義守大學 103 年 《化學》

核心觀念

本題的核心概念為理想氣體狀態方程式（Ideal Gas Law）及其推導出的氣體密度公式，並結合**標準狀況（STP）**之定義。

1. 標準狀況（STP, Standard Temperature and Pressure）：

• 溫度 $T = 0\ ^\circ\mathrm{C} = 273.15\ \mathrm{K}$（計算常取 $273\ \mathrm{K}$）
• 壓力 $P = 1\ \mathrm{atm}$
• 在此條件下，任何理想氣體 $1\ \mathrm{mol}$ 的莫耳體積約為 $22.4\ \mathrm{L}$。

2. 理想氣體密度公式：
   由理想氣體方程式 $PV = nRT = \left(\frac{m}{M}\right)RT$ 移項改寫：

$$d = \frac{m}{V} = \frac{PM}{RT}$$

其中：

• $d$：氣體密度（單位為 $\mathrm{g/L}$）
• $P$：氣體壓力（單位為 $\mathrm{atm}$）
• $M$：氣體分子量（單位為 $\mathrm{g/mol}$）
• $R$：理想氣體常數（$0.082\ \mathrm{atm\cdot L\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}$）
• $T$：絕對溫度（單位為 $\mathrm{K}$）

3. 氮氣的化學式與分子量：
   氮氣為雙原子分子，化學式為 $\ce{N2}$，其分子量為 $M = 14 \times 2 = 28\ \mathrm{g/mol}$。

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解題方法

本題有兩種常見且簡捷的解題路徑：

方法一：利用「莫耳質量」與「STP 莫耳體積」直接計算（最推薦）

在標準狀況（STP）下，$1\ \mathrm{mol}$ 的任何理想氣體體積皆為 $22.4\ \mathrm{L}$。
取 $1\ \mathrm{mol}$ 氮氣（$\ce{N2}$）為基準：

• 質量 $m = 28\ \mathrm{g}$
• 體積 $V = 22.4\ \mathrm{L}$

代入密度定義：

$$d = \frac{m}{V} = \frac{28\ \mathrm{g}}{22.4\ \mathrm{L}} = \frac{5}{4} = 1.25\ \mathrm{g/L}$$

方法二：直接代入密度公式 $d = \frac{PM}{RT}$

將已知數值代入：

• $P = 1\ \mathrm{atm}$
• $M = 28\ \mathrm{g/mol}$
• $R = 0.082\ \mathrm{atm\cdot L\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}$
• $T = 273\ \mathrm{K}$

核心觀念

本題測驗核心為價層電子對互斥理論（VSEPR Theory）與混成軌域（Hybrid Orbitals）的判斷。
判斷分子中中心原子的混成軌域，關鍵在於計算中心原子的立體數（Steric Number, SN）：

$$\mathrm{SN} = (\text{中心原子的 } \sigma \text{ 鍵數目}) + (\text{中心原子的孤對電子數, LP})$$

根據立體數對應的混成軌域類型：

• $\mathrm{SN} = 2 \implies \mathrm{sp}$
• $\mathrm{SN} = 3 \implies \mathrm{sp^2}$
• $\mathrm{SN} = 4 \implies \mathrm{sp^3}$
• $\mathrm{SN} = 5 \implies \mathrm{sp^3d}$
• $\mathrm{SN} = 6 \implies \mathrm{sp^3d^2}$

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解題方法

1. 確定中心原子及價電子數：
   $\ce{XeOF4}$ 中，氙（$\ce{Xe}$）為第 18 族（鈍氣），價電子數為 8。
2. 計算鍵結與孤對電子數（LP）：

• 氧原子（$\ce{O}$）為雙價配位原子，以一個 $\sigma$ 鍵和一個 $\pi$ 鍵與 $\ce{Xe}$ 形成雙鍵（$\ce{Xe=O}$），消耗 2 個價電子。
• 4 個氟原子（$\ce{F}$）為單價配位原子，各自與 $\ce{Xe}$ 形成單鍵（$\ce{Xe-F}$），共形成 4 個 $\sigma$ 鍵，消耗 4 個價電子。
• 中心原子 $\ce{Xe}$ 剩餘的未鍵結電子數：

$$8 - (2 + 4) = 2 \text{ 個未鍵結電子} \implies 1 \text{ 對孤對電子 (LP)}$$

3. 計算立體數（Steric Number, SN）：

• $\sigma$ 鍵總數 $= 1 (\text{來自 } \ce{O}) + 4 (\text{來自 } \ce{F}) = 5$
• 孤對電子數（LP）$= 1$

$$\mathrm{SN} = 5 + 1 = 6$$

4. 判定混成軌域與分子幾何形狀：

• 立體數為 6，中心原子 $\ce{Xe}$ 需要 6 個混成軌域容納電子群，因此混成軌域為 $\mathrm{sp^3d^2}$。

核心觀念

本題考查化學反應速率與反應式係數之間的關係。

對反應：

$$\ce{8A + 5B -> 8C + 6D}$$

各物質的濃度變化速率，必須依照反應式中的化學計量係數換算。反應速率定義為：

$$v=-\frac{1}{8}\frac{\Delta[\ce{A}]}{\Delta t} =-\frac{1}{5}\frac{\Delta[\ce{B}]}{\Delta t} =\frac{1}{8}\frac{\Delta[\ce{C}]}{\Delta t} =\frac{1}{6}\frac{\Delta[\ce{D}]}{\Delta t}$$

反應物濃度會減少，因此其濃度變化速率為負值；生成物濃度會增加，因此其濃度變化速率為正值。

解題方法

題目給出產物 $\ce{C}$ 的增加速率：

$$\frac{\Delta[\ce{C}]}{\Delta t} =4.0\ \mathrm{mol\ L^{-1}\ s^{-1}}$$

由反應速率關係式：

$$\frac{1}{8}\frac{\Delta[\ce{C}]}{\Delta t} =-\frac{1}{5}\frac{\Delta[\ce{B}]}{\Delta t}$$

代入已知數值：

$$\frac{1}{8}(4.0) =-\frac{1}{5}\frac{\Delta[\ce{B}]}{\Delta t}$$

因此：

$$\frac{\Delta[\ce{B}]}{\Delta t} =-\frac{5}{8}(4.0) =-2.5\ \mathrm{mol\ L^{-1}\ s^{-1}}$$

負號表示 $\ce{B}$ 正被消耗，濃度隨時間降低。

選項分析

• (A) $-0.40\ \mathrm{mol\ L^{-1}\ s^{-1}}$：錯誤。
  此結果相當於將 $4.0$ 除以 $10$，沒有依照 $\ce{B}$ 與 $\ce{C}$ 的係數比例 $\frac{5}{8}$ 進行換算。

核心觀念

本題考查弱酸—強鹼滴定的「當量點」定義。

醋酸與氫氧化鈉進行中和反應：

$$\ce{CH3COOH(aq) + OH^-(aq) -> CH3COO^-(aq) + H2O(l)}$$

當量點是指：加入的滴定劑恰好提供足量反應物，使原待測物完全反應的時刻。因此對一元酸醋酸而言：

$$n(\ce{OH^-})=n(\ce{CH3COOH})_{\text{原始}}$$

因為氫氧化鈉完全解離：

$$\ce{NaOH(aq) -> Na+(aq) + OH^-(aq)}$$

所以也可寫成：

$$n(\ce{NaOH})=n(\ce{CH3COOH})_{\text{原始}}$$

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解題方法

直接套用當量點的莫耳數定義。醋酸為一元弱酸，每 $1$ 莫耳 $\ce{CH3COOH}$ 需要 $1$ 莫耳 $\ce{OH^-}$ 完全中和，因此反應莫耳比為 $1:1$。

若氫氧化鈉濃度為 $0.1\ \mathrm{M}$，加入體積為 $V_{\ce{NaOH}}$，則：

$$n(\ce{NaOH})=0.1\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\times V_{\ce{NaOH}}(\mathrm{L})$$

當量點時：

$$0.1\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\times V_{\ce{NaOH}}(\mathrm{L}) = n(\ce{CH3COOH})_{\text{原始}}$$

題目未提供醋酸濃度與體積，因此不需實際計算體積；判斷重點是當量點的定義。

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選項分析

(A) 此時溶液的 $\ce{[H3O+]}$ 等於醋酸的平衡常數 $K_\mathrm{a}$

錯誤。

當量點時，醋酸已大致轉化為其共軛鹼醋酸根 $\ce{CH3COO^-}$。醋酸根會與水反應：

$$\ce{CH3COO^- + H2O <=> CH3COOH + OH^-}$$

核心觀念

原電池的電池表示法中，通常規定：

• 左側為陽極，發生氧化反應。
• 右側為陰極，發生還原反應。
• 單一直線 $\ce{|}$ 表示相界面；雙直線 $\ce{||}$ 表示鹽橋或隔膜。
• $\ce{C}$（graphite）為惰性電極，只提供電子傳遞表面，不參與反應。

本題電池表示式為：

$$\ce{Zn(s) | Zn^{2+}(aq) || I^-(aq) | I2(s) | C}$$

解題方法

左側鋅電極為陽極，鋅失去電子：

$$\ce{Zn(s) -> Zn^{2+}(aq) + 2e^-}$$

右側為 $\ce{I2/I^-}$ 半電池，碘接受電子還原為碘離子：

$$\ce{I2(s) + 2e^- -> 2I^-(aq)}$$

兩個半反應相加後，電子約去，得到電池的總反應：

$$\ce{Zn(s) + I2(s) -> Zn^{2+}(aq) + 2I^-(aq)}$$

因此選項 (B) 正確。

選項分析

• (A) 錯誤
  $\ce{2I^- + Zn^{2+} -> I2 + Zn}$
  此反應與電池表示法所表示的自發反應方向相反，是總反應的逆反應。

核心觀念

本題考查配位化合物中的：

1. 金屬氧化數：依據整個化合物的電荷守恆計算。
2. 配位數（coordination number）：直接計算與中心金屬形成配位鍵的供電子原子數。
3. 配體電荷：

• $\ce{NH3}$ 為中性配體，電荷為 $0$。
• $\ce{Cl^-}$ 為單負電配體，電荷為 $-1$。
• 外圍的 $\ce{Cl^-}$ 為反離子，不屬於內圈配位層。

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解題方法

化合物為：

$$\ce{[Co(NH3)5Cl]Cl2}$$

先區分內圈與外圈：

• 內圈：$\ce{[Co(NH3)5Cl]^2+}$
• 外圈：$2$ 個 $\ce{Cl^-}$

由於兩個外圍氯離子總電荷為 $-2$，因此配離子 $\ce{[Co(NH3)5Cl]}$ 的電荷必須為 $+2$。

設鈷的氧化數為 $x$，則內圈電荷守恆為：

$$x+5(0)+(-1)=+2$$

因此：

$$x-1=+2$$ $$x=+3$$

所以金屬鈷的氧化數為 $+3$。

接著計算配位數：

• $5$ 個 $\ce{NH3}$ 配體各以一個氮原子與鈷配位，貢獻 $5$。
• 內圈的 $\ce{Cl^-}$ 以一個氯原子與鈷配位，貢獻 $1$。

因此：

$$\text{配位數}=5+1=6$$

鈷的氧化數為 $3$，配位數為 $6$。

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選項分析

核心觀念

本題考查氫原子能階與電子躍遷時的能量變化。氫原子第 $n$ 層能階為：

$$E_n=-\frac{R_{\mathrm H}}{n^2}$$

其中 $R_{\mathrm H}$ 可表示為氫原子的能量常數。

電子由高能階躍遷至低能階時，會以光子的形式釋放能量，光子能量為：

$$\Delta E_{\text{釋放}} =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right)$$

其中 $n_i$ 為初始能階，$n_f$ 為 final energy level，且 $n_i>n_f$。

能階越接近原子核，能階間距越大，因此由較低能階往下一層躍遷，通常會釋放較大的能量。

解題方法

逐一計算各下降躍遷的能量差，並比較括號中的數值即可。

(A) $n=3\to n=2$

$$\Delta E_A =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right) =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{9}\right) =\frac{5}{36}R_{\mathrm H}$$

(B) $n=5\to n=4$

$$\Delta E_B =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2}\right) =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{16}-\frac{1}{25}\right) =\frac{9}{400}R_{\mathrm H}$$

(C) $n=6\to n=5$

核心觀念

本題考查路易斯結構、價層電子對互斥理論（VSEPR）與分子幾何形狀。

氨 $\ce{NH3}$ 中，中心氮原子周圍有：

• 3 個成鍵電子對
• 1 個孤電子對

因此屬於 $\ce{AX3E}$ 型：

• 電子對幾何：四面體
• 分子幾何：三角錐形（trigonal pyramidal）

判斷其他物種時，重點是確認中心原子上的成鍵電子對數與孤電子對數。雙鍵、單鍵在 VSEPR 中各算作一個電子域。

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解題方法

先判斷 $\ce{NH3}$ 的幾何形狀。

氮原子有 5 個價電子，與 3 個氫原子形成 3 個 $\ce{N-H}$ 鍵後，氮上仍保留 1 對孤電子對：

$$\ce{NH3: AX3E}$$

所以 $\ce{NH3}$ 為三角錐形。

接著逐一分析各選項中心原子的電子域排列。

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選項分析

(A) $\ce{SO3^{2-}}$

亞硫酸根的總價電子數為：

$$6+3(6)+2=26$$

可畫出以硫為中心、周圍連接 3 個氧的路易斯結構。硫原子周圍有 3 個成鍵電子域，且保留 1 對孤電子對，因此為：

$$\ce{SO3^{2-}: AX3E}$$

其電子對幾何為四面體，分子幾何為三角錐形，與 $\ce{NH3}$ 相同。

亞硫酸根具有共振結構，但共振只表示鍵電子在結構間離域，不會改變中心硫原子具有 3 個成鍵電子域與 1 對孤電子對的事實。

因此 (A) 正確。

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(B) $\ce{CO3^{2-}}$

碳酸根的中心碳原子與 3 個氧原子相連。雖然路易斯結構可用共振表示，但中心碳周圍實際上有 3 個成鍵電子域，沒有孤電子對：

$$\ce{CO3^{2-}: AX3}$$

核心觀念

本題考查配位化合物的「幾何異構」（geometrical isomerism）。判斷重點包括：

1. 配位數與配位幾何形狀。
2. 中心金屬的氧化數與常見構型。
3. 配體排列是否能形成不同的空間位置。
4. 單牙配體與雙牙配體對排列方式的限制。

在八面體配位化合物中，類似 $\ce{[MA4B2]}$ 的組成可形成：

• 順式（cis）：兩個相同配體彼此相鄰，夾角為 $90^\circ$。
• 反式（trans）：兩個相同配體彼此相對，夾角為 $180^\circ$。

因此，$\ce{[MA4B2]}$ 通常具有兩種幾何異構物。

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解題方法

先判斷各配位化合物的配位數與金屬氧化數，再依據常見構型判斷配體是否有不同排列。

對鉑的選項：

• $\ce{Pt^{2+}}$ 為 $d^8$ 金屬離子。
• 四配位的 $\ce{Pt^{2+}}$ 配位化合物通常採正方平面形。
• 正方平面中，配體排列須依照平面幾何判斷，不能直接套用八面體的 cis/trans 規則。

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選項分析

(A) $\ce{[Co(H2O)4Cl2]^+}$

先計算鈷的氧化數：

$$x+4(0)+2(-1)=+1$$ $$x=+3$$

因此化合物為六配位的 $\ce{Co^{3+}}$，通常採八面體構型。其配體組成為：

$$\ce{[MA4B2]}$$

其中 $\ce{H2O}$ 為 $A$，$\ce{Cl^-}$ 為 $B$。

兩個 $\ce{Cl^-}$ 可有兩種排列：

• cis-$\ce{[Co(H2O)4Cl2]^+}$：兩個 $\ce{Cl^-}$ 相鄰。
• trans-$\ce{[Co(H2O)4Cl2]^+}$：兩個 $\ce{Cl^-}$ 相對。

所以本選項具有幾何異構物，為正確答案。

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(B) $\ce{[Pt(NH3)Br3]^-}$

計算鉑的氧化數：

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

因此為四配位的 $\ce{Pt^{2+}}$，通常採正方平面構型。配體組成為：

核心觀念

本題考查酸鹼滴定中的三個重點：

1. 強酸與弱酸的初始電離程度不同，因此初始 pH 不同。
2. 當量點是酸與鹼恰好完全反應的時刻，判斷所需鹼液體積必須依據莫耳數與反應係數。
3. 當量點 pH 取決於滴定後溶液中所生成物種的酸鹼性，並不單純由「酸已被中和」決定。

相關反應式如下：

$$\ce{HCl + NaOH -> NaCl + H2O}$$ $$\ce{CH3COOH + NaOH -> CH3COONa + H2O}$$

兩個反應的酸與氫氧化鈉皆為 $1:1$ 反應。

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解題方法

設 $\ce{HCl}$ 與 $\ce{CH3COOH}$ 的濃度皆為 $C_{\ce{acid}}$，體積皆為 $V_{\ce{acid}}$；氫氧化鈉濃度為 $C_{\ce{NaOH}}$，達當量點所需體積為 $V_{\ce{NaOH}}$。

兩種酸的起始莫耳數皆為：

$$n_{\ce{acid}}=C_{\ce{acid}}V_{\ce{acid}}$$

因為兩者與 $\ce{NaOH}$ 的反應莫耳比皆為 $1:1$，所以達當量點時：

$$n_{\ce{NaOH}}=n_{\ce{acid}}$$

因此：

$$C_{\ce{NaOH}}V_{\ce{NaOH}} = C_{\ce{acid}}V_{\ce{acid}}$$

整理得：

$$V_{\ce{NaOH}} = \frac{C_{\ce{acid}}V_{\ce{acid}}}{C_{\ce{NaOH}}}$$

兩種酸的 $C_{\ce{acid}}$ 與 $V_{\ce{acid}}$ 相同，所使用的 $C_{\ce{NaOH}}$ 也相同，所以所需氫氧化鈉體積相同。

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選項分析

(A) 尚未加入氫氧化鈉水溶液時，兩者的 pH 值相同

錯誤。

$\ce{HCl}$ 是強酸，在水中幾乎完全電離：

$$\ce{HCl -> H+ + Cl-}$$

因此若濃度為 $C$，可近似視為：

$$[\ce{H+}]_{\ce{HCl}}\approx C$$

而 $\ce{CH3COOH}$ 是弱酸，只部分電離：

$$\ce{CH3COOH <=> H+ + CH3COO-}$$

其酸解離常數為：

$$K_a=\frac{[\ce{H+}][\ce{CH3COO-}]}{[\ce{CH3COOH}]}$$

弱酸溶液中的 $[\ce{H+}]$ 小於同濃度強酸，因此：

$$\mathrm{pH}_{\ce{HCl}}<\mathrm{pH}_{\ce{CH3COOH}}$$

兩者初始 pH 不相同。

核心觀念

本題考查醇類的 IUPAC 命名，重點包括：

1. 選擇含有羥基 $\ce{-OH}$ 的最長碳鏈作為母體。
2. 從最接近羥基的一端開始編號，使羥基取得最小定位號。
3. 找出碳鏈上的烷基取代基，並標示其位置。
4. 醇類的官能基字尾為 -ol，不可命名為醛類的 -al。

解題方法

由圖可將最長且包含羥基的主鏈寫成：

$$\ce{HO-CH2-CH(CH3)-CH(CH3)-CH2-CH3}$$

主鏈共有 5 個碳，因此母體為 pentanol。

由羥基端開始編號：

• $\ce{-OH}$ 位於第 1 號碳，為 1-pentanol
• 第 2 號碳有一個甲基 $\ce{-CH3}$
• 第 3 號碳有一個甲基 $\ce{-CH3}$

因此名稱為：

$$\boxed{\text{2,3-dimethyl-1-pentanol}}$$

較符合現代 IUPAC 書寫法為 2,3-dimethylpentan-1-ol，本題選項採用前一種寫法。

選項分析

• (A) 3-ethyl-2,3-dimethyl-1-propanol：錯誤

此命名選擇了只有 3 個碳的丙醇作為母鏈，且將較長的碳鏈誤列為乙基取代基。命名有機物時，應優先選擇包含主要官能基的最長碳鏈，不能把可納入主鏈的碳拆成乙基取代基。

核心觀念

本題考查二質子酸的酸鹼滴定與當量關係。

二質子酸 $\ce{H2A}$ 完全中和時，1 mol $\ce{H2A}$ 可與 2 mol $\ce{NaOH}$ 反應：

$$\ce{H2A + 2NaOH -> Na2A + 2H2O}$$

因此：

$$n(\ce{NaOH})=2n(\ce{H2A})$$

此外，取出的 50 mL 只占原本 250 mL 溶液的五分之一，必須換算回整瓶溶液中的酸量。

解題方法

1. 計算 50 mL 試液所消耗的氫氧化鈉莫耳數

$$n(\ce{NaOH}) =MV =(0.10\ \mathrm{mol\,L^{-1}})(0.040\ \mathrm{L}) =0.0040\ \mathrm{mol}$$

2. 計算 50 mL 試液中 $\ce{H2A}$ 的莫耳數

由反應比例：

$$\ce{H2A}:\ce{NaOH}=1:2$$

所以：

$$n(\ce{H2A}) =\frac{0.0040}{2} =0.0020\ \mathrm{mol}$$

3. 換算整瓶 250 mL 溶液中的酸總量

50 mL 是 250 mL 的：

$$\frac{50}{250}=\frac{1}{5}$$

因此整瓶溶液中的 $\ce{H2A}$ 莫耳數為：

$$n_{\text{total}}(\ce{H2A}) =0.0020\times 5 =0.0100\ \mathrm{mol}$$

4. 計算分子量

核心觀念

本題考查氧化還原反應（Redox Reaction）的基本定義與氧化數判斷：

1. 氧化數變化與角色定義：

• 氧化數增加：失去電子，發生氧化反應，本身為還原劑（Reducing agent）。
• 氧化數減少：獲得電子，發生還原反應，本身為氧化劑（Oxidizing agent），即「被還原」。

2. 氧化半反應與還原半反應：

• 氧化半反應表示失去電子的過程（電子在生成物端）。
• 還原半反應表示獲得電子的過程（電子在反應物端）。

3. 相對氧化力／還原力比較：

• 在自發反應中，強氧化劑＋強還原劑 $\ce{->}$ 弱還原劑＋弱氧化劑。
• 氧化力強度：反應物中的氧化劑大於生成物中的氧化產物（或共軛氧化劑）。

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解題方法

分析全反應式各元素的氧化數變化：

$\ce{2MnO4^- + 5H2S + 6H+ -> 2Mn^2+ + 5S + 8H2O}$

1. 錳元素（$\ce{Mn}$）：

• 在 $\ce{MnO4^-}$ 中，$\ce{O}$ 為 $-2$，則 $\ce{Mn}$ 為 $+7$。
• 在產物 $\ce{Mn^2+}$ 中，$\ce{Mn}$ 為 $+2$。
• 氧化數由 $+7$ 降至 $+2$（減少 $5$），獲得電子，發生還原反應（$\ce{MnO4^-}$ 被還原，作為氧化劑）。

2. 硫元素（$\ce{S}$）：

• 在 $\ce{H2S}$ 中，$\ce{H}$ 為 $+1$，則 $\ce{S}$ 為 $-2$。
• 在產物單質 $\ce{S}$ 中，$\ce{S}$ 為 $0$。

核心觀念

本題測驗溶液的**依數性質（Colligative Properties）及凡特荷夫因子（van 't Hoff factor, $i$）**的觀念。
依數性質的大小僅取決於溶液中溶質「質點的總有效莫耳濃度」（即 $i \times m$），而與溶質的種類、大小或化學性質無關：

1. 凝固點下降：$\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$
2. 沸點上升：$\Delta T_b = i \cdot K_b \cdot m$
3. 蒸氣壓下降（拉午耳定律）：$\Delta P = P^\circ \cdot X_{\text{solute}} \approx P^\circ \cdot \frac{i \cdot n_{\text{solute}}}{n_{\text{solvent}}}$（在稀薄水溶液中，$\Delta P \propto i \cdot m$）

其中：

• 蔗糖（$\ce{C12H22O11}$，分子量 $M = 342$）為非電解質，不解離，凡特荷夫因子 $i = 1$。
• 食鹽（$\ce{NaCl}$，式量 $M = 58.5$）為強電解質，在水溶液中完全解離為 $\ce{Na+}$ 與 $\ce{Cl-}$：
  $\ce{NaCl(s) -> Na+(aq) + Cl-(aq)}$
  理想凡特荷夫因子 $i \approx 2$。

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解題方法

由題意知，兩水溶液的凝固點相同，因純水的凝固點相同，故兩者的凝固點下降量相同：
$\Delta T_{f(\ce{NaCl})} = \Delta T_{f(\text{蔗糖})}$

根據凝固點下降公式：
$\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$
因溶劑皆為水，凝固點下降常數 $K_f$ 相同，故兩溶液的有效質點重量莫耳濃度必相等：
$(i \cdot m)_{\ce{NaCl}} = (i \cdot m)_{\text{蔗糖}}$

代入凡特荷夫因子：
$2 \cdot m_{\ce{NaCl}} \approx 1 \cdot m_{\text{蔗糖}} \implies m_{\text{蔗糖}} \approx 2 \cdot m_{\ce{NaCl}}$

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選項分析

• (A) 正確：
  沸點上升量為 $\Delta T_b = i \cdot K_b \cdot m$。因同為水溶液（$K_b$ 相同），且已知 $(i \cdot m)_{\ce{NaCl}} = (i \cdot m)_{\text{蔗糖}}$，故兩者的沸點上升量

核心觀念

本題測驗「飽和烴類衍生物的通式推導」、「質量百分率組成計算」以及「有機鹵化物的同分異構物判斷」：

1. 飽和烷類二氯取代物的通式：鏈狀烷類的分子通式為 $\ce{C_nH_{2n+2}}$。當其中 2 個氫原子被 2 個氯原子取代後，形成的二氯烷分子通式為 $\ce{C_nH_{2n}Cl2}$。
2. 成分元素質量百分率公式：
   $\text{元素重量百分率} = \frac{\text{該元素總原子量}}{\text{化合物分子量}} \times 100\%$
3. 同分異構物數目：烷類衍生物因官能基取代位置不同而具有位置異構物（constitutional isomers）。

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解題方法

步驟一：求出該化合物的分子量

設該飽和烷類的二氯取代物分子式為 $\ce{C_nH_{2n}Cl2}$。
已知分子中含有 2 個氯原子，原子量以 $\ce{C}=12.0$、$\ce{H}=1.0$、$\ce{Cl}=35.5$ 計算：

• 分子中氯的總質量 $= 2 \times 35.5 = 71.0\text{ g/mol}$
• 氯的質量百分率為 $62.8\%$

由分子量（$M$）與氯的質量百分率關係：
$M = \frac{71.0}{62.8\%} = \frac{71.0}{0.628} \approx 113.06\text{ g/mol}$

步驟二：推求碳數 $n$ 與分子式

二氯烷 $\ce{C_nH_{2n}Cl2}$ 的分子量表示式為：
$M = 12.0n + 1.0(2n) + 71.0 = 14n + 71.0$

將分子量代入求解 $n$：
$14n + 71.0 = 113.06$
$14n = 42.06 \implies n \approx 3$

由於碳原子數 $n$ 必為整數，故 $n = 3$。
此化合物的分子式為 $\ce{C3H6Cl2}$（二氯丙烷）。

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選項分析

• (A) 錯誤：
  若分子式為 $\ce{C2H4Cl2}$，其分子量為 $12 \times 2 + 1 \times 4 + 35.5 \times 2 = 99\text{ g/mol}$，氯的質量

核心觀念

本題考查氧化物化學式的判定，核心是：

1. 由 $\ce{TiO2}$ 的質量換算其物質的量。
2. 由質量減少量求出失去的氧原子莫耳數。
3. 求出反應後氧化物中 $\ce{Ti}$ 與 $\ce{O}$ 的莫耳比，再化為最簡整數比。

在氫氣中受熱時，$\ce{TiO2}$ 被還原，部分氧以水的形式移除：

$$\ce{2TiO2 + H2 -> Ti2O3 + H2O}$$

解題方法

$\ce{TiO2}$ 的莫耳質量為：

$$M(\ce{TiO2})=48+2(16)=80\ \mathrm{g/mol}$$

原有 $\ce{TiO2}$ 的物質的量：

$$n(\ce{TiO2})=\frac{3.2\ \mathrm{g}}{80\ \mathrm{g/mol}} =0.040\ \mathrm{mol}$$

因此鈦原子的物質的量為：

$$n(\ce{Ti})=0.040\ \mathrm{mol}$$

原有氧原子的物質的量：

$$n(\ce{O})_{\text{原}}=2(0.040)=0.080\ \mathrm{mol}$$

質量減少 $0.32\ \mathrm{g}$，代表氧元素自固體中移除的質量為 $0.32\ \mathrm{g}$，因此失去的氧原子物質的量為：

$$n(\ce{O})_{\text{失}}= \frac{0.32\ \mathrm{g}}{16\ \mathrm{g/mol}} =0.020\ \mathrm{mol}$$

反應後氧化物所含的氧原子物質的量：

$$n(\ce{O})_{\text{後}}=0.080-0.020=0.060\ \mathrm{mol}$$

故反應後氧化物中的元素莫耳比為：

$$\ce{Ti:O}=0.040:0.060=2:3$$

所以化學式為：

$$\ce{Ti2O3}$$

選項分析