112 年 國立中正大學化學暨生物化學系碩士班《一般化學》

本題考驗溶液稀釋與混合的計算。首先計算初始溶液 I 的莫耳濃度，接著依序計算稀釋後的溶液 II 和 III 的莫耳濃度，最後計算混合溶液 IV 的莫耳濃度。

步驟 1：計算初始溶液 I 的莫耳濃度
首先，計算 67.2 g 碳酸氫鈉 (NaHCO₃) 的莫耳數。
碳酸氫鈉的莫耳質量 (Molar mass of NaHCO₃) = 22.99 (Na) + 1.01 (H) + 12.01 (C) + 3 × 16.00 (O) = 84.01 g/mol。
NaHCO₃ 的莫耳數 = $\frac{67.2 \text{ g}}{84.01 \text{ g/mol}} \approx 0.800 \text{ mol}$。
溶液 I 的體積為 500.0 mL，即 0.5000 L。
溶液 I 的莫耳濃度 (M₁) = $\frac{\text{莫耳數}}{\text{體積 (L)}} = \frac{0.800 \text{ mol}}{0.5000 \text{ L}} = 1.60 \text{ M}$。

步驟 2：計算溶液 II 的莫耳濃度
取 60.0 mL 的溶液 I，稀釋至 120.0 mL。
根據稀釋定律 M₁V₁ = M₂V₂：
$1.60 \text{ M} \times 60.0 \text{ mL} = M_{\text{II}} \times 120.0 \text{ mL}$
$M_{\text{II}} = \frac{1.60 \text{ M} \times 60.0 \text{ mL}}{120.0 \text{ mL}} = 0.800 \text{ M}$。

步驟 3：計算溶液 III 的莫耳濃度
取 30.0 mL 的溶液 II，稀釋至 30.0 mL + 90.0 mL = 120.0 mL。
根據稀釋定律 M₂V₂ = M₃V₃：

本題考驗醇的氧化產物。3-甲基-1-戊醇 (3-methyl-1-pentanol) 是一個一級醇，其氧化產物取決於氧化劑的強度。

核心觀念：
一級醇 (Primary alcohol) 的氧化：

1. 使用溫和氧化劑（如 PCC, pyridinium chlorochromate）：氧化為醛 (aldehyde)。
2. 使用強氧化劑（如 KMnO₄, K₂Cr₂O₇ 在酸性條件下）：氧化為羧酸 (carboxylic acid)。

步驟 1：確定 3-甲基-1-戊醇的結構
3-甲基-1-戊醇的結構為：
CH₃
|
CH₃-CH₂-CH-CH₂-CH₂-OH

步驟 2：分析各選項的產物結構
I. 2-methyl-1-pentanone：
CH₃
|
CH₃-CH₂-C-CH₂-CH₃
||
O
這是酮 (ketone)，由二級醇氧化而來，不是 3-甲基-1-戊醇的直接氧化產物。

II. 3-methylpentanal：
CH₃
|
CH₃-CH₂-CH-CH₂-CHO
這是醛 (aldehyde)，其碳鏈結構與 3-甲基-1-戊醇相同，官能基從 -OH 變為 -CHO。這是 3-甲基-1-戊醇被溫和氧化劑氧化後的產物。

本題考驗氣體反應平衡常數 $K_c$ 與 $K_p$ 之間的關係。

核心觀念：
對於一個可逆的氣體反應：
$aA(g) + bB(g) \rightleftharpoons cC(g) + dD(g)$
平衡常數 $K_c$ 是以濃度表示的平衡常數，而 $K_p$ 是以分壓表示的平衡常數。兩者之間的關係為：
$K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$
其中：

• $R$ 是理想氣體常數。
• $T$ 是絕對溫度 (K)。
• $\Delta n$ 是生成物氣體總莫耳數減去反應物氣體總莫耳數，即 $\Delta n = (c+d) - (a+b)$。

步驟 1：寫出反應方程式
題目中提到「Hydrogen gas react with oxygen gas to produce water vapor which is a reversible reaction」，其平衡反應方程式為：
$2H_2(g) + O_2(g) \rightleftharpoons 2H_2O(g)$

步驟 2：計算 $\Delta n$
在此反應中：

• 反應物氣體總莫耳數 = 2 (莫耳 H₂) + 1 (莫耳 O₂) = 3 莫耳。
• 生成物氣體總莫耳數 = 2 (莫耳 H₂O) = 2 莫耳。

核心觀念

本題考查烷類與環烷類的 IUPAC 命名原則：

1. 選擇含有最多碳原子的最長碳鏈作為母體。
2. 從靠近取代基的一端開始編號，使取代基得到最低定位號。
3. 相同取代基須使用 di-、tri- 等倍數字首。
4. 不同取代基依英文字母順序排列；di-、tri- 不列入字母排序。
5. 環烷烴若有多個取代基，也須選擇最低定位號組合。
6. trans／cis 立體描述必須適用於具有固定相對立體關係的結構。

解題方法

逐一檢查各名稱是否符合「最長母體、最低定位號、取代基數量與排列順序」等規則。

選項分析

I. 3,5-dibromopentane

錯誤。

此結構雖然可取五碳鏈作為母體，但從另一端編號後，溴的位置為 1、3，而不是 3、5：

$$3,5\text{-dibromopentane} \longrightarrow 1,3\text{-dibromopentane}$$

依最低定位號原則，應命名為 1,3-dibromopentane。

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II. 1-bromo-2,4-methyl-3-propylcyclohexane

錯誤。

名稱中有兩個甲基取代基，必須使用 dimethyl，不能寫成單數的 methyl。因此，若環上的取代位置確實為 1-bromo、2,4-dimethyl、3-propyl，名稱應為：

1-bromo-2,4-dimethyl-3-propylcyclohexane

其中取代基的字母順序為 bromo、methyl、propyl，排列順序本身正確，但 methyl 的數量字首遺漏，因此原名稱錯誤。

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III. trans-1,3-dimethylpropane

錯誤。

以 propane 為母體，在第 1 與第 3 碳各接一個甲基時，最長連續碳鏈其實可以延伸成五個碳：

本題考驗化學計量學計算，涉及反應物的質量關係。

核心觀念：
化學反應的計量關係是根據配平的化學方程式來確定的。計算步驟通常包括：

1. 寫出並配平化學方程式。
2. 將已知反應物的質量轉換為莫耳數。
3. 利用化學計量比，計算另一反應物所需的莫耳數。
4. 將另一反應物的莫耳數轉換為質量。

步驟 1：寫出並配平化學方程式
題目描述的反應是氯化鈉 (sodium chloride, NaCl) 與碳酸銀 (silver carbonate, Ag₂CO₃) 反應，生成氯化銀 (silver chloride, AgCl) 和碳酸鈉 (sodium carbonate, Na₂CO₃)。
反應方程式：
$2NaCl(aq) + Ag_2CO_3(s) \rightarrow 2AgCl(s) + Na_2CO_3(aq)$

步驟 2：計算已知反應物 (NaCl) 的莫耳數
已知 NaCl 的質量為 14.6 g。
NaCl 的莫耳質量 (Molar mass of NaCl) = 22.99 (Na) + 35.45 (Cl) = 58.44 g/mol。

核心觀念

題目給出的速率律為二級反應：

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

二級反應的半衰期公式為：

$$t_{1/2}=\frac{1}{k[\mathrm{NO}]_0}$$

當反應物濃度每經過一次半衰期便減半時，半衰期會逐次加倍：

$$t_{1/2,1}:t_{1/2,2}:t_{1/2,3}:t_{1/2,4} =1:2:4:8$$

題目給第一個半衰期為 $3.5\ \mathrm{s}$。

解題方法

各階段半衰期依序為：

$$t_1=3.5\ \mathrm{s}$$ $$t_2=2t_1=7.0\ \mathrm{s}$$ $$t_3=4t_1=14.0\ \mathrm{s}$$ $$t_4=8t_1=28.0\ \mathrm{s}$$

因此，進行四個半衰期所需的總時間為：

$$t_{\text{總}}=t_1+t_2+t_3+t_4$$ $$t_{\text{總}}=3.5+7.0+14.0+28.0=52.5\ \mathrm{s}$$

取適當有效位數：

$$t_{\text{總}}\approx 53\ \mathrm{s}$$

本題選項中的 “length of the fourth half-life” 是指達到第四個半衰期終點所需的總時間，也就是濃度降為初始濃度的 $1/16$ 時所經過的時間。亦可直接由二級反應公式驗算：

$$[\mathrm{NO}]=\frac{[\mathrm{NO}]_0}{16}$$

二級反應積分式為：

$$\frac{1}{[\mathrm{NO}]}-\frac{1}{[\mathrm{NO}]_0}=kt$$

核心觀念

本題考查理想氣體的動力學模型：

1. 氣體壓力來自氣體分子與容器壁的碰撞。
2. 在相同溫度、壓力下，等體積的不同氣體含有相同莫耳數，符合阿佛加厥定律。
3. 絕對溫度與氣體粒子的平均動能成正比，而非與平均速度直接成正比。
4. 理想氣體粒子本身體積可忽略，粒子間不考慮作用力。
5. 氣體粒子持續做無規則運動。

解題方法

逐項依照理想氣體動力學理論判斷。關鍵公式為：

$$PV=nRT$$

在溫度、壓力與體積皆相同時，莫耳數 $n$ 相同，因此粒子數也相同。

此外，氣體分子的平均平動動能為：

$$\overline{E_k}=\frac{3}{2}k_BT$$

因此溫度與平均動能相關，而平均動能與速度平方的平均值 $\overline{v^2}$ 有關，不是與平均速度 $\overline{v}$ 直接成正比。

選項分析

I. A gas exerts pressure as a result of the collisions of the gas molecules with the walls of the container.

正確。氣體分子不斷撞擊容器壁，碰撞時分子動量改變，對容器壁產生作用力。單位面積所受的平均作用力即為氣體壓力。

因此 I 正確。

II. At STP condition, 1.0 L of Ar(g) contains about twice the number of atoms as 1.0 L of Ne(g) because the molar mass of Ar is about twice that of Ne.

錯誤。在相同溫度與壓力下，相同體積的氣體含有相同數目的粒子，這是阿佛加厥定律。

由理想氣體方程式：

$$n=\frac{PV}{RT}$$

本題考驗配位化合物的電子組態與磁性，特別是未成對電子的數量。

核心觀念：

1. 配位化合物的中心金屬離子的氧化態。
2. 過渡金屬離子的電子組態。
3. 晶體場理論 (Crystal Field Theory, CFT) 或價鍵理論 (Valence Bond Theory, VBT) 來判斷配位場的強弱。
   • 強配位基 (strong field ligands) 傾向於形成低自旋 (low spin) 複合物，使電子傾向於成對。
   • 弱配位基 (weak field ligands) 傾向於形成高自旋 (high spin) 複合物，使電子盡量分散在不同軌域中以減少排斥。
4. 判斷未成對電子的數量。

判斷步驟：

I. Square planar [Ni(CN)4]2-

• 中心金屬：Ni (鎳)。
• CN⁻ 是強配位基。
• [Ni(CN)₄]²⁻ 中 Ni 的氧化態：設為 x。x + 4(-1) = -2 => x = +2。
• Ni 的原子組態：[Ar] 3d⁸ 4s²。
• Ni²⁺ 的電子組態：[Ar] 3d⁸。
• Square planar (平面四方) 幾何結構通常由 d⁸ 金屬離子與強配位基形成，是低自旋複合物。
• d⁸ 軌域排布：在平面四方場中，d 軌域分裂為四個能階：$d_{xy}, d_{z^2}, d_{xz}, d_{yz}, d_{x^2-y^2}$。
• 對於平面四方場，能階順序通常為：$d_{xy} < d_{z^2} < d_{xz} = d_{yz} < d_{x^2-y^2}$。
• 對於低自旋 d⁸ 離子，電子填充方式為：(↑↓) $d_{xy}$, (↑↓) $d_{z^2}$, (↑↓) $d_{xz}$, (↑↓) $d_{yz}$, ( ) $d_{x^2-y^2}$。
• 或者，更簡化的方式是，對於平面四方 d⁸，通常是低自旋，形成一個單電子軌域都沒有的化合物。
• 未成對電子數 = 0。

II. [Co(NH3)6]3+

• 中心金屬：Co (鈷)。
• NH₃ 是中等強度的配位基，在六配位場中通常視為弱配位基或中等配位基。
• [Co(NH₃)₆]³⁺ 中 Co 的氧化態：設為 x。x + 6(0) = +3 => x = +3。
• Co 的原子組態：[Ar] 3d⁷ 4s²。
• Co³⁺ 的電子組態：[Ar] 3d⁶。
• 六配位場 (octahedral) 中，d⁶ 離子可以是高自旋或低自旋，取決於配位基的強度。

本題考驗道耳吞原子學說的內容。

核心觀念：
道耳吞 (John Dalton) 在 19 世紀初提出了原子學說，其主要內容包括：

1. 物質由不可再分的微小粒子「原子」組成。
2. 同一種元素的原子，質量和性質都相同；不同種元素的原子，質量和性質都不同。
3. 原子在化學反應中不可被創造或毀滅，只能重新組合。
4. 化合物是由不同種元素的原子以簡單整數比結合而成。

逐一判斷選項：
I. isotopes (同位素)： 同位素是指質子數相同但中子數不同的原子，因此質量不同。道耳吞認為同一種元素的原子質量都相同，這與同位素的概念相矛盾。同位素的概念是在道耳吞之後才被發現的（例如，1913 年的 Soddy）。因此，道耳吞沒有討論同位素。

II. ions (離子)： 離子是帶電的原子或原子團。道耳吞的原子觀強調原子是電中性的，並且原子在化學反應中是不可分割的。離子的概念是在道耳吞之後，由湯姆森 (J.J. Thomson) 等人研究陰極射線和陰極射線管實驗時逐漸發展起來的。

本題考驗對近代原子模型發展史中重要實驗的理解。題目要求找出「沒有提供所陳述資訊」的實驗。

核心觀念：

1. 陰極射線管實驗 (Cathode-ray tube experiment)： J.J. Thomson 進行，證明了電子是帶負電的粒子，並測量了其荷質比 (e/m)。
2. Rutherford 的 α 粒子散射實驗 (α-particle scattering experiment)： 證實了原子的中心有一個帶正電、體積極小的原子核，推翻了 Thomson 的「梅子布丁模型」。
3. Millikan 的油滴實驗 (Oil-drop experiment)： 精確測量了電子的基本電荷 ($e$)。
4. β 粒子 (beta particle)： β 粒子是高速的電子或正電子，常用於研究放射性衰變或穿透物質的能力。

逐一分析各實驗的資訊：

I. The cathode-ray tube proved that electrons have a negative charge.

• 正確。 陰極射線管實驗證明了陰極射線（電子）是帶負電的粒子。

II. The Rutherford's experiment determined the charge on the nucleus.

• 錯誤。 Rutherford 的 α 粒子散射實驗並沒有直接測量原子核的電荷。該實驗主要證明了原子中心存在一個帶正電的、體積極小的原子核，並且原子大部分質量集中在原子核。原子核的電荷量（質子數）是在後續研究中確立的。Rutherford 實驗證明了原子核的「正電荷」，但沒有「確定」其具體數值。

III. The Rutherford's experiment proved that the Thomson "plum pudding" model of the atom was not essentially correct.

• 正確。 Rutherford 的實驗結果（α 粒子大角度散射）與 Thomson 的梅子布丁模型（電荷均勻分佈）的預測不符，因此推翻了該模型。

IV. Millikan's oil-drop experiment showed that the charge on any particle was a simple multiple of the charge on the electron.

• 正確。 Millikan 的實驗精確地測量了電子的基本電荷 $e$，並發現帶電粒子所帶的電量都是 $e$ 的整數倍，從而證實了電荷的量子化。

V. In Rutherford's experiment, a thin metal foil was bombarded with β-particle to study the absorption of the radioactivity.

• 錯誤。 Rutherford 的 α 粒子散射實驗是用 α 粒子 (He²⁺ 離子) 轟擊金箔，而不是 β 粒子。β 粒子是電子，通常用於研究放射性衰變或物質的穿透性，而不是用來探測原子核結構。

題目要求找出「did not provide the information stated」。
根據我們的分析：

• 實驗 II 聲稱「Rutherford's experiment determined the charge on the nucleus」。

本題考驗離子氫化物 (ionic hydrides) 的形成條件。

核心觀念：
氫化物 (hydrides) 是指氫與其他元素形成的化合物。根據與氫結合的元素的類型，氫化物可以分為離子氫化物、共價氫化物和金屬氫化物。

• 離子氫化物 (Ionic hydrides)：通常由鹼金屬 (Group 1A) 和鹼土金屬 (Group 2A) 與氫反應形成。這些金屬的電負度較低，容易失去電子形成陽離子，而氫則獲得電子形成氫負離子 (H⁻)。例子：NaH, CaH₂。
• 共價氫化物 (Covalent hydrides)：通常由非金屬元素（如 Group 13-17 的元素）與氫反應形成。這些化合物通常是分子化合物，如 H₂O, NH₃, CH₄, HCl。
• 金屬氫化物 (Metallic hydrides)：通常由過渡金屬 (Transition metals) 與氫形成，結構複雜，常為非整比化合物。

判斷各族元素與氫形成的氫化物類型：

• Group 1A (鹼金屬)： 如 Li, Na, K。這些元素電負度很低，容易形成 +1 價陽離子。與氫反應形成離子氫化物，如 LiH, NaH, KH。氫以 H⁻ 形式存在。
• Group 2A (鹼土金屬)： 如 Be, Mg, Ca。這些元素電負度較低，容易形成 +2 價陽離子。與氫反應形成離子氫化物，如 BeH₂, MgH₂, CaH₂。氫以 H⁻ 形式存在。
• Group 3A (硼族)： 如 B, Al。硼與氫形成共價氫化物 (如 B₂H₆)。鋁與氫形成離子性較強的共價氫化物 AlH₃，或在某些條件下形成離子化合物。通常視為共價氫化物，但 AlH₃ 具有一定的離子性。然而，嚴格意義上的「離子氫化物」通常指 Group 1A 和 2A。
• Group 4A (碳族)： 如 C, Si。與氫形成共價氫化物，如 CH₄, SiH₄。

本題考驗計算化合物中氮元素的氧化數。

核心觀念：
氧化數規則：

1. 單質的氧化數為 0。
2. 離子中各原子的氧化數總和等於離子所帶電荷。
3. 化合物中各原子的氧化數總和為 0。
4. 氫的氧化數通常為 +1 (與非金屬結合時)，-1 (與金屬結合時)。
5. 氧的氧化數通常為 -2 (過氧化物中為 -1)。
6. 氟的氧化數總是 -1。
7. 鹼金屬 (Group 1A) 的氧化數為 +1。
8. 鹼土金屬 (Group 2A) 的氧化數為 +2。

逐一計算各選項中氮的氧化數：

(A) KNO₂ (亞硝酸鉀)

• K 是鹼金屬，氧化數為 +1。
• O 的氧化數通常為 -2。
• 設 N 的氧化數為 x。
• 化合物總氧化數為 0：(+1) + x + 2(-2) = 0
• 1 + x - 4 = 0
• x = +3
• 在 KNO₂ 中，N 的氧化數為 +3。

(B) NaNO₃ (硝酸鈉)

• Na 是鹼金屬，氧化數為 +1。
• O 的氧化數通常為 -2。
• 設 N 的氧化數為 y。
• 化合物總氧化數為 0：(+1) + y + 3(-2) = 0
• 1 + y - 6 = 0
• y = +5
• 在 NaNO₃ 中，N 的氧化數為 +5。

(C) LiN₃ (氮化鋰)

• Li 是鹼金屬，氧化數為 +1。
• LiN₃ 是一種疊氮化物 (azide)。

本題考驗蛋白質的結構和組成。

核心觀念：

• 蛋白質 (Proteins) 是由氨基酸 (amino acids) 組成的大分子。
• 氨基酸之間通過肽鍵 (peptide bonds) 連接，形成多肽鏈 (polypeptide chain)。
• 肽鍵的形成是通過縮合聚合反應 (condensation polymerization)，即一個氨基酸的羧基 (-COOH) 與另一個氨基酸的氨基 (-NH₂) 反應，脫去一分子水，形成 -CO-NH- 鍵。
• 核酸 (Nucleic acids)，如 DNA 和 RNA，是由核苷酸 (nucleotides) 組成。核苷酸之間通過磷酸二酯鍵 (phosphodiester bonds) 連接。
• 酯鍵 (ester bonds) 通常存在於酯類化合物中，而不是蛋白質或核酸的骨架連接。
• 氫鍵 (hydrogen bonding) 在蛋白質的二級結構（如 α-helix 和 β-sheet）和三級結構中起重要作用，但不是氨基酸之間形成多肽鏈骨架的主要鍵。

逐一判斷敘述：

I. A chain of amino acids connected by ester bonds.

• **錯誤。

核心觀念

判斷分子是否具有手性，常先檢查是否有手性中心。一般四面體碳原子若連接四種不同的基團，便是手性中心；其鏡像無法與原分子重疊，分子因此具有手性。

碳原子若連接兩個相同基團，就不是手性中心。含氮分子也須檢查氮原子上的取代基是否不同；即使氮呈三角錐形，兩個相同取代基仍使它不具手性。此外，常見胺類氮原子會快速反轉，通常不能形成穩定、可分離的氮手性。

解題方法

逐一確認各分子的原子連接方式，檢查是否有原子連接四種不同的基團。對碳而言，重點是比較連接的四個取代基；只要其中兩個相同，該碳就不是手性中心。

選項分析

I. 3-氯戊烷：不具手性。
結構為 $\mathrm{CH_3CH_2CH(Cl)CH_2CH_3}$。第 3 號碳連接氯、氫，以及左右兩個相同的乙基（$\mathrm{-CH_2CH_3}$），不符合四種不同基團的條件。

核心觀念

本題考查放射性同位素的半衰期衰變定律。

半衰期 $t_{1/2}$ 是樣品中放射性原子核衰變至原來一半所需的時間。經過時間 $t$ 後，剩餘比例為

$$\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/t_{1/2}}$$

其中：

• $N_0$：原始的 $^{14}\mathrm{C}$ 含量
• $N$：經過時間 $t$ 後的 $^{14}\mathrm{C}$ 含量
• $t_{1/2}=5730$ 年
• $t=13750$ 年

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解題方法

先計算經過了幾個半衰期：

$$n=\frac{t}{t_{1/2}} =\frac{13750}{5730} \approx 2.40$$

因此剩餘的 $^{14}\mathrm{C}$ 比例為

$$\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2.40} \approx 0.190$$

換算成百分比：

$$0.190\times 100\% = 19.0\%$$

所以原始的 $^{14}\mathrm{C}$ 約有 $19.0\%$ 仍然存在。

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選項分析

核心觀念

一維無限深方形位能盒中，電子的能階為

$$E_n=\frac{n^2h^2}{8mL^2}$$

其中：

• $n$：量子數
• $h$：普朗克常數
• $m$：電子質量
• $L$：盒子的長度

電子由 $n=2$ 激發至 $n=3$ 時，所吸收的能量等於光子的能量：

$$\Delta E=E_3-E_2=\frac{hc}{\lambda}$$

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解題方法

能階差為

$$\Delta E =\frac{(3^2-2^2)h^2}{8mL^2} =\frac{5h^2}{8mL^2}$$

題目給定光子波長 $\lambda=8080\ \text{nm}$，因此光子能量為

$$\frac{5h^2}{8mL^2}=\frac{hc}{\lambda}$$

約去一個 $h$，並解出 $L$：

$$L^2=\frac{5h\lambda}{8mc}$$ $$L=\sqrt{\frac{5h\lambda}{8mc}}$$

代入

$$h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$$ $$\lambda=8080\ \text{nm}=8.080\times10^{-6}\ \text{m}$$ $$m=9.109\times10^{-31}\ \text{kg},\qquad c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

可得

$$L =\sqrt{ \frac{5(6.626\times10^{-34})(8.080\times10^{-6})} {8(9.109\times10^{-31})(3.00\times10^8)} }$$

本題考驗熱力學基本概念，包括熵 (entropy)、吉布斯自由能 (Gibbs free energy) 和反應速率。

核心觀念：

1. 熵變 (ΔS)：系統 (system) 的熵變為 ΔSsys，環境 (surroundings) 的熵變為 ΔSsurr。總熵變 ΔStot = ΔSsys + ΔSsurr。
2. 自發性 (Spontaneity)：根據熱力學第二定律，一個過程自發進行的條件是總熵變 ΔStot > 0。在恆溫恆壓下，這等價於吉布斯自由能變 ΔG < 0。
3. 吉布斯自由能 (ΔG)：$\Delta G = \Delta H - T\Delta S$。對於標準狀態，$\Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\Delta S^\circ$。
   • $\Delta G < 0$：過程是自發的。
   • $\Delta G = 0$：過程處於平衡狀態。
   • $\Delta G > 0$：過程是非自發的（逆過程是自發的）。
   • $\Delta G^\circ$ 表示標準狀態下的吉布斯自由能變化，它反映了反應的平衡常數 ($K$)，但與反應速率 (rate) 無關。
4. 焓變 (ΔH)：反應的熱效應。
5. 反應速率 (Rate)：反應速率由反應動力學 (kinetics) 決定，與熱力學 (thermodynamics) 的自發性無關。

逐一判斷各選項：

(A) For any process, ΔSsurr and ΔSsys have opposite signs.

• 錯誤。 總熵變 $\Delta S_{tot} = \Delta S_{sys} + \Delta S_{surr}$。自發過程要求 $\Delta S_{tot} > 0$。
• 如果系統熵增加 ($\Delta S_{sys} > 0$)，環境熵可以增加、減少或不變，只要總和為正即可。例如，放熱反應 ($\Delta H < 0$)，環境溫度升高，$\Delta S_{surr} = -\frac{\Delta H_{sys}}{T} > 0$。吸熱反應 ($\Delta H > 0$)，系統熵增加，環境熵減少 ($\Delta S_{surr} < 0$)。
• 它們不一定有相反的符號。

(B) As long as the disorder of the surroundings is increasing, a process will be spontaneous.

• **錯誤。

本題考驗化學平衡常數的計算及其與反應方程式變化的關係。

核心觀念：

1. 平衡常數 ($K_c$) 的定義：對於反應 $aA + bB \rightleftharpoons cC + dD$，平衡常數 $K_c = \frac{[C]^c[D]^d}{[A]^a[B]^b}$，其中方括號表示平衡濃度。
2. 平衡常數與反應方程式的關係：
   • 若將反應方程式乘以一個因子 n，則新的平衡常數為原平衡常數的 $K^n$。
   • 若將反應方程式顛倒，則新的平衡常數為原平衡常數的倒數 ($1/K$)。
   • 若將兩個反應方程式相加，則新的平衡常數為兩個原平衡常數的乘積。

步驟 1：確定溫度
所有計算都在 127 °C 下進行。需要將溫度轉換為絕對溫度 (K)：
$T = 127 + 273.15 = 400.15 \text{ K} \approx 400 \text{ K}$。
（注意：題目只給了攝氏溫度，但計算平衡常數時通常不需要用到溫度本身，除非涉及到 $K_p$ 或溫度對 $K$ 的影響。這裡只計算 $K_c$）。

步驟 2：計算 I - Haber process 的平衡常數
Haber process 的反應方程式為：
$N_2(g) + 3H_2(g) \rightleftharpoons 2NH_3(g)$
給定的平衡濃度：
$[NH_3] = 3.1 \times 10^{-2} \text{ mol/L}$
$[N_2] = 8.5 \times 10^{-1} \text{ mol/L}$
$[H_2] = 3.1 \times 10^{-3} \text{ mol/L}$

平衡常數 $K_I = \frac{[NH_3]^2}{[N_2][H_2]^3}$
$K_I = \frac{(3.1 \times 10^{-2})^2}{(8.5 \times 10^{-1})(3.1 \times 10^{-3})^3}$
$K_I = \frac{(9.61 \times 10^{-4})}{(8.5 \times 10^{-1})(2.9791 \times 10^{-8})}$
$K_I = \frac{9.61 \times 10^{-4}}{25.322 \times 10^{-9}}$
$K_I = \frac{9.61 \times 10^{-4}}{2.5322 \times 10^{-8}}$
$K_I \approx 3.795 \times 10^4 \text{ L}^2/\text{mol}^2$
$K_I \approx 3.8 \times 10^4 \text{ L}^2/\text{mol}^2$。

單位： 由於生成物是 $mol^2/L^2$，反應物是 $(mol/L) \times (mol/L)^3 = mol^4/L^4$，所以 $K_I$ 的單位是 $\frac{mol^2/L^2}{mol^4/L^4} = \frac{L^2}{mol^2}$。

步驟 3：計算 II - 反應 2NH₃(g) <=> N₂(g)+3H₂(g) 的平衡常數
這個反應方程式是 Haber process (I) 的逆反應。
$N_2(g) + 3H_2(g) \rightleftharpoons 2NH_3(g)$ 的平衡常數是 $K_I$。
反應 II 是其逆反應：
$2NH_3(g) \rightleftharpoons N_2(g) + 3H_2(g)$
因此，II 的平衡常數 $K_{II} = \frac{1}{K_I}$。

本題考驗緩衝溶液的製備，涉及 Henderson-Hasselbalch 方程式和緩衝體系的選擇。

核心觀念：

1. Henderson-Hasselbalch 方程式：
   $pH = pK_a + \log\left(\frac{[A^-]}{[HA]}\right)$
   其中：

   • $pH$ 是溶液的 pH 值。
   • $pK_a = -\log(K_a)$ 是弱酸的酸度係數。
   • $[A^-]$ 是共軛鹼的濃度。
   • $[HA]$ 是弱酸的濃度。
   • $\frac{[A^-]}{[HA]}$ 是共軛鹼與弱酸的濃度比。

2. 緩衝體系的選擇原則：

   • 一個好的緩衝體系，其 $pK_a$ 值應該接近所需的 $pH$ 值。
   • 理想情況下，$pH = pK_a$，此時 $[A^-] = [HA]$，$\log(1) = 0$。
   • 緩衝體系的有效緩衝範圍通常在 $pK_a \pm 1$ 之間。也就是說，當 $pH$ 在 $pK_a - 1$ 到 $pK_a + 1$ 的範圍內時，緩衝體系都能較好地工作。
   • 選擇 $pK_a$ 值最接近目標 $pH$ 的酸，可以使 $[A^-]$ 和 $[HA]$ 的比值接近 1，這樣緩衝能力最強，且所需的酸和共軛鹼的濃度範圍較寬。

步驟 1：計算各弱酸的 $pK_a$ 值

• Chloroacetic acid: $K_a = 1.35 \times 10^{-3}$
  $pK_a = -\log(1.35 \times 10^{-3}) \approx -(\log(1.35) + \log(10^{-3})) = -(0.13 + (-3)) = 2.87$
• Propanoic acid: $K_a = 1.3 \times 10^{-5}$
  $pK_a = -\log(1.3 \times 10^{-5}) \approx -(0.11 + (-5)) = 4.89$
• Benzoic acid: $K_a = 6.4 \times 10^{-5}$
  $pK_a = -\log(6.4 \times 10^{-5}) \approx -(0.81 + (-5)) = 4.19$
• Hypochlorous acid: $K_a = 3.5 \times 10^{-8}$
  $pK_a = -\log(3.5 \times 10^{-8}) \approx -(0.54 + (-8)) = 7.46$
• Hydrocyanic acid: $K_a = 6.2 \times 10^{-10}$
  $pK_a = -\log(6.2 \times 10^{-10}) \approx -(0.79 + (-10)) = 9.21$

步驟 2：確定目標 pH 值
目標 pH = 4.30。

步驟 3：計算每個體系所需的 $[A^-]/[HA]$ 比值
使用 Henderson-Hasselbalch 方程式：$pH = pK_a + \log\left(\frac{[A^-]}{[HA]}\right)$
$\log\left(\frac{[A^-]}{[HA]}\right) = pH - pK_a$
$\frac{[A^-]}{[HA]} = 10^{(pH - pK_a)}$

核心觀念

本題考查「選擇性沉澱」：利用不同陽離子與特定陰離子形成難溶鹽的先後順序，逐步加入試劑並在每一步過濾，即可分離陽離子。

主要沉澱反應為：

$$\mathrm{Ag^+ + Cl^- \rightarrow AgCl(s)}$$ $$\mathrm{Pb^{2+} + SO_4^{2-} \rightarrow PbSO_4(s)}$$ $$\mathrm{Ni^{2+} + CO_3^{2-} \rightarrow NiCO_3(s)}$$ $$\mathrm{Fe^{3+} + 3OH^- \rightarrow Fe(OH)_3(s)}$$

選擇性沉澱的原則是：先加入能優先沉澱某一離子的試劑，過濾除去沉澱，再處理濾液中的其他離子。

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解題方法

依照各離子的典型沉澱反應安排：

1. 加入 $\mathrm{NaCl}$：
   $\mathrm{Ag^+}$ 形成難溶的 $\mathrm{AgCl}$，先除去銀離子。

2. 過濾後加入 $\mathrm{Na_2SO_4}$：
   $\mathrm{Pb^{2+}}$ 形成難溶的 $\mathrm{PbSO_4}$，除去鉛離子。

3. 再過濾後加入 $\mathrm{Na_2CO_3}$：
   $\mathrm{Ni^{2+}}$ 形成 $\mathrm{NiCO_3}$，除去鎳離子。

4. 最後加入 $\mathrm{NaOH}$：
   $\mathrm{Fe^{3+}}$ 形成難溶的 $\mathrm{Fe(OH)_3}$，除去鐵離子。

因此順序為：

$$\boxed{\mathrm{NaCl \rightarrow Na_2SO_4 \rightarrow Na_2CO_3 \rightarrow NaOH}}$$

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選項分析

(A) $\mathrm{Na_2CO_3,\ NaOH,\ Na_2SO_4,\ NaCl}$：錯誤

一開始加入 $\mathrm{Na_2CO_3}$，會使多種金屬離子形成碳酸鹽或鹼式鹽，無法先選擇性除去單一離子；加入 $\mathrm{NaOH}$ 也會使 $\mathrm{Fe^{3+}}$、$\mathrm{Ni^{2+}}$ 等同時產生氫氧化物沉澱，失去分離效果。

(B) $\mathrm{NaCl,\ Na_2SO_4,\ Na_2CO_3,\ NaOH}$：正確

先依序形成：

$$\mathrm{AgCl,\ PbSO_4,\ NiCO_3,\ Fe(OH)_3}$$

每一步均先過濾除去沉澱，再處理下一種離子，符合選擇性沉澱的設計。

本題考驗元素的游離能 (ionization energy) 的週期性變化趨勢。

核心觀念：
第一游離能 (First Ionization Energy, IE₁) 是從氣態中性原子最外層電子移走一個電子所需的最低能量。
游離能的週期性變化趨勢：

1. 週期內 (同週期)：從左到右，有效核電荷增加，原子半徑減小，原子核對電子的吸引力增強，游離能增加。
2. 週期間 (同族)：從上到下，原子半徑增大，外層電子離核越遠，受到的核電荷屏蔽效應越強，核對外層電子的吸引力減弱，游離能減小。

有例外情況：

• IIA 族 (如 Be, Mg) 的游離能比 IIIA 族 (如 B, Al) 的高，因為 IIA 族原子最外層是填滿的 s 軌域，較穩定；而 IIIA 族需要移走 p 軌域的電子，能量較低。
• VA 族 (如 N, P) 的游離能比 VIA 族 (如 O, S) 的高，因為 VA 族原子最外層是半填滿的 p 軌域，較穩定。

逐一分析選項：

(A) Al > Si > P

• Al, Si, P 屬於同一週期 (第三週期)。
• 週期內從左到右，游離能趨勢是增加的。
• 正確順序應為：Al < Si < P。
• 題目給的順序是 Al > Si > P，這是錯誤的。

核心觀念

本題考查電化學電池電位與標準吉布斯自由能變化的關係：

$$\Delta G^\circ=-nFE^\circ_{\text{cell}}$$

其中：

• $n$：反應中轉移的電子莫耳數
• $F=96485\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$：法拉第常數
• $E^\circ_{\text{cell}}$：標準電池電位

自發反應的判斷為：

• $E^\circ_{\text{cell}}>0$，則 $\Delta G^\circ<0$
• $E^\circ_{\text{cell}}<0$，則 $\Delta G^\circ>0$

解題方法

反應為：

$$2\mathrm{Au^{3+}}+3\mathrm{Ni} \rightarrow 3\mathrm{Ni^{2+}}+2\mathrm{Au}$$

由題目給定的還原電位：

$$\mathrm{Au^{3+}}+3e^-\rightarrow \mathrm{Au} \qquad E^\circ=+1.50\ \mathrm{V}$$

金的離子被還原，因此金半反應作為陰極。

鎳金屬被氧化：

$$\mathrm{Ni}\rightarrow \mathrm{Ni^{2+}}+2e^-$$

雖然氧化反應的電位為還原電位的相反數，但計算電池電位時可直接使用：

$$E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ_{\text{cathode}} - E^\circ_{\text{anode, reduction}}$$

因此：

$$E^\circ_{\text{cell}} = 1.50-(-0.23) = 1.73\ \mathrm{V}$$

配平電子數：

• $2\mathrm{Au^{3+}}$ 接受 $6e^-$
• $3\mathrm{Ni}$ 釋放 $6e^-$

所以：

$$n=6$$

代入自由能公式：

$$\Delta G^\circ = -(6)(96485)(1.73)\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$$ $$\Delta G^\circ = -1.00\times10^6\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$$

換算為 $\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$：

本題考驗化學鍵的性質，特別是 sigma 鍵和 pi 鍵的區別。

核心觀念：

• Sigma 鍵 (σ 鍵)：由原子軌域的頭對頭 (head-to-head) 或端對端 (end-to-end) 重疊形成。電子雲密度主要集中在連接兩個原子核的軸上（原子核間軸）。σ 鍵是單鍵，允許自由旋轉。
• Pi 鍵 (π 鍵)：由原子軌域的側向 (sideways) 或平行 (parallel) 重疊形成。電子雲密度位於原子核間軸的上方和下方。π 鍵通常與 σ 鍵同時存在，形成雙鍵或三鍵。π 鍵的存在會限制單鍵的自由旋轉。
• 單鍵 (Single bond)：通常是 σ 鍵。
• 雙鍵 (Double bond)：由一個 σ 鍵和一個 π 鍵組成。
• 三鍵 (Triple bond)：由一個 σ 鍵和兩個 π 鍵組成。

逐一判斷各選項：

(A) Pi bonds are always stronger than sigma bond because pi bonds are formed in addition to sigma
bonds by sideways overlapping of atomic orbitals.

• 錯誤。
  • σ 鍵通常比 π 鍵強。 這是因為 σ 鍵的頭對頭重疊比 π 鍵的側向重疊更有效，形成的電子雲密度在原子核間軸上更集中。

核心觀念

本題考查理想氣體方程式與氣體密度：

$$PV=nRT$$

其中 $P$ 為壓力、$V$ 為體積、$n$ 為莫耳數、$T$ 為絕對溫度。

兩個氣球均在同一環境中，且為可變形氣球，因此可視為：

• 內部壓力相同；
• 與周圍環境達熱平衡，溫度相同。

氣體密度可由理想氣體方程式推得：

$$\rho=\frac{m}{V}=\frac{nM}{V}$$

由 $PV=nRT$ 得：

$$\frac{n}{V}=\frac{P}{RT}$$

因此：

$$\rho=\frac{PM}{RT}$$

在壓力與溫度相同時，氣體密度與莫耳質量 $M$ 成正比。

氫氣為 $\mathrm{H_2}$，莫耳質量約為 $2\ \mathrm{g/mol}$；氦氣為 $\mathrm{He}$，莫耳質量約為 $4\ \mathrm{g/mol}$。

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解題方法

已知體積比為：

$$V_{\mathrm{H_2}}:V_{\mathrm{He}}=2:1$$

由於兩個氣球內的氣體具有相同的壓力與溫度，使用理想氣體方程式：

$$n=\frac{PV}{RT}$$

在 $P,T$ 相同時，莫耳數與體積成正比，因此：

$$n_{\mathrm{H_2}}:n_{\mathrm{He}} = V_{\mathrm{H_2}}:V_{\mathrm{He}} = 2:1$$

接著計算質量比：

$$m=nM$$

所以：

$$m_{\mathrm{H_2}}:m_{\mathrm{He}} = (2)(2):(1)(4) = 4:4 = 1:1$$

密度則為：

$$\rho_{\mathrm{H_2}}=\frac{P(2)}{RT}$$ $$\rho_{\mathrm{He}}=\frac{P(4)}{RT}$$

因此：

$$\rho_{\mathrm{H_2}}:\rho_{\mathrm{He}}=2:4=1:2$$

兩者密度不相同。

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選項分析

(A) The pressures of the gas in the two balloons are the same.

核心觀念

本題考查雙原子分子的分子軌域（molecular orbital, MO）電子組態，以及由電子數判斷分子種類。

題目給出的電子組態為：

$$(\sigma_{1s})^2(\sigma_{1s}^{*})^2 (\sigma_{2s})^2(\sigma_{2s}^{*})^2 (\pi_{2p})^4(\sigma_{2p})^2$$

總電子數為：

$$2+2+2+2+4+2=14$$

此組態中，$\pi_{2p}$ 與 $\sigma_{2p}$ 軌域皆完全填滿，沒有電子進入反鍵結的 $\pi_{2p}^{*}$ 軌域，因此具有：

• 14 個總電子；
• 鍵級為 $3$；
• 所有電子成對，具抗磁性（diamagnetic）。

鍵級公式為：

$$\text{鍵級} =\frac{N_{\text{鍵結電子}}-N_{\text{反鍵結電子}}}{2}$$

其中鍵結電子為：

$$(\sigma_{1s})^2(\sigma_{2s})^2(\pi_{2p})^4(\sigma_{2p})^2$$

共 $10$ 個；反鍵結電子為：

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

共 $4$ 個。因此：

$$\text{鍵級}=\frac{10-4}{2}=3$$

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解題方法

逐一計算各選項的總電子數，再與題目組態的 $14$ 個電子比較。

對第二週期雙原子分子而言，電子總數為 $14$ 的典型分子包括：

• $N_2$：$7+7=14$
• $CO$：$6+8=14$

兩者皆可形成與題目相符的等電子分子軌域組態。

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選項分析

(A) NO

氮原子有 $7$ 個電子，氧原子有 $8$ 個電子：

$$7+8=15$$

NO 為 $15$ 電子分子，填入題目所列的 $14$ 個電子後，還會有 $1$ 個電子進入反鍵結的 $\pi_{2p}^{*}$ 軌域。因此其組態不符合題目所給形式。

錯誤。

(B) FeCl$_3$