111 年經濟部聯招(台電、中油、台水、台糖)新進職員化學考古題與詳解

Question 1

下列哪一個金屬原子或離子的半徑最大？ (A) Ca (B) Mg$^{2+}$ (C) Zn$^{2+}$ (D) Mn

Accepted Answer

核心觀念 本題考查週期表中的原子半徑與離子半徑趨勢。 1. 同一週期中，從左至右原子序增加，電子仍填入相同主層，核電荷增加使有效核電荷增大，原子半徑通常逐漸減小。 2. 金屬原子形成陽離子後，會失去最外層電子，且電子間排斥減少，因此離子半徑通常遠小於原子半徑。 3. 比較不同粒子的半徑時，需同時考慮： - 電子層數 - 核電荷大小 - 是否為陽離子 解題方法 先比較中性原子 Ca 與 Mn，再比較兩個陽離子。 Ca 與 Mn 位於第四週期： - Ca：第 2 族，電子組態為 $[\mathrm{Ar}]4s^2$ - Mn：第 7 族，電子組態為 $[\mathrm{Ar}]3d^54s^2$ 兩者最外層皆涉及第四主層，但 Mn 的原子序較大，核內質子數較多，對電子的吸引力較強，因此同一週期由左至右，Mn 的原子半徑小於 Ca。 而 Mg$^{2+}$ 失去兩個最外層電子： $$ \mathrm{Mg}: 1s^22s^22p^63s^2 $$ $$ \mathrm{Mg}^{2+}: 1s^22s^22p^6 $$ Mg$^{2+}$ 只剩第二主層電子，半徑明顯縮小。 Zn$^{2+}$ 的電子組態為： $$ \mathrm{Zn}: [\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2 $$ $$ \mathrm{Zn}^{2+}: [\mathrm{Ar}]3d^{10} $$ Zn$^{2+}$ 雖有第三主層電子，但其核電荷較大，對電子吸引較強，半徑仍遠小於中性金屬原子 Ca。 因此最大者為 Ca。 選項分析 - (A) Ca：正確

Question 2

甲、乙、丙三個容器，分別裝有理想氣體 A、B、C。甲—乙、乙—丙間互相連通，並有活栓可控制開關。原始狀態各活栓為關閉，各容器內的氣體壓力及體積如下：

甲： $2.00\ \mathrm{atm}$ ， $3.00\ \mathrm{L}$ 乙： $8.00\ \mathrm{atm}$ ， $4.00\ \mathrm{L}$ 丙： $5.00\ \mathrm{atm}$ ， $5.00\ \mathrm{L}$

定溫下，將各活栓打開，假設三種氣體互不反應。當容器內氣體達到平衡後，若忽略各活栓的體積，則容器內的壓力應變為多少大氣壓（atm）？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體在定溫下混合後的平衡壓力，以及理想氣體方程式： $$ PV=nRT $$ 定溫下，$R$ 與 $T$ 不變，因此各氣體的莫耳數可由 $PV$ 表示。三個活栓全部打開後，三種氣體混合並占據所有容器的總體積，最後達到相同壓力。 總體積為： $$ V{	ext{總}}=3.00+4.00+5.00=12.00\ \mathrm{L} $$ 解題方法 定溫且三種氣體互不反應，系統總莫耳數守恆，因此有： $$ PfV{	ext{總}} = P{甲}V{甲} + P{乙}V{乙} + P{丙}V{丙} $$ 代入題目數據： $$ Pf(12.00) = (2.00)(3.00)+(8.00)(4.00)+(5.00)(5.00) $$ $$ Pf(12.00)=6.00+32.00+25.00=63.00\ \mathrm{atm\cdot L} $$ 因此： $$ Pf=\frac{63.00}{12.00} =5.25\ \mathrm{atm} $$ 故平衡後容器內的總壓力為 $5.25\ \mathrm{atm}$。 選項分析 - (A) 1.25 atm：錯誤。 此數值不符合總體積與總 $PV$ 的守恆關係，且明顯低於原始狀態的加權平均壓力。

Question 3

咖啡因（Caffeine）分子內之各種原子質量占比分別為 C = 49.48%、H = 5.15%、N = 28.87%、O = 16.49%。已知咖啡因之分子量為 194.2，請推測其分子式，下列何者正確？ (A) $\mathrm{C4H5N2O}$ (B) $\mathrm{C8H{10}N4O2}$ (C) $\mathrm{C6H8N2O}$ (D) $\mathrm{C8H{10}N4O}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「實驗式」與「分子式」的判定： - 實驗式：表示化合物中各元素原子數的最簡整數比。 - 分子式：表示一個分子中各元素的實際原子數。 - 分子式通常是實驗式的整數倍： $$ 	ext{分子式}=(	ext{實驗式})n $$ 其中倍數 $n$ 可由下式求得： $$ n=\frac{	ext{分子量}}{	ext{實驗式量}} $$ --- 解題方法 假設取咖啡因 $100\ \mathrm{g}$，各元素質量分別為： $$ \begin{aligned} \mathrm{C}:&\ 49.48\ \mathrm{g}\ \mathrm{H}:&\ 5.15\ \mathrm{g}\ \mathrm{N}:&\ 28.87\ \mathrm{g}\ \mathrm{O}:&\ 16.49\ \mathrm{g} \end{aligned} $$ 採用原子量 $\mathrm{C}=12$、$\mathrm{H}=1$、$\mathrm{N}=14$、$\mathrm{O}=16$，換算成莫耳數： $$ \begin{aligned} \mathrm{C}:&\ \frac{49.48}{12}=4.123\ \mathrm{H}:&\ \frac{5.15}{1}=5.15\ \mathrm{N}:&\ \frac{28.87}{14}=2.062\ \mathrm{O}:&\ \frac{16.49}{16}=1.031 \end{aligned} $$ 以最小值 $1.031$ 相除： $$ \begin{aligned} \mathrm{C}:&\ \frac{4.123}{1.031}\approx 4\ \mathrm{H}:&\ \frac{5.15}{1.031}\approx 5\ \mathrm{N}:&\ \frac{2.062}{1.031}\approx 2\ \mathrm{O}:&\ \frac{1.031}{1.031}=1 \end{aligned} $$ 因此實驗式為： $$ \mathrm{C4H5N2O} $$ 實驗式量為：

Question 4

在溫度 $27\ ^\circ\mathrm{C}$、一大氣壓下，將 $20.0\ \mathrm{g}$ 的 $\mathrm{MgCO3}$（分子量 = 84）加入 $500\ \mathrm{mL}$ 的純水中。經充分攪拌並靜置一段時間後，取出上層澄清液，測得其滲透壓為 $112\ \mathrm{mmHg}$。試問在一大氣壓、$27\ ^\circ\mathrm{C}$ 時，$\mathrm{MgCO3}$ 的溶度積常數（$K{\mathrm{sp}}$）最接近下列哪一個數值？ (A) $3.0 	imes 10^{-3}$ (B) $1.0 	imes 10^{-3}$ (C) $9.0 	imes 10^{-6}$ (D) $3.0 	imes 10^{-6}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查難溶鹽的溶度積與滲透壓之間的關係。 碳酸鎂溶解時： $$ \mathrm{MgCO3(s)ightleftharpoons Mg^{2+}(aq)+CO3^{2-}(aq)} $$ 設 $\mathrm{MgCO3}$ 的莫耳溶解度為 $s\ \mathrm{mol/L}$，則： $$ [\mathrm{Mg^{2+}}]=s,\qquad [\mathrm{CO3^{2-}}]=s $$ 滲透壓反映溶液中所有溶質粒子的總濃度，因此： $$ \Pi=( [\mathrm{Mg^{2+}}]+[\mathrm{CO3^{2-}}])RT=2sRT $$ 溶度積定義為： $$ K{\mathrm{sp}}=[\mathrm{Mg^{2+}}][\mathrm{CO3^{2-}}]=s^2 $$ 本題依一般考試假設，忽略水解、活度效應及離子對形成，並視為稀溶液且完全解離。 解題方法 1. 將滲透壓換算為大氣壓 $$ \Pi=\frac{112}{760}\ \mathrm{atm} =0.1474\ \mathrm{atm} $$ 溫度為： $$ T=27+273=300\ \mathrm{K} $$ 使用滲透壓公式： $$ \Pi=C{	ext{粒子}}RT $$ 其中 $C{	ext{粒子}}$ 是溶液中所有離子的總莫耳濃度。因此： $$ C{	ext{粒子}} =\frac{\Pi}{RT} =\frac{0.1474}{(0.0821)(300)} \approx 5.98	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$ 2. 求 $\mathrm{MgCO3}$ 的溶解度 每溶解 $1$ 莫耳 $\mathrm{MgCO3}$，會產生 $1$ 莫耳 $\mathrm{Mg^{2+}}$ 與 $1$ 莫耳 $\mathrm{CO3^{2-}}$，共 $2$ 莫耳溶質粒子。 所以： $$ 2s=5.98	imes10^{-3} $$ $$ s=2.99	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$ 3. 計算溶度積

Question 5

下列哪一個氧化物無法和氧氣反應？ (A) $\mathrm{SO3}$ (B) $\mathrm{N2O}$ (C) $\mathrm{As2O3}$ (D) $\mathrm{P4O6}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氧化還原反應中「元素最高氧化數（最高價態）與氧化物穩定性」的判斷。 1. 最高氧化數原則：主族（代表族）非金屬與類金屬元素的最高氧化數，通常等於其最外層價電子數（即族數）。 2. 與氧氣的反應性：物質能與氧氣（$\mathrm{O2}$）發生反應，本質上是該物質作為還原劑被氧氣氧化。若氧化物中的中心原子已經處於其理論最高氧化數，則無法再失去電子被氧氣進一步氧化。 --- 解題方法 1. 計算各選項氧化物中「中心原子」的氧化數（Oxidation State）。 2. 對照該元素在週期表中的族數與最高可能氧化數： - 第 15 族（VA 族，如 $\mathrm{N}$、$\mathrm{P}$、$\mathrm{As}$）：最高氧化數為 $+5$。 - 第 16 族（VIA 族，如 $\mathrm{S}$）：最高氧化數為 $+6$。 3. 判定中心原子是否已達最高氧化數： - 已達最高氧化數者：無法再被 $\mathrm{O2}$ 氧化，即無法與氧氣反應。 - 未達最高氧化數者：仍具還原性，可與 $\mathrm{O2}$ 進一步反應生成更高價態的氧化物。 --- 選項分析 (A) $\mathrm{SO3}$（三氧化硫）：正確（無法反應） - 硫（$\mathrm{S}$）位於週期表第 16 族（VIA 族），價電子數為 6，最高可能氧化數為 $+6$。 - 在 $\mathrm{SO3}$ 中，氧（$\mathrm{O}$）的氧化數為 $-2$，設 $\mathrm{S}$ 的氧化數為 $x$： $$x + 3(-2) = 0 \implies x = +6$$ - $\mathrm{S}$ 的氧化數已達到極限最高值（$+6$），無法再失去電子，因此 $\mathrm{SO3}$ 不能被氧氣進一步氧化，無法與 $\mathrm{O2}$ 反應。 (B) $\mathrm{N2O}$（一氧化二氮 / 笑氣）：錯誤（可反應） - 氮（$\mathrm{N}$）位於週期表第 15 族（VA 族），最高可能氧化數為 $+5$。 - 在 $\mathrm{N2O}$ 中，$\mathrm{N}$ 的氧化數為 $+1$（$2x + (-2) = 0 \implies x = +1$）。

Question 6

$\mathrm{HCl(g)}$ 分解產生 $\mathrm{H2(g)}$ 和 $\mathrm{Cl2(g)}$ 之反應式為： $$ 2\mathrm{HCl(g)} \rightleftharpoons \mathrm{H2(g)}+\mathrm{Cl2(g)} $$ 於 $500\ ^\circ\mathrm{C}$ 的平衡常數 $Kc$ 為 $0.01$。將 $5.0$ 莫耳 $\mathrm{HCl(g)}$ 放入溫度為 $500\ ^\circ\mathrm{C}$ 的容器中，當反應達到平衡時，若容器體積不變，則 $\mathrm{HCl(g)}$ 的分解百分率（%）最接近下列何者？ (A) 1.7 (B) 2.1 (C) 4.3 (D) 8.6

Accepted Answer

核心觀念 1. 氣相化學平衡與平衡常數（$Kc$）： 對於氣相可逆反應 $a\mathrm{A(g)} + b\mathrm{B(g)} ightleftharpoons c\mathrm{C(g)} + d\mathrm{D(g)}$，濃度平衡常數定義為： $$ Kc = \frac{[\mathrm{C}]^c [\mathrm{D}]^d}{[\mathrm{A}]^a [\mathrm{B}]^b} $$ 2. 反應前後氣體分子數不變（$\Delta n = 0$）的特性： 當生成物氣體係數和等於反應物氣體係數和（$\Delta n = (1 + 1) - 2 = 0$）時，平衡常數表示式中分子與分母的容器體積 $V$ 會完全抵銷，故平衡計算時可直接使用莫耳數替代濃度計算。 3. 分解百分率（Decomposition Percentage）定義： $$ 	ext{分解百分率 (\%)} = \frac{	ext{達到平衡時已分解之 }\mathrm{HCl}	ext{ 莫耳數}}{\mathrm{HCl}	ext{ 之初始莫耳數}} 	imes 100\% $$ --- 解題方法 步驟一：建立平衡莫耳數表（ICE Table） 設容器體積為 $V$（單位：$\mathrm{L}$）。初始放入 $5.0	ext{ mol}$ 的 $\mathrm{HCl(g)}$，設反應達到平衡時生成 $\mathrm{H2(g)}$ 為 $x	ext{ mol}$。依化學計量係數比（$2 : 1 : 1$），可列出以下變化量與平衡莫耳數： $$ \begin{array}{lcccc} & 2\mathrm{HCl(g)} & ightleftharpoons & \mathrm{H2(g)} & + & \mathrm{Cl2(g)} \ 	ext{初 (Initial, mol)} & 5.0 & & 0 & & 0 \ 	ext{變 (Change, mol)} & -2x & & +x & & +x \ 	ext{平 (Equilibrium, mol)} & 5.0 - 2x & & x & & x \end{array} $$ 步驟二：代入濃度平衡常數 $Kc$ 表示式 將各物質之平衡濃度代入 $Kc$：

Question 7

下列有關反應熱及物質能量轉換的敘述何者正確？ (A) 一莫耳的純物質由液體汽化為氣體所需的熱量，少於其由氣體凝結為液體所放出的熱量。 (B) 有一化學反應，其生成物的莫耳生成熱比反應物的莫耳生成熱小，則此反應為吸熱反應。 (C) 二氧化碳的莫耳汽化熱等於乾冰的莫耳昇華熱。 (D) 二氧化碳的莫耳生成熱等於石墨的莫耳燃燒熱。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查相變化熱、莫耳生成熱、莫耳燃燒熱，以及反應熱與焓變的關係。

1. 相變化熱

同一物質在相同條件下：

汽化：液體 $\rightarrow$ 氣體，吸熱
凝結：氣體 $\rightarrow$ 液體，放熱

兩者熱量的「絕對值」相等、方向相反：

\Delta H_{\mathrm{vap}}=-\Delta H_{\mathrm{cond}}

昇華則為：

\text{固體}\rightarrow\text{氣體}

其焓變可視為熔化熱與汽化熱之和：

\Delta H_{\mathrm{sub}} = \Delta H_{\mathrm{fus}}+\Delta H_{\mathrm{vap}}

2. 莫耳生成熱

某物質的莫耳生成熱，是由其組成元素在標準狀態下生成 $1$ mol 該物質時的反應焓變。

反應焓可由各物質的莫耳生成熱計算：

\Delta H_{\mathrm{rxn}} = \sum \Delta H_f^\circ(\text{生成物}) - \sum \Delta H_f^\circ(\text{反應物})

因此：

$\Delta H_{\mathrm{rxn}}<0$ ：放熱反應
$\Delta H_{\mathrm{rxn}}>0$ ：吸熱反應

3. 莫耳燃燒熱

某物質完全燃燒 $1$ mol 時所放出的熱量，稱為該物質的莫耳燃燒熱。

石墨完全燃燒的反應為：

\mathrm{C(graphite)+O_2(g)\rightarrow CO_2(g)}

這個反應同時也是由元素標準狀態生成 $1$ mol 二氧化碳的反應。

解題方法

逐一比較各選項所描述的反應與定義：

判斷汽化熱與凝結熱的大小關係。
以生成熱公式判斷反應的吸、放熱。
比較汽化與昇華所涉及的相變化步驟。
比對二氧化碳的生成反應與石墨的完全燃燒反應是否相同。

選項分析

(A) 錯誤

一莫耳純物質由液體汽化為氣體所需的熱量為莫耳汽化熱：

\mathrm{液體\rightarrow氣體}

氣體凝結為液體時，所放出的熱量大小等於汽化時所吸收的熱量：

\mathrm{氣體\rightarrow液體}

因此：

Question 8

某碳氫化合物 $10.0\ \mathrm{g}$，經完全燃燒後產生 $30.8\ \mathrm{g}$ 二氧化碳，下列何者為此化合物之分子式？ (A) $\mathrm{CH4}$ (B) $\mathrm{C2H6}$ (C) $\mathrm{C7H{16}}$ (D) $\mathrm{C3H8}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 質量守恆定律與元素分析（燃燒分析法）：碳氫化合物（$\mathrm{CxHy}$）在氧氣中完全燃燒時，化合物中所含的碳元素（$\mathrm{C}$）全部轉化為二氧化碳（$\mathrm{CO2}$），氫元素（$\mathrm{H}$）全部轉化為水（$\mathrm{H2O}$）。 2. 成分元素質量計算公式： $$W{\mathrm{C}} = W{\mathrm{CO2}} 	imes \frac{M{\mathrm{C}}}{M{\mathrm{CO2}}}$$ $$W{\mathrm{H}} = W{	ext{化合物}} - W{\mathrm{C}}$$ 3. 實驗式（簡式）推導：利用各元素之質量除以原子量求得莫耳數，其最簡整數比即為實驗式： $$n{\mathrm{C}} : n{\mathrm{H}} = \frac{W{\mathrm{C}}}{12.0} : \frac{W{\mathrm{H}}}{1.0}$$ --- 解題方法 步驟一：計算碳元素（$\mathrm{C}$）的質量與莫耳數 二氧化碳（$\mathrm{CO2}$）分子量為 $12.0 + 16.0 	imes 2 = 44.0\ \mathrm{g/mol}$。 完全燃燒生成的 $30.8\ \mathrm{g}\ \mathrm{CO2}$ 中所含碳元素的質量為： $$W{\mathrm{C}} = 30.8\ \mathrm{g} 	imes \frac{12.0}{44.0} = 8.4\ \mathrm{g}$$ 碳元素的莫耳數為： $$n{\mathrm{C}} = \frac{8.4\ \mathrm{g}}{12.0\ \mathrm{g/mol}} = 0.70\ \mathrm{mol}$$ 步驟二：計算氫元素（$\mathrm{H}$）的質量與莫耳數 因為此化合物僅含碳、氫兩種元素，由質量守恆可得氫元素質量： $$W{\mathrm{H}} = 10.0\ \mathrm{g} - 8.4\ \mathrm{g} = 1.6\ \mathrm{g}$$ 氫元素的莫耳數為： $$n{\mathrm{H}} = \frac{1.6\ \mathrm{g}}{1.0\ \mathrm{g/mol}} = 1.6\ \mathrm{mol}$$ 步驟三：求出實驗式與分子式 計算碳與氫的原子個數莫耳比： $$n{\mathrm{C}} : n{\mathrm{H}} = 0.70 : 1.60 = 7 : 16$$ 故該化合物的實驗式（簡式）為 $\mathrm{C7H{16}}$。 由於 $\mathrm{C7H{16}}$ 符合飽和鏈烷烴通式 $\mathrm{CnH{2n+2}}$（$n=7$ 時為庚烷），已為最簡穩定分子，因此其分…

Question 9

在標準狀態下，已知 Zn–Ag 電池電壓為 $1.56\ \mathrm{V}$ ，Zn–Cu 電池電壓為 $1.10\ \mathrm{V}$ 。若指定

\mathrm{Cu^{2+}(aq)+2e^- \rightarrow Cu(s)}

的電位為參考點（ $E^\circ=0.00\ \mathrm{V}$ ），則

\mathrm{Ag^+(aq)+e^- \rightarrow Ag(s)}

之 $E^\circ$ 為多少伏特（V）？

Accepted Answer

核心觀念 1. 電池電動勢（標準電池電壓）之定義： 在標準狀態下，原電池的標準電動勢 $E^\circ{	ext{cell}}$ 為陰極（還原極）的標準還原電位與陽極（氧化極）的標準還原電位之差： $$E^\circ{	ext{cell}} = E^\circ{	ext{cathode}} - E^\circ{	ext{anode}}$$ 2. 標準還原電位的相對性（基準點平移）： 半反應的絕對電位無法直接測量，所有電位值均相對於特定參考電極（傳統以標準氫電極 $\mathrm{SHE}$ 為基準，$E^\circ = 0.00\ \mathrm{V}$）。當人為改變參考基準點時，各半反應之標準還原電位數值會隨之平移，但兩電極間的電位差（電池電壓）為客觀物理量，恆定不變。 3. 電位為強度性質（Intensive Property）： 還原電位與化學反應式之計量係數無關，不會因電子轉移數的乘倍或除倍而改變數值。 --- 解題方法 步驟一：判斷電極角色並列出電動勢關係式 金屬的活性（氧化傾向）順序為 $\mathrm{Zn Cu Ag}$。因此在構成的雙金屬原電池中，活性較大的金屬為陽極（氧化），活性較小的金屬為陰極（還原）。 - Zn–Cu 電池：$\mathrm{Zn}$ 為陽極，$\mathrm{Cu}$ 為陰極。 $$E^\circ{	ext{cell}}(	ext{Zn–Cu}) = E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) - E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}) = 1.10\ \mathrm{V} \quad \cdots\ (1)$$ - Zn–Ag 電池：$\mathrm{Zn}$ 為陽極，$\mathrm{Ag}$ 為陰極。 $$E^\circ{	ext{cell}}(	ext{Zn–Ag}) = E^\circ(\mathrm{Ag^+/Ag}) - E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}) = 1.56\ \mathrm{V} \quad \cdots\ (2)$$ 步驟二：消除共同陽極項，求出兩陰極之電位差 將式 $(2)$ 減去式 $(1)$，可消去共同陽極 $\mathrm{Zn}$ 的標準還原電位 $E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn})$： $$[E^\circ(\mathrm{Ag^+/Ag}) - E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn})] - [E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) - E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn})] = 1.56\ \mathrm{V} - 1.10\ \mathrm{V}$$ $$E^\circ(\mathrm{Ag^+/Ag}) - E^\circ(…

Question 10

下列何者最接近 $1.00	imes10^{-2}\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{H2SO4(aq)}$ 之 pH 值？ $$ \mathrm{H2SO4(aq)ightleftharpoons H^+(aq)+HSO4^-(aq)} $$ $K{a1}$ 極大 $$ \mathrm{HSO4^-(aq)ightleftharpoons H^+(aq)+SO4^{2-}(aq)} $$ $K{a2}=1.2	imes10^{-2}$ (A) 1.50 (B) 1.84 (C) 1.92 (D) 2.00

Accepted Answer

核心觀念 本題考查二元酸（硫酸，$\mathrm{H2SO4}$）的兩階段水溶液解離平衡與 pH 值計算： 1. 第一階段解離：硫酸為強酸，$K{a1} \gg 1$，在水中視為 $100\%$ 完全解離，提供初始的 $\mathrm{H^+}$ 與 $\mathrm{HSO4^-}$。 2. 第二階段解離：硫酸氫根離子（$\mathrm{HSO4^-}$）為中強酸，其解離常數為 $K{a2} = 1.2	imes10^{-2}$。 3. 同離子效應與二次方程式求解：由於酸的起始濃度（$1.00	imes10^{-2}\ \mathrm{M}$）與 $K{a2}$ 數量級相近（$\frac{C0}{K{a2}} < 400$），計算第二階段解離量 $x$ 時不可省略（不可視為 $0.01 - x \approx 0.01$），必須精確解一元二次方程式。 --- 解題方法 步驟一：第一階段完全解離 $1.00	imes10^{-2}\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{H2SO4(aq)}$ 完全解離： $$ \mathrm{H2SO4(aq) ightarrow H^+(aq) + HSO4^-(aq)} $$ 解離後溶液中： - $[\mathrm{H^+}] = 1.00	imes10^{-2}\ \mathrm{M} = 0.0100\ \mathrm{M}$ - $[\mathrm{HSO4^-}] = 1.00	imes10^{-2}\ \mathrm{M} = 0.0100\ \mathrm{M}$ --- 步驟二：列出第二階段解離平衡（ICE 表） 設第二階段解離產生的 $[\mathrm{SO4^{2-}}]$ 為 $x\ \mathrm{M}$： $$ \begin{array}{lcccc} & \mathrm{HSO4^-(aq)} & ightleftharpoons & \mathrm{H^+(aq)} & + & \mathrm{SO4^{2-}(aq)} \ 	ext{初 (M)} & 0.0100 & & 0.0100 & & 0 \ 	ext{變 (M)} & -x & & +x & & +x \ 	ext{平 (M)} & 0.0100 - x & & 0.0100 + x & & x \end{array} $$ --- 步驟三：代入平衡常數 $K{a2}$ 求解 $x$ $$ K{a2} = \frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{SO4^{2-}}]}{[\mathrm{HSO4^-}]} = \frac{(0.0100 + x)x}{0.0100 - x} = 1.2	imes10^{-2} = 0.012 $$ 展開並整理為標準一元二次方程式： $$…

Question 11

硫代硫酸鈉（$\mathrm{Na2S2O3}$）可去除水中殘餘的氯，其化學反應如下所示（反應係數未平衡）。若有 1 莫耳硫代硫酸鈉完全反應，請問該反應之電子轉移數為多少莫耳？ $$ \mathrm{Na2S2O3}+b\mathrm{Cl2}+c\mathrm{H2O} \rightarrow d\mathrm{NaHSO4}+e\mathrm{HCl} $$ (A) 8 (B) 6 (C) 4 (D) 2

Accepted Answer

核心觀念 1. 氧化數判斷原則： - 中性化合物中各元素氧化數代數和為 $0$。 - 鹼金屬（$\mathrm{Na}$）氧化數為 $+1$；氫（$\mathrm{H}$，接非金屬）氧化數為 $+1$；氧（$\mathrm{O}$）通常為 $-2$；單質（如 $\mathrm{Cl2}$）氧化數為 $0$。 2. 電子轉移數（$\Delta n(e^-)$）： - 氧化還原反應中，氧化劑所獲得的電子總莫耳數等於還原劑所失去的電子總莫耳數。 - 轉移電子莫耳數 $=$ 物質莫耳數 $	imes$ 化學式內特定原子數 $	imes$ 單一原子之氧化數變化量 $|\Delta	ext{O.N.}|$。 --- 解題方法 方法一：氧化數變化法（最直觀快速） 1. 計算反應物與產物中硫（$\mathrm{S}$）的氧化數： - 在 $\mathrm{Na2S2O3}$ 中： $$2(+1) + 2 	imes 	ext{O.N.}(\mathrm{S}) + 3(-2) = 0 \implies 	ext{O.N.}(\mathrm{S}) = +2$$ - 在 $\mathrm{NaHSO4}$ 中： $$1(+1) + 1(+1) + 	ext{O.N.}(\mathrm{S}) + 4(-2) = 0 \implies 	ext{O.N.}(\mathrm{S}) = +6$$ 2. 計算 1 莫耳 $\mathrm{Na2S2O3}$ 所釋出的電子莫耳數： - 每個 $\mathrm{S}$ 原子的氧化數由 $+2$ 上升至 $+6$，失去 $6 - 2 = 4$ 個電子。 - 每 1 莫耳 $\mathrm{Na2S2O3}$ 含有 $2$ 莫耳的 $\mathrm{S}$ 原子。 - 電子轉移莫耳數 $= 1	ext{ mol} 	imes 2 	imes (6 - 2) = 8	ext{ mol}$。 --- 方法二：全反應方程式平衡法（驗算確認） 1. 寫出氧化與還原半反應： - 氧化半反應（$\mathrm{S2O3^{2-}} ightarrow \mathrm{HSO4^-}$）： $$\mathrm{Na2S2O3} + 5\mathrm{H2O} ightarrow 2\mathrm{NaHSO4} + 8\mathrm{H^+} + 8e^-$$ - 還原半反應（$\mathrm{Cl2} ightarrow \mathrm{Cl^-}$）： $$\mathrm{Cl2} + 2e^- ightarrow 2\mathrm{Cl^-}$$ 2. 平衡電子得失並合併反應式： - 將還原半反應乘以 $4$，使得失電子數皆為 $8e^-$： $$4\mathrm{Cl2} + 8e^- ightarro…

Question 12

在定容反應器中灌入氣體 X 與 Y 各 1 莫耳，反應產生氣體 Z，3 種氣體視為理想氣體。反應後溫度不變，測得混合氣體的總莫耳數為 1.5 莫耳，且 X、Y、Z 三種氣體的分壓比為 $6:5:4$ 。

已知該反應的化學反應式為：

a\mathrm{X}+b\mathrm{Y}\rightarrow c\mathrm{Z}

則反應式中的係數 $a$ 、 $b$ 、 $c$ ，下列何者正確？

Accepted Answer

核心觀念 1. 道耳頓分壓定律與理想氣體方程式： 在定溫（$T$ 不變）、定容（$V$ 不變）的條件下，根據理想氣體方程式 $PV = nRT$，混合氣體中各成分氣體的分壓 $Pi$ 與其莫耳數 $ni$ 成正比（$Pi \propto ni$）。因此，分壓比即為平衡（反應後）時各氣體的莫耳數比： $$P{\mathrm{X}} : P{\mathrm{Y}} : P{\mathrm{Z}} = n{\mathrm{X}} : n{\mathrm{Y}} : n{\mathrm{Z}}$$ 2. 化學計量法則（反應式係數比）： 化學反應方程式中的平衡係數比 $a : b : c$，等於各反應物與生成物在反應過程中的莫耳數變化量之比（$\Delta n{\mathrm{X}} : \Delta n{\mathrm{Y}} : \Delta n{\mathrm{Z}}$），而非反應後的殘留莫耳數比。 --- 解題方法 步驟一：求反應後各氣體的莫耳數 已知反應後總莫耳數 $n{	ext{total}} = 1.5	ext{ mol}$，且分壓比為 $P{\mathrm{X}} : P{\mathrm{Y}} : P{\mathrm{Z}} = 6 : 5 : 4$。 由道耳頓分壓定律可知，反應後各成分的莫耳數為： - $n{\mathrm{X}} = 1.5 	imes \dfrac{6}{6+5+4} = 1.5 	imes \dfrac{6}{15} = 0.6	ext{ mol}$ - $n{\mathrm{Y}} = 1.5 	imes \dfrac{5}{6+5+4} = 1.5 	imes \dfrac{5}{15} = 0.5	ext{ mol}$ - $n{\mathrm{Z}} = 1.5 	imes \dfrac{4}{6+5+4} = 1.5 	imes \dfrac{4}{15} = 0.4	ext{ mol}$ 步驟二：列出反應莫耳數變化量（三行法） $$ \begin{array}{lccccc} & a\,\mathrm{X} & + & b\,\mathrm{Y} & ightarrow & c\,\mathrm{Z} \ \hline 	ext{初莫耳數 (mol)} & 1.0 & & 1.0 & & 0 \ 	ext{變化量 }\Delta n	ext{ (mol)} & -0.4 & & -0.5 & & +0.4 \ \hline 	ext{末莫耳數 (mol)} & 0.6 & & 0.5 & & 0.4 \ \end{array} $$

Question 13

下列化合物何者沸點最高？ (A) $\mathrm{CH3CH2OH}$ (B) $\mathrm{CH3COOH}$ (C) $\mathrm{CH3CHO}$ (D) $\mathrm{CH3CONH2}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 分子間作用力（Intermolecular Forces）與沸點之關係： 液體沸騰為物理變化，過程需克服分子間作用力。分子間作用力愈強，將液體分子拉開所需能量愈高，故沸點愈高。常見分子間作用力強度順序通常為： $$	ext{氫鍵 (Hydrogen Bond)} 	ext{偶極-偶極力 (Dipole-Dipole Force)} 	ext{倫敦分散力 (London Dispersion Force)}$$ 2. 影響氫鍵強度的關鍵因素： - 氫鍵形成條件：$\mathrm{H}$ 原子需直連於電負度大、原子半徑小的 $\mathrm{N, O, F}$ 原子上，並與另一分子的孤對電子（Lone Pair）相互吸引。 - 醯胺（Amide）的超強分子間作用力： - 強共振偶極：醯胺基具顯著共振結構（$\mathrm{R-C(=O)-NH2 \leftrightarrow R-C(O^-)=N^+H2}$），使 $\mathrm{C=O}$ 與 $\mathrm{N-H}$ 產生極大的偶極矩與正負電荷分離。 - 網狀氫鍵能力：初級醯胺（Primary Amide，如 $-\mathrm{NH2}$）擁有 2 個氫鍵供體（Donor）與羰基氧（Acceptor），能在三維空間形成龐大且緊密的網狀氫鍵構造，其沸點遠高於相同碳數的羧酸或醇類。 --- 解題方法 本題給出的四種化合物皆包含 2 個碳原子，其莫耳質量相近，因此沸點的高低取決於分子間作用力的類型與吸引力強度。 比較步驟如下： 1. 判斷有無分子間氫鍵： - (A) $\mathrm{CH3CH2OH}$、(B) $\mathrm{CH3COOH}$、(D) $\mathrm{CH3CONH2}$ 均含有與 $\mathrm{O}$ 或 $\mathrm{N}$ 直連的 $\mathrm{H}$ 原子，可形成分子間氫鍵。 - (C) $\mathrm{CH3CHO}$ 的 $\mathrm{H}$ 均直連於 $\mathrm{C}$ 原子，無法形成分子間氫鍵。 2. 比較具氫鍵化合物的作用力強度： - $\mathrm{CH3CONH2}$（乙醯胺）：具強共振偶極極性，且具有多重氫鍵供體與受體，形成立體網狀氫鍵，沸點高達約 $221\,^\circ\mathrm{C}$。 - $\mathrm{CH3COOH}$（乙酸）：可形成雙分子環狀氫鍵（Dimer），沸點約 $118\,^\circ\mathrm{C}$。 - $\mathrm{CH3CH2OH}$（乙醇）：形成一般鏈狀氫鍵，沸點約 $78\,^\circ\mathrm{C}$。

Question 14

反應 $$ \mathrm{H2(g)+I2(g)\rightleftharpoons 2HI(g)} $$ 於密閉系統中進行。若所有的氣體均符合理想氣體的條件，於反應達平衡後加入少量的 $\mathrm{Ar(g)}$，且系統之溫度與體積維持不變，則下列敘述何者正確？ (A) 加入 $\mathrm{Ar(g)}$ 後，各反應物的濃度不變。 (B) 加入 $\mathrm{Ar(g)}$ 後，達到平衡時會產生更多的 $\mathrm{HI(g)}$。 (C) 反應會向左進行而達到平衡。 (D) 反應的平衡常數會變大。

Accepted Answer

核心觀念 1. 勒沙特列原理（Le Chatelier's Principle）與惰性氣體的加入： 在化學平衡系統中加入不參與反應的惰性氣體（如 $\mathrm{Ar}$），其對平衡移動的影響取決於系統的約束條件： - 定溫定容（Constant $T, V$）：系統總壓增加，但由於體積 $V$ 與各反應物／生成物的莫耳數 $ni$ 維持不變，各成分的莫耳濃度 $[\mathrm{i}] = \frac{ni}{V}$ 及分壓 $Pi = \frac{ni RT}{V}$ 均保持不變，故反應商 $Q$ 維持等於平衡常數 $K$，平衡不移動。 - 定溫定壓（Constant $T, P$）：若要維持總壓不變，系統體積必須膨脹，導致各氣體分壓與濃度下降，平衡將向「氣體莫耳數較多」的方向移動。 2. 平衡常數（Equilibrium Constant, $K$）的特性： 平衡常數 $K$ 為溫度的函數，只要系統溫度未改變，平衡常數 $K$ 就不會改變。 --- 解題方法 本題系統設定為定溫定容條件下加入少量的惰性氣體 $\mathrm{Ar(g)}$： 1. 濃度與分壓分析： 對任意反應物或生成物氣體 $\mathrm{X}$，其莫耳濃度計算式為： $$ [\mathrm{X}] = \frac{n{\mathrm{X}}}{V} $$ 由於體積 $V$ 維持不變，且未加入或扣除任何反應物或生成物的莫耳數 $n{\mathrm{X}}$，故加入 $\mathrm{Ar(g)}$ 的瞬間與後續，所有反應物與生成物的莫耳濃度都不會發生改變。

Question 15

鈉、鎂及鋁三種物質的第 $n$ 游離能分別為 $1090.3$、$346.6$ 及 $434.2\ \mathrm{kcal/mol}$。試問 $n$ 為多少？ (A) $n=1$ (B) $n=2$ (C) $n=3$ (D) $n=4$

Accepted Answer

核心觀念 1. 逐級游離能（Successive Ionization Energies）： - 游離能（Ionization Energy, $IE$）是指氣態原子或離子失去電子所需吸收的最低能量。 - 第 $n$ 游離能（$IEn$）代表帶 $(n-1)+$ 電價的氣態陽離子失去第 $n$ 個電子所需的能量： $$X^{(n-1)+}{(g)} 	o X^{n+}{(g)} + e^- \quad (\Delta H = IEn)$$ 2. 電子組態與跨層游離（內層電子躍升）： - 同一原子的逐級游離能恆滿足：$IE1 < IE2 < IE3 < \dots < IEn$。 - 當失去的電子由「價電子層」轉移至「內層鈍氣核心（八隅體）」時，主量子數 $n$ 減少，電子距離原子核更近、屏蔽效應劇減，游離能會出現數倍至十倍的急劇躍升（$\Delta IE \gg$ 一般遞增）。 3. 同週期元素（第三週期）的電子組態： - $	ext{Na}\ (Z=11)$：$[	ext{Ne}]\,3s^1$（價電子數 $= 1$） - $	ext{Mg}\ (Z=12)$：$[	ext{Ne}]\,3s^2$（價電子數 $= 2$） - $	ext{Al}\ (Z=13)$：$[	ext{Ne}]\,3s^2 3p^1$（價電子數 $= 3$） --- 解題方法 1. 分析各元素的逐級游離特徵： - 鈉（$	ext{Na}$）：擁有 1 個價電子。 - $IE1$：移除 $3s^1$ 電子（能量較低）。 - $IE2$：自 $	ext{Na}^+\ ([	ext{Ne}]\,2p^6)$ 鈍氣組態中移除內層電子，發生巨大躍升（$IE2 \gg IE1$）。 - 鎂（$	ext{Mg}$）：擁有 2 個價電子。 - $IE1$ 與 $IE2$：分別移除 $3s^2$ 與 $3s^1$ 價電子，數值正常遞增。 - $IE3$：自 $	ext{Mg}^{2+}\ ([	ext{Ne}]\,2p^6)$ 移除內層電子，發生巨大躍升（$IE3 \gg IE2$）。 - 鋁（$	ext{Al}$）：擁有 3 個價電子。 - $IE1$、$IE2$ 與 $IE3$：分別移除 $3p^1$、$3s^2$ 與 $3s^1$ 價電子，數值正常遞增。 - $IE4$：自 $	ext{Al}^{3+}\ ([	ext{Ne}]\,2p^6)$ 移除內層電子，發生巨大躍升（$IE4 \gg IE3$）。 2. 比對題目給定之數據： - 題目給予的三者第 $n$ 游離能大小關係為： $$	ext{Na}\ (1090.3\ \mathrm{kcal/mol}) \gg 	ext{Al}\ (434.2\ \mathrm{kcal/mol}) 	ext{Mg}…

Question 16

鎳鎘電池反應如下。若一電池經使用一段時間後，消耗了 $8.0\ \mathrm{g}$ 的鎘。今以 $5.0\ \mathrm{A}$ （安培）的電流為之進行充電，試問理論上至少約需多少分鐘始能完成充電？（已知鎘的原子量為 $112.4$ ，1 法拉第 = $96{,}500\ \mathrm{C}$ 。）

\mathrm{Cd+NiO_2+2H_2O\rightarrow Cd(OH)_2+Ni(OH)_2}

Accepted Answer

核心觀念 1. 法拉第電解定律（Faraday's Law of Electrolysis） 通電反應中，電路通過的總電量 $Q$ 與電極上反應物轉移的電子莫耳數 $ne$ 成正比關係： $$Q = I 	imes t = ne 	imes F$$ 其中 $Q$ 為電量（庫侖，$\mathrm{C}$）、$I$ 為電流（安培，$\mathrm{A}$）、$t$ 為時間（秒，$\mathrm{s}$）、$ne$ 為轉移電子的莫耳數（$\mathrm{mol}$）、$F$ 為法拉第常數（$96{,}500\ \mathrm{C/mol}$）。 2. 鎳鎘電池氧化還原電子轉移數 觀察題目給定之總反應式： $$\mathrm{Cd + NiO2 + 2H2O ightarrow Cd(OH)2 + Ni(OH)2}$$ 鎘（$\mathrm{Cd}$）在反應前氧化數為 $0$，反應後在 $\mathrm{Cd(OH)2}$ 中氧化數為 $+2$。因此，每消耗 $1\ \mathrm{mol}$ 的鎘，會轉移 $2\ \mathrm{mol}$ 的電子（轉移電子數 $n = 2$）。 --- 解題方法 1. 計算消耗鎘（$\mathrm{Cd}$）的莫耳數 已知鎘原子量為 $112.4\ \mathrm{g/mol}$，消耗質量為 $8.0\ \mathrm{g}$： $$n{\mathrm{Cd}} = \frac{8.0\ \mathrm{g}}{112.4\ \mathrm{g/mol}} = \frac{8.0}{112.4}\ \mathrm{mol}$$ 2. 計算充電所需之總電子莫耳數 $ne$ 由於每莫耳 $\mathrm{Cd}$ 充電需還原轉移 $2\ \mathrm{mol}$ 電子： $$ne = 2 	imes n{\mathrm{Cd}} = 2 	imes \frac{8.0}{112.4} = \frac{16.0}{112.4}\ \mathrm{mol}$$ 3. 計算理論所需總電量 $Q$ 代入法拉第常數 $F = 96{,}500\ \mathrm{C/mol}$： $$Q = ne 	imes F = \frac{16.0}{112.4} 	imes 96{,}500\ \mathrm{C} \approx 13{,}736.65\ \mathrm{C}$$

Question 17

在溫度 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 下，濃度均為 $0.1\ \mathrm{M}$ 的下列五種物質的水溶液，若將 pH 值由低至高排列，請問下列排序何者正確？（ $\mathrm{CH_3COOH}$ 的 $K_a=1.8\times10^{-5}$ ， $\mathrm{NH_3}$ 的 $K_b=1.8\times10^{-5}$ 。）

① $\mathrm{NH_3}$ ② $\mathrm{NH_4Cl}$ ③ $\mathrm{CH_3COOH}$ ④ $\mathrm{CH_3COONa}$ ⑤ $\mathrm{CH_3COONH_4}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查水溶液的酸鹼性判斷、鹽類水解理論與 pH 值排序。 1. 溶液酸鹼性分類： - 未鹽化的弱酸溶液：直接解離產生 $\mathrm{H}^+$，酸性最強，$\mathrm{pH} < 7$。 - 強酸弱鹼鹽：陽離子發生水解產生 $\mathrm{H}^+$，溶液呈弱酸性，$5 < \mathrm{pH} < 7$。 - 弱酸弱鹼鹽：陰陽離子皆發生水解（雙水解），溶液之酸鹼性取決於弱酸 $Ka$ 與弱鹼 $Kb$ 的相對大小。 - 弱酸強鹼鹽：陰離子發生水解產生 $\mathrm{OH}^-$，溶液呈弱鹼性，$7 < \mathrm{pH} < 9$。 - 未鹽化的弱鹼溶液：水解產生 $\mathrm{OH}^-$，鹼性最強，$\mathrm{pH} 7$。 2. 重要化學公式： - 弱酸溶液：$[\mathrm{H}^+] = \sqrt{Ka \cdot Ca}$ - 弱鹼溶液：$[\mathrm{OH}^-] = \sqrt{Kb \cdot Cb}$ - 強酸弱鹼鹽（水解）：$[\mathrm{H}^+] = \sqrt{\frac{Kw}{Kb} \cdot C{salt}}$ - 弱酸強鹼鹽（水解）：$[\mathrm{OH}^-] = \sqrt{\frac{Kw}{Ka} \cdot C{salt}}$ - 弱酸弱鹼鹽：$[\mathrm{H}^+] = \sqrt{Kw \cdot \frac{Ka}{Kb}}$ --- 解題方法 法一：定性判斷法（快速解題） 同濃度（$0.1\ \mathrm{M}$）下，依據各物質水解與解離特性，將酸鹼性由極酸至極鹼排序： 1. ③ $\mathrm{CH3COOH}$：未被中和的弱酸，離解出大量 $\mathrm{H}^+$，酸性最強，pH 最低。 2. ② $\mathrm{NH4Cl}$：強酸弱鹼鹽，$\mathrm{NH4}^+$ 微量水解： $$\mathrm{NH4}^+ + \mathrm{H2O} ightleftharpoons \mathrm{NH3} + \mathrm{H3O}^+$$ 呈微酸性（$\mathrm{pH} \approx 5.13$）。 3. ⑤ $\mathrm{CH3COONH4}$：弱酸弱鹼鹽，已知 $Ka(\mathrm{CH3COOH}) = Kb(\mathrm{NH3}) = 1.8	imes10^{-5}$。陰陽離子水解能力相等，水解產生的 $\mathrm{H}^+$ 與 $\mathrm{OH}^-$ 完全抵銷，呈中性（$\mathrm{pH} = 7.00$）。 4. ④ $\mathrm{CH3COONa}$：弱酸強鹼鹽，$\mathrm{CH3COO}^-$ 微量水解： $$\mathrm{CH3COO}^- + \m…

Question 18

若壓力不變情況下，溫度由 $27\ ^\circ\mathrm{C}$ 升高為 $627\ ^\circ\mathrm{C}$ 時，理想氣體分子間的平均距離會增為原來的多少倍？

Accepted Answer

核心觀念 1. 查理定律（Charles's Law）與絕對溫度 在壓力 $P$ 與氣體莫耳數 $n$ 固定時，理想氣體的體積 $V$ 與絕對溫度 $T$（單位：$\mathrm{K}$）成正比，即 $V \propto T$。攝氏溫度 $t\ (^\circ\mathrm{C})$ 轉換為絕對溫度 $T\ (\mathrm{K})$ 之公式為： $$T = t + 273.15 \approx t + 273$$ 2. 氣體分子平均距離與體積的維度關係 設空間內共有 $N$ 個氣體分子，每個分子平均佔有的空間體積為 $v = \frac{V}{N}$。分子間的平均距離 $d$ 相當於該平均空間單元的線性特徵長度，因此平均距離與氣體總體積的立方根成正比： $$d \propto V^{1/3} \propto T^{1/3}$$ --- 解題方法 1. 將攝氏溫度轉換為絕對溫度 - 初溫 $T1 = 27 + 273 = 300\ \mathrm{K}$ - 末溫 $T2 = 627 + 273 = 900\ \mathrm{K}$ 2. 求出體積膨脹倍數 依據查理定律 $V \propto T$： $$\frac{V2}{V1} = \frac{T2}{T1} = \frac{900\ \mathrm{K}}{300\ \mathrm{K}} = 3$$ 氣體總體積變為原來的 $3$ 倍。 3. 計算分子間平均距離之增加倍數 依據 $d \propto V^{1/3}$： $$\frac{d2}{d1} = \left(\frac{V2}{V1}\right)^{1/3} = 3^{1/3} = \sqrt[3]{3}$$

Question 19

根據下列化學鍵鍵能，請計算 $$ \mathrm{N2(g)+F2(g)\rightarrow NF3(g)} $$ （反應式未平衡），$\mathrm{NF3(g)}$ 的莫耳生成熱最接近下列哪一數值（kJ/mol）？ 鍵能：N–N = 160 kJ/mol，N=N = 420 kJ/mol，N≡N = 940 kJ/mol，F–F = 150 kJ/mol，N–F = 270 kJ/mol。 (A) 850 (B) 230 (C) $-115$ (D) $-230$

Accepted Answer

核心觀念 1. 莫耳生成熱（Standard Molar Enthalpy of Formation, $\Delta Hf^\circ$）之定義： 在標準狀態下，由最穩定狀態的成分元素生成 1 莫耳 化合物時的熱量變化。 對於 $\mathrm{NF3(g)}$ 而言，其成分元素為氮氣 $\mathrm{N2(g)}$ 與氟氣 $\mathrm{F2(g)}$。 2. 鍵能（Bond Energy, $BE$）與反應熱之關係： 化學反應的熱量變化為破壞反應物舊鍵與形成生成物新鍵的熱量代數和： $$ \Delta H = \sum BE(	ext{反應物斷鍵吸收總能量}) - \sum BE(	ext{生成物成鍵釋放總能量}) $$ - 斷鍵為吸熱過程（$\Delta H 0$）。 - 成鍵為放熱過程（$\Delta H < 0$）。 3. 分子之化學鍵結構： - $\mathrm{N2}$：含有 1 個氮氮參鍵（$\mathrm{N \equiv N}$）。 - $\mathrm{F2}$：含有 1 個氟氟單鍵（$\mathrm{F - F}$）。 - $\mathrm{NF3}$：中心原子 $\mathrm{N}$ 與 3 個 $\mathrm{F}$ 原子鍵結，含有 3 個氮氟單鍵（$\mathrm{N - F}$）。 --- 解題方法 步驟一：列出生成 1 莫耳 $\mathrm{NF3(g)}$ 的平衡熱力學反應式 依據莫耳生成熱定義，生成物 $\mathrm{NF3(g)}$ 的化學計量係數必須保持為 $1$： $$ \frac{1}{2}\mathrm{N2(g)} + \frac{3}{2}\mathrm{F2(g)} ightarrow \mathrm{NF3(g)} $$ 步驟二：計算斷鍵吸收的總能量 - 破壞 $\frac{1}{2}$ 莫耳 $\mathrm{N \equiv N}$ 參鍵： $$ \frac{1}{2} 	imes 940 = 470	ext{ kJ} $$ - 破壞 $\frac{3}{2}$ 莫耳 $\mathrm{F - F}$ 單鍵： $$ \frac{3}{2} 	imes 150 = 225	ext{ kJ} $$ - 斷鍵吸收總能量： $$ 470 + 225 = 695	ext{ kJ} $$ 步驟三：計算成鍵釋放的總能量 - 形成 1 莫耳 $\mathrm{NF3}$ 分子，共產生 3 莫耳 $\mathrm{N - F}$ 單鍵：

Question 20

下列錯合物中，哪個配位環境與其他差異最大？ (A) $[\mathrm{Zn(NH3)4}]^{2+}$ (B) $[\mathrm{Pd(NH3)4}]^{2+}$ (C) $\mathrm{[Pt(NH3)2Cl2]}$ (D) $[\mathrm{Ni(CN)4}]^{2-}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查錯合物的： 1. 中心金屬氧化態與 $d$ 電子組態 2. 配位數 3. 配位幾何形狀 4. 配體場強弱與金屬週期對錯合物形狀的影響 四個錯合物的配位數皆為 4，但「配位數相同」不代表「配位環境相同」。四配位錯合物常見的幾何形狀主要有： - 四面體形：tetrahedral - 正方平面形：square planar 本題要找的是幾何環境與其他三者差異最大者。 --- 解題方法 先判斷各錯合物中心金屬的氧化態，再求其 $d$ 電子數，最後依金屬種類與配體場強度判斷幾何形狀。 (A) $[\mathrm{Zn(NH3)4}]^{2+}$ $\mathrm{NH3}$ 為中性配體，因此： $$ \mathrm{Zn} 	ext{ 氧化態}=+2 $$ 鋅原子基態為： $$ \mathrm{Zn}: [\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2 $$ 因此： $$ \mathrm{Zn^{2+}}: 3d^{10} $$ $[\mathrm{Zn(NH3)4}]^{2+}$ 為四配位 $d^{10}$ 錯合物。$d^{10}$ 組態沒有明顯的正方平面穩定化效應，且鋅屬於第一列過渡金屬，四配位時通常形成四面體形。 --- (B) $[\mathrm{Pd(NH3)4}]^{2+}$ $\mathrm{NH3}$ 為中性配體，所以： $$ \mathrm{Pd} 	ext{ 氧化態}=+2 $$ 鈀原子基態可寫為： $$ \mathrm{Pd}: [\mathrm{Kr}]4d^{10} $$ 失去兩個電子後： $$ \mathrm{Pd^{2+}}: 4d^8 $$ $4d^8$ 的鈀(II)錯合物具有很強的正方平面形偏好。因此： $$ [\mathrm{Pd(NH3)4}]^{2+} \quad 	ext{為正方平面形} $$ 鈀為第二列過渡金屬，$4d$ 軌域分裂較大，正方平面結構特別常見。 --- (C) $\mathrm{[Pt(NH3)2Cl2]}$ $\mathrm{NH3}$ 為中性配體，每個 $\mathrm{Cl^-}$ 帶 $-1$ 電荷，而整個錯合物不帶電，因此： $$ x+2(0)+2(-1)=0 $$ $$ x=+2 $$ 所以中心金屬為 $\mathrm{Pt^{2+}}$。 鉑原子基態可表示為： $$ \mathrm{Pt}: [\mathrm{Xe}]4f^{14}5d^96s^1 $$ 鉑(II)主要為： $$ \mathrm{Pt^{2+}}: 5d^8 $$ $5d^8$ 的鉑(II)錯合物通常形成正方平面形。本錯合物的四個配位位置位於同一平面，並且存在順式與反式異構物： - cis-$\mathrm{[Pt(NH3)2Cl2]}$ - trans-$\mathrm{[Pt(NH3)2Cl2]}$

Question 21

下列哪一個分子可能具有環狀結構或一個雙鍵？ (A) $\mathrm{C5H{10}O}$ (B) $\mathrm{C5H{10}Cl2}$ (C) $\mathrm{C5H{11}Cl}$ (D) $\mathrm{C5H{11}ClO}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「不飽和度」（degree of unsaturation, DBE），又稱「缺氫數」或「環與 π 鍵總數」。 對含有碳、氫、氮、鹵素的分子，不飽和度公式為： $$ \mathrm{DBE} = \frac{2C+2+N-H-X}{2} $$ 其中： - $C$：碳原子數 - $H$：氫原子數 - $N$：氮原子數 - $X$：鹵素原子數，包括 $\mathrm{F}$、$\mathrm{Cl}$、$\mathrm{Br}$、$\mathrm{I}$ 氧、硫等二價原子不影響不飽和度計算，因此公式中不需列入氧原子。 每一個： - 環狀結構貢獻 $1$ 個不飽和度 - 碳碳雙鍵貢獻 $1$ 個不飽和度 - 三鍵貢獻 $2$ 個不飽和度 - 苯環結構貢獻 $4$ 個不飽和度 因此，若 $\mathrm{DBE}=1$，分子便具有一個環，或具有一個雙鍵。 --- 解題方法 逐一將各選項代入不飽和度公式。由於四個選項均不含氮，且氯為鹵素，必須以氫原子數加上氯原子數共同計算。 --- 選項分析 (A) $\mathrm{C5H{10}O}$ 氧不列入公式，且沒有鹵素： $$ \mathrm{DBE} = \frac{2(5)+2-10}{2} = \frac{2}{2} = 1 $$ 不飽和度為 $1$，表示此分子可能含有一個環狀結構，也可能含有一個雙鍵。 例如： - 環狀醚可符合一個環 - 含羰基的醛或酮可符合一個雙鍵 所以此選項正確。 --- (B) $\mathrm{C5H{10}Cl2}$ 氯原子有 $2$ 個，故 $X=2$：

Question 22

容器中含有碘化鉀與澱粉的混合液，若以石墨棒作為電極，形成電解電池。下列敘述何者正確？ (A) 電解時水被氧化。 (B) 負極附近有氧氣生成。 (C) 負極附近溶液的 pH 值下降。 (D) 正極附近溶液變藍色。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電解池中電極的判定、陰陽極反應及碘遇澱粉的顯色反應。 - 電解池中，負極為陰極，發生還原反應。 - 電解池中，正極為陽極，發生氧化反應。 - 碘離子 $\mathrm{I^-}$ 在陽極容易被氧化成碘 $\mathrm{I2}$。 - 碘在含有碘離子的溶液中可形成 $\mathrm{I3^-}$，與澱粉形成藍色錯合物。 解題方法 以石墨棒作為惰性電極，電解碘化鉀水溶液： 陰極（負極）發生還原反應。水被還原： $$ 2\mathrm{H2O}+2e^- \rightarrow \mathrm{H2}+2\mathrm{OH^-} $$ 因此負極附近生成氫氣與 $\mathrm{OH^-}$，溶液鹼性增加，pH 值上升。 陽極（正極）發生氧化反應。碘離子被氧化： $$ 2\mathrm{I^-}\rightarrow \mathrm{I2}+2e^- $$ 生成的 $\mathrm{I2}$ 與溶液中的 $\mathrm{I^-}$ 反應： $$ \mathrm{I2}+\mathrm{I^-}\rightleftharpoons \mathrm{I3^-} $$ $\mathrm{I2}$／$\mathrm{I3^-}$ 與澱粉作用呈藍色，所以正極附近溶液變藍。 總反應可表示為： $$ 2\mathrm{I^-}+2\mathrm{H2O} \rightarrow \mathrm{I2}+\mathrm{H2}+2\mathrm{OH^-} $$

Question 23

室溫下將 $2.34\ \mathrm{g}$ $\mathrm{NaCl}$ 完全溶解於 $500\ \mathrm{g}$ 水中，再將其置於溫度為 $-0.46\ ^\circ\mathrm{C}$ 的冰箱中。試問經長時間後，此溶液最多析出多少克的冰？（已知 $\mathrm{NaCl}$ 分子量為 $58.5$ ，水的莫耳凝固點下降常數為 $1.86\ ^\circ\mathrm{C/m}$ 。）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查稀溶液的依數性——凝固點下降： $$ \Delta Tf=iKfm $$ 其中： - $\Delta Tf$：凝固點下降量 - $i$：凡特霍夫因子（van’t Hoff factor） - $Kf=1.86\ ^\circ\mathrm{C/m}$ - $m$：溶質的莫耳濃度，單位為 $\mathrm{mol/kg}$ 溶劑 NaCl 在水中完全解離： $$ \mathrm{NaCl(aq)}ightarrow \mathrm{Na^+(aq)}+\mathrm{Cl^-(aq)} $$ 因此凡特霍夫因子取 $i=2$。 溶液置於 $-0.46^\circ\mathrm{C}$ 的冰箱中，經長時間後，若有冰析出，最後溶液的凝固點必須降至 $-0.46^\circ\mathrm{C}$。冰析出會使水的質量減少、NaCl 溶液濃度增加，直到達到平衡。 --- 解題方法 設最多析出的冰為 $x\ \mathrm{g}$，則最後仍為液態的水為： $$ (500-x)\ \mathrm{g} $$ NaCl 的莫耳數為： $$ n{\mathrm{NaCl}}=\frac{2.34}{58.5}=0.040\ \mathrm{mol} $$ 冰箱溫度為 $-0.46^\circ\mathrm{C}$，所以凝固點下降量為： $$ \Delta Tf=0.46^\circ\mathrm{C} $$ 由凝固點下降公式： $$ 0.46=2(1.86)m $$ 因此最後溶液的莫耳濃度為： $$ m=\frac{0.46}{2	imes1.86} =0.1237\ \mathrm{mol/kg} $$ 又因為： $$ m=\frac{	ext{溶質莫耳數}}{	ext{溶劑質量（kg）}} $$ 所以最後水的質量為：

Question 24

下列有關元素性質的敘述何者正確？ (A) 同一原子的游離能和電子親和力的大小相同，僅符號相反。 (B) 第二週期原子的電子親和力中，以氟所釋出的能量最大。 (C) 第三週期原子的半徑大小隨原子序的增加而增大。 (D) 氟原子的電子親和力絕對值大於其游離能。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查週期表中的三項基本性質： 1. 游離能（ionization energy, IE） 氣態基態原子失去一個電子所需吸收的能量： $$\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$ 2. 電子親和力（electron affinity, EA） 氣態基態原子得到一個電子時所伴隨的能量變化： $$\mathrm{X(g)+e^-\rightarrow X^-(g)}$$ 多數非金屬得到電子會放出能量，但電子親和力的正負號依教材定義可能不同；本題以「所釋出的能量」及「絕對值」判斷。 3. 原子半徑的週期性變化 同一週期由左至右，電子層數相同，但有效核電荷增加，原子核對電子的吸引力增強，因此原子半徑通常逐漸減小。 --- 解題方法 逐一檢查各選項： - 比較游離能與電子親和力的定義是否相同。 - 判斷第二週期中各元素的電子親和力，注意氟與氯的特殊比較。 - 判斷第三週期原子半徑的週期趨勢。 - 比較氟的電子親和力與第一游離能數值大小。 --- 選項分析 (A) 同一原子的游離能和電子親和力的大小相同，僅符號相反。 錯誤。 游離能與電子親和力涉及不同的反應： $$\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$ $$\mathrm{X(g)+e^-\rightarrow X^-(g)}$$ 前者是中性原子失去電子，後者是中性原子得到電子；產物分別為陽離子與陰離子，電子所處的能階與電子間排斥情形均不同。因此兩者不具有大小相同、僅符號相反的關係。 只有在同一反應的正、逆反應中，能量才會大小相等、符號相反；游離與得電子並非彼此的正逆反應。 --- (B) 第二週期原子的電子親和力中，以氟所釋出的能量最大。 正確。 第二週期由鋰至氖的元素中，氟具有 $ns^2np^5$ 的價電子組態，再得到一個電子後可形成穩定的稀有氣體組態：

Question 25

基態 Cu 原子之電子組態，下列何者正確？ (A) $[\mathrm{Ar}]3d^94s^2$ (B) $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2$ (C) $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^1$ (D) $[\mathrm{Ar}]3d^84s^2$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗過渡金屬之基態電子組態（Ground-state electron configuration）及其異常填入特例。 1. 遞建原理（Aufbau Principle）：電子在基態原子中，原則上依軌域能量由低至高依序填入（$1s \rightarrow 2s \rightarrow 2p \rightarrow 3s \rightarrow 3p \rightarrow 4s \rightarrow 3d \dots$）。 2. 副殼層全滿與半滿的特殊穩定性：當 $d$ 軌域達到「半滿（$d^5$）」或「全滿（$d^{10}$）」時，具有高度的球對稱性與較大的電子交換能（Exchange Energy），能使系統總能量下降。在第四週期過渡金屬中，$3d$ 與 $4s$ 軌域的能階十分接近，電子會重新配置以達到更穩定的能量狀態。 --- 解題方法 1. 確認電子總數： 銅（$\mathrm{Cu}$）的原子序為 $Z = 29$，因此中性基態 $\mathrm{Cu}$ 原子共有 $29$ 個電子。 2. 扣除內層鈍氣核心： 前 $18$ 個電子填入氬（$[\mathrm{Ar}]$）的核心組態，尚餘 $11$ 個價電子需填入 $4s$ 與 $3d$ 軌域。 3. 能量穩定性比較與躍遷修正： - 依一般遞建原理預測之組態為 $[\mathrm{Ar}]3d^9 4s^2$。 - 但若將 $4s$ 軌域中的 1 個電子轉移至 $3d$ 軌域，組態變為 $[\mathrm{Ar}]3d^{10} 4s^1$。此時 $3d$ 軌域形成 $d^{10}$ 全滿狀態，所獲得的交換能與對稱穩定化效益，大於電子由 $4s$ 激發至 $3d$ 所需之能量差及配對排斥能。

Question 26

下列哪一個為單質子酸？ (A) $\mathrm{H3PO4}$ (B) $\mathrm{H3PO3}$ (C) $\mathrm{H3PO2}$ (D) $\mathrm{H2SO3}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 質子酸定義與酸度（Proticity）：單質子酸（Monoprotic acid）指一個酸分子在水溶液中完全解離時，最多僅能釋放出一個氫離子（質子 $\mathrm{H^+}$）的酸。 2. 氧酸（Oxyacids）的酸性質子來源：在無機氧酸中，只有直接接在高電負度氧原子上的氫原子（即 $-\mathrm{OH}$ 羥基中的氫）具備極性，才能在水中游離釋放為 $\mathrm{H^+}$；若氫原子直接與中心原子（如磷原子 $\mathrm{P}$）以非極性或共價鍵相連（如 $\mathrm{P-H}$ 鍵），因缺乏足夠極性且鍵能較強，在水溶液中無法解離，不具備酸性。 --- 解題方法 判定無機氧酸的質子數，關鍵在於繪出路易斯結構式（Lewis Structure），觀察並統計分子中接在氧原子上的 $-\mathrm{OH}$ 基團個數： 1. 磷酸系列氧酸（通式可表示為 $\mathrm{H3POn}$）的中心磷原子皆採 $\mathrm{sp^3}$ 混成，且必定包含 1 個 $\mathrm{P=O}$ 雙鍵。 2. 將分子中的氧原子扣除 1 個形成 $\mathrm{P=O}$ 後，剩餘的氧原子與氫原子結合形成 $-\mathrm{OH}$ 基團。 3. 若仍有剩餘的氫原子，則直接與中心磷原子結合形成非酸性的 $\mathrm{P-H}$ 鍵。 4. $-\mathrm{OH}$ 的數量即為該酸可解離的質子數。 --- 選項分析 - (A) $\mathrm{H3PO4}$（磷酸）：錯誤。 結構簡式可寫為 $\mathrm{OP(OH)3}$，中心磷原子與 1 個氧形成雙鍵（$\mathrm{P=O}$），並連結 3 個羥基（$-\mathrm{OH}$）。分子內共有 3 個可游離的酸性質子，故為三質子酸（Triprotic acid）。 - (B) $\mathrm{H3PO3}$（亞磷酸）：錯誤。

Question 27

下列何種氧化物在水溶液中為鹼性？ (A) $\mathrm{SnO}$ (B) $\mathrm{CO2}$ (C) $\mathrm{P2O5}$ (D) $\mathrm{MgO}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考氧化物與水反應後所呈現的酸鹼性： - 鹼性氧化物：多為金屬氧化物，與水反應生成鹼，或能與酸反應生成鹽與水。 - 酸性氧化物：多為非金屬氧化物，與水反應生成酸，或能與鹼反應。 - 兩性氧化物：兼具酸性與鹼性，可同時與酸、強鹼反應。 判斷重點是看氧化物與水形成的溶液酸鹼性。 解題方法 逐一判斷各氧化物與水的反應： 1. 若生成氫氧化物，溶液呈鹼性。 2. 若生成含氧酸，溶液呈酸性。 3. 若屬兩性氧化物，不能直接視為典型鹼性氧化物。 選項分析 (A) $\mathrm{SnO}$ $\mathrm{SnO}$ 為氧化亞錫，通常歸類為兩性氧化物，可與酸反應： $$ \mathrm{SnO+2HCl\rightarrow SnCl2+H2O} $$ 也可與強鹼反應形成錫酸根或羥基錯離子。因此，$\mathrm{SnO}$ 不是本題所要找的典型鹼性氧化物。 (B) $\mathrm{CO2}$ $\mathrm{CO2}$ 為非金屬氧化物，溶於水形成碳酸： $$ \mathrm{CO2+H2O\rightleftharpoons H2CO3} $$ 碳酸可解離產生氫離子： $$ \mathrm{H2CO3\rightleftharpoons H^++HCO3^-} $$ 因此水溶液呈酸性，$\mathrm{CO2}$ 為酸性氧化物，錯誤。 (C) $\mathrm{P2O5}$

Question 28

下列哪一個分子具有極性？ (A) $\mathrm{NH3}$ (B) $\mathrm{BBr3}$ (C) $\mathrm{CS2}$ (D) $\mathrm{SiCl4}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子的形狀、對稱性與分子極性。 分子極性取決於各個鍵偶極矩的向量總和： $$ \vec{\mu}{	ext{分子}}=\sum \vec{\mu}{	ext{鍵}} $$ - 若分子具有極性鍵，且鍵偶極矩無法完全抵消，分子具有極性。 - 若分子雖含有極性鍵，但幾何形狀高度對稱，使各鍵偶極矩彼此抵消，分子仍為非極性分子。 - 判斷分子形狀時，可利用價層電子對互斥理論（VSEPR theory）。 解題方法 逐一判斷各分子的： 1. 中心原子周圍的電子對數。 2. 分子幾何形狀。 3. 鍵偶極矩是否因對稱性而完全抵消。 本題只有 $\mathrm{NH3}$ 的形狀不具足夠對稱性，因此具有淨偶極矩。 選項分析 (A) $\mathrm{NH3}$ 氮原子具有 $5$ 個價電子，與三個氫原子形成三個 $\mathrm{N-H}$ 鍵，並保留一對孤電子對。 中心氮原子周圍共有四組電子對： - 三組鍵結電子對 - 一組孤電子對 電子對排列為四面體，但因為其中一組是孤電子對，實際分子形狀為三角錐形： $$ \mathrm{NH3}：AX3E $$ $\mathrm{N-H}$ 鍵具有極性，而且三個鍵偶極矩在三角錐形結構中無法完全抵消，因此分子具有淨偶極矩。 所以 $\mathrm{NH3}$ 是極性分子。 (B) $\mathrm{BBr3}$ 硼原子與三個溴原子形成三個鍵，中心硼原子沒有孤電子對，屬於： $$ \mathrm{BBr3}：AX3 $$ 其分子形狀為平面三角形，三個 $\mathrm{B-Br}$ 鍵以 $120^\circ$ 對稱排列。 雖然每個 $\mathrm{B-Br}$ 鍵具有極性，但三個鍵偶極矩向量總和為零：

Question 29

下列何者具有順式和反式異構物？ (A) $[\mathrm{PF2Cl4}]^-$ (B) $\mathrm{POCl3}$ (C) $\mathrm{MePF4}$ (D) $\mathrm{BF2Cl}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查分子的立體構型與幾何異構物，尤其是順式（cis）與反式（trans）的判定。

順式異構物：相同配體彼此位於約 $90^\circ$ ，即相鄰位置。
反式異構物：相同配體彼此位於 $180^\circ$ ，即相對位置。
必須先判斷中心原子的配位數與分子幾何形狀，再確認相同配體是否能有不同的相對位置。

解題方法

逐一判斷各物種的中心原子周圍電子域數與幾何構型：

六配位通常為八面體形。
五配位通常為三角雙錐形。
四配位通常為四面體形。
三配位通常為平面三角形。

其中，八面體形最典型地具有順式與反式異構物。

選項分析

(A) $[\mathrm{PF_2Cl_4}]^-$

中心磷原子與 $2$ 個氟、 $4$ 個氯形成六個 $\sigma$ 鍵，屬於六配位，分子構型為八面體形。

在八面體中，兩個氟原子有兩種相對位置：

兩個氟相鄰，夾角為 $90^\circ$ ：

$\mathrm{F-P-F}=90^\circ$

此為順式異構物。

兩個氟相對，夾角為 $180^\circ$ ：

$\mathrm{F-P-F}=180^\circ$

此為反式異構物。

因此， $[\mathrm{PF_2Cl_4}]^-$ 具有順式與反式異構物。

(B) $\mathrm{POCl_3}$

磷原子與一個氧原子及三個氯原子相連，中心磷為四配位，構型為四面體形。

Question 30

下列哪一個化合物非和其他化合物等電子（isoelectronic）？ (A) $[\mathrm{SiF6}]^{2-}$ (B) $[\mathrm{PF6}]^-$ (C) $[\mathrm{AlF6}]^{3-}$ (D) $[\mathrm{BrF6}]^-$

Accepted Answer

核心觀念

「等電子」（isoelectronic）是指不同原子、離子或分子具有相同的總電子數。判斷方式為：

\text{總電子數}=\sum \text{各元素原子序數} - \text{正電荷數}+\text{負電荷數}

本題各物種均含有 1 個中心原子與 6 個氟原子，因此只要比較中心原子的原子序數及整體電荷即可。

氟的原子序數為：

Z_{\mathrm F}=9

6 個氟原子共提供：

6\times 9=54

解題方法

逐一計算各化合物的總電子數：

N_e=Z_{\text{中心原子}}+6(9)+\text{陰離子所增加的電子數}

若總電子數相同，即為等電子物種。

選項分析

(A) $[\mathrm{SiF_6}]^{2-}$

矽的原子序數為 $14$ ，6 個氟原子提供 $54$ 個電子， $2-$ 電荷再增加 $2$ 個電子：

N_e=14+6(9)+2

N_e=14+54+2=70

因此 $[\mathrm{SiF_6}]^{2-}$ 共具有 $70$ 個電子。

(B) $[\mathrm{PF_6}]^-$

磷的原子序數為 $15$ ， $1-$ 電荷增加 $1$ 個電子：

N_e=15+6(9)+1

N_e=15+54+1=70

因此 $[\mathrm{PF_6}]^-$ 與選項 (A) 等電子。

(C) $[\mathrm{AlF_6}]^{3-}$

Question 31

化合物 $[\mathrm{Fe(CO){5-x}(PPh3)x}]$ 之元素分析結果，C 占 70.50%，H 占 4.55%，則 $x$ 為多少？ (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

Accepted Answer

核心觀念 1. 配位化合物之化學組成與分子式表示： - 羰基配位基（Carbonyl, $\mathrm{CO}$）：每分子含 $1$ 個 $\mathrm{C}$ 原子與 $1$ 個 $\mathrm{O}$ 原子。 - 三苯基膦配位基（Triphenylphosphine, $\mathrm{PPh3}$）：化學式為 $\mathrm{P(C6H5)3} = \mathrm{C{18}H{15}P}$，每分子含 $18$ 個 $\mathrm{C}$ 原子、$15$ 個 $\mathrm{H}$ 原子、$1$ 個 $\mathrm{P}$ 原子。 - 對於化合物 $[\mathrm{Fe(CO){5-x}(PPh3)x}]$，各元素的原子總數可依 $x$ 表示為： - $\mathrm{C}$ 原子數：$(5 - x) 	imes 1 + x 	imes 18 = 5 + 17x$ - $\mathrm{H}$ 原子數：$15x$ - $\mathrm{O}$ 原子數：$5 - x$ - $\mathrm{P}$ 原子數：$x$ - $\mathrm{Fe}$ 原子數：$1$ 2. 元素分析（Elemental Analysis, EA）與莫耳比計算： - 元素分析給定之百分比為質量百分組成（$\mathrm{wt}\%$）。 - 各元素莫耳數比（原子個數比）等於其質量百分比除以對應之原子量（$\mathrm{C} \approx 12.01	ext{ g/mol}$、$\mathrm{H} \approx 1.008	ext{ g/mol}$）： $$n{\mathrm{C}} : n{\mathrm{H}} = \frac{\% \mathrm{C}}{	ext{原子量}(\mathrm{C})} : \frac{\% \mathrm{H}}{	ext{原子量}(\mathrm{H})}$$ --- 解題方法 步驟一：由元素分析數據求出 $\mathrm{C}$ 與 $\mathrm{H}$ 的原子個數莫耳比 已知樣品中 $\mathrm{C}$ 占 $70.50\%$，$\mathrm{H}$ 占 $4.55\%$： $$n{\mathrm{C}} = \frac{70.50}{12.011} \approx 5.8696	ext{ mol}$$ $$n{\mathrm{H}} = \frac{4.55}{1.008} \approx 4.5139	ext{ mol}$$ 計算其原子數比例： $$\frac{n{\mathrm{C}}}{n{\mathrm{H}}} = \frac{5.8696}{4.5139} \approx 1.300 = \frac{13}{10}$$ 步驟二：利用分子式中 $\mathrm{C}$ 與 $\…

Question 32

$\mathrm{H2S}$ 的混成軌域為下列何者？ (A) $\mathrm{sp}$ (B) $\mathrm{sp^2}$ (C) $\mathrm{sp^3}$ (D) $\mathrm{s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查價層電子對互斥理論（VSEPR Theory）與混成軌域理論（Hybrid Orbital Theory）之基本應用。 判斷分子中心原子的混成軌域時，主要依據中心原子的立體數（Steric Number, $SN$）： $$SN = (	ext{中心原子鍵結的原子數, 即 }\sigma	ext{ 鍵數}) + (	ext{中心原子的孤對電子對數, Lone Pairs})$$ 立體數與混成軌域的對應關係如下： $SN = 2 \longrightarrow \mathrm{sp}$ 混成（直線形幾何） $SN = 3 \longrightarrow \mathrm{sp^2}$ 混成（平面三角形幾何） $SN = 4 \longrightarrow \mathrm{sp^3}$ 混成（四面體形幾何） --- 解題方法 1. 繪製 $\mathrm{H2S}$ 的路易斯結構（Lewis Structure）： 中心原子：硫（$\mathrm{S}$）位於元素週期表第 16 族（VIA 族），價電子數為 $6$。 周圍原子：氫（$\mathrm{H}$）各提供 $1$ 個價電子，共 $2$ 個 $\mathrm{H}$。 總價電子數：$6 + (1 	imes 2) = 8$ 顆電子（共 4 對電子對）。 $\mathrm{S}$ 分別與 2 個 $\mathrm{H}$ 形成單鍵（共用 2 對電子，即 $2$ 個 $\sigma$ 鍵），其餘 4 顆電子以 2 對孤對電子（Lone Pairs, LP）的形式存在於中心 $\mathrm{S}$ 原子周圍。 2. 計算硫（$\mathrm{S}$）原子的立體數（$SN$）： $$SN = 2\,(\sigma	ext{ 鍵數}) + 2\,(	ext{孤對電子對數}) = 4$$ 3. 決定混成軌域類型： 當 $SN = 4$ 時，中心原子需提供 4 個混成軌域（由 1 個 $\mathrm{s}$ 軌域與 3 個 $\mathrm{p}$ 軌域組合）來容納 4 對電子。

Question 33

$[\mathrm{PtCl4}]^{2-}$ 有多少個對稱面？ (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 1. 配位化合物幾何結構：中心金屬 $\mathrm{Pt^{2+}}$ 屬於 $5d^8$ 電子組態，在配位化學中傾向形成四配位的平面正方形（Square Planar）結構。 2. 分子對稱性與點群（Point Group）：具平面正方形幾何且四個配位基相同的錯離子 $[\mathrm{PtCl4}]^{2-}$，其分子對稱點群為 $D{4h}$。 3. 對稱面（Mirror Plane, $\sigma$）：包含通過分子平面的水平對稱面（$\sigmah$）、包含主旋轉軸且通過配位原子的垂直對稱面（$\sigmav$），以及包含主旋轉軸且平分鍵角的二面角對稱面（$\sigmad$）。 --- 解題方法 1. 判斷立體結構與對稱點群： - 鉑離子價態為 $+2$（$\mathrm{Pt^{2+}}$），為第 10 族 $5d^8$ 金屬離子，受強晶格場效應影響，必定採取低自旋之平面正方形幾何構型。 - 分子具有一條垂直於分子平面的四重主旋轉軸（$C4$ 軸）及垂直於 $C4$ 軸的 4 條 $C2$ 軸，且具有水平對稱面，歸屬於 $D{4h}$ 點群。 2. 清點所有對稱面（$\sigma$）： - 水平對稱面（$\sigmah$）：1 個。即所有原子（$\mathrm{Pt}$ 與 4 個 $\mathrm{Cl}$）所在的分子平面（$xy$ 平面）。 - 垂直對稱面（$\sigmav$）：2 個。垂直於分子平面，且分別沿著兩組相對的 $\mathrm{Cl-Pt-Cl}$ 鍵軸延伸的對稱面。 - 二面角對稱面（$\sigmad$）：2 個。

Question 34

有關 $\mathrm{BCl3}$ 的對稱元素，下列何者有誤？ (A) 有 3 個對稱面。 (B) 有 1 個 $C3$ 軸。 (C) 有 3 個 $C2$ 軸。 (D) 沒有反轉中心。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查無機化學中分子幾何構型（VSEPR 理論）與分子群論／對稱元素（Symmetry Elements）之判定： 1. 分子立體構型：利用價層電子對互斥理論（VSEPR）推導，$\mathrm{BCl3}$ 中心硼原子（$\mathrm{B}$）具 3 個價電子，形成 3 個 $\sigma$ 單鍵且無孤對電子（Lone Pair），混成軌域為 $sp^2$，分子幾何構型為平面正三角形，屬於 $D{3h}$ 點群。 2. 對稱元素（Symmetry Elements）定義： - 主旋轉軸（$Cn$）：分子旋轉 $\frac{360^\circ}{n}$ 能與原圖形重合之對稱軸。 - 副旋轉軸（$C2$）：垂直於主旋轉軸的二次旋轉軸。 - 對稱面／鏡面（$\sigma$）： - 水平對稱面（$\sigmah$）：垂直於主旋轉軸的對稱面。 - 垂直對稱面（$\sigmav$）：包含主旋轉軸的對稱面。 - 反轉中心（$i$）：由分子任一點通過中心延伸等距離到達另一點均有相同原子的對稱心。 - 映轉軸（$Sn$）：旋轉 $\frac{360^\circ}{n}$ 後再對垂直於該軸之平面進行鏡射。 --- 解題方法 1. 確定 $\mathrm{BCl3}$ 的幾何點群： $\mathrm{BCl3}$ 為平面正三角形，其對稱點群為 $D{3h}$。 2. 盤點 $D{3h}$ 點群所包含的所有對稱元素： - 恆等元素（$E$）：1 個。 - 主旋轉軸（$C3$）：1 條（穿過硼原子且垂直於分子平面，包含 $C3^1$ 與 $C3^2$ 兩種操作）。 - 二重旋轉軸（$C2$）：3 條（位於分子平面內，分別沿著 3 條 $\mathrm{B-Cl}$ 鍵軸，彼此夾角為 $120^\circ$，且均垂直於 $C3$ 主軸）。 - 鏡面／對稱面（$\sigma$）： - 水平鏡面 $\sigmah$：1 個（即 $\mathrm{BCl3}$ 分子所在的平面，垂直於 $C3$ 主軸）。 - 垂直鏡面 $\sigmav$：3 個（每個面皆包含 $C3$ 主軸並平分一個 $\mathrm{Cl-B-Cl}$ 鍵角，即包含一條 $\mathrm{B-Cl}$ 鍵軸）。 - 對稱面總數 $= 1(\sigmah) + 3(\sigmav) = 4$ 個。 - 映轉軸（$S3$）：1 條（與 $C3$ 主軸同軸）。

Question 35

下列配位基何者具有最大場強度（field strength）？ (A) $\mathrm{F^-}$ (B) $\mathrm{Br^-}$ (C) $\mathrm{OH^-}$ (D) $\mathrm{CN^-}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查無機化學中配位化學的晶體場理論（Crystal Field Theory, CFT）與配位場理論（Ligand Field Theory, LFT）核心概念——光譜化學序列（Spectrochemical Series）。 1. 晶體場分裂能（$\Delta$ 或 $10Dq$）：當配位基接近中心過渡金屬離子時，金屬的 $d$ 軌域會因靜電排斥與軌域重疊而發生能階分裂。配位基引起能階分裂幅度的大小稱為「配位場強度」（Ligand Field Strength）。 2. 成鍵軌域機制： - $\pi$ 予體（$\pi$-donor）：如鹵素離子（$\mathrm{X^-}$）、$\mathrm{OH^-}$ 等，具有填滿的 $p$ 軌域孤對電子，與金屬 $t{2g}$ 軌域產生排斥並降低分裂能 $\Delta$，屬於弱場配位基。 - 純 $\sigma$ 予體（$\sigma$-only donor）：如 $\mathrm{NH3}$，無合適的 $\pi$ 軌域，僅以孤對電子形成 $\sigma$ 鍵，提供中等強度的配位場。 - $\pi$ 受體（$\pi$-acceptor / $\pi$-acid）：如 $\mathrm{CN^-}$、$\mathrm{CO}$，具有空的 $\pi^$ 反鍵軌域，可接收金屬 $t{2g}$ 電子形成逆向鍵結（$\pi$-backbonding），大幅提升能階分裂能 $\Delta$，屬於強場配位基。 --- 解題方法 根據實驗測定的光譜化學序列，配位場強度（分裂能 $\Delta$ 由小到大）的典型排列順序為： $$\mathrm{I^- < Br^- < Cl^- < F^- < OH^- < C2O4^{2-} < H2O < NCS^- < NH3 < en < NO2^- < CN^- < CO}$$ 比較題目給出的四個配位基： - $\mathrm{Br^-}$ 與 $\mathrm{F^-}$ 為鹵素離子（$\pi$ 予體），場強度偏弱，且鹵素內部場強度為 $\mathrm{F^- Br^-}$。 - $\mathrm{OH^-}$ 為氧配位基（$\pi$ 予體），場強度略高於鹵素，但仍為弱場。 - $\mathrm{CN^-}$ 為碳配位基（強 $\sigma$ 予體兼具極強 $\pi$ 受體），能使 $d$ 軌域產生極大的分裂能。

Question 36

下列哪一種溶劑能和 $\mathrm{Br^-}$ 形成氫鍵？ (A) MeOH (B) DMF (C) THF (D) MeNO$2$

Accepted Answer

核心觀念 1. 氫鍵（Hydrogen Bond）形成條件： 氫鍵作用力發生於「氫鍵供體（H-bond donor）」與「氫鍵受體（H-bond acceptor）」之間： - 氫鍵供體：必須含有與高電負度原子（如 $\mathrm{F, O, N}$）直接相連的氫原子，使該氫原子帶有顯著正電性（$\mathrm{H^{\delta+}}$）。 - 氫鍵受體：必須具有孤對電子或帶負電荷的物種（如陰離子 $\mathrm{Br^-}$）。 2. 溶劑分類與陰離子溶劑化： - 極性質子溶劑（Polar Protic Solvent）：分子內含有直接鍵結於高電負度原子（$\mathrm{O, N, F}$）上的質子氫（例如水 $\mathrm{H2O}$、醇類 $\mathrm{R-OH}$、羧酸等）。此類溶劑能擔任氫鍵供體，透過氫鍵包覆陰離子（如 $\mathrm{Br^-}$），具有強烈的陰離子溶劑化能力。 - 極性非質子溶劑（Polar Aprotic Solvent）：分子具極性但缺乏直接相連於 $\mathrm{O, N, F}$ 的質子氫（如 DMF、THF、DMSO、Acetone、$\mathrm{MeNO2}$）。此類溶劑無法向陰離子提供氫鍵。 --- 解題方法 本題的切入點為判斷何種溶劑能擔任「氫鍵供體」與溴離子（$\mathrm{Br^-}$）作用： 1. 溴離子（$\mathrm{Br^-}$）帶負電荷且擁有孤對電子，在氫鍵形成過程中充當氫鍵受體。 2. 要與 $\mathrm{Br^-}$ 形成氫鍵，溶劑分子必須提供可作為氫鍵供體的活性氫（$\mathrm{H^{\delta+}}$），即該溶劑必須屬於極性質子溶劑。 3. 檢查四個選項分子的結構與官能基，尋找含有與電負度原子（氧原子）直接相連之 $-\mathrm{OH}$ 基團的分子。 --- 選項分析 - (A) MeOH（甲醇，$\mathrm{CH3OH}$）：正確。 甲醇含有 $-\mathrm{OH}$ 官能基，氫原子直接鍵結於高電負度的氧原子上（$\mathrm{O-H^{\delta+}}$），屬於極性質子溶劑。

Question 37

下列哪一種溶劑為非極性溶劑？ (A) acetonitrile (B) benzene (C) acetic acid (D) water

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子極性（Molecular Polarity）與溶劑性質分類： 1. 鍵極性與偶極矩（Dipole Moment, $\mu$）：當兩成鍵原子的電負度不同時，共用電子對會偏向電負度較大的原子，形成鍵偶極向量 $\vec{\mu}$。 2. 分子極性的判斷依據： - 分子的淨偶極矩為各鍵偶極向量之向量和：$$\vec{\mu}{	ext{net}} = \sum \vec{\mu}{i}$$ - 非極性分子（$\mu = 0	ext{ D}$）：分子結構高度對稱，使得所有鍵偶極完全抵消。 - 極性分子（$\mu 0	ext{ D}$）：分子結構不對稱，無法完全抵消鍵偶極，具有永久偶極矩。 --- 解題方法 判斷有機溶劑之極性，切入點為分子幾何構型（VSEPR理論）與分子對稱性： 1. 繪出各分子的路易斯結構與三維空間立體構型。 2. 評估官能基之電負度差異及對稱性，計算鍵偶極向量和是否為零。 3. 僅由碳、氫組成的對稱芳香烴（如苯）通常為非極性溶劑；含有強電負度原子（如 $O$、$N$）且幾何形狀不對稱之分子則為極性溶劑。 --- 選項分析 - (A) acetonitrile（乙腈，$CH3CN$）：【錯誤】 - 結構與對稱性：結構簡式為 $H3C-C \equiv N$。氮原子電負度（約 $3.04$）遠大於碳原子（約 $2.55$），三鍵處具有強烈的鍵偶極（$-C^{\delta+} \equiv N^{\delta-}$），整體分子呈線狀延伸但前後端電負度極為不對稱。 - 溶劑屬性：偶極矩 $\mu \approx 3.92	ext{ D}$，介電常數高，屬於典型的極性非質子性溶劑（polar aprotic solvent）。 - (B) benzene（苯，$C6H6$）：【正確】 - 結構與對稱性：苯為平面正六邊形結構，屬於 $D{6h}$ 高對稱點群。

Question 38

下列哪一個化合物的分子結構具有反轉中心？ (A) $\mathrm{BF3}$ (B) $\mathrm{SiF4}$ (C) $\mathrm{XeF4}$ (D) $\mathrm{PF5}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 反轉中心（Center of Inversion, $i$）： 分子結構中若存在一點（通常為中心原子），使分子內位於幾何座標 $(x, y, z)$ 的任意原子，經由該點延伸至對側 $(-x, -y, -z)$ 位置時，都能找到另一個完全相同的原子，則稱該分子具有反轉中心。 2. 價殼層電子對互斥理論（VSEPR Theory）： 透過計算中心原子的價電子對數，確定分子的電子幾何形狀（Electron Geometry）與分子幾何形狀（Molecular Geometry）。 3. 分子對稱點群（Point Group）： 分子幾何結構決定其對稱元素。常見含有反轉中心（$i$）的點群包含 $D{4h}$、$D{\infty h}$、$D{2h}$、$Oh$ 等；而 $D{3h}$（如平面三角形、雙三角錐）與 $Td$（如正四面體）點群則不具備反轉中心。 --- 解題方法 判斷分子是否具有反轉中心，關鍵在於推導其真實的三維立體幾何構型： 1. 推導幾何結構：使用 VSEPR 理論計算中心原子的混成軌域、鍵結對數與孤對電子數（$\mathrm{AXnEm}$ 形式），確立分子立體構型。 2. 檢驗點對稱性：以中心原子為幾何對稱點，檢視任一原子延伸 $180^\circ$ 至等距離對側是否有相同的原子或孤對電子對應。 --- 選項分析 - (A) $\mathrm{BF3}$（三氟化硼）：錯誤。 - 幾何結構：中心硼（$\mathrm{B}$）原子有 3 個價電子，與 3 個 $\mathrm{F}$ 原子形成 3 個單鍵，無孤對電子（$\mathrm{AX3}$ 型），混成軌域為 $sp^2$，分子幾何構造為平面三角形（Trigonal Planar），對稱點群為 $D{3h}$。 - 對稱性判斷：從任意 $\mathrm{F}$ 原子通過中心 $\mathrm{B}$ 原子延伸 $180^\circ$，落在對側另外兩個 $\mathrm{F}$ 原子的夾角平分線上（無 $\mathrm{F}$ 原子存在），故不具有反轉中心。 - (B) $\mathrm{SiF4}$（四氟化矽）：錯誤。 - 幾何結構：中心矽（$\mathrm{Si}$）原子有 4 個價電子，與 4 個 $\mathrm{F}$ 原子形成 4 個單鍵，無孤對電子（$\mathrm{AX4}$ 型），混成軌域為 $sp^3$，分子幾何構造為正四面體（Tetrahedral），對稱點群為 $Td$。 - 對稱性判斷：從頂點的任意 $\mathrm{F}$ 原子通過中心 $\mathrm{Si}$ 原子延伸 $180^\circ$，會落在對向三角形面的中心而非原子位置，故不具有反轉中心。 - (C) $\mathrm{XeF4}$（四氟化氙）：正確。 - 幾何結構：中心氙（$\mat…

Question 39

$[\mathrm{Co(dien)2}]^{3+}$ 有多少個螯合環（chelate ring）？（dien 為 $\mathrm{H2N-CH2CH2-NH-CH2CH2-NH2}$ 的縮寫。） (A) 6 (B) 4 (C) 3 (D) 2

Accepted Answer

核心觀念 - 配位化合物與螯合環（Chelate Ring）：當多齒配位基（multidentate ligand）與中心金屬離子發生配位時，配位基的配位原子與中心金屬離子會封閉形成多邊形的環狀構造，此環狀結構稱為「螯合環」。 - 配位齒數（Denticity）與螯合環數量之關係： 一個含有 $n$ 個配位原子的鏈狀多齒配位基，與金屬離子配位時可形成 $(n - 1)$ 個螯合環。 - dien 配位基之結構特性： dien 為二乙烯三胺（diethylenetriamine，結構為 $\mathrm{H2N-CH2CH2-NH-CH2CH2-NH2}$），分子中含有 3 個帶有孤對電子的氮原子，屬於三齒配位基（tridentate ligand）。 --- 解題方法 1. 計算單一 dien 配位基產生的螯合環數： dien 具有 3 個配位氮原子（端點 2 個 $\mathrm{-NH2}$ 與中間 1 個 $\mathrm{-NH-}$）： - 端點 $\mathrm{-NH2}$ 與中間 $\mathrm{-NH-}$ 結合中心金屬 $\mathrm{Co^{3+}}$ 形成第 1 個 5 員環（$\mathrm{Co-N-C-C-N}$）。 - 中間 $\mathrm{-NH-}$ 與另一端點 $\mathrm{-NH2}$ 結合中心金屬 $\mathrm{Co^{3+}}$ 形成第 2 個 5 員環（$\mathrm{Co-N-C-C-N}$）。 因此，1 個 dien 能形成 $3 - 1 = 2$ 個螯合環。

Question 40

在 $298\ \mathrm{K}$ 下，$\mathrm{Fe(OH)2(s)}$ 水中的溶解度為 $2.30	imes10^{-6}\ \mathrm{mol\,dm^{-3}}$，則其平衡常數為下列何者？ (A) $1.06	imes10^{-11}$ (B) $5.29	imes10^{-12}$ (C) $1.22	imes10^{-17}$ (D) $4.87	imes10^{-17}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查普通化學中難溶性鹽類的溶解平衡與溶度積常數（Solubility Product Constant, $K{sp}$）。 1. 體積莫耳濃度單位：$1\ \mathrm{mol\,dm^{-3}} = 1\ \mathrm{mol\,L^{-1}} = 1\ \mathrm{M}$。 2. 溶解平衡與離子濃度關係：微溶性氫氧化物 $\mathrm{Fe(OH)2(s)}$ 在水中達溶解平衡的解離反應式為： $$\mathrm{Fe(OH)2(s) ightleftharpoons Fe^{2+}(aq) + 2OH^-(aq)}$$ 設 $\mathrm{Fe(OH)2}$ 的莫耳溶解度為 $s\ (\mathrm{M})$，依化學計量係數比，解離出的離子平衡濃度分別為： - $[\mathrm{Fe^{2+}}] = s$ - $[\mathrm{OH^-}] = 2s$ 3. 溶度積常數（$K{sp}$）定義： $$K{sp} = [\mathrm{Fe^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2$$ 將離子平衡濃度帶入可推導出 $K{sp}$ 與莫耳溶解度 $s$ 的關係： $$K{sp} = (s) \cdot (2s)^2 = 4s^3$$ --- 解題方法 1. 確定莫耳溶解度 $s$： 題目給定在 $298\ \mathrm{K}$ 下，$\mathrm{Fe(OH)2}$ 在水中的莫耳溶解度： $$s = 2.30 	imes 10^{-6}\ \mathrm{mol\,dm^{-3}} = 2.30 	imes 10^{-6}\ \mathrm{M}$$ 2. 列出平衡常數計算式： 因為 $\mathrm{Fe(OH)2}$ 為 $AB2$ 型鹽類（陽離子與陰離子莫耳數比為 $1:2$），其溶度積常數公式為： $$K{sp} = 4s^3$$ 3. 代入數值並精確計算： $$K{sp} = 4 	imes (2.30 	imes 10^{-6})^3$$ - 先計算 $s^3$： $$(2.30)^3 = 2.30 	imes 2.30 	imes 2.30 = 12.167$$ $$(10^{-6})^3 = 10^{-18}$$ 得 $s^3 = 12.167 	imes 10^{-18}$ - 再乘以係數 $4$： $$K{sp} = 4 	imes (12.167 	imes 10^{-18}) = 48.668 	imes 10^{-18} = 4.8668 	imes 10^{-17} \approx 4.87 	imes 10^{-17}$$ --- 選項分析

Question 41

有關超臨界流體（supercritical fluid），下列敘述何者有誤？ (A) $\mathrm{NH3}$ 可為超臨界流體。 (B) $\mathrm{CO2}$ 可為超臨界流體。 (C) $\mathrm{H2O}$ 可為超臨界流體。 (D) 當系統壓力增加，流體密度減少。

Accepted Answer

核心觀念 1. 超臨界流體（Supercritical Fluid, SCF）定義：當純物質的溫度高於其臨界溫度（$T Tc$）且壓力高於其臨界壓力（$P Pc$）時，物質會進入超越氣液平衡臨界點的狀態。在此狀態下，氣相與液體之間的界線消失，無法單純藉由加壓使氣體液化，該狀態之物質即稱為超臨界流體。 2. 物理性質特徵： - 密度（Density）：接近液體，具備良好的溶解能力與溶劑特性。 - 黏度（Viscosity）與擴散係數（Diffusivity）：接近氣體，具有高穿透性與快速傳質能力。 3. 密度與壓力／溫度的關係：在超臨界區域中，流體的密度對系統壓力極為敏感。在恆溫下，系統壓力增加時，流體體積被壓縮，密度隨之增加；反之，壓力降低則密度減少。 --- 解題方法 本題旨在考查超臨界流體的形成條件、適用物質種類及其熱力學性質： 1. 判斷物質能否成為超臨界流體：理論上，任何純物質只要達到其特定的臨界溫度 $Tc$ 與臨界壓力 $Pc$，均可轉變為超臨界流體。因此 $\mathrm{NH3}$、$\mathrm{CO2}$ 與 $\mathrm{H2O}$ 均具備形成超臨界流體的物理特性。 2. 判斷壓力與密度的關係：根據熱力學狀態方程式，流體受壓時分子間距縮小，體積 $V$ 減小。依據密度定義公式 $\rho = \frac{m}{V}$，固定質量下體積減小必導致密度 $\rho$ 上升。 --- 選項分析

Question 42

$[\mathrm{VCl6}]^{3-}$ 之金屬釩（V）的氧化態和 $d$ 軌域電子組態為下列何者？ (A) $+3$，$d^0$ (B) $+3$，$d^1$ (C) $+3$，$d^2$ (D) $+5$，$d^0$

Accepted Answer

核心觀念 1. 錯離子與金屬氧化態：金屬配合物（Complex Ion）中，整體帶電量等於中央金屬離子之氧化態與配位基（Ligand）電荷之代數和。 2. 過渡金屬基態電子組態：第一過渡系列元素釩（Vanadium, $\mathrm{V}$）之原子序為 $23$，基態價電子組態為 $[\mathrm{Ar}]\, 3d^3\, 4s^2$。 3. 過渡金屬陽離子之電子組態：過渡金屬原子游離形成陽離子時，優先失去最外層主量子數較大之 $4s$ 電子，次失去 $3d$ 電子。 --- 解題方法 步驟一：計算釩（$\mathrm{V}$）之氧化態 設釩之氧化態為 $x$。在錯離子 $[\mathrm{VCl6}]^{3-}$ 中，氯配位基（$\mathrm{Cl^-}$）各自帶 $-1$ 電荷。 根據錯離子總電荷，列出代數式： $$x + 6 	imes (-1) = -3$$ $$x - 6 = -3 \implies x = +3$$ 因此，釩金屬在此配合物中的氧化態為 $+3$，即以 $\mathrm{V^{3+}}$ 離子形式存在。 步驟二：推導 $\mathrm{V^{3+}}$ 之 $d$ 軌域電子組態 1. 中性釩原子（$\mathrm{V}$，$Z = 23$）之電子組態為： $$\mathrm{V}: [\mathrm{Ar}]\, 3d^3\, 4s^2$$ 2. 當釩原子失去 $3$ 個電子形成 $\mathrm{V^{3+}}$ 離子時，優先失去 $2$ 個 $4s$ 電子，再失去 $1$ 個 $3d$ 電子： $$\mathrm{V^{3+}}: [\mathrm{Ar}]\, 3d^2$$ 3. 故其 $d$ 軌域剩餘 $2$ 個電子，電子組態表示為 $d^2$。

Question 43

$[\mathrm{NiCl4}]^{2-}$ 的分子結構為四面體，則金屬混成組態及磁性為下列何者？ (A) $\mathrm{sp^3}$，順磁性 (B) $\mathrm{sp^3}$，反磁性 (C) $\mathrm{dsp^2}$，順磁性 (D) $\mathrm{dsp^2}$，反磁性

Accepted Answer

核心觀念 本題考查配位化合物的： 1. 中心金屬氧化數與 $d$ 電子數 2. 配位幾何形狀與混成軌域 3. 未成對電子數與磁性判斷 配離子為 $[\mathrm{NiCl4}]^{2-}$，已知其分子結構為四面體。 --- 解題方法 1. 計算鎳的氧化數 氯離子 $\mathrm{Cl^-}$ 的氧化數為 $-1$。設鎳的氧化數為 $x$： $$ x+4(-1)=-2 $$ 因此： $$ x=+2 $$ 鎳為 $\mathrm{Ni^{2+}}$。 鎳的原子序為 28，基態電子組態為： $$ \mathrm{Ni}: [\mathrm{Ar}]\,3d^8 4s^2 $$ 形成 $\mathrm{Ni^{2+}}$ 時，先移除 $4s$ 軌域的兩個電子，因此： $$ \mathrm{Ni^{2+}}: [\mathrm{Ar}]\,3d^8 $$ 所以中心金屬為 $d^8$ 組態。 --- 2. 由四面體結構判斷混成組態 四面體配位需要四個等價的鍵結方向，價鍵理論中使用： $$ \mathrm{sp^3} $$ 混成軌域。 因此，$[\mathrm{NiCl4}]^{2-}$ 的金屬混成組態為 $\mathrm{sp^3}$。 四面體配位通常由外層軌域形成，且氯離子 $\mathrm{Cl^-}$ 為弱場配體，不會造成強烈的電子成對作用。 --- 3. 判斷磁性 四面體晶場中，$d$ 軌域分裂為： - 較低能量的 $e$ 軌域，共 2 個軌域 - 較高能量的 $t2$ 軌域，共 3 個軌域 $\mathrm{Ni^{2+}}$ 為 $d^8$： $$ (e)^4(t2)^4 $$ 其中 $e$ 軌域的 4 個電子全部成對；$t2$ 軌域的 4 個電子分布如下：

Question 44

$[\mathrm{Mn(CN)6}]^{2-}$ 之金屬錳（Mn）有多少個不成對電子（unpaired electrons）？ (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 本題考查配位化合物中金屬的： 1. 氧化數判定 2. 過渡金屬的 $d$ 電子數 3. 配位場中的電子排布與不成對電子數 氰離子 $\mathrm{CN^-}$ 帶有 $-1$ 價電荷。 --- 解題方法 1. 求錳的氧化數 設錳的氧化數為 $x$： $$ x+6(-1)=-2 $$ 因此： $$ x-6=-2 $$ $$ x=+4 $$ 所以錳為 $\mathrm{Mn^{4+}}$。 2. 求 $\mathrm{Mn^{4+}}$ 的 $d$ 電子數 中性錳的原子序為 $25$，電子組態為： $$ \mathrm{Mn}: [\mathrm{Ar}]\,3d^5 4s^2 $$ 形成陽離子時，先移除 $4s$ 電子，再移除 $3d$ 電子，因此： $$ \mathrm{Mn^{4+}}: [\mathrm{Ar}]\,3d^3 $$ 所以金屬錳為 $d^3$ 組態。 3. 判斷八面體配位場中的電子分布 $\left[\mathrm{Mn(CN)6}\right]^{2-}$ 有六個配體，為八面體錯離子。八面體配位場會將 $d$ 軌域分裂為： - 較低能量的 $t{2g}$ 軌域 - 較高能量的 $eg$ 軌域 $d^3$ 電子排布為： $$ (t{2g})^3(eg)^0 $$

Question 45

單一分子 $\mathrm{B2(OH)4}$ 的點群（point group）為下列何者？ (A) $C{2h}$ (B) $D{2h}$ (C) $Td$ (D) $Oh$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查無機化學中分子對稱性（Molecular Symmetry）與點群（Point Group）的判斷。 核心觀念涵蓋： 1. 價層電子對互斥理論（VSEPR）與混成軌域：判斷中心原子的幾何構型與分子骨架平面。 2. 末端基團（$-\mathrm{OH}$）對對稱性的影響：氧原子為 $sp^3$ 混成（具孤對電子），$\mathrm{B-O-H}$ 鍵角呈彎曲狀（約 $113^\circ$），其立體排列會打破高對稱性。 3. Schoenflies 點群判斷流程： - 尋找主旋轉軸（Principal Axis, $Cn$）。 - 檢驗是否存在與主軸垂直的 $n$ 條 $C2$ 副軸（決定屬於 $C$ 群或 $D$ 群）。 - 檢驗水平鏡面（$\sigmah$）、垂直鏡面（$\sigmav$）及反演中心（$i$）。 --- 解題方法 步驟一：分析分子幾何構型 1. 硼原子骨架： - 每個硼原子（$\mathrm{B}$）各與一個硼原子及兩個羥基（$-\mathrm{OH}$）鍵結，周圍有 3 個 $\sigma$ 鍵、無孤對電子。 - 硼原子採取 $sp^2$ 混成，每個 $\mathrm{B}$ 周圍為平面三角形，整個 $\mathrm{B2O4}$ 骨架共平面。 2. 氫原子排列（基態最穩定構型）： - 為了使分子具備最大共軛穩定性並降低立體障礙，單一氣態 $\mathrm{B2(OH)4}$ 分子為全平面結構。 - 由於 $\mathrm{B-O-H}$ 為折線型，兩側的四個氫原子呈現相互交錯且中心對稱的排列方式（兩上兩下，相對位置呈點對稱）。 --- 步驟二：依標準流程尋找對稱元素並判定點群 1. 是否為線性分子或高對稱群（$Td, Oh, Ih$）？ - 否。 2. 尋找主旋轉軸（$Cn$）： - 垂直於分子平面且通過 $\mathrm{B-B}$ 鍵中點存在一條 $C2$ 旋轉軸（旋轉 $180^\circ$ 後分子完全重合）。 - 主軸為 $C2$（$n = 2$）。 3. 是否存在 2 條垂直於主軸的 $C2'$ 副軸？ - 檢驗分子平面內的軸向：由於 $\mathrm{B-O-H}$ 的彎曲排列打破了面內原本的雙重旋轉對稱性，因此不存在垂直於主軸的 $C2'$ 軸。 - 判定屬於 $C$ 系統（非 $D$ 系統）。 4. 尋找鏡面與反演中心： - 水平鏡面（$\sigmah$）：分子平面本身即垂直於主 $C2$ 軸，且所有原子均在此平面上，因此分子平面就是 $\sigmah$。

Question 46

下列哪一個化合物之鍵角最大？ (A) $\mathrm{OF2}$ (B) $\mathrm{SF2}$ (C) $\mathrm{OCl2}$ (D) $\mathrm{SCl2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查價殼層電子對排斥理論（VSEPR Theory）與影響分子鍵角大小的因素： 1. 電子對幾何構型：四個化合物（$\mathrm{OF2}$、$\mathrm{SF2}$、$\mathrm{OCl2}$、$\mathrm{SCl2}$）的中心原子均具有 2 對鍵結電子對與 2 對孤電子對，皆屬於 $AX2E2$ 型態，價電子對空間排佈皆為四面體（Tetrahedral），分子幾何形狀皆為折線形（Bent）。 2. 中心原子的週期性（主量子數 $n$）：當外圍原子相同時，中心原子週期數越小（如第二週期的 $\mathrm{O}$ 比第三週期的 $\mathrm{S}$），價軌域重疊較緊密且雜化程度高，鍵角通常較大。 3. 外圍原子的電負度（Electronegativity）：中心原子相同時，外圍原子的電負度越低，鍵結電子對越偏向中心原子，使中心原子周圍的鍵電子對互斥力增大，鍵角擴張。 4. 立體障礙效應（Steric Effect）：外圍原子的原子半徑越大（如 $\mathrm{Cl}$ 顯著大於 $\mathrm{F}$），兩外圍原子間的空間立體擠壓排斥力越大，會使鍵角進一步張開。 --- 解題方法 判斷步驟如下： 1. 分組比較中心原子（$\mathrm{O}$ vs $\mathrm{S}$）： - $\mathrm{O}$ 為第二週期元素，$\mathrm{S}$ 為第三週期元素。由於第三週期中心原子的原子半徑較大，且鍵結軌域的 $p$ 軌域成分較高，孤電子對對鍵電子對的擠壓效果比第二週期更為顯著。因此在對應化合物中，$\mathrm{O}$ 化合物的鍵角普遍大於 $\mathrm{S}$ 化合物： $$	ext{鍵角：}\mathrm{OF2} \mathrm{SF2} \quad	ext{且}\quad \mathrm{OCl2} \mathrm{SCl2}$$ 2. 比較外圍原子（$\mathrm{F}$ vs $\mathrm{Cl}$）： - 以氧為中心原子的 $\mathrm{OF2}$ 與 $\mathrm{OCl2}$ 為例： - 電負度：$\mathrm{F} (4.0) \mathrm{O} (3.5) \mathrm{Cl} (3.0)$。 - 在 $\mathrm{OF2}$ 中，共用電子對偏向外圍的 $\mathrm{F}$ 原子，中心原子 $\mathrm{O}$ 附近的電子密度較低，鍵電子對間的互斥力較弱，受孤電子對擠壓後鍵角縮小至約 $103.1^\circ$。 - 在 $\mathrm{OCl2}$ 中，共用電子對偏向中心原子 $\mathrm{O}$，中心附近的鍵電子對互斥力較強；

Question 47

下列哪一個化合物之 C–O 鍵能最小？ (A) $[\mathrm{Ni(CO)4}]$ (B) $[\mathrm{Co(CO)4}]^-$ (C) $[\mathrm{Fe(CO)4}]^{2-}$ (D) $[\mathrm{Mn(CO)6}]^+$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查金屬羰基化合物中的： 1. 金屬—一氧化碳的協同鍵結 2. $\pi$ 逆向給電子（$\pi$ back-donation） 3. 金屬中心電子密度對 C–O 鍵強弱的影響 CO 與金屬的鍵結包含兩個方向： - CO 的碳原子以孤電子對向金屬形成 $\sigma$ 給電子。 - 金屬充滿的 $d$ 軌域再將電子回饋至 CO 的 $\pi^$ 反鍵結軌域，形成 $\pi$ 逆向給電子。 可表示為： $$ \mathrm{CO}ightarrow \mathrm{M}\quad(\sigma	ext{ 給電子}) $$ $$ \mathrm{M}ightarrow \mathrm{CO}\quad(\pi	ext{ 逆向給電子}) $$ 當金屬向 CO 的 $\pi^$ 軌域逆向給電子越強時，CO 的反鍵結軌域佔據程度越高，會造成： - C–O 鍵級降低 - C–O 鍵長增加 - C–O 鍵能降低 - $\mathrm{C\equiv O}$ 的伸縮振動頻率降低 因此，本題只要比較各化合物中金屬中心的電子豐富程度，即可判斷 C–O 鍵能大小。 --- 解題方法 先計算各金屬的形式氧化態與 $d$ 電子數： | 化合物 | 金屬氧化態 | 金屬 $d$ 電子數 | 形式電荷特徵 | |---|---:|---:|---| | $\mathrm{Ni(CO)4}$ | $0$ | $d^{10}$ | 中性 | | $[\mathrm{Co(CO)4}]^-$ | $-1$ | $d^{10}$ | 陰離子 | | $[\mathrm{Fe(CO)4}]^{2-}$ | $-2$ | $d^{10}$ | 負電荷最多 | | $[\mathrm{Mn(CO)6}]^+$ | $+1$ | $d^6$ | 陽離子 | CO 為中性配體，因此金屬氧化態直接由整體電荷決定。 金屬中心的電子豐富程度大致為： $$ \mathrm{Fe(-II)Co(-I)Ni(0)Mn(+I)} $$ 金屬越電子豐富，越能將電子逆向給入 CO 的 $\pi^$ 反鍵結軌域，C–O 鍵就越弱。因此： $$ 	ext{C–O 鍵能：} \quad [\mathrm{Fe(CO)4}]^{2-} < [\mathrm{Co(CO)4}]^- < \mathrm{Ni(CO)4} < [\mathrm{Mn(CO)6}]^+ $$ 故 C–O 鍵能最小的是 $[\mathrm{Fe(CO)4}]^{2-}$。 --- 18 電子規則的驗算 四個選項皆可符合 18 電子組態： (A) $\mathrm{Ni(CO)4}$ 鎳為第 10 族，氧化態為 $0$： $$ d	ext{ 電子數}=10 $$ 四個 CO 各提供 $2$ 電子： $$ 10+4(2)=18 $…

Question 48

若 $[\mathrm{Fe(CO)2(NO)2}]$ 的 Fe 遵守 18 電子原理（18-electron rule），則每個 NO 配位基提供多少電子？ (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1

Accepted Answer

核心觀念 本題考查金屬羰基、亞硝醯配位化合物的 $18$ 電子計數法。 $18$ 電子原理指出：過渡金屬錯合物中心金屬的價電子數，加上配位基所提供的電子數，總和通常為 $18$。 採用「中性原子法」計算時： - Fe 為第 $8$ 族元素，提供 $8$ 個價電子。 - 每個 CO 為 $2$ 電子供體。 - 每個線型 NO 視為 $3$ 電子供體。 解題方法 設每個 NO 配位基提供 $x$ 個電子。由題目給定 Fe 遵守 $18$ 電子原理： $$ 8+2(2)+2x=18 $$ 其中： - $8$：Fe 的價電子數 - $2(2)=4$：兩個 CO 各提供 $2$ 電子 - $2x$：兩個 NO 各提供 $x$ 電子 整理得： $$ 8+4+2x=18 $$ $$ 2x=6 $$ $$ x=3 $$ 因此，每個 NO 配位基提供 $3$ 個電子。 補充而言，NO 是非純粹惰性配位基，電子計數會受到 NO 的鍵結型態影響；在本題以中性原子法配合 $18$ 電子原理計算，NO 應視為 $3$ 電子供體。 選項分析

Question 49

根據共價鍵分類（covalent bond classification），$[(\eta^5	ext{-}\mathrm{Cp})2\mathrm{TiCl2}]$ 的分類為下列何者？（$\mathrm{Cp}=\mathrm{C5H5}$。） (A) $\mathrm{ML4X4}$ (B) $\mathrm{ML4X2}$ (C) $\mathrm{ML3X2}$ (D) $\mathrm{ML2X2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查共價鍵分類法（covalent bond classification, CBC）中，配體如何以 $L$、$X$ 表示。 - $L$ 型配體：以中性二電子供體表示。 - $X$ 型配體：以單電子供體表示，通常相當於陰離子型配體。 - 金屬中心以 $M$ 表示。 - $\eta^5$-Cp（cyclopentadienyl，$\mathrm{C5H5}$）在 CBC 分類中不是單純的 $L$ 型，而是： $$ \eta^5	ext{-Cp}=\mathrm{L2X} $$ 因此，$\eta^5$-Cp 為五電子供體。 解題方法 題目中的錯合物為： $$ [(\eta^5	ext{-Cp})2\mathrm{TiCl2}] $$ 逐一分類其配位基： 1. 每一個 $\eta^5$-Cp： $$ \eta^5	ext{-Cp}=\mathrm{L2X} $$ 兩個 Cp 共計： $$ 2(\mathrm{L2X})=\mathrm{L4X2} $$ 2. 每一個 $\mathrm{Cl}$ 為 $X$ 型配體： $$ 2\mathrm{Cl}= \mathrm{X2} $$ 3. 合併所有配體： $$ \mathrm{L4X2}+\mathrm{X2} =\mathrm{L4X4} $$ 所以整個錯合物的共價鍵分類為： $$ \boxed{\mathrm{ML4X4}} $$ 其中 $M$ 代表 Ti。 電子數驗算 鈦為第 4 族元素，在中性原子法中提供 4 個電子。 - 兩個 $\eta^5$-Cp：每個提供 5 電子，共 $10$ 電子。 - 兩個 $\mathrm{Cl}$：每個提供 1 電子，共 $2$ 電子。 總電子數為： $$ 4+10+2=16	ext{ 電子} $$

Question 50

下列化合物之分子結構何者有誤？ (A) $[\mathrm{ICl4}]^-$ 為平面四邊形 (B) $[\mathrm{BrF2}]^+$ 為線形 (C) $\mathrm{BrF5}$ 為四角錐 (D) $[\mathrm{IF6}]^+$ 為八面體

Accepted Answer

核心觀念 本題考查路易斯電子結構與 VSEPR（價電子對互斥理論）。判斷分子形狀的步驟如下： 1. 計算總價電子數。 2. 畫出中心原子與周圍原子的鍵結。 3. 判斷中心原子上的孤電子對數。 4. 由中心原子周圍的電子域數，判斷電子域幾何與分子幾何。 常見 VSEPR 型式： - $AX4E2$：平面四邊形 - $AX2E2$：彎曲形 - $AX5E$：四角錐 - $AX6$：八面體 其中 $A$ 為中心原子，$X$ 為與中心原子鍵結的原子，$E$ 為中心原子上的孤電子對。 解題方法 逐一計算各化合物中心原子的鍵結數與孤電子對數，再套用 VSEPR 理論判斷分子形狀。 選項分析 (A) $[\mathrm{ICl4}]^-$ 為平面四邊形 總價電子數為： $$ 7+4(7)+1=36 $$ 碘與四個氯形成四個單鍵，四個氯各具有三對孤電子對。剩餘電子配置在中心碘原子上，形成兩對孤電子對。 因此中心碘的電子域為： - 4 個鍵結電子域 - 2 個孤電子對電子域 總計 6 個電子域，電子域幾何為八面體，型式為 $AX4E2$。兩對孤電子對位於相對位置，四個氯原子位於同一平面，分子形狀為平面四邊形。 故本選項正確。 (B) $[\mathrm{BrF2}]^+$ 為線形 總價電子數為： $$ 7+2(7)-1=20 $$ 溴與兩個氟形成兩個單鍵。兩個氟原子各有三對孤電子對，共使用： $$ 2(6)=12 $$ 兩個 Br–F 鍵使用 $4$ 個電子，剩餘： $$ 20-12-4=4 $$ 這 $4$ 個電子位於中心溴原子上，形成兩對孤電子對。

111 經濟部聯招(台電、中油、台水、台糖)新進職員 化學 MOD- 國營事業聯招 (普通化學、無機化學) 考古題詳解

第 1 題2 分

第 2 題2 分

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法

1. 將滲透壓換算為大氣壓

2. 求 MgCO3\mathrm{MgCO_3}MgCO3​ 的溶解度

3. 計算溶度積

第 5 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

第 7 題2 分

核心觀念

1. 相變化熱

2. 莫耳生成熱

3. 莫耳燃燒熱

解題方法

選項分析

(A) 錯誤

第 8 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

第 10 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：第一階段完全解離

步驟二：列出第二階段解離平衡（ICE 表）

步驟三：代入平衡常數 Ka2K_{a2}Ka2​ 求解 xxx

第 11 題2 分

核心觀念

解題方法

方法一：氧化數變化法（最直觀快速）

方法二：全反應方程式平衡法（驗算確認）

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：求反應後各氣體的莫耳數

步驟二：列出反應莫耳數變化量（三行法）

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

法一：定性判斷法（快速解題）

法二：定量推導與計算（精確驗證）

第 18 題2 分

核心觀念

解題方法

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：列出生成 1 莫耳 NF3(g)\mathrm{NF_3(g)}NF3​(g) 的平衡熱力學反應式

步驟二：計算斷鍵吸收的總能量

步驟三：計算成鍵釋放的總能量

第 20 題2 分

核心觀念

解題方法

(A) [Zn(NH3)4]2+[\mathrm{Zn(NH_3)_4}]^{2+}[Zn(NH3​)4​]2+

111 經濟部聯招(台電、中油、台水、台糖)新進職員化學 MOD- 國營事業聯招 (普通化學、無機化學) 考古題詳解

2. 求 $\mathrm{MgCO_3}$ 的溶解度

步驟三：代入平衡常數 $K_{a2}$ 求解 $x$

步驟一：列出生成 1 莫耳 $\mathrm{NF_3(g)}$ 的平衡熱力學反應式

(A) $[\mathrm{Zn(NH_3)_4}]^{2+}$

(B) $[\mathrm{Pd(NH_3)_4}]^{2+}$

(C) $\mathrm{[Pt(NH_3)_2Cl_2]}$

(A) $\mathrm{NH_3}$

(B) $\mathrm{BBr_3}$

(A) $[\mathrm{PF_2Cl_4}]^-$

(B) $\mathrm{POCl_3}$

(A) $[\mathrm{SiF_6}]^{2-}$

(B) $[\mathrm{PF_6}]^-$

(C) $[\mathrm{AlF_6}]^{3-}$

步驟一：由元素分析數據求出 $\mathrm{C}$ 與 $\mathrm{H}$ 的原子個數莫耳比

步驟二：利用分子式中 $\mathrm{C}$ 與 $\mathrm{H}$ 的原子個數關係式列式求解 $x$