義守大學 99 年 《化學》

核心觀念

Pyrrole 的氮原子具有芳香性。其氮原子的孤電子對必須參與環狀共軛，與環中兩個雙鍵共同形成符合 Hückel 規則的 $6$ 個 $\pi$ 電子：

• 兩個 $\ce{C=C}$ 雙鍵提供 $4$ 個 $\pi$ 電子。
• 氮原子的孤電子對提供 $2$ 個 $\pi$ 電子。

因此，氮原子必須保留一個未混成的 $p$ 軌域，讓孤電子對進入其中並與環上的 $\pi$ 系統共軛。

解題方法

Pyrrole 中的氮原子與兩個碳原子及一個氫原子形成三個 $\sigma$ 鍵，因此有三個主要的鍵結方向，採近似平面三角形排列，使用 $sp^2$ 混成軌域形成三個 $\sigma$ 鍵。

剩下的一個未混成 $p$ 軌域垂直於環平面，容納氮原子的孤電子對，參與芳香性共振：

$$4\ \text{個雙鍵}\ \pi\text{電子} + 2\ \text{個氮原子孤電子對電子} = 6\ \pi\text{電子}$$

所以，氮原子的混成為 $sp^2$。

選項分析

核心觀念

題目考查多元質子酸的逐級解離，以及兩性物種的酸鹼性。

題目給出的 $\ce{H3A}$ 具有三個酸解離常數，因此嚴格而言應稱為「三元質子酸」：

$$\ce{H3A <=> H+ + H2A^-}$$ $$\ce{H2A^- <=> H+ + HA^{2-}}$$ $$\ce{HA^{2-} <=> H+ + A^{3-}}$$

其中 $\ce{H2A^-}$ 既可以解離出質子形成 $\ce{HA^{2-}}$，也可以接受質子形成 $\ce{H3A}$，因此屬於兩性物種：

$$\ce{H3A <=> H+ + H2A^- <=> HA^{2-} <=> A^{3-}}$$

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解題方法

當溶液中的主要成分是中間型兩性物種 $\ce{H2A^-}$ 時，其酸鹼性主要由前後相鄰的兩個解離平衡決定，即 $K_{a1}$ 與 $K_{a2}$。

對兩性物種 $\ce{H2A^-}$ 而言：

• 作為酸：$\ce{H2A^- <=> H+ + HA^{2-}}$，酸解離常數為 $K_{a2}$
• 作為鹼：$\ce{H2A^- + H2O <=> H3A + OH^-}$，其鹼解離常數為

$$K_b=\frac{K_w}{K_{a1}}$$

兩性物種溶液的氫離子濃度可由兩個相鄰酸解離常數的幾何平均求得：

$$[\ce{H+}]\approx \sqrt{K_{a1}K_{a2}}$$

因此：

$$\mathrm{pH} =-\log[\ce{H+}]$$ $$\mathrm{pH} =-\log\sqrt{K_{a1}K_{a2}}$$ $$\mathrm{pH} =\frac{1}{2}\left(\mathrm{p}K_{a1}+\mathrm{p}K_{a2}\right)$$

先計算：

核心觀念

本題考查放射性同位素的半衰期，以及母核種與子核種的生成量關係。

$\ce{^{64}_{29}Cu}$ 發生 $\beta^-$ 衰變時，中子轉變為質子，因此原子序增加 $1$，質量數不變：

$$\ce{^{64}_{29}Cu -> ^{64}_{30}Zn + ^{0}_{-1}\beta^-}$$

半衰期是指放射性物質經過一個半衰期後，尚未衰變的原子數或物質量剩下原來的 $1/2$。

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解題方法

已知 $\ce{^{64}Cu}$ 的半衰期為 $12.8$ 小時，經過時間為 $25.6$ 小時，因此經過的半衰期數為：

$$n=\frac{25.6\ \text{小時}}{12.8\ \text{小時}}=2$$

經過兩個半衰期後，尚未衰變的 $\ce{^{64}Cu}$ 質量比例為：

$$\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}$$

因此，已經衰變成 $\ce{^{64}Zn}$ 的比例為：

$$1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$

初始有 $100$ 克 $\ce{^{64}Cu}$，生成的 $\ce{^{64}Zn}$ 質量為：

$$100\ \text{克}\times\frac{3}{4}=75\ \text{克}$$

核心觀念

本題考查「以平均鍵能估算反應熱焓變化」。基本公式為：

$$\Delta H_{\mathrm{reaction}} \approx \sum E(\text{反應物中斷裂的鍵}) - \sum E(\text{生成物中新形成的鍵})$$

反應為：

$$\ce{CH4 + Cl2 -> CH3Cl + HCl}$$

反應過程中：

• 反應物必須斷裂 $\ce{C-H}$ 與 $\ce{Cl-Cl}$ 鍵。
• 生成物形成 $\ce{C-Cl}$ 與 $\ce{H-Cl}$ 鍵。

鍵能單位視為 $\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$，因此計算出的反應熱焓單位為 $\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$。

解題方法

1. 計算斷裂的鍵

$$E_{\text{斷裂}} = E(\ce{C-H})+E(\ce{Cl-Cl})$$ $$E_{\text{斷裂}} = 413+243 = 656\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$

2. 計算形成的鍵

$$E_{\text{形成}} = E(\ce{C-Cl})+E(\ce{H-Cl})$$ $$E_{\text{形成}} = 339+427 = 766\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$

3. 求反應熱焓變化

$$\Delta H \approx 656-766 = -110\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$

因此反應為放熱反應，因為形成新鍵所釋放的能量大於斷鍵所需的能量。

反應機構補充

甲烷氯化屬於自由基取代反應，通常在光照或加熱下進行。

1. 起始步驟：氯分子均裂

$$\ce{Cl2 ->[h\nu] 2Cl.}$$

2. 傳播步驟：氯自由基從甲烷奪取氫原子

核心觀念

本題考查 $\ce{PF3}$ 的：

• Lewis 結構與孤對電子
• VSEPR 理論與分子形狀
• 中心原子的混成軌域
• 分子極性與鍵極性

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解題方法

磷的價電子數為 5，氟每個具有 7 個價電子。$\ce{PF3}$ 的 Lewis 結構如下：

• 磷原子位於中心，與 3 個氟原子各形成一條單鍵。
• 磷使用 3 個價電子形成 3 個鍵。
• 磷尚餘 2 個價電子，形成 1 對孤對電子。
• 每個氟原子完成八隅體，並各帶有 3 對孤對電子。

中心磷原子周圍共有：

$$3\text{ 個鍵結電子對}+1\text{ 對孤對電子}=4\text{ 個電子域}$$

因此，磷原子的電子域幾何為四面體，對應 $sp^3$ 混成。由於孤對電子對鍵結電子對的排斥較強，3 個 $\ce{P-F}$ 鍵會被壓向同一側，使分子形狀成為三角錐形，而不是平面三角形。

此外，氟的電負度遠大於磷，因此每條 $\ce{P-F}$ 鍵都是極性鍵。三角錐形結構使各鍵偶極無法完全抵消，所以 $\ce{PF3}$ 是極性分子。

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選項分析

1. 平面三角形：錯誤

平面三角形通常代表中心原子有 3 個電子域、無孤對電子，例如 $\ce{BF3}$。$\ce{PF3}$ 的中心磷有 3 個鍵結電子對和 1 對孤對電子，分子形狀為三角錐形。

核心觀念

蒸氣壓是指在一定溫度下，液體與其蒸氣達到平衡時，蒸氣所產生的壓力。

分子間作用力越弱，分子越容易由液相逸出，蒸氣壓越高；相反地，分子間作用力越強，蒸氣壓越低。

在相同溫度下，蒸氣壓與沸點呈反比：

• 沸點越低，表示分子越容易逸出，蒸氣壓越高。
• 沸點越高，表示分子間吸引力越強，蒸氣壓越低。

本題可藉由比較各物質的分子間作用力與沸點判斷。

解題方法

各選項的主要分子間作用力如下：

1. $\ce{CH3CH2CH3}$：非極性分子，只有倫敦分散力。
2. $\ce{C2H5OC2H5}$：具有偶極—偶極作用力及倫敦分散力，但分子間不能形成氫鍵。
3. $\ce{CHCl3}$：極性分子，具有偶極—偶極作用力及倫敦分散力。
4. $\ce{CH3CH2OH}$：分子間可形成強烈的氫鍵，作用力最強。

各物質的正常沸點約為：

$$\ce{CH3CH2CH3}: -42 ^\circ\mathrm{C}$$ $$\ce{C2H5OC2H5}: 34.6 ^\circ\mathrm{C}$$ $$\ce{CHCl3}: 61.2 ^\circ\mathrm{C}$$ $$\ce{CH3CH2OH}: 78.3 ^\circ\mathrm{C}$$

其中 $\ce{CH3CH2CH3}$ 的沸點最低，因此在相同溫度下具有最高的蒸氣壓。

選項分析

(A) $\ce{CH3CH2CH3}$

丙烷為非極性分子，分子間主要只有倫敦分散力，且分子量小、電子數少，分散力相對較弱。

其沸點約為 $-42^\circ\mathrm{C}$，在常溫下極易由液體逸出成為氣體，因此蒸氣壓最高。

本選項正確。

(B) $\ce{C2H5OC2H5}$

核心觀念

本題考查：

1. 物質的相態與體積比較。
2. 理想氣體方程式：

$$PV=nRT$$

3. 氣體在相同溫度、壓力下，體積與莫耳數成正比：

$$V\propto n$$

其中 $n$ 為物質的量。氣體選項可利用莫耳質量計算莫耳數；$\ce{NaCl}$ 在 $25^\circ\mathrm{C}$、$1.00\ \mathrm{atm}$ 下為固體，不能直接套用理想氣體方程式。

解題方法

先分辨各物質的相態：

• $\ce{CH4}$、$\ce{N2O}$、$\ce{O3}$：在題設條件下為氣體。
• $\ce{NaCl}$：在題設條件下為離子固體。

對氣體而言，質量均為 $100\ \mathrm{g}$，因此莫耳數越少，體積越小。

各氣體的莫耳數為：

$\ce{CH4}$

$$M(\ce{CH4})=12.01+4(1.008)=16.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$n=\frac{100\ \mathrm{g}}{16.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} =6.23\ \mathrm{mol}$$

$\ce{N2O}$

$$M(\ce{N2O})=2(14.01)+16.00=44.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$n=\frac{100\ \mathrm{g}}{44.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} =2.27\ \mathrm{mol}$$

$\ce{O3}$

$$M(\ce{O3})=3(16.00)=48.00\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$n=\frac{100\ \mathrm{g}}{48.00\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} =2.08\ \mathrm{mol}$$

若只比較三種氣體，莫耳數大小规律為：

$$n(\ce{O3})<n(\ce{N2O})<n(\ce{CH4})$$

因此氣體體積大小规律為：

$$V(\ce{O3})<V(\ce{N2O})<V(\ce{CH4})$$

也可實際計算氣體體積。取 $R=0.08206\ \mathrm{L\,atm\,mol^{-1}\,K^{-1}}$，並將溫度換算為：

$$T=25+273.15=298.15\ \mathrm{K}$$

對氣體：

$$V=\frac{nRT}{P}$$

因此：

$$V(\ce{CH4}) =\frac{(6.23)(0.08206)(298.15)}{1.00} \approx152\ \mathrm{L}$$

核心觀念

本題考查依數性中的沸點上升。稀溶液的沸點上升公式為

$$\Delta T_b=iK_bm$$

其中：

• $\Delta T_b$：沸點上升值
• $i$：凡特霍夫因子，表示一個溶質單位在溶液中形成的有效粒子數
• $K_b$：水的莫耳沸點上升常數
• $m$：溶液的重量莫耳濃度

各選項加入的溶質莫耳數皆為 $0.010\ \mathrm{mol}$，且皆加入 $1.0$ 升水中，因此溶劑質量近似相同，$K_b$ 也相同。故比較沸點時，主要比較溶液中的有效粒子總數，也就是比較 $i$ 值。

溶液中粒子數越多，蒸氣壓下降越顯著，沸點上升越大。

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解題方法

以 $1.0\ \mathrm{kg}$ 水近似 $1.0$ 升水，則各溶液的莫耳濃度約為

$$m=\frac{0.010\ \mathrm{mol}}{1.0\ \mathrm{kg}} =0.010\ \mathrm{mol\,kg^{-1}}$$

因此只需判斷各溶質在水中的解離程度與產生的粒子數。

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選項分析

(A) $0.010\ \mathrm{mole}\ \ce{HF}$

$\ce{HF}$ 是弱酸，在水中僅部分解離：

$$\ce{HF + H2O <=> H3O+ + F-}$$

若完全不解離，每個 $\ce{HF}$ 只算一個粒子；部分解離後，粒子數只會略微增加，因此

$$1<i<2$$

實際上 $i$ 接近 $1$，沸點上升幅度較小。

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(B) $0.010\ \mathrm{mole}\ \ce{NaCl}$

$\ce{NaCl}$ 是可溶性強電解質，在水中近似完全解離：

$$\ce{NaCl -> Na+ + Cl-}$$

一個 $\ce{NaCl}$ 單位形成兩個離子，因此

$$i\approx 2$$

其有效粒子數約為

$$0.010\times 2=0.020\ \mathrm{mol}$$

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(C) $0.010\ \mathrm{mole}\ \ce{H2SO4}$

硫酸第一階段解離近似完全：

$$\ce{H2SO4 + H2O -> H3O+ + HSO4-}$$

但第二階段解離不是完全反應：

$$\ce{HSO4- + H2O <=> H3O+ + SO4^{2-}}$$

核心觀念

本題考查熱化學中的：

1. 化學鍵斷裂與生成對 $\Delta H$ 的影響。
2. 反應前後氣體莫耳數與熵變 $\Delta S$ 的關係。
3. 熵的定義與系統混亂程度、微觀狀態數的關聯。

題目反應為：

$$\ce{Br2(g) -> 2Br(g)}$$

其中，$\ce{Br-Br}$ 共價鍵被斷裂，且反應物的 1 莫耳氣體分子變成生成物的 2 莫耳氣體原子。

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解題方法

一、判斷 $\Delta H$

反應過程中，$\ce{Br2}$ 分子內的 $\ce{Br-Br}$ 化學鍵被打斷：

$$\ce{Br-Br -> 2Br}$$

斷裂化學鍵需要吸收能量，因此屬於吸熱過程：

$$\Delta H>0$$

本題沒有生成新的化學鍵，主要變化是原有 $\ce{Br-Br}$ 鍵的斷裂，所以反應焓變為正值。

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二、判斷 $\Delta S$

反應前：

$$\ce{Br2(g)}$$

氣相粒子數為 1 個分子。

反應後：

$$\ce{2Br(g)}$$

氣相粒子數增加為 2 個原子。

氣體粒子數增加時，粒子可採取的排列方式、位置分布與能量分配方式增加，系統的微觀狀態數增加，因此熵增加：

$$\Delta S>0$$

也可由氣體莫耳數判斷：

$$\Delta n_{\text{gas}}=2-1=+1$$

氣體總莫耳數增加，通常代表：

$$\Delta S>0$$

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選項分析

(A) $\Delta H>0$，$\Delta S>0$

核心觀念

本題考查：

1. 半反應的配平與相加。
2. 標準電位 $E^\circ$ 與標準自由能變化 $\Delta G^\circ$ 的關係。
3. 電位不能直接相加，必須先換算成自由能，再依總電子數求整體電位。

標準自由能與標準電位的關係為：

$$\Delta G^\circ=-nFE^\circ$$

其中：

• $n$：半反應中轉移的電子莫耳數
• $F$：法拉第常數，約為 $96485\ \mathrm{C\ mol^{-1}}$
• $E^\circ$：標準電位

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解題方法

題目給出的兩個還原半反應為：

$$\ce{Cu^{2+} + e^- -> Cu+}$$ $$\ce{Cu+ + e^- -> Cu}$$

兩式相加後，中間物種 $\ce{Cu+}$ 互相消去：

$$\ce{Cu^{2+} + 2e^- -> Cu}$$

第一步與第二步各轉移 $1$ 個電子，因此分別計算其標準自由能變化。

第一步：

$$\Delta G_1^\circ=-(1)F(0.15\ \mathrm{V})$$

第二步：

$$\Delta G_2^\circ=-(1)F(0.52\ \mathrm{V})$$

總自由能變化為兩者相加：

$$\Delta G_{\text{總}}^\circ =-F(0.15\ \mathrm{V})-F(0.52\ \mathrm{V}) =-F(0.67\ \mathrm{V})$$

整體反應轉移 $2$ 個電子，因此：

$$\Delta G_{\text{總}}^\circ =-(2)FE_{\text{總}}^\circ$$

聯立可得：

$$-(2)FE_{\text{總}}^\circ=-F(0.67\ \mathrm{V})$$

約去 $-F$：

$$2E_{\text{總}}^\circ=0.67\ \mathrm{V}$$ $$E_{\text{總}}^\circ=0.335\ \mathrm{V}\approx 0.34\ \mathrm{V}$$

因此整體反應的標準電位為：

核心觀念

本題考查分子軌域理論中的「鍵級（bond order）」與鍵穩定性的關係：

$$\text{鍵級} = \frac{1}{2} \left( \text{成鍵電子數} - \text{反鍵電子數} \right)$$

一般而言，鍵級越大，表示成鍵效果越強，鍵長越短，鍵能越大，鍵也越穩定。因此本題主要比較各物種中鍵級最大的鍵。

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解題方法

先計算 $\ce{NO}$ 系列的價電子數，再利用分子軌域判斷鍵級。

氮原子提供 $5$ 個價電子，氧原子提供 $6$ 個價電子，因此：

• $\ce{NO}$：$11$ 個價電子
• $\ce{NO+}$：失去 $1$ 個電子，共 $10$ 個價電子
• $\ce{NO-}$：得到 $1$ 個電子，共 $12$ 個價電子

$\ce{NO}$ 的價電子分布可表示為：

$$(\sigma_{2s})^2(\sigma_{2s}^{*})^2 (\sigma_{2p})^2(\pi_{2p})^4 (\pi_{2p}^{*})^1$$

其中成鍵電子數為 $8$，反鍵電子數為 $3$，所以：

$$\text{鍵級}_{\ce{NO}} = \frac{8-3}{2} = 2.5$$

$\ce{NO+}$ 移除的是最高能階的反鍵電子 $\pi_{2p}^{*}$，因此：

$$\text{鍵級}_{\ce{NO+}} = \frac{8-2}{2} = 3$$

$\ce{NO-}$ 則在反鍵軌域再加入一個電子：

$$\text{鍵級}_{\ce{NO-}} = \frac{8-4}{2} = 2$$

至於 $\ce{CO2}$，其路易斯結構為：

$$\ce{O=C=O}$$

每一個 $\ce{C=O}$ 都是雙鍵，鍵級為 $2$。

比較結果：

$$\ce{NO+}: 3 > \ce{NO}: 2.5 > \ce{NO-}: 2 = \ce{C=O\ in\ CO2}$$

因此鍵級最大的為 $\ce{NO+}$。

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核心觀念

化合物 $\ce{H2C=C=CH2}$ 稱為丙二烯（allene），其結構可表示為：

$$\ce{H2C=C=CH2}$$

題目所問的「碳—碳鍵間夾角」是中央碳原子所形成的 $\ce{C-C-C}$ 鍵角。

中央碳原子與左右兩個碳原子形成兩個雙鍵。中央碳原子周圍有兩個成鍵方向，採用 $sp$ 混成軌域，因此幾何形狀為直線形，鍵角為：

$$\ce{C-C-C}=180^\circ$$

中央碳原子的兩個未混成 $p$ 軌域分別與兩側碳原子形成 $\pi$ 鍵；但這不改變中央碳原子兩個 $\ce{C-C}$ $\sigma$ 鍵呈直線排列的事實。

解題方法

判斷多重鍵結構的鍵角時，先觀察「被問鍵角的中心原子」。

本題中心原子是中央碳：

1. 中央碳形成兩個雙鍵。
2. 每個雙鍵在中央碳周圍提供一個電子域。
3. 中央碳共有兩個電子域，採 $sp$ 混成。
4. $sp$ 混成軌域沿相反方向排列，因此呈直線形。
5. 所以 $\ce{C-C-C}$ 鍵角是 $180^\circ$。

兩側的末端碳雖為 $sp^2$ 混成、局部呈平面三角形，但題目問的是中央碳位置的碳—碳鍵角，不能以末端碳的混成型態判斷。

選項分析

核心觀念

本題考查重量莫耳濃度（molality）的定義：

$$m=\frac{\text{溶質莫耳數}}{\text{溶劑質量（kg）}}$$

氯酸鈉的化學式為 $\ce{NaClO3}$，其莫耳質量為：

$$M_{\ce{NaClO3}} =22.99+35.45+3(16.00) =106.44\ \mathrm{g/mol}$$

重量百分濃度 $20.2\%$ 表示每 $100\ \mathrm{g}$ 溶液中含有 $20.2\ \mathrm{g}$ $\ce{NaClO3}$。

解題方法

取 $100\ \mathrm{g}$ 溶液為基準。

溶質 $\ce{NaClO3}$ 的質量為：

$$m_{\ce{NaClO3}}=20.2\ \mathrm{g}$$

溶劑水的質量為：

$$m_{\ce{H2O}}=100-20.2=79.8\ \mathrm{g} =0.0798\ \mathrm{kg}$$

氯酸鈉的莫耳數為：

$$n_{\ce{NaClO3}} =\frac{20.2\ \mathrm{g}}{106.44\ \mathrm{g/mol}} =0.1898\ \mathrm{mol}$$

因此重量莫耳濃度為：

$$m =\frac{0.1898\ \mathrm{mol}}{0.0798\ \mathrm{kg}} =2.38\ \mathrm{mol/kg}$$

核心觀念

本題考查：

1. 強電解質在水中的解離。
2. 醋酸根的水解反應。
3. 溶液中各粒子的實際濃度比較。

醋酸鈉是可溶性鹽，在水中幾乎完全解離：

$$\ce{CH3COONa(aq) -> Na+(aq) + CH3COO-(aq)}$$

因此，水溶液中主要存在的粒子為 $\ce{Na+}$、$\ce{CH3COO-}$、$\ce{H2O}$，並有少量由水解產生的 $\ce{CH3COOH}$ 與 $\ce{OH-}$。

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解題方法

初始醋酸鈉濃度為 $0.1\ \mathrm{M}$。由於每 $1$ 莫耳 $\ce{CH3COONa}$ 解離產生 $1$ 莫耳 $\ce{Na+}$，故：

$$[\ce{Na+}] = 0.100\ \mathrm{M}$$

醋酸根為弱酸 $\ce{CH3COOH}$ 的共軛鹼，會與水發生水解：

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

醋酸的酸解離常數約為：

$$K_a=1.8\times10^{-5}$$

因此醋酸根的鹼解離常數為：

$$K_b=\frac{K_w}{K_a} =\frac{1.0\times10^{-14}}{1.8\times10^{-5}} \approx5.6\times10^{-10}$$

設水解產生的 $\ce{CH3COOH}$ 與 $\ce{OH-}$ 濃度均為 $x$，則：

$$K_b=\frac{[\ce{CH3COOH}][\ce{OH-}]}{[\ce{CH3COO-}]} \approx\frac{x^2}{0.100}$$

所以：

$$x=\sqrt{K_b\times0.100} =\sqrt{5.6\times10^{-11}} \approx7.5\times10^{-6}\ \mathrm{M}$$

故：

$$[\ce{CH3COOH}]\approx7.5\times10^{-6}\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{OH-}]\approx7.5\times10^{-6}\ \mathrm{M}$$

而醋酸根因水解而略微減少：

$$[\ce{CH3COO-}]\approx0.100-7.5\times10^{-6} =0.0999925\ \mathrm{M}$$

因此：

核心觀念

本題考查錯合物的兩個基本概念：

1. 中心金屬的氧化數：由錯離子的總電荷與配體電荷計算。
2. 配位數：直接與中心金屬形成配位鍵的供電子原子總數。

錯合物 $\ce{[Co(NH3)5Cl]Cl2}$ 中，方括號內是錯離子，方括號外的 $\ce{Cl^-}$ 是反離子。

解題方法

一、判定錯離子的電荷

方括號外有兩個氯離子：

$$\ce{2Cl^-}$$

每個 $\ce{Cl^-}$ 帶有 $-1$ 電荷，因此兩個反離子總電荷為 $-2$。為使整個化合物呈電中性，方括號內錯離子的電荷必須為 $+2$：

$$\ce{[Co(NH3)5Cl]^{2+}}$$

二、計算鈷的氧化數

設鈷的氧化數為 $x$。

• $\ce{NH3}$ 為中性配體，電荷為 $0$
• 配位的 $\ce{Cl^-}$ 電荷為 $-1$
• 錯離子總電荷為 $+2$

因此：

$$x+5(0)+(-1)=+2$$ $$x-1=2$$ $$x=+3$$

所以鈷的氧化數為 $+3$。

三、判定配位數

方括號內與鈷直接配位的配體為：

• $5$ 個 $\ce{NH3}$，每個氨分子以氮原子與鈷配位
• $1$ 個 $\ce{Cl^-}$，以氯原子與鈷配位

因此配位數為：

$$5+1=6$$

核心觀念

本題考查：

1. 限量試劑的判定
2. 理論產量與實際產量
3. 產率公式

反應式為：

$$\ce{2A + B -> 3C + D}$$

表示每消耗 $2$ 莫耳 $\ce{A}$，可生成 $3$ 莫耳 $\ce{C}$；每消耗 $1$ 莫耳 $\ce{B}$，也可生成 $3$ 莫耳 $\ce{C}$。

產率定義為：

$$\text{產率}=\frac{\text{實際產量}}{\text{理論產量}}\times 100\%$$

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解題方法

1. 由 $\ce{A}$ 計算理論產量

根據反應比例：

$$2\ \text{mol }\ce{A}\rightarrow 3\ \text{mol }\ce{C}$$

因此 $3$ 莫耳 $\ce{A}$ 可生成：

$$3\ \text{mol }\ce{A} \times \frac{3\ \text{mol }\ce{C}}{2\ \text{mol }\ce{A}} = 4.5\ \text{mol }\ce{C}$$

2. 由 $\ce{B}$ 計算理論產量

根據反應比例：

$$1\ \text{mol }\ce{B}\rightarrow 3\ \text{mol }\ce{C}$$

因此 $2$ 莫耳 $\ce{B}$ 可生成：

$$2\ \text{mol }\ce{B} \times \frac{3\ \text{mol }\ce{C}}{1\ \text{mol }\ce{B}} = 6\ \text{mol }\ce{C}$$

3. 判定限量試劑