中國醫藥大學 111 年 《化學》

核心觀念

本題考查：

• 鹼性溶液中的氧化還原反應配平
• 鋁的兩性：鋁在強鹼中生成可溶性的四羥基鋁酸根 $\ce{Al(OH)4^-}$
• 配平後各物質係數的總和

反應物與生成物的係數必須同時符合：

1. 各元素原子數守恆
2. 總電荷守恆
3. 係數化為最簡整數比

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解題方法一：代數配平

設反應式為：

$$\ce{aAl + bHO^- + cH2O -> dAl(OH)4^- + eH2}$$

依各元素與電荷守恆列式。

鋁原子守恆：

$$a=d$$

電荷守恆：

$$-b=-d$$

因此：

$$b=d=a$$

氧原子守恆：

$$b+c=4d$$

代入 $b=d=a$：

$$a+c=4a$$ $$c=3a$$

氫原子守恆：

$$b+2c=4d+2e$$

代入 $b=a$、$c=3a$、$d=a$：

$$a+2(3a)=4a+2e$$ $$7a=4a+2e$$ $$3a=2e$$

因此 $a$ 必須取偶數。取最小值 $a=2$，可得：

$$b=2,\qquad c=6,\qquad d=2,\qquad e=3$$

所以最簡整數配平式為：

$$\ce{2Al + 2HO^- + 6H2O -> 2Al(OH)4^- + 3H2}$$

係數總和為：

$$2+2+6+2+3=15$$

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解題方法二：半反應法驗證

鋁在鹼性溶液中被氧化為四羥基鋁酸根：

$$\ce{Al + 4OH^- -> Al(OH)4^- + 3e^-}$$

水被還原生成氫氣：

$$\ce{2H2O + 2e^- -> H2 + 2OH^-}$$

使電子數相同，第一式乘以 $2$，第二式乘以 $3$：

$$\ce{2Al + 8OH^- -> 2Al(OH)4^- + 6e^-}$$ $$\ce{6H2O + 6e^- -> 3H2 + 6OH^-}$$

核心觀念

本題考查酸鹼性質與 pH 的定義：

$$\mathrm{pH}=-\log[\ce{H3O+}]$$

其中 $[\ce{H3O+}]$ 代表水溶液中的水合氫離子濃度。

強酸在水中幾乎完全解離，例如：

$$\ce{HA + H2O -> H3O+ + A-}$$

若為一元強酸，則酸的形式濃度約等於 $[\ce{H3O+}]$。弱酸僅部分解離，因此 $[\ce{H3O+}]$ 會明顯小於原本的酸濃度。

解題方法

題目給定化合物濃度為：

$$C=0.0035\ \mathrm{M}=3.5\times10^{-3}\ \mathrm{M}$$

由 pH 計算水合氫離子濃度：

$$[\ce{H3O+}]=10^{-\mathrm{pH}}$$

代入 $\mathrm{pH}=2.46$：

$$[\ce{H3O+}]=10^{-2.46} \approx 3.47\times10^{-3}\ \mathrm{M}$$

比較原化合物濃度與水合氫離子濃度：

$$[\ce{H3O+}] \approx 3.47\times10^{-3}\ \mathrm{M} \approx 3.5\times10^{-3}\ \mathrm{M}$$

兩者幾乎相等，表示該化合物投入水中的部分幾乎完全轉換成水合氫離子，符合強酸的特徵。

亦可直接用強酸近似驗算：

$$\mathrm{pH}=-\log(3.5\times10^{-3}) \approx 2.46$$

因此本題化合物為強酸。

選項分析

核心觀念

本題考查配位化合物的：

• 中心金屬氧化數
• 配位基場強與電子自旋
• 八面體錯離子的幾何異構與光學異構
• 二齒配位基 $\ce{en}$ 所造成的螯合結構

$\ce{en}$ 為中性二齒配位基，每個 $\ce{en}$ 以兩個氮原子與 $\ce{Co}$ 配位；兩個 $\ce{Cl^-}$ 各提供一個負電荷。因此，$\ce{Co}$ 的配位數為 $6$，整體構型為八面體。

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解題方法

先依序判斷：

1. 求 $\ce{Co}$ 的氧化數。
2. 判斷 $\ce{Co(III)}$ 的 $d$ 電子組態與自旋狀態。
3. 分析兩個 $\ce{Cl^-}$ 在八面體中的相對位置。
4. 判斷各幾何異構物是否具有鏡像不可重疊的結構。

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一、中心原子的氧化數

設 $\ce{Co}$ 的氧化數為 $x$。

$\ce{en}$ 為中性配位基，氧化數為 $0$；每個 $\ce{Cl^-}$ 的電荷為 $-1$。由錯離子總電荷為 $+1$：

$$x+2(0)+2(-1)=+1$$ $$x-2=+1$$ $$x=+3$$

因此中心原子為 $\ce{Co(III)}$，不是 $\ce{Co(I)}$。

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二、電子組態與磁性

鈷的原子序為 $27$，基態電子組態為：

$$\ce{Co}: [Ar]\,3d^7 4s^2$$

形成 $\ce{Co^{3+}}$ 時，先移除 $4s$ 軌域的兩個電子，再移除一個 $3d$ 電子，因此：

$$\ce{Co^{3+}}: [Ar]\,3d^6$$

$\ce{en}$ 屬於相對強場配位基。在八面體配位場中，$\ce{Co(III)}$ 的 $d^6$ 電子通常形成低自旋排列：

$$(t_{2g})^6(e_g)^0$$

六個電子全部成對，未成對電子數為 $0$，因此此錯離子為抗磁性，而非順磁性。

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三、幾何異構物

$\ce{[Co(en)2Cl2]+}$ 為八面體錯離子。兩個氯配位基有兩種相對位置：

1. trans 異構物

兩個 $\ce{Cl^-}$ 位於相對的 $180^\circ$ 位置：

$$\ce{Cl-Co-Cl}=180^\circ$$

此結構為 trans-[\ce{Co(en)2Cl2}]+。

2. cis 異構物

兩個 $\ce{Cl^-}$ 位於相鄰位置：

$$\ce{Cl-Co-Cl}=90^\circ$$

此結構為 cis-[\ce{Co(en)2Cl2}]+。

因此，本錯離子具有兩個幾何異構物：cis 與 trans。

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四、光學異構物

核心觀念

本題考查配位化合物的：

• 金屬中心氧化數與 $d$ 電子數判定
• 八面體晶場分裂
• 弱場配體造成的高自旋（high spin）排列
• 未成對電子數的判斷

$\ce{Cl^-}$ 為弱場配體，因此在八面體錯離子中通常形成高自旋組態。

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解題方法

1. 判斷錳的氧化數

設錳的氧化數為 $x$，則：

$$x+6(-1)=-3$$ $$x=+3$$

因此中心金屬為 $\ce{Mn^{3+}}$。

中性錳原子的電子組態為：

$$\ce{Mn}: [Ar]3d^5 4s^2$$

形成 $\ce{Mn^{3+}}$ 時，先移除 $4s$ 軌域的兩個電子，再移除一個 $3d$ 電子：

$$\ce{Mn^{3+}}: [Ar]3d^4$$

所以此錯離子屬於 $d^4$ 系統。

2. 判斷晶場排列

$\ce{[MnCl6]^{3-}}$ 有六個配體，為八面體結構。在八面體晶場中，$d$ 軌域分裂為：

• 較低能量的 $t_{2g}$ 軌域，共三個軌域
• 較高能量的 $e_g$ 軌域，共兩個軌域

由於 $\ce{Cl^-}$ 是弱場配體，晶場分裂能 $\Delta_o$ 小於電子成對能，因此電子會優先遵守洪特規則，先分占不同軌域：

$$\ce{d^4}: \quad t_{2g}^3e_g^1$$

軌域填入情形為：

$$\boxed{(\uparrow)(\uparrow)(\uparrow)(\uparrow)(\ )( \ )}$$

其中 $t_{2g}$ 有三個單佔電子，$e_g$ 有一個單佔電子，因此共有：

$$3+1=4$$

個未成對電子。

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選項分析

核心觀念

本題考查「一級反應的積分速率定律」與直線斜率的判讀。

若反應物 $\ce{A}$ 的消耗速率符合一級反應：

$$-\frac{d[\ce{A}]}{dt}=k[\ce{A}]$$

積分後得到：

$$\ln[\ce{A}]=\ln[\ce{A}]_0-kt$$

與直線方程式 $y=b+mx$ 比較：

• $y=\ln[\ce{A}]$
• $x=t$
• 斜率 $m=-k$

因此圖中直線的斜率為 $-k$。

解題方法

題目繪製的是 $\ln[\ce{A}]$ 對時間 $t$ 的圖。由一級反應積分式：

$$\ln[\ce{A}]=\ln[\ce{A}]_0-kt$$

可直接判定：

$$\text{斜率}=-k$$

圖形中 $\ln[\ce{A}]$ 隨時間增加而下降，斜率應為負值，也與 $-k$ 的符號一致。

選項分析

• (A) $-k$：正確。
  一級反應的 $\ln[\ce{A}]$ 對時間作圖，其斜率就是 $-k$。

• (B) $-\dfrac{1}{k}$：錯誤。
  $-\dfrac{1}{k}$ 的量綱為時間，不是速率常數的量綱；它不是 $\ln[\ce{A}]$ 對時間圖的斜率。

• (C) $\dfrac{1}{k}$：錯誤。
  $1/k$ 通常與一級反應的特徵時間有關，例如半衰期：

$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{k}$

核心觀念

本題考查量子數所代表的意義，以及由主量子數 $n$ 與角動量量子數 $\ell$ 判定副殼層及其容納電子數。

• $n$：主量子數，決定電子所在的主要能階。
• $\ell$：角動量量子數，決定副殼層種類：

$\ell$	副殼層
$0$	$s$
$1$	$p$
$2$	$d$
$3$	$f$

因此，$n=3$、$\ell=2$ 代表第三能階的 $d$ 副殼層，也就是 $3d$ 副殼層。

解題方法

對於 $\ell=2$，磁量子數 $m_\ell$ 的可能值為：

$$m_\ell=-\ell,-\ell+1,\ldots,0,\ldots,\ell-1,\ell$$

代入 $\ell=2$：

$$m_\ell=-2,-1,0,+1,+2$$

共有 $5$ 個不同的軌域。

每一個軌域最多容納 $2$ 個自旋方向相反的電子，因為自旋量子數 $m_s$ 有兩種可能值：

$$m_s=+\frac{1}{2},\ -\frac{1}{2}$$

因此，$3d$ 副殼層最多可容納的電子數為：

$$5 \times 2=10$$

所以可以用 $n=3$、$\ell=2$ 描述的電子共有 $10$ 個，選擇 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考查烴類完全燃燒、莫耳數換算，以及理想氣體莫耳體積。

丙烷完全燃燒反應為：

$$\ce{C3H8 + 5O2 -> 3CO2 + 4H2O}$$

由反應式可知，$1$ mol 丙烷完全燃燒會產生 $3$ mol $\ce{CO2}$。

在 $25\,^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下，氣體莫耳體積約為 $24.5\ \mathrm{L/mol}$，也就是：

$$24.5\ \mathrm{L/mol}=0.0245\ \mathrm{m^3/mol}$$

解題方法

丙烷的莫耳質量為：

$$M(\ce{C3H8})=3(12)+8(1)=44\ \mathrm{g/mol}$$

鋼瓶內丙烷的物質量為：

$$n(\ce{C3H8}) =\frac{13.2\ \mathrm{kg}\times 1000\ \mathrm{g/kg}}{44\ \mathrm{g/mol}} =300\ \mathrm{mol}$$

依據燃燒反應式：

$$n(\ce{CO2})=300\times 3=900\ \mathrm{mol}$$

在題目指定條件下，生成的二氧化碳體積為：

$$V(\ce{CO2}) =900\ \mathrm{mol}\times 0.0245\ \mathrm{m^3/mol} =22.05\ \mathrm{m^3}$$

每排放 $1\ \mathrm{m^3}$ $\ce{CO2}$ 課稅 1 元，因此碳稅為：

$$22.05\ \mathrm{m^3}\times 1\ \text{元/m}^3 \approx 22\ \text{元}$$

所以應選 $\text{(C)}$。

選項分析

• (A) 7 元：錯誤。
  這個數值未依照 $\ce{C3H8}$ 每莫耳產生 $3$ mol $\ce{CO2}$ 的化學計量關係計算，低估了二氧化碳排放量。

核心觀念

本題考查中心原子的「電子域數」與傳統混成軌域判定。

判斷步驟為：

1. 計算中心原子的價電子數。
2. 由路易斯結構判定中心原子周圍的鍵結對與孤電子對數。
3. 電子域總數為：

$$\text{電子域數}=\text{鍵結域數}+\text{孤電子對域數}$$

依傳統混成軌域對應關係：

• 4 個電子域：$\mathrm{sp^3}$
• 5 個電子域：$\mathrm{sp^3d}$
• 6 個電子域：$\mathrm{sp^3d^2}$

其中，每一條單鍵算作一個鍵結域，不論其為單鍵、雙鍵或三鍵。

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解題方法

一、判定 $\ce{IF3}$ 的混成軌域

碘原子屬於第 17 族，具有 7 個價電子。氟原子各提供 1 個未成對電子，形成三條 $\ce{I-F}$ 單鍵。

中心碘原子的周圍有：

• 3 個 $\ce{I-F}$ 鍵結域
• 2 對孤電子對

因此，電子域總數為：

$$3+2=5$$

5 個電子域對應傳統混成軌域：

$$\boxed{\mathrm{sp^3d}}$$

其電子域幾何為三角雙錐；兩對孤電子對優先排列在赤道位置，以減少孤電子對之間的排斥，因此分子形狀為 T 形。

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二、判定 $\ce{IF5}$ 的混成軌域

$\ce{IF5}$ 中，中心碘原子與 5 個氟原子形成五條 $\ce{I-F}$ 單鍵。

中心碘原子的周圍有：

• 5 個 $\ce{I-F}$ 鍵結域
• 1 對孤電子對

因此，電子域總數為：

$$5+1=6$$

6 個電子域對應傳統混成軌域：

$$\boxed{\mathrm{sp^3d^2}}$$

其電子域幾何為八面體；一對孤電子對占據其中一個位置，剩餘五個氟原子形成四方錐形分子結構。

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選項分析

(A) $\mathrm{sp^3d}$，$\mathrm{sp^3d}$：錯誤

核心觀念

本題考查赫斯定律（Hess’s law）：反應的總焓變只與反應物、生成物的初態與終態有關，與反應途徑無關。因此，可將已知反應式乘以適當倍數、倒反，並將各反應相加，以組合出目標反應。

規則如下：

• 反應式乘以 $n$，$\Delta H$ 也乘以 $n$。
• 反應倒反，$\Delta H$ 變號。
• 各反應相加時，兩側相同物質可相消。

解題方法

已知反應：

$$\ce{2ClF + O2 -> Cl2O + F2O} \qquad \Delta H_1=+167.4\ \mathrm{kJ/mol}$$ $$\ce{2ClF3 + 2O2 -> Cl2O + 3F2O} \qquad \Delta H_2=+341.4\ \mathrm{kJ/mol}$$ $$\ce{2F2 + O2 -> 2F2O} \qquad \Delta H_3=-43.4\ \mathrm{kJ/mol}$$

目標反應為：

$$\ce{ClF + F2 -> ClF3}$$

將第一式乘以 $\frac12$：

$$\ce{ClF + \frac12 O2 -> \frac12 Cl2O + \frac12 F2O}$$

將第二式倒反並乘以 $\frac12$：

$$\ce{\frac12 Cl2O + \frac32 F2O -> ClF3 + O2}$$

將第三式乘以 $\frac12$：

$$\ce{F2 + \frac12 O2 -> F2O}$$

三式相加：

$$\ce{ClF + F2 + O2 + \frac12 O2 + \frac32 F2O + \frac12 Cl2O -> \frac12 Cl2O + \frac12 F2O + ClF3 + O2 + F2O}$$

整理並消去兩側相同物質 $\ce{Cl2O}$、$\ce{F2O}$ 與 $\ce{O2}$，得到：

$$\ce{ClF + F2 -> ClF3}$$

因此：

$$\begin{aligned} \Delta H &=\frac12(167.4) -\frac12(341.4) +\frac12(-43.4)\\ &=83.7-170.7-21.7\\ &=-108.7\ \mathrm{kJ/mol} \end{aligned}$$

依照反應式的標準赫斯定律計算，結果為 $-108.7\ \mathrm{kJ/mol}$。

爭議說明

核心觀念

本題考查標準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：

• $\Delta G^\circ$：標準吉布斯自由能變化
• $n$：反應轉移的電子莫耳數
• $F$：法拉第常數，$F=9.6485\times10^4\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$
• $E^\circ_{\text{cell}}$：標準電池電位

若 $E^\circ_{\text{cell}}>0$，則 $\Delta G^\circ<0$，表示反應在標準狀態下具有自發性。

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解題方法

題示反應為：

$$\ce{2Au^{3+} + 3Ni -> 3Ni^{2+} + 2Au}$$

由生成物判斷：

• $\ce{Au^{3+}}$ 得電子生成 $\ce{Au}$，發生還原，為陰極反應。
• $\ce{Ni}$ 失電子生成 $\ce{Ni^{2+}}$，發生氧化，為陽極反應。

已知還原電位：

$$\ce{Au^{3+} + 3e^- -> Au} \qquad E^\circ_{\mathrm{red}}=+1.50\ \mathrm{V}$$ $$\ce{Ni^{2+} + 2e^- -> Ni} \qquad E^\circ_{\mathrm{red}}=-0.23\ \mathrm{V}$$

因此電池標準電位為：

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

題目反應中，$2$ 個 $\ce{Au^{3+}}$ 共接受：

$$2\times 3=6\ \mathrm{mol\ e^-}$$

$3$ 個 $\ce{Ni}$ 共放出：

$$3\times 2=6\ \mathrm{mol\ e^-}$$

所以：

$$n=6$$

代入公式：

$$\Delta G^\circ = -(6)(9.6485\times10^4\ \mathrm{C\,mol^{-1}})(1.73\ \mathrm{J\,C^{-1}})$$ $$\Delta G^\circ = -1.000\times10^6\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$$

進行單位換算：

核心觀念

本題考熱力學中的「狀態函數」與「路徑函數」。

• 狀態函數只由初、終狀態決定，例如體積 $V$、壓力 $P$、溫度 $T$、內能 $U$。
• 路徑函數與實際進行過程有關，例如熱量 $q$ 與功 $w$。
• 熱力學第一定律為

$$\Delta U=q+w$$

其中 $w$ 定義為「外界對系統所作的功」。

氣體由狀態 A 膨脹至狀態 B，表示系統體積增加。膨脹時通常由系統對外界作功，因此在此符號約定下，膨脹功 $w<0$。

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解題方法

先判斷各物理量屬於狀態函數或路徑函數：

1. 比較初、終狀態的物理量，判斷是否只由狀態決定。
2. 涉及熱量與功時，判斷其是否依賴膨脹路徑。
3. 使用熱力學第一定律連結 $q$、$w$ 與 $\Delta U$。

對固定的狀態 A 與狀態 B：

$$\Delta U=U_B-U_A$$

為固定值，但不同路徑會有不同的功 $w$，因此

$$q=\Delta U-w$$

也會隨路徑改變。因此，過程中釋放或吸收的熱量與路徑有關。

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選項分析

(A) 氣體的最終體積與路徑有關。

錯誤。

體積是狀態函數。只要終態固定為狀態 B，最終體積就是狀態 B 所對應的 $V_B$，與氣體經過哪一條路徑無關。

路徑會影響熱量與功，但不會改變已指定的終態體積。

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(B) 無論路徑為何，該過程中所作的功是相同的。

錯誤。

功是路徑函數。氣體對外作功可表示為

$$w_{\text{by system}}=\int_A^B P_{\text{ext}}\,dV$$

在 $P$–$V$ 圖上，功相當於曲線下的面積。即使初、終狀態相同，不同膨脹路徑的壓力變化不同，曲線下面積也不同，因此所作的功通常不同。

例如，若以外界壓力表示系統所作的功：

核心觀念

本題考查理想溶液的拉午耳定律（Raoult’s law）與道耳吞分壓定律（Dalton’s law）。

理想溶液中，某一揮發性成分的分壓為：

$$P_i=x_iP_i^\circ$$

其中：

• $P_i$：成分 $i$ 在混合溶液上方的分壓
• $x_i$：成分 $i$ 在液相中的莫耳分率
• $P_i^\circ$：純成分 $i$ 的蒸汽壓

蒸氣中戊烷的莫耳分率則由道耳吞定律求得：

$$y_{\ce{C5H12}}=\frac{P_{\ce{C5H12}}}{P_{\text{total}}}$$

必須注意：題目給出的己烷莫耳分率 $0.50$ 是「液相」中的莫耳分率，不是蒸氣中的莫耳分率。

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解題方法

戊烷與己烷的液相莫耳分率總和為 $1$，因此：

$$x_{\ce{C6H14}}=0.50$$ $$x_{\ce{C5H12}}=1-0.50=0.50$$

在 $25^\circ\mathrm{C}$ 下：

$$P_{\ce{C5H12}}^\circ=511\ \mathrm{torr}$$ $$P_{\ce{C6H14}}^\circ=150\ \mathrm{torr}$$

依拉午耳定律，戊烷的分壓為：

$$P_{\ce{C5H12}} =x_{\ce{C5H12}}P_{\ce{C5H12}}^\circ$$ $$P_{\ce{C5H12}} =(0.50)(511\ \mathrm{torr}) =255.5\ \mathrm{torr}$$

己烷的分壓為：

$$P_{\ce{C6H14}} =x_{\ce{C6H14}}P_{\ce{C6H14}}^\circ$$ $$P_{\ce{C6H14}} =(0.50)(150\ \mathrm{torr}) =75.0\ \mathrm{torr}$$

因此總蒸氣壓為：

$$P_{\text{total}} =P_{\ce{C5H12}}+P_{\ce{C6H14}}$$ $$P_{\text{total}} =255.5\ \mathrm{torr}+75.0\ \mathrm{torr} =330.5\ \mathrm{torr}$$

蒸氣中戊烷的莫耳分率為：

$$y_{\ce{C5H12}} =\frac{255.5\ \mathrm{torr}}{330.5\ \mathrm{torr}} =0.773 \approx 0.77$$

核心觀念

本題考查溶液的稀釋與混合，核心公式為：

$$C_1V_1=C_2V_2$$

其中 $C$ 為莫耳濃度，$V$ 為溶液體積。稀釋過程中，溶質的莫耳數不變；混合不同濃度溶液時，則先分別計算溶質莫耳數，再除以混合後總體積。

硝酸銨的莫耳質量為：

$$M_{\ce{NH4NO3}}=14.0+4(1.0)+14.0+3(16.0)=80.0\ \mathrm{g/mol}$$

解題方法

先求溶液 A 的濃度。

$$n_{\ce{NH4NO3}} =\frac{20.0\ \mathrm{g}}{80.0\ \mathrm{g/mol}} =0.250\ \mathrm{mol}$$

溶液 A 體積為 $250.0\ \mathrm{mL}=0.2500\ \mathrm{L}$，因此：

$$[\ce{NH4NO3}]_{\mathrm{A}} =\frac{0.250\ \mathrm{mol}}{0.2500\ \mathrm{L}} =1.00\ \mathrm{M}$$

取 $20.0\ \mathrm{mL}$ 溶液 A，加水至 $80.0\ \mathrm{mL}$，得到溶液 B：

$$[\ce{NH4NO3}]_{\mathrm{B}} =1.00\ \mathrm{M}\times\frac{20.0\ \mathrm{mL}}{80.0\ \mathrm{mL}} =0.250\ \mathrm{M}$$

再求溶液 C。取 $15.0\ \mathrm{mL}$ 溶液 B，加水 $25.0\ \mathrm{mL}$，所以溶液 C 的總體積為：

$$15.0+25.0=40.0\ \mathrm{mL}$$

因此：

$$[\ce{NH4NO3}]_{\mathrm{C}} =0.250\ \mathrm{M}\times\frac{15.0\ \mathrm{mL}}{40.0\ \mathrm{mL}} =0.09375\ \mathrm{M}$$

最後混合 $10.0\ \mathrm{mL}$ 溶液 B 與 $10.0\ \mathrm{mL}$ 溶液 C。

溶液 B 提供的硝酸銨莫耳數為：

$$n_{\mathrm{B}} =0.250\ \mathrm{mol/L}\times0.0100\ \mathrm{L} =0.00250\ \mathrm{mol}$$

溶液 C 提供的硝酸銨莫耳數為：

$$n_{\mathrm{C}} =0.09375\ \mathrm{mol/L}\times0.0100\ \mathrm{L} =0.0009375\ \mathrm{mol}$$

總莫耳數：

$$n_{\mathrm{total}} =0.00250+0.0009375 =0.0034375\ \mathrm{mol}$$

混合後總體積為：

$$V_{\mathrm{total}}=10.0+10.0=20.0\ \mathrm{mL}=0.0200\ \mathrm{L}$$

所以依題幹數據嚴格計算：