111 高普考普通考試 化學工程 分析化學概要 考古題詳解

核心觀念

1. 準確度（Accuracy）與精確度（Precision）：

• 準確度：描述「測量值（或其平均值）與真值（或公認參考值）的接近程度」。主要受**系統誤差（Systematic error / Determinate error）影響，通常以絕對誤差（Absolute error）或相對誤差（Relative error）**評估。
• 精確度：描述「在相同條件下，重複測量同一檢體所得數據間的彼此接近程度或重現性」。主要受逢機誤差 / 偶然誤差（Random error / Indeterminate error）影響，通常以偏差（Deviation）、**標準偏差（Standard deviation）或變異係數（Coefficient of variation, CV）**評估。

2. 相對誤差（Relative Error, $E_r$）： 衡量分析數據系統偏差程度的無因次量指標，定義為絕對誤差佔真值（或公認參考值）的百分比（或千分比）： $E_r = \frac{\bar{x} - x_t}{x_t} \times 100\%$ 其中 $\bar{x}$ 為測量平均值，$x_t$ 為真值（標準參考物質標示值）。
3. 變異係數（Coefficient of Variation, $\mathrm{CV}$）： 又稱為相對標準偏差（Relative Standard Deviation, $\mathrm{RSD}$），常以百分比表示，用以評估實驗數據的精確度： $\mathrm{CV} = \frac{s}{\bar{x}} \times 100\%$ 其中 $s$ 為樣本標準偏差，公式為： $s = \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^N (x_i - \bar{x})^2}{N - 1}}$

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解題方法

(一) 精確度與準確度的差異說明

在分析化學中，兩者分別描述量測品質的不同維度，主要差異可歸納如下：

比較項目	準確度（Accuracy）	精確度（Precision）
定義	測量結果（或平均值）與真實值的接近程度。	重複測定所得各數據之間的相互接近程度（再現性）。
誤差來源	反映**系統誤差（可測誤差）**的大小，如儀器校正不良、試劑純度不純或操作方法缺陷。	反映**逢機誤差（不可測誤差）**的離散程度，如人為讀數微小波動、環境溫濕度微小起伏。
表示方式	以絕對誤差（$E = \bar{x} - x_t$）或相對誤差（$E_r$）表示。	以標準偏差（$s$）、變異數（$s^2$）或變異係數（$\mathrm{CV}$）表示。
兩者關係	高精確度不保證高準確度（可能數據集中但全偏向一側）；但高準確度通常必須建立在良好的精確度之上。

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(二) 計算此方法的相對誤差

1. 計算樣本平均值（$\bar{x}$）： $N = 5$ $\sum_{i=1}^{5} x_i = 0.771 + 0.785 + 0.760 + 0.759 + 0.775 = 3.850\ \mathrm{ppm}$ $\bar{x} = \frac{3.850}{5} = 0.770\ \mathrm{ppm}$

2. 計算絕對誤差（$E$）： 已知真值 $x_t = 0.750\ \mathrm{ppm}$： $E = \bar{x} - x_t = 0.770 - 0.750 = +0.020\ \mathrm{ppm}$

3. 計算相對誤差（$E_r$）： $E_r = \frac{\bar{x} - x_t}{x_t} \times 100\% = \frac{0.020\ \mathrm{ppm}}{0.750\ \mathrm{ppm}} \times 100\% = +2.67\%$ （若以千分比 $\mathrm{ppt}$ 表示，則為 $+26.7\ \mathrm{ppt}$；若嚴格保留兩位有效數字，亦可寫為 $+2.7\%$）

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核心觀念

本題評量酸鹼化學平衡之基礎核心計算，涵蓋三種國家考試最常見的溶液型態：

1. 高濃度強酸溶液：利用強酸完全解離特性求算 $[\mathrm{H}^+]$，並依 pH 定義式 $\mathrm{pH} = -\log[\mathrm{H}^+]$ 計算。需具備「pH 值可為負值」的正確觀念。
2. 弱酸強鹼鹽水解平衡：弱酸根陰離子在水中發生水解（質子轉移）生成 $\mathrm{OH}^-$。利用水解平衡常數式（$K_b$）配合「$5\%$ 規則」近似法求出 $[\mathrm{OH}^-]$，再換算為 $\mathrm{pH}$（$25^\circ\mathrm{C}$ 下，$\mathrm{pH} + \mathrm{pOH} = 14$）。
3. 緩衝溶液（Buffer Solution）：弱酸與其共軛鹼共存體系，適用 Henderson-Hasselbalch 方程式： $\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\left(\frac{[\text{共軛鹼}]}{[\text{弱酸}]}\right)$

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解題方法

(一) 濃度為 $2.0\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{HCl}$ 溶液

1. 反應與解離分析： $\mathrm{HCl}$ 為強酸，在水溶液中完全解離： $\mathrm{HCl}_{(aq)} \rightarrow \mathrm{H}^+_{(aq)} + \mathrm{Cl}^-_{(aq)}$ 因此溶液中氫離子莫耳濃度即等於強酸分析濃度： $[\mathrm{H}^+] = 2.0\ \mathrm{M}$

2. 計算 $\mathrm{pH}$ 值： 依據 Sorenson 的 $\mathrm{pH}$ 定義： $\mathrm{pH} = -\log[\mathrm{H}^+] = -\log(2.0)$ 已知 $\log 2.0 \approx 0.3010$，取兩位有效數字（對數小數位數為兩位）： $\mathrm{pH} = -0.30$

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(二) 濃度為 $0.01\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{NaOCl}$ 溶液

1. 反應與平衡分析： $\mathrm{NaOCl}$ 為強電解質，在水中完全解離成 $\mathrm{Na}^+$ 與 $\mathrm{OCl}^-$： $\mathrm{NaOCl}_{(aq)} \rightarrow \mathrm{Na}^+_{(aq)} + \mathrm{OCl}^-_{(aq)}$ 次氯酸根（$\mathrm{OCl}^-$）為弱酸的共軛鹼，會進行水解產生鹼性： $\mathrm{OCl}^-_{(aq)} + \mathrm{H_2O}_{(l)} \rightleftharpoons \mathrm{HOCl}_{(aq)} + \mathrm{OH}^-_{(aq)}$

2. 列平衡常數式： 設平衡時水解產生的 $[\mathrm{OH}^-] = x\ \mathrm{M}$：

• 初濃度：$[\mathrm{OCl}^-] = 0.01\ \mathrm{M}$
• 平衡濃度：$[\mathrm{OCl}^-] = (0.01 - x)\ \mathrm{M}$，$[\mathrm{HOCl}] = x\ \mathrm{M}$，$[\mathrm{OH}^-] = x\ \mathrm{M}$

平衡常數表示式： $K_b = \frac{[\mathrm{HOCl}][\mathrm{OH}^-]}{[\mathrm{OCl}^-]} = \frac{x^2}{0.01 - x} = 3.3 \times 10^{-7}$

3. 合理近似與解方程式： 檢驗近似條件：$\frac{C}{K_b} = \frac{0.01}{3.3 \times 10^{-7}} \approx 3.03 \times 10^4 \gg 500$，表示水解程度極小，$0.01 - x \approx 0.01$。 $\frac{x^2}{0.01} = 3.3 \times 10^{-7} \implies x^2 = 3.3 \times 10^{-9} = 33 \times 10^{-10}$ $x = [\mathrm{OH}^-] = \sqrt{33 \times 10^{-10}} \approx 5.74 \times 10^{-5}\ \mathrm{M}$

核心觀念

本題評量重量分析法（Gravimetric Analysis）的核心計算與實驗操作原理，涵蓋三大主題：

1. 化學計量與重量因數（Gravimetric Factor, GF）：利用沉澱物（$\mathrm{AgCl}$）與待測物（$\mathrm{C}_{14}\mathrm{H}_9\mathrm{Cl}_5$）間的莫耳計量關係，由稱重質量回推樣品純度或含量百分比。
2. 膠體沉澱物之凝聚機制（Coagulation of Colloids）：理解膠體顆粒表面吸附電荷形成的「雙電層」（Electrical Double Layer）排斥力，以及如何透過物理或化學手段壓縮雙電層促成粒子凝聚。
3. 均勻沉澱法（Homogeneous Precipitation）與結晶控制：馮韋曼相對過飽和度理論（Von Weimarn's Relative Supersaturation, RSS），藉由控制沉澱劑在溶液內部緩慢生成，以優化沉澱顆粒大小與純度。

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解題方法

(一) 計算樣品中 DDT 的含量百分比

1. 反應計量關係： 每個 DDT 分子（$\mathrm{C}_{14}\mathrm{H}_9\mathrm{Cl}_5$）含有 $5$ 個氯原子。以金屬鈉分解後，釋出等莫耳數的氯離子： $\mathrm{C}_{14}\mathrm{H}_9\mathrm{Cl}_5 \xrightarrow{\mathrm{Na}} 5\,\mathrm{Cl^-}$ 氯離子與銀離子沉澱形成氯化銀： $\mathrm{Cl^-} + \mathrm{Ag^+} \rightarrow \mathrm{AgCl}_{(s)}$ 因此，DDT 與 $\mathrm{AgCl}$ 之莫耳計量比為： $1\ \mathrm{mol\ DDT} \equiv 5\ \mathrm{mol\ Cl^-} \equiv 5\ \mathrm{mol\ AgCl}$

2. DDT 之重量因數（GF）： $\mathrm{GF} = \frac{M_{\mathrm{DDT}}}{5 \times M_{\mathrm{AgCl}}} = \frac{354.49\ \mathrm{g/mol}}{5 \times 143.32\ \mathrm{g/mol}} = \frac{354.49}{716.60} \approx 0.494683$

3. 計算樣品中所含 DDT 質量： $m_{\mathrm{DDT}} = m_{\mathrm{AgCl}} \times \mathrm{GF} = 0.1873\ \mathrm{g} \times 0.494683 \approx 0.092654\ \mathrm{g}$

4. 計算樣品中 DDT 的重量百分比： $\% \text{ DDT} = \frac{m_{\mathrm{DDT}}}{m_{\text{樣品}}} \times 100\% = \frac{0.092654\ \mathrm{g}}{5.50\ \mathrm{g}} \times 100\% \approx 1.6846\%$ 按有效數字原則（樣品重 $5.50\ \mathrm{g}$ 為 3 位有效數字），取至 3 位有效數字得 $1.68\%$。

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(二) 使膠體粒子凝聚的兩項方法

$\mathrm{AgCl}$ 膠體顆粒直徑約在 $10^{-7} \sim 10^{-4}\ \mathrm{cm}$，顆粒表面因吸附同種離子（如過量 $\mathrm{Ag^+}$ 或 $\mathrm{Cl^-}$）而帶同號電荷，形成初級吸附層與擴散反離子層（雙電層），同電荷間的靜電排斥力阻礙粒子相互靠近。使其凝聚（凝析）為易於過濾的大顆粒，主要有以下兩種方法：

1. 加入適量的惰性（揮發性）強電解質（Increasing Electrolyte Concentration）：

• 原理：提高溶液中整體的離子強度，增加擴散層中的離子濃度，能有效壓縮雙電層（Electrical Double Layer）厚度，縮短粒子間靜電排斥力作用範圍，使凡得瓦吸引力（van der Waals attraction）主導，促進粒子碰撞凝結。
• 實務：重量分析 $\mathrm{AgCl}$ 通常加入易於後續烘烤揮發去除的電解質（如稀硝酸 $\mathrm{HNO}_3$）。

2. 加熱並劇烈攪拌溶液（Heating and Stirring / Digestion）：

• 原理：加熱提高膠體顆粒的熱運動動能，有助於粒子跨越靜電排斥能障；

本題為經典的酸鹼滴定分析與化學計量題型，命題核心涵蓋三大分析化學重要主題：

1. 標準溶液配製與一級標準品標定原理（基本分析操作概念）。
2. 滴定化學計量與莫耳濃度計算（酸鹼中和計量關係）。
3. 多元弱酸滴定曲線特徵與指示劑選用（弱鹼鹽水解平衡計算與變色範圍比對）。

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(一) 配製好的 $\mathrm{NaOH}$ 溶液須以 KHP 標定的原因

核心觀念

• 一級標準品（Primary Standard）的要件：高純度、穩定性高、不易吸水潮解、摩爾質量大。
• 二級標準品（Secondary Standard）的限制：無法以直接稱量法精準配製，必須透過一級標準品反應「標定（Standardization）」以確認其真實濃度。

解題方法（得分要點闡述）

配製好的 $\mathrm{NaOH}$ 溶液不能直接作為基準標準溶液，必須以鄰苯二甲酸氫鉀（KHP）標定，原因如下：

1. $\mathrm{NaOH}$ 固體易潮解且易吸收二氧化碳： 市售固體 $\mathrm{NaOH}$ 純度不足（常含雜質），且極易吸收空氣中的水分而「潮解」，同時會吸收空氣中的 $\mathrm{CO_2}$ 反應生成碳酸鈉（$\mathrm{Na_2CO_3}$）。因此無法藉由直接秤量固體精確得知溶質質量，配得的溶液濃度不準確且容易隨時間改變。
2. KHP 具備優良的一級標準品特性： 鄰苯二甲酸氫鉀（$\mathrm{KHC_8H_4O_4}$，分子量 $204.22\ \mathrm{g/mol}$）具備：

• 純度極高且化學性質穩定。
• 不易吸濕潮解（常溫常壓下不易變質）。
• 莫耳質量較大（$204.22\ \mathrm{g/mol}$），可大幅降低稱量時的天平相對誤差。
• 與 $\mathrm{NaOH}$ 反應時為明確的 $1:1$ 單質子酸鹼反應，化學計量關係確定。

3. 結論：為獲得準確的 $\mathrm{NaOH}$ 實際工作濃度，必須以 KHP 作為一級標準品進行標定。

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(二) 計算 $\mathrm{NaOH}$ 水溶液的莫耳濃度

核心觀念

• KHP 為一元弱酸（含一個可滴定羧基質子），與強鹼 $\mathrm{OH}^-$ 的中和反應方程式為： $\mathrm{HC_8H_4O_4^-} + \mathrm{OH^-} \longrightarrow \mathrm{C_8H_4O_4^{2-}} + \mathrm{H_2O}$
• 當量點時，酸的莫耳數等於鹼的莫耳數： $n_{\mathrm{KHP}} = n_{\mathrm{NaOH}}$

解題方法與計算步驟

1. 計算取用的 KHP 莫耳數： $n_{\mathrm{KHP}} = \frac{\text{質量}}{\text{分子量}} = \frac{0.54\ \mathrm{g}}{204.22\ \mathrm{g/mol}} \approx 2.6442 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$

2. 化學計量平衡計算： 取出的 $0.54\ \mathrm{g}$ KHP 全部配入水中並以 $\mathrm{NaOH}$ 滴定至終點，消耗 $\mathrm{NaOH}$ 溶液體積為 $25.3\ \mathrm{mL} = 0.0253\ \mathrm{L}$。 設 $\mathrm{NaOH}$ 之莫耳濃度為 $C_{\mathrm{NaOH}}$： $C_{\mathrm{NaOH}} \times V_{\mathrm{NaOH}} = n_{\mathrm{KHP}}$ $C_{\mathrm{NaOH}} \times 0.0253\ \mathrm{L} = 2.6442 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ $C_{\mathrm{NaOH}} = \frac{2.6442 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}}{0.0253\ \mathrm{L}} \approx 0.1045\ \mathrm{M}$

依題給數據（$0.54\ \mathrm{g}$ 為二位有效數字，$25.3\ \mathrm{mL}$ 為三位有效數字），計算結果約為 $0.105\ \mathrm{M}$（或 $0.10\ \mathrm{M}$）。通常分析化學標定結果保留三至四位有效數字，表示為 $0.105\ \mathrm{M}$（或 $0.1045\ \mathrm{M}$）。

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(三) 指示劑選用與原因說明

核心觀念

1. 指示劑選用原則：指示劑的變色範圍（Transition Range）必須涵蓋或貼近滴定當量點（Equivalence Point）的理論 $\mathrm{pH}$ 值，使滴定終點（End Point）與當量點重合，將滴定誤差降至最低。
2. 碳酸滴定反應與當量點組成：

• 第一當量點：$\mathrm{H_2CO_3} + \mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{HCO_3^-} + \mathrm{H_2O}$
• 第二當量點：$\mathrm{HCO_3^-} + \mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{CO_3^{2-}} + \mathrm{H_2O}$ 在第二當量點時，溶液中主要物種為碳酸根離子（$\mathrm{CO_3^{2-}}$），為弱酸的共軛鹼，會發生鹼性水解。

解題方法與理論推導

1. 計算第二當量點溶液中 $\mathrm{CO_3^{2-}}$ 的分析濃度：

核心觀念

本題考查分析化學中**氧化還原滴定（Redox Titration）**的核心應用——**反滴定法（Back Titration）**與化學計量計算：

1. 反滴定法的原理：氯酸根（$\mathrm{ClO_3^-}$）氧化性雖強，但在酸性溶液中直接與還原劑滴定的反應速率較緩慢，終點判定不易。因此實務上先加入已知過量的還原劑標準溶液（$\mathrm{Fe^{2+}}$），待其完全反應後，再以強氧化劑標準溶液（$\mathrm{Ce^{4+}}$，即鈰量法）滴定剩餘未反應的 $\mathrm{Fe^{2+}}$。
2. 化學計量比（Stoichiometry）：

• 主反應：$1\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{ClO_3^-}$ 消耗 $6\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{Fe^{2+}}$。
• 反滴定反應：$\mathrm{Ce^{4+}}$ 與 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 進行單電子轉移氧化還原，計量比為 $1 : 1$。

3. 物質平衡公式： $\text{加入總 } \mathrm{Fe^{2+}}\text{ 莫耳數} = \text{與 } \mathrm{ClO_3^-}\text{ 反應之 } \mathrm{Fe^{2+}}\text{ 莫耳數} + \text{剩餘被 } \mathrm{Ce^{4+}}\text{ 反滴定之 } \mathrm{Fe^{2+}}\text{ 莫耳數}$

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解題方法

(一) $\mathrm{Fe^{2+}}$ 和 $\mathrm{Ce^{4+}}$ 的反應方程式

在酸性溶液中，$\mathrm{Ce^{4+}}$ 為一價氧化劑（標準還原電位約 $+1.44\sim +1.70\ \mathrm{V}$），將 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 氧化為 $\mathrm{Fe^{3+}}$，自身還原為 $\mathrm{Ce^{3+}}$：

• 氧化半反應：$\mathrm{Fe^{2+} \rightarrow Fe^{3+} + e^-}$
• 還原半反應：$\mathrm{Ce^{4+} + e^- \rightarrow Ce^{3+}}$

將兩半反應相加，電子相消，得全反應淨離子方程式： $\mathrm{Fe^{2+} + Ce^{4+} \rightarrow Fe^{3+} + Ce^{3+}}$

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(二) 計算和 $\mathrm{KClO_3}$ 反應的 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 毫莫耳數

運算建議統一以「毫莫耳（$\mathrm{mmol}$）」為單位，以簡化小數點移位：

1. 加入之 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 總毫莫耳數： $n(\mathrm{Fe^{2+}})_{\text{total}} = C_{\mathrm{Fe^{2+}}} \times V_{\mathrm{Fe^{2+}}} = 0.087\ \mathrm{M} \times 50.0\ \mathrm{mL} = 4.35\ \mathrm{mmol}$

2. 過量未反應、被 $\mathrm{Ce^{4+}}$ 反滴定之 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 毫莫耳數： 由反應式可知 $\mathrm{Fe^{2+}} : \mathrm{Ce^{4+}} = 1 : 1$： $n(\mathrm{Fe^{2+}})_{\text{excess}} = C_{\mathrm{Ce^{4+}}} \times V_{\mathrm{Ce^{4+}}} = 0.069\ \mathrm{M} \times 14.9\ \mathrm{mL} = 1.0281\ \mathrm{mmol}$

3. 實際與 $\mathrm{KClO_3}$ 反應之 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 毫莫耳數： $n(\mathrm{Fe^{2+}})_{\text{reacted}} = n(\mathrm{Fe^{2+}})_{\text{total}} - n(\mathrm{Fe^{2+}})_{\text{excess}} = 4.35\ \mathrm{mmol} - 1.0281\ \mathrm{mmol} = 3.3219\ \mathrm{mmol} \approx 3.32\ \mathrm{mmol}$

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(三) 計算樣品中 $\mathrm{KClO_3}$ 的含量百分比

1. 求樣品中 $\mathrm{KClO_3}$ 的毫莫耳數： 根據題目所附主反應方程式： $\mathrm{ClO_3^- + 6Fe^{2+} + 6H^+ \rightarrow Cl^- + 6Fe^{3+} + 3H_2O}$