依罕德定則分別以同向自旋填入，各分配 $1$ 個電子
   • 分子價電子組態為：
     $(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^2$
     （若包含內層核心電子，完整電子組態為 $(\sigma_{1s})^2 (\sigma^*_{1s})^2 (\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\pi_{2p})^2$）

3. 性質計算與驗證：

   • 鍵級：
     $\text{Bond Order} = \frac{4 - 2}{2} = 1$
     （$\text{B}_2$ 具備單鍵，且該單鍵完全由 $\pi$ 鍵貢獻）
   • 磁性：在 $\pi_{2p}$ 軌域有 $2$ 個未成對電子，為順磁性（paramagnetic）。

核心觀念

本題的核心觀念為**分子軌域理論（Molecular Orbital Theory, MOT）以及鍵級（Bond Order, BO）**的計算：

1. $s\text{-}p$ 軌域混成效應（$s\text{-}p$ mixing）：
   對於第二週期同核雙原子分子，當原子序 $Z \le 7$（即 $\text{Li}_2$、$\text{Be}_2$、$\text{B}_2$、$\text{C}_2$、$\text{N}_2$）時，由於 $2s$ 與 $2p$ 軌域能量差較小，會發生顯著的 $s\text{-}p$ 軌域混成，導致 $\sigma_{2p}$ 軌域能量被推高，使其能階高於 $\pi_{2p}$ 軌域。
   其價層分子軌域能量高低順序為： $$\sigma_{2s} < \sigma_{2s}^* < \pi_{2p_x} = \pi_{2p_y} < \sigma_{2p_z} < \pi_{2p_x}^* = \pi_{2p_y}^* < \sigma_{2p_z}^*$$
2. 鍵級定義： $$\text{Bond Order (BO)} = \frac{N_b - N_a}{2}$$ 其中 $N_b$ 為鍵結軌域中的電子數（Bonding electrons），$N_a$ 為反鍵結軌域中的電子數（Antibonding electrons）。

解題方法

1. 計算價電子（或總電子）數：
   硼（$\text{B}$）的原子序為 5，基態電子組態為 $1s^2 2s^2 2p^1$。

   • 每個硼原子提供 3 個價電子，故 $\text{B}_2$ 分子共有 $3 \times 2 = 6$ 個價電子（總電子數為 $5 \times 2 = 10$ 個電子）。

2. 填寫分子軌域電子組態：
   依照構築原理（Aufbau principle）、包立不相容原理（Pauli exclusion principle）與罕德定則（Hund's rule）由低能階向高能階填入 6 個價電子：

   • 填入 $\sigma_{2s}$：2 個電子
   • 填入 $\sigma_{2s}^*$：2 個電子
   • 填入 $\pi_{2p}$：剩餘 2 個電子。因 $\pi_{2p_x}$ 與 $\pi_{2p_y}$ 為簡併軌域（degenerate orbitals），根據罕德定則，2 個電子各佔一個軌域且自旋平行，形成 $(\pi_{2p_x})^1 (\pi_{2p_y})^1$。

   完整的價層電子組態為：

   $$(\sigma_{2s})^2 (\sigma_{2s}^*)^2 (\pi_{2p_x})^1 (\pi_{2p_y})^1$$

核心觀念

磁性取決於分子中未成對電子的數目：所有電子皆成對的分子具有抗磁性，會受到磁場微弱排斥；含有未成對電子的分子具有順磁性，會受到磁場吸引。未成對電子越多，順磁效應通常越明顯。

解題方法

硼原子的電子組態為 $1s^2 2s^2 2p^1$，因此 $\mathrm{B_2}$ 有 $6$ 個價電子。對 $\mathrm{B_2}$ 這類較輕的雙原子分子，$2s$ 與 $2p$ 軌域混合，使分子軌域能階順序為：

依序填入 $6$ 個價電子：

核心觀念

本題考查**光電效應（Photoelectric Effect）**與能量守恆定律：

1. 光子能量公式：
   單一入射光子的能量 $E$ 與波長 $\lambda$ 成反比：
   $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$
   其中 $h$ 為普朗克常數（$h \approx 6.626 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$），$c$ 為光速（$c \approx 3.00 \times 10^8\text{ m/s}$）。
2. 愛因斯坦光電方程式：
   入射光子能量等於克服金屬表面束縛所需的功函數（Work function, $\Phi$）加上溢出電子的最大動能（Maximum kinetic energy, $E_{k,\max}$）：
   $E = \Phi + E_{k,\max}$
3. 電子的動能與最大速率：
   $E_{k,\max} = \frac{1}{2}m_e v_{\max}^2$
   其中 $m_e$ 為電子的靜止質量（$m_e \approx 9.11 \times 10^{-31}\text{ kg}$），$v_{\max}$ 為逸出電子的最大速率。