110 專技高考高等考試 環境工程技師 環境化學與環境微生物學 考古題詳解

核心觀念

本題考查亞鐵離子被氧氣氧化、生成氫氧化鐵沉澱的反應式，以及在特定 pH 下將速率式化為擬一級反應後求半衰期。

反應速率式為

$$-\frac{d[\mathrm{Fe^{2+}}]}{dt} =7.2\times10^{13}[\mathrm{Fe^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2p(\mathrm{O_2})$$

在 pH 與氧氣分壓固定時，$[\mathrm{OH^-}]^2p(\mathrm{O_2})$ 為常數，因此反應對 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 呈擬一級反應，其半衰期為

$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{k_{\mathrm{obs}}}$

解題方法

先以氧氣作為氧化劑配平反應。亞鐵離子氧化成三價鐵後，在鹼性環境中生成 $\mathrm{Fe(OH)_3}$：

$\mathrm{4Fe^{2+}+O_2+8OH^-+2H_2O\rightarrow4Fe(OH)_3(s)}$

此式的鐵、氧、氫原子數及總電荷均平衡。

接著由 pH 求氫氧根濃度。於 $25^\circ\mathrm{C}$，$pH+pOH=14$，因此

$pOH=14-8.0=6.0$

$[\mathrm{OH^-}]=10^{-6.0}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

題目未提供氧氣分壓，以下採用空氣中氧氣分壓 $p(\mathrm{O_2})=0.21\ \mathrm{atm}$。將其代入速率式，整理成擬一級速率常數：

核心觀念

本題考查四個連結的觀念：溫室效應氣體與二氧化碳當量、燃燒排放量換算、湖泊酸中和容量，以及鎘的溶解與水相錯合物分布。題目未提供鎘的背景濃度；第（四）題依常用平衡處理，假設湖水與固態 $\mathrm{Cd(OH)_2}$ 達溶解平衡，計算總溶解鎘濃度。

（一）溫室效應氣體與 $\mathrm{CO_2e}$

溫室效應氣體是指能吸收並放射地表及大氣紅外線輻射，因而影響地球能量平衡的氣體。除 $\mathrm{CO_2}$ 外，主要包括甲烷（$\mathrm{CH_4}$）、氧化亞氮（$\mathrm{N_2O}$）、氫氟碳化物（HFCs）、全氟碳化物（PFCs）、六氟化硫（$\mathrm{SF_6}$）及三氟化氮（$\mathrm{NF_3}$）；水蒸氣與臭氧也具有溫室效應，但在排放盤查與減量計算中，通常依規範列管的氣體種類計算。

各種溫室氣體的大氣壽命與單位質量造成的暖化效應不同，因此以全球暖化潛勢（GWP）換算成共同單位 $\mathrm{CO_2e}$：

$$\mathrm{CO_2e}=\text{氣體排放量}\times \mathrm{GWP}$$

以 $\mathrm{CO_2e}$ 表示，可把不同氣體的排放量加總、比較並訂定減量目標。GWP 數值須依採用的評估報告與時間尺度而定。

（二）$\mathrm{SO_2}$ 與 NO 每日排放量

煤炭每日用量為 $10{,}000\ \mathrm{t}$，硫含量為 $0.5\%$。假設煤中硫完全氧化成 $\mathrm{SO_2}$，且題目未指定除硫設備或硫轉化率，則：

$$m_S=10{,}000\ \mathrm{t/d}\times 0.005 =50\ \mathrm{t\ S/d}$$

反應為 $\mathrm{S+O_2\rightarrow SO_2}$，由分子量比 $M_{\mathrm{SO_2}}/M_S=64/32=2$：

$$m_{\mathrm{SO_2}}=50\times 2 =100\ \mathrm{t/d} =\boxed{100{,}000\ \mathrm{kg/d}}$$

過量空氣率為 $10\%$，故實際空氣量為理論空氣量的 $1.10$ 倍。計算 NO 時，採乾空氣含氧量 $21\%$、理想氣體體積比等於莫耳比，並假設尾氣的 $100\ \mathrm{ppm}$ 為體積（莫耳）濃度。

完全燃燒 $50\ \mathrm{t/d}$ 的硫，理論氧氣需求為：

$$n_{\mathrm{O_2,th}} =\frac{50{,}000\ \mathrm{kg/d}}{32\ \mathrm{kg/kmol}} =1{,}562.5\ \mathrm{kmol/d}$$

理論空氣量及實際供氣量分別為：

$$n_{\mathrm{air,th}}=\frac{1{,}562.5}{0.21} =7{,}440.5\ \mathrm{kmol/d}$$ $$n_{\mathrm{air,act}}=1.10(7{,}440.5) =8{,}184.5\ \mathrm{kmol/d}$$

供入的氧氣為 $1{,}718.75\ \mathrm{kmol/d}$，燃燒後剩餘氧氣為：

$$n_{\mathrm{O_2,out}}=1{,}718.75-1{,}562.5 =156.25\ \mathrm{kmol/d}$$

若硫完全氧化為 $\mathrm{SO_2}$，尾氣總量（不計煤中其他成分燃燒產物）為：

$$n_{\mathrm{gas}} =8{,}184.5-1{,}562.5+1{,}562.5 =8{,}184.5\ \mathrm{kmol/d}$$

其中氧氣被消耗後又以等莫耳數的 $\mathrm{SO_2}$ 取代，故總莫耳數仍等於供入空氣總莫耳數。尾氣中 NO 為 $100\ \mathrm{ppm}=100\times10^{-6}$：

$$n_{\mathrm{NO}}=8{,}184.5\times100\times10^{-6} =0.81845\ \mathrm{kmol/d}$$ $$m_{\mathrm{NO}}=0.81845\times30 =\boxed{24.6\ \mathrm{kg/d}}$$

此 NO 換算以題目所給過量空氣量和上述尾氣組成假設為準；若燃煤中其他元素產生的煙氣也納入尾氣總莫耳數，仍須有煤的元素組成才能精確計算。

（三）酸雨使湖泊 pH 由 7.0 降至 6.7 所需雨量

湖泊體積為：

$$V=3\ \mathrm{m}\times10\ \mathrm{km^2} =3\times10^7\ \mathrm{m^3} =3\times10^{10}\ \mathrm{L}$$

鹼度 $30\ \mathrm{mg\text{-}CaCO_3/L}$ 換算為當量濃度：

$$A_0=\frac{30\ \mathrm{mg/L}}{50{,}000\ \mathrm{mg/eq}} =6.0\times10^{-4}\ \mathrm{eq/L}$$

以碳酸系統計算鹼度，忽略其他弱酸鹼系統：

$$A_T=[\mathrm{HCO_3^-}]+2[\mathrm{CO_3^{2-}}] +[\mathrm{OH^-}]-[\mathrm{H^+}]$$

對任一 pH，令 $H=10^{-\mathrm{pH}}$、$C_T$ 為總無機碳，則：

$$A_T=C_T\frac{K_1H+2K_1K_2}{H^2+K_1H+K_1K_2} +\frac{K_w}{H}-H$$

其中 $K_1=10^{-6.33}$、$K_2=10^{-10.33}$。在初始 pH 7.0 及終點 pH 6.7 時，假設湖泊總無機碳 $C_T$ 不因降雨而改變，可由初始鹼度求得：

$$C_T= \frac{A_0-\left(K_w/10^{-7}-10^{-7}\right)} {\dfrac{K_1(10^{-7})+2K_1K_2} {(10^{-7})^2+K_1(10^{-7})+K_1K_2}} \approx 6.62\times10^{-4}\ \mathrm{M}$$

代入 pH 6.7 得終點鹼度：

$$A_f\approx5.27\times10^{-4}\ \mathrm{eq/L}$$

湖泊需消耗的鹼度為：

$$\Delta A=A_0-A_f \approx7.3\times10^{-5}\ \mathrm{eq/L}$$

核心觀念

本題考查甲烷不完全燃燒的化學計量、空氣／燃料比與密閉空間內一氧化碳的累積。

假設燃燒所需空氣的氧氣體積分率為 $21\%$，空氣與氣體燃料體積比可直接換成莫耳比；對氣體而言，同溫同壓下體積比等於莫耳比。題目給定空氣／燃料比 $1:1.92$，即每 $1$ 莫耳甲烷供應 $1.92$ 莫耳空氣，其中氧氣為 $1.92\times0.21=0.4032$ 莫耳。

解題方法

（一）先判斷氧氣供應量是否足以使甲烷完全燃燒。完全燃燒反應為：

$$\mathrm{CH_4+2O_2\rightarrow CO_2+2H_2O}$$

完全燃燒每莫耳甲烷需要 $2$ 莫耳氧氣，但題給空氣僅提供 $0.4032$ 莫耳氧氣，因此以不完全燃燒反應計算：

$$\mathrm{CH_4+\frac{3}{2}O_2\rightarrow CO+2H_2O}$$

每莫耳甲烷生成 $1$ 莫耳 CO，消耗 $1.5$ 莫耳氧氣。以 $1$ 莫耳甲烷為基準，供應的氧氣先用於生成 CO；剩餘氧氣為 $0.4032-1.5$，並不成立，表示題目給出的 $1:1.92$ 若解讀為「空氣：燃料」，氧氣量不足以同時依上述產率式反應。此數值與常見燃燒題的空燃比慣例不相容。

依題意將比值解讀為燃料／空氣 $=1:1.92$，亦即每 $1$ 莫耳甲烷供應 $1.92$ 莫耳空氣，仍只有 $0.4032$ 莫耳氧氣；故供氧不足以使甲烷完全燃燒，且不足以單獨決定 CO 產率。若採用常見的理論空燃比偏低解讀，將供應氧氣全用於 CO 生成，則氧氣可燃燒的甲烷量為 $0.4032/1.5=0.2688$ 莫耳，對應生成 $0.2688$ 莫耳 CO；未反應甲烷及其他含碳產物的分配仍須另有條件才能確定。

（二）管理室體積為：

$$V=4\times8\times3=96\ \mathrm{m^3}$$

失去意識的 CO 濃度門檻為 $250\ \mathrm{ppm}=250\times10^{-6}$（體積分率）。

核心觀念

本題考查傳統活性污泥程序由「以去除有機物為主」轉為「有機物去除兼具硝化」時，如何依好氧硝化菌的生長特性調整設計。核心在於：硝化菌生長速率較慢，必須在系統中保留足夠久，才能避免被排泥或隨放流水沖出；此外，硝化還需要足夠的溶氧、適當的 pH 與鹼度。

硝化是好氧自營性微生物將氨氮氧化為硝酸鹽的過程，主要分兩階段：

$$\mathrm{NH_4^+ \rightarrow NO_2^- \rightarrow NO_3^-}$$

硝化菌以無機碳為碳源，取得能量的速率較慢，生長產率也低於異營性有機物分解菌。因此，原本只依有機物去除需求設計的污泥齡與曝氣池容量，未必足以維持硝化菌族群。

解題方法

依序從「微生物能否留在系統中生長」、「氧與反應時間是否足夠」、「水質條件是否適合」三方面，調整活性污泥設計。

1. 提高污泥齡，避免硝化菌流失

污泥齡（固體停留時間，SRT）是硝化設計的重要控制參數。硝化菌生長慢，若污泥齡過短，硝化菌增殖速度低於流失速度，便會逐漸被洗出，造成氨氮去除失效。

設計時須依水溫、硝化需求及安全係數，設定足夠的設計污泥齡；低水溫下硝化菌生長更慢，所需污泥齡通常要提高。操作上可減少排泥量，並維持足夠的曝氣池混合液懸浮固體濃度（MLSS），使硝化菌留在系統中的時間長於其生長所需時間。

污泥齡可用下式表示：

$$\mathrm{SRT} = \frac{\text{系統內總固體量}} {\text{每日排出固體量}}$$

增加迴流污泥量本身不等同於增加污泥齡；迴流主要是將沉澱池污泥送回曝氣池，真正影響污泥齡的是系統固體庫存與排泥量。

2. 增加曝氣與反應容量

硝化需要氧氣，設計時應確認曝氣系統能同時供應有機物氧化及氨氮硝化所需的氧量，並能在曝氣池各區維持足夠溶氧。工程設計與操作常以曝氣池末端或控制區的溶氧濃度作為檢核依據；若溶氧不足，硝化速率會下降。

完全硝化時，氨氮氧化的理論需氧量約為：

$$4.57\ \frac{\mathrm{g\ O_2}}{\mathrm{g\ NH_4\text{-}N}}$$

核心觀念

題目要判斷的是：外觀與菌落形態相似的純菌株，是否具有可區別的表型或基因型特徵。微生物分類與菌株鑑別可透過生理生化特性、蛋白質或脂肪酸組成，以及核酸片段的差異分析進行；不做基因定序，仍可使用不需讀出序列的分子指紋方法。

須注意，「不同菌株」不必然代表「不同物種」。菌株是同一物種內可區別的個體或分離株；鑑別結果的解析度取決於方法，不能只憑單一項生化反應就宣稱分類結果。

解題方法

可先以生理生化特性篩選，再用分子指紋方法比較菌株。操作時應將各純菌株以相同培養條件培養，並設重複樣本；否則培養條件差異可能造成表型差異，干擾判讀。

一、生理生化試驗

分別測定碳源利用、酵素反應、代謝產物、營養需求、耐受性及生長條件等特徵，建立每株菌的反應組合。

**原理：**不同菌株所具備的代謝途徑、酵素及生理適應能力不同，因此在特定基質或培養條件下會呈現不同的生長或反應結果。將多項反應組成生化特徵譜，可比較菌株差異。

**判讀限制：**表型受培養基、溫度、培養時間及生理狀態影響；近緣菌株也可能有相同反應，因此適合作為初步鑑別，宜搭配其他方法。

二、脂肪酸組成分析（FAME）

培養菌體後萃取並甲酯化脂肪酸，再以氣相層析分析脂肪酸種類與相對含量，建立脂肪酸圖譜。

**原理：**不同微生物的細胞膜脂肪酸組成及比例不同；比對圖譜可判斷樣本是否具有可辨識的組成差異。

**判讀限制：**脂肪酸組成會受培養基與培養條件影響，需使用標準化培養程序；相近菌株的圖譜也可能相似。

三、蛋白質或酵素圖譜分析

可用 SDS-PAGE 比較全細胞蛋白質條帶，或以特定酵素的活性染色、同功酵素分析比較酵素型態。

**原理：**蛋白質依分子量（及所用方法的其他分離性質）分離成條帶；不同菌株的蛋白質表現或酵素型態不同，會呈現不同圖譜。

**判讀限制：**蛋白質表現受生長階段及環境條件影響，整體蛋白質圖譜的解析力有限；適合與分子指紋結果互相佐證。

四、限制性片段長度多型性分析（RFLP）

抽取染色體 DNA，以限制酶切割，再以凝膠電泳分離片段；若需檢視特定區域，可先以 PCR 擴增後再酶切（PCR-RFLP）。

**原理：**限制酶辨認特定核酸序列並在辨認位點切割。不同菌株若在辨認位點或片段間距上有差異，酶切後片段長度與電泳條帶型態便不同。

核心觀念

本題考查原核微生物細胞內的無機內含物：細胞可將某些無機物以顆粒或晶體形式累積在細胞質內，作為營養或能量儲備，或用於特定生理功能。答題時應把「顆粒的成分」與「功能」配對說明，並與以碳為主的有機儲存物，如肝醣、聚羥基烷酸酯（PHA），區分開來。

解題方法

依顆粒的主要無機成分分類，再說明其儲存、代謝或定位功能。常見且適合考場作答的項目如下：

無機顆粒	主要成分與別名	主要功能
聚磷酸鹽顆粒	無機磷酸鹽聚合物；亦稱異染顆粒、volutin 顆粒	儲存磷酸鹽，供細胞合成核酸、磷脂等含磷物質；聚磷酸鹽亦可參與能量代謝、陽離子結合及環境逆境調節。
硫顆粒	元素硫 $S^0$	常見於硫氧化微生物；由硫化氫等還原態硫氧化後暫存，之後可再氧化以取得能量。
磁小體	磁性鐵礦物晶體，常見如磁鐵礦 $Fe_3O_4$；