111 高普考高考三級 材料工程 材料科學導論 考古題詳解

核心觀念

1. 常見金屬晶體結構： 金屬元素的原子排列通常為對稱性高且緊密堆積的結構，主要分為面心立方（Face-Centered Cubic, FCC）、體心立方（Body-Centered Cubic, BCC）與六方最密堆積（Hexagonal Close-Packed, HCP）。純鋁（$\text{Al}$）在室溫及常壓下屬於面心立方（FCC）晶體結構。
2. 原子堆積因子（Atomic Packing Factor, APF）定義： 採用「硬球模型」（Hard-Sphere Model），假設原子為不變形的剛性球體，APF 定義為單位晶胞內所有原子所佔據的體積與該單位晶胞總體積之比值： $\text{APF} = \frac{V_{\text{atoms}}}{V_{\text{unit cell}}} = \frac{n \times V_{\text{atom}}}{V_{\text{unit cell}}}$ 其中：

• $n$：單位晶胞所含的等效原子數（淨原子數）。
• $V_{\text{atom}}$：單一原子之球體體積，$V_{\text{atom}} = \frac{4}{3}\pi r^3$（$r$ 為原子半徑）。
• $V_{\text{unit cell}}$：立方晶胞體積，$V_{\text{unit cell}} = a^3$（$a$ 為晶格常數／晶胞邊長）。

解題方法

步驟一：確認鋁的晶體結構

鋁（$\text{Al}$）之晶體結構為面心立方結構（Face-Centered Cubic, FCC）。

步驟二：計算 FCC 晶胞內的等效原子數 $n$

在 FCC 單位晶胞中，原子分佈於 8 個角隅（Corners）與 6 個面的中心（Faces）：

• 8 個角隅原子，每個原子僅有 $\frac{1}{8}$ 屬於該晶胞。
• 6 個面心原子，每個原子僅有 $\frac{1}{2}$ 屬於該晶胞。

單位晶胞內的淨原子數 $n$ 為： $n = 8 \times \left(\frac{1}{8}\right) + 6 \times \left(\frac{1}{2}\right) = 1 + 3 = 4\text{ 個原子}$

步驟三：推導晶格常數 $a$ 與原子半徑 $r$ 的幾何關係

在 FCC 結構中，原子沿著最密排方向 $\langle 110 \rangle$（即面對角線方向）彼此相互接觸：

• 單一面之面對角線長度為 $\sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2}a$。
• 沿面對角線排列包含 2 個角隅原子的半徑與 1 個完整面心原子的直徑，長度相當於 $4r$。

因此，幾何關係式為： $4r = \sqrt{2}a \implies a = \frac{4r}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}r$

步驟四：計算原子堆積因子（APF）

1. 晶胞內原子總體積：

核心觀念

本題旨在測驗材料科學中**原子鍵結型態（Atomic Bonding）與材料熱性質（熔點 Melting Point）**之關聯性：

1. 晶體分類與結合鍵結：

• 離子晶體（Ionic Crystal）：由正負離子以強大的**離子鍵（Ionic Bond，屬於一次鍵/主鍵 Primary Bond）**相互吸引形成三維網狀結構。
• 分子晶體（Molecular Crystal）：由共價分子構成，分子內部為強大的共價鍵，但分子與分子之間僅靠微弱的**二次鍵（Secondary Bond / 分子間作用力 Intermolecular Force，如氫鍵、凡得瓦力）**相互維持。

2. 熔化之物理本質： 熔化是固體受熱吸收熱能，當熱振動能量（$\sim k_B T$，其中 $k_B$ 為波茲曼常數、$T$ 為絕對溫度）足以破壞或克服維持固態晶格的結合力時，晶體結構崩解轉化為液態。因此，破壞結合鍵所需的能量（鍵能）越高，熔點便越高。

解題方法

本題為標準的申論解釋題，解答切入點應分別剖析「氯化鈉」與「冰」的晶體結構、結合力類型，並以**「熔化過程所需克服之鍵能大小」**進行對比論述。

1. 氯化鈉（$\text{NaCl}$）的鍵結與熔化機制

• 晶體結構與作用力：$\text{NaCl}$ 屬於典型的離子晶體（面心立方岩鹽結構）。晶格中的鈉離子（$\text{Na}^+$）與氯離子（$\text{Cl}^-$）由無方向性的**庫侖靜電引力（Coulombic force）**緊密結合，形成三維網狀離子鍵。
• 熔化破壞的鍵結：$\text{NaCl}$ 熔化為液態熔融鹽的過程中，必須直接破壞高強度的一次鍵（離子鍵），使晶格崩解。
• 鍵能數值量級：$\text{NaCl}$ 的晶格能約為 $786\text{ kJ/mol}$，需要極高的熱運動動能才能打破此強大的庫侖靜電位能束縛，故其熔點高達約 $801^\circ\text{C}$（約 $1074\text{ K}$）。

2. 冰（$\text{H}_2\text{O}$）的鍵結與熔化機制

• 晶體結構與作用力：冰屬於分子晶體。水分子內部（$\text{H-O}$）是由極性共價鍵構成；但在固態冰的晶格中，各水分子之間是藉由**氫鍵（Hydrogen Bond）**與凡得瓦力（二次鍵）排列成開放式四面體晶格。
• 熔化破壞的鍵結：冰在熔化為液態水時，水分子內部的共價鍵並未斷裂，水分子依然保持完整，熔化過程僅需克服分子與分子之間相對微弱的氫鍵。
• 鍵能數值量級：水分子間的氫鍵鍵能僅約 $20 \sim 30\text{ kJ/mol}$，遠低於離子鍵能。

核心觀念

本題屬於複合材料（Composite Materials）微觀組織結構與計量關係之基本計算題，考查以下關鍵觀念與公式：

1. 相與基底之質量守恆： 複合材料中，分散相（矽顆粒）之重量百分比定義為： $W_{\text{Si}} = \frac{m_{\text{Si}}}{m_{\text{total}}} \times 100\% = \frac{m_{\text{Si}}}{m_{\text{Si}} + m_{\text{glass}}} \times 100\%$ 由此可得矽與玻璃基質的質量比： $\frac{m_{\text{Si}}}{m_{\text{glass}}} = \frac{W_{\text{Si}}}{100 - W_{\text{Si}}} = \frac{10}{90} = \frac{1}{9}$

2. 密度、質量與體積之因次關係： $m = \rho \cdot V$ 必須統一單位制（建議統一轉換至 CGS 制：$\mathrm{g}$、$\mathrm{cm}$，或 SI 制：$\mathrm{kg}$、$\mathrm{m}$）。

3. 微粒幾何關係（球體體積公式）： 單顆球形顆粒體積 $V_p$ 與直徑（粒徑）$d$ 之關係為： $V_p = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{d}{2}\right)^3 = \frac{\pi}{6} d^3$

解題方法

步驟一：設定基準（Basis）並計算玻璃基質之質量

選取基準體積為 $1\ \mathrm{mm}^3$ 之玻璃基質： $V_{\text{glass}} = 1\ \mathrm{mm}^3 = 10^{-3}\ \mathrm{cm}^3 = 10^{-9}\ \mathrm{m}^3$

題目給定玻璃基體密度 $\rho_{\text{glass}} = 2.60 \times 10^6\ \mathrm{g/m^3} = 2.60\ \mathrm{g/cm^3}$，則 $1\ \mathrm{mm}^3$ 玻璃基質之質量為： $m_{\text{glass}} = \rho_{\text{glass}} \times V_{\text{glass}} = (2.60 \times 10^6\ \mathrm{g/m^3}) \times (10^{-9}\ \mathrm{m}^3) = 2.60 \times 10^{-3}\ \mathrm{g}$

步驟二：求基準體積內矽顆粒之總質量

已知矽占材料總重量之 $10\ \mathrm{wt\%}$，代表玻璃基質占 $90\ \mathrm{wt\%}$： $\frac{m_{\text{Si}}}{m_{\text{glass}}} = \frac{0.10}{0.90} = \frac{1}{9}$ $m_{\text{Si}} = \frac{m_{\text{glass}}}{9} = \frac{2.60 \times 10^{-3}\ \mathrm{g}}{9} \approx 2.8889 \times 10^{-4}\ \mathrm{g}$

步驟三：計算單一矽顆粒之質量與體積

每 $1\ \mathrm{mm}^3$ 玻璃中含有 $N = 9.7 \times 10^{16}$ 個矽顆粒，因此單個矽顆粒之平均質量 $m_p$ 為：

核心觀念

1. p 型半導體與受體游離： 硼（$\mathrm{B}$）為週期表第 $\mathrm{III}$ 族元素，摻雜於第 $\mathrm{IV}$ 族的矽（$\mathrm{Si}$）中會形成受體（Acceptor）。每個硼原子接受一個共價鍵電子，同時在價帶產生一個電洞（Hole），故為 p 型半導體。
2. 載子濃度的「飽和範圍」（Saturation / Exhaustion Range）： 外質半導體的載子濃度隨溫度變化分為三區：凍結區（Freeze-out）、飽和／外質區（Saturation / Extrinsic）及本質區（Intrinsic）。在飽和範圍內，熱能充足使所有摻雜的硼原子完全游離（$100\%$ 游離度），此時多數載子（電洞）濃度等於受體濃度，且本質載子激發量遠小於摻雜濃度，即： $p \approx N_A, \quad n \ll p$
3. 電導率公式： 半導體之電導率 $\sigma$ 由電子與電洞共同貢獻： $\sigma = n q \mu_e + p q \mu_h$ 在飽和範圍之 p 型半導體中，電子濃度可忽略，公式簡化為： $\sigma \approx p q \mu_h = N_A q \mu_h$ 其中 $q = 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$ 為基本電荷，$\mu_h$ 為電洞遷移率。
4. 雜質濃度之基準轉換： 題目給定硼的摻雜濃度為 $15\ \mathrm{ppb}$（$\text{parts per billion} = 10^{-9}$），並特別附上「硼的原子質量」，顯示此處為質量濃度基準（重量比，$\mathrm{wt.\ ppb}$）。需利用矽的密度 $\rho_{\mathrm{Si}}$、硼的原子質量 $M_{\mathrm{B}}$ 及亞佛加厥常數 $N_{\mathrm{A0}}$，求得單位體積內的硼原子數密度 $N_A$。

解題方法

步驟一：計算每單位體積內的硼受體原子濃度 $N_A$

1. 換算硼的質量濃度： 以 $1\ \mathrm{cm^3}$ 的矽為基準，其質量為： $m_{\mathrm{Si}} = \rho_{\mathrm{Si}} \times 1\ \mathrm{cm^3} = 2.33\ \mathrm{g}$ 摻雜 $15\ \mathrm{ppb}$ 硼所含的硼質量 $m_{\mathrm{B}}$ 為： $m_{\mathrm{B}} = m_{\mathrm{Si}} \times (15 \times 10^{-9}) = 2.33\ \mathrm{g} \times 15 \times 10^{-9} = 3.495 \times 10^{-8}\ \mathrm{g}$

2. 計算硼的莫耳數與原子數： 硼的原子質量 $M_{\mathrm{B}} = 10.81\ \mathrm{g/mol}$，每立方公分矽所含硼的莫耳數為： $n_{\mathrm{B}} = \frac{m_{\mathrm{B}}}{M_{\mathrm{B}}} = \frac{3.495 \times 10^{-8}\ \mathrm{g}}{10.81\ \mathrm{g/mol}} \approx 3.2331 \times 10^{-9}\ \mathrm{mol}$ 引入亞佛加厥常數 $N_{\mathrm{A0}} = 6.022 \times 10^{23}\ \mathrm{atoms/mol}$，求得硼原子體積密度（受體濃度 $N_A$）： $N_A = n_{\mathrm{B}} \times N_{\mathrm{A0}} = 3.2331 \times 10^{-9}\ \mathrm{mol/cm^3} \times 6.022 \times 10^{23}\ \mathrm{atoms/mol} \approx 1.947 \times 10^{15}\ \mathrm{atoms/cm^3}$

3. 轉換為 SI 制單位：

核心觀念

本題考核材料腐蝕與電化學中的法拉第電解定律（Faraday's Law of Electrolysis）與電極反應電荷守恆：

1. 陽極氧化半反應： 金屬在腐蝕電池的陽極（Anode）發生氧化反應而溶出陽離子。鎳原子氧化生成二價鎳離子之半反應式為： $\mathrm{Ni \rightarrow Ni^{2+} + 2e^-}$ 每氧化 $1$ 個鎳原子，會向電路釋出 $2$ 個電子（反應價數 $n = 2$）。

2. 電流與電荷關係： 電流強度 $I$ 定義為單位時間內通過導體截面的電荷量 $Q$： $Q = I \times t$

3. 微觀電荷與粒子數關係： 電路中流動的總電荷量等於通過的電子總數乘上基本電荷量 $e$（$e \approx 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$）；或藉由巨觀法拉第常數 $F$（$F \approx 96500\ \mathrm{C/mol}$）與亞佛加厥數 $N_{\mathrm{A}}$（$N_{\mathrm{A}} \approx 6.022 \times 10^{23}\ \mathrm{atom/mol}$）進行莫耳數與原子數之換算。

解題方法

本題為典型的電化學定量計算，可從微觀基本電荷法切入，推導步驟如下：

步驟一：整理已知條件並進行單位換算

• 腐蝕電流：$I = 10\ \mathrm{mA} = 10 \times 10^{-3}\ \mathrm{A} = 0.01\ \mathrm{A} = 10^{-2}\ \mathrm{C/s}$
• 反應時間：$t = 1\ \mathrm{s}$
• 轉移電子價數：$n = 2$（因 $\mathrm{Ni} \rightarrow \mathrm{Ni^{2+}} + 2\mathrm{e^-}$）
• 基本電荷量：$e = 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$

步驟二：計算每秒通過電路的總電荷量 $Q$

$Q = I \times t = 0.01\ \mathrm{A} \times 1\ \mathrm{s} = 0.01\ \mathrm{C}$

步驟三：計算每秒流動之電子總數 $N_{\mathrm{e}}$

$N_{\mathrm{e}} = \frac{Q}{e} = \frac{0.01\ \mathrm{C}}{1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}} \approx 6.242 \times 10^{16}\ \text{個電子}$