慈濟大學 101 年 《化學》

核心觀念

本題考查三類基本反應的判定：

1. 沉澱反應：溶液中的離子反應生成難溶性固體。
2. 氧化還原反應：反應前後有元素氧化數改變，涉及電子轉移。
3. 酸鹼反應：依 Brønsted–Lowry 定義，發生質子 $\ce{H+}$ 的轉移。

題目三個反應依序判斷，即可對照選項。

---

解題方法

第一個反應：$\ce{Pb^2+ + 2I^- -> PbI2}$

碘化鉛 $\ce{PbI2}$ 是難溶性鹽，會以黃色固體析出：

$$\ce{Pb^2+(aq) + 2I^-(aq) -> PbI2(s)}$$

反應前後：

• $\ce{Pb}$ 仍為 $+2$ 價；
• $\ce{I}$ 仍為 $-1$ 價；
• 沒有氧化數改變；
• 反應本質是離子結合並生成難溶固體。

因此，此反應為沉澱反應。

---

第二個反應：$\ce{2Ce^4+ + 2I^- -> I2 + 2Ce^3+}$

比較反應前後的氧化數：

• $\ce{Ce^4+ -> Ce^3+}$：鈰由 $+4$ 降為 $+3$，得到電子，發生還原。
• $\ce{I^- -> I2}$：碘由 $-1$ 升為 $0$，失去電子，發生氧化。

半反應可寫為：

$$\ce{2Ce^4+ + 2e^- -> 2Ce^3+}$$ $$\ce{2I^- -> I2 + 2e^-}$$

兩個半反應相加得到：

$$\ce{2Ce^4+ + 2I^- -> I2 + 2Ce^3+}$$

反應中有電子轉移，因此為氧化還原反應。其中 $\ce{Ce^4+}$ 是氧化劑，$\ce{I^-}$ 是還原劑。

---

第三個反應：$\ce{HOAc + NH3 -> NH4+ + OAc-}$

$\ce{HOAc}$ 代表醋酸 $\ce{CH3COOH}$，$\ce{OAc^-}$ 代表醋酸根 $\ce{CH3COO^-}$。

反應可寫成：

核心觀念

本題考查酸性溶液中的氧化還原反應配平，主要使用：

• 氧化數變化判斷電子轉移數。
• 酸性介質以 $\ce{H+}$ 和 $\ce{H2O}$ 配平氫、氧。
• 氧化反應與還原反應的電子數必須相等。
• 最後將所有係數化為最簡整數比。

在 $\ce{IO3^-}$ 中，碘的氧化數為 $+5$；在 $\ce{I2}$ 中，碘的氧化數為 $0$，因此碘被還原。$\ce{I^-}$ 中碘的氧化數為 $-1$，變成 $\ce{I2}$ 中的 $0$，因此碘離子被氧化。

---

解題方法：半反應法

先寫出還原半反應：

$$\ce{IO3^- -> I^-}$$

在酸性溶液中配平氧、氫及電荷：

$$\ce{IO3^- + 6H+ + 6e^- -> I^- + 3H2O}$$

此反應表示 $\ce{IO3^-}$ 中的碘由 $+5$ 降至 $-1$，每個碘原子得到 $6$ 個電子。

再寫出碘離子的氧化半反應：

$$\ce{I^- -> I2}$$

先配平碘原子，再配平電子：

$$\ce{2I^- -> I2 + 2e^-}$$

還原半反應需要 $6$ 個電子，因此將氧化半反應乘以 $3$：

$$\ce{6I^- -> 3I2 + 6e^-}$$

將兩個半反應相加，消去 $\ce{6e^-}$，並消去反應兩側的 $\ce{I^-}$：

$$\ce{IO3^- + 6H+ + 6I^- -> 3I2 + 3H2O}$$

因此，$\ce{I2}$ 的係數為 $3$。

---

以氧化數快速判斷

也可直接利用氧化數變化：

• $\ce{IO3^-}$ 中的碘：$+5 \to 0$，每個碘得到 $5$ 個電子。
• $\ce{I^-}$ 中的碘：$-1 \to 0$，每個碘失去 $1$ 個電子。

核心觀念

1. 水之自身解離平衡（Autoionization of Water）：
   $\ce{H2O(l) <=> H+(aq) + OH-(aq)}$
   其離子積常數為 $K_\mathrm{w} = \ce{[H+] [OH^-]}$。
2. 中性溶液的嚴格定義：
   水溶液的「中性」是指 $\ce{[H+]} = \ce{[OH^-]}$，而非絕對指 $\mathrm{pH} = 7$（$\mathrm{pH} = 7$ 僅適用於 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 時的純水）。
3. 凡特荷夫方程式（van 't Hoff Equation）與勒沙特列原理（Le Chatelier's Principle）：

• 升高溫度時，平衡傾向朝吸熱方向移動。
• 若吸熱反應（$\Delta H^\circ > 0$），平衡常數 $K$ 隨溫度上升而增大；若放熱反應（$\Delta H^\circ < 0$），平衡常數 $K$ 隨溫度上升而減小。

---

解題方法

1. 由 $\mathrm{pH}$ 變化推導 $\ce{[H+]}$ 的變化：
   由定義 $\mathrm{pH} = -\log \ce{[H+]}$ 可知，當水被加熱時，$\mathrm{pH}$ 值減小，表示水中的氫離子濃度增大（$\ce{[H+]}$ 增加）。
2. 純水中離子濃度的化學計量關係：
   純水自身解離時，每產生一個 $\ce{H+}$ 就必伴隨產生一個 $\ce{OH-}$，因此任何溫度下的純水恆滿足：
   $\ce{[H+]} = \ce{[OH^-]}$
   故當加熱使 $\ce{[H+]}$ 增加時，$\ce{[OH^-]}$ 也隨之同步增加。
3. 判斷水的離子積常數 $K_\mathrm{w}$ 之變化：
   $K_\mathrm{w} = \ce{[H+] [OH^-]}$
   因加熱後 $\ce{[H+]}$ 與 $\ce{[OH^-]}$ 皆增加，故 $K_\mathrm{w}$ 必然增大（例如在 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 時 $K_\mathrm{w} = 1.0 \times 10^{-14}$，在 $60\ ^\circ\mathrm{C}$ 時 $K_\mathrm{w} \approx 9.6 \times 10^{-14}$）。
4. 判斷熱化學性質（吸熱或放熱）：

核心觀念

1. 溶度積常數（$K_\mathrm{sp}$）與莫耳溶解度（$s$）的定義：

• 難溶性鹽類在水中達成沉澱溶解平衡時，溶液中離子濃度的乘積為一常數，即溶度積常數 $K_\mathrm{sp}$。
• 莫耳溶解度（Molar Solubility, $s$，單位為 $\text{M}$ 或 $\text{mol/L}$）代表每公升飽和溶液中所能溶解溶質的最大莫耳數。

2. 比較溶解度的關鍵通則：

• 若化學計量組成比例相同（解離出相同數目的離子，如皆為 $AB$ 型），可直接由 $K_\mathrm{sp}$ 的大小比較溶解度高低（$K_\mathrm{sp}$ 越小，溶解度越小）。
• 若化學計量組成比例不同（如 $AB$ 型、$AB_2$ 型、$AB_3$ 型混合比較），絕不可直接比較 $K_\mathrm{sp}$，必須依據各鹽類的解離平衡式，將 $K_\mathrm{sp}$ 換算成莫耳溶解度 $s$ 後方能比較。

---

解題方法

設各化合物在水中的莫耳溶解度為 $s\text{ (M)}$，依據各鹽類的沉澱溶解平衡式與 $K_\mathrm{sp}$ 關係式逐一計算：

1. 計算選項 (A) $\ce{Al(OH)3}$ 之莫耳溶解度

解離方程式為：

$$\ce{Al(OH)3(s) <=> Al^3+(aq) + 3 OH^-(aq)}$$

平衡時 $[\ce{Al^3+}] = s$，$[\ce{OH^-}] = 3s$：

$$K_\mathrm{sp} = [\ce{Al^3+}][\ce{OH^-}]^3 = (s)(3s)^3 = 27s^4 = 2\times 10^{-32}$$ $$s^4 = \frac{2\times 10^{-32}}{27} \approx 7.4\times 10^{-34}$$ $$s \approx 5.2\times 10^{-9}\text{ M}$$

2. 計算選項 (B) $\ce{CdS}$ 之莫耳溶解度

解離方程式為：

$$\ce{CdS(s) <=> Cd^2+(aq) + S^2-(aq)}$$

平衡時 $[\ce{Cd^2+}] = s$，$[\ce{S^2-}] = s$：

$$K_\mathrm{sp} = [\ce{Cd^2+}][\ce{S^2-}] = s^2 = 1.0\times 10^{-28}$$ $$s = \sqrt{1.0\times 10^{-28}} = 1.0\times 10^{-14}\text{ M}$$

3. 計算選項 (C) $\ce{PbSO4}$ 之莫耳溶解度

解離方程式為：

$$\ce{PbSO4(s) <=> Pb^2+(aq) + SO4^2-(aq)}$$

平衡時 $[\ce{Pb^2+}] = s$，$[\ce{SO4^2-}] = s$：

$$K_\mathrm{sp} = [\ce{Pb^2+}][\ce{SO4^2-}] = s^2 = 1.3\times 10^{-8}$$ $$s = \sqrt{1.3\times 10^{-8}} \approx 1.1\times 10^{-4}\text{ M}$$

4. 計算選項 (D) $\ce{Sn(OH)2}$ 之莫耳溶解度

解離方程式為：

$$\ce{Sn(OH)2(s) <=> Sn^2+(aq) + 2 OH^-(aq)}$$

平衡時 $[\ce{Sn^2+}] = s$，$[\ce{OH^-}] = 2s$：

$$K_\mathrm{sp} = [\ce{Sn^2+}][\ce{OH^-}]^2 = (s)(2s)^2 = 4s^3 = 3\times 10^{-27}$$

核心觀念

本題考查「酸對難溶鹽溶解度的影響」。

難溶鹽的溶解平衡可表示為：

$$\ce{MX(s) <=> M^{n+}(aq) + X^{n-}(aq)}$$

若陰離子 $X^{n-}$ 是弱酸的共軛鹼，會與 $\ce{H+}$ 反應而被消耗，使溶解平衡右移，因而增加鹽的溶解度。此現象可由勒沙特列原理解釋。

本題中，碳酸根 $\ce{CO3^{2-}}$ 是弱酸 $\ce{H2CO3}$ 的共軛鹼，會被酸性溶液中的 $\ce{H+}$ 消耗。

---

解題方法

先判斷各鹽類的陰離子是否會與 $\ce{H+}$ 反應：

• $\ce{Cl-}$：為強酸 $\ce{HCl}$ 的共軛鹼，鹼性極弱，幾乎不與 $\ce{H+}$ 反應。
• $\ce{CO3^{2-}}$：為弱酸的共軛鹼，會明顯與 $\ce{H+}$ 反應。

對 $\ce{CaCO3}$ 而言，其溶解平衡為：

$$\ce{CaCO3(s) <=> Ca^{2+}(aq) + CO3^{2-}(aq)}$$

碳酸根依序與酸反應：

$$\ce{CO3^{2-} + H+ -> HCO3^-}$$ $$\ce{HCO3^- + H+ -> H2CO3}$$

碳酸再分解為水與二氧化碳：

$$\ce{H2CO3 -> CO2(g) + H2O(l)}$$

總反應可寫成：

$$\ce{CaCO3(s) + 2H+(aq) -> Ca^{2+}(aq) + CO2(g) + H2O(l)}$$

因為 $\ce{CO3^{2-}}$ 不斷被消耗，且生成的 $\ce{CO2}$ 可逸出溶液，兩項因素都促使 $\ce{CaCO3}$ 持續溶解。因此在 $\ce{[H+]}=1.0\ \mathrm{M}$ 的酸性溶液中，$\ce{CaCO3}$ 比在純水中具有較好的溶解度。

---

選項分析

(A) $\ce{NaCl}$

$\ce{NaCl}$ 是可溶性鹽，在水中已能高度解離：

$$\ce{NaCl(s) -> Na+(aq) + Cl-(aq)}$$

其陰離子 $\ce{Cl-}$ 是強酸 $\ce{HCl}$ 的共軛鹼，幾乎不會被 $\ce{H+}$ 消耗。因此加入酸不會因移除陰離子而明顯增加 $\ce{NaCl}$ 的溶解度。

故此項錯誤。

---

核心觀念

狀態函數（state function）只由系統的初態與終態決定，與實際經歷的路徑無關。例如內能 $U$、焓 $H$、熵 $S$ 都是狀態函數。

功（work）與熱（heat）則是能量傳遞的方式，數值取決於過程路徑，因此不是狀態函數。

本題判斷如下：

物理量	是否為狀態函數	理由
能量（energy）	是	系統所具有的能量由狀態決定
功（work）	否	取決於實際作功路徑
焓（enthalpy）	是	$H=U+PV$，由狀態變數決定
熱（heat）	否	取決於熱傳遞過程

因此共有 $2$ 個狀態函數。

---

解題方法

第一步，區分「系統所具有的性質」與「能量傳遞方式」。

狀態函數描述系統在某一狀態下的性質。只要初態與終態確定，狀態函數的變化量便固定，例如：

$$\Delta U=U_2-U_1$$

不論系統由初態到終態經過何種路徑，$\Delta U$ 都相同。

能量守恆可表示為熱力學第一定律：

$$\Delta U=q+w$$

其中：

• $q$：系統與環境間以熱的形式傳遞的能量
• $w$：系統與環境間以功的形式傳遞的能量
• $\Delta U$：系統內能的變化

對固定的初態與終態而言，$\Delta U$ 固定；但不同路徑下，$q$ 與 $w$ 可以有不同數值，只要兩者的總和仍符合 $\Delta U$ 即可。因此 $q$ 與 $w$ 不是狀態函數。

焓的定義為：

$$H=U+PV$$

因此焓變為：

$$\Delta H=\Delta U+\Delta(PV)$$

$U$、$P$、$V$ 都是狀態變數，所以 $H$ 也是由系統狀態決定的狀態函數。

---

各物理量判斷

1. 能量（energy）

能量是系統所具有的物理量，例如內能、動能、位能等。對熱力學系統而言，系統在特定狀態下具有確定的能量，因此能量屬於狀態函數。

若題目中的 energy 泛指系統能量，依官方答案的命題立場應判定為狀態函數。

2. 功（work）

功不是系統所儲存的性質，而是能量跨越系統邊界傳遞的方式。

以氣體膨脹功為例：

核心觀念

本題考查分子軌域理論中的鍵級。鍵級定義為：

$$\text{鍵級}=\frac{N_b-N_a}{2}$$

其中：

• $N_b$：成鍵分子軌域中的電子數
• $N_a$：反鍵分子軌域中的電子數

鍵級越大，通常表示鍵越強、鍵長越短。

---

解題方法

$\ce{NO}$ 分子共有：

• $\ce{N}$：5 個價電子
• $\ce{O}$：6 個價電子

因此，$\ce{NO}$ 的價電子總數為：

$$5+6=11$$

對 $\ce{NO}$ 填入分子軌域後，其價電子組態可表示為：

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

其中：

• 成鍵軌域電子數為
  $N_b=2+2+4=8$
• 反鍵軌域電子數為
  $N_a=2+1=3$

因此：

$$\text{鍵級}=\frac{8-3}{2} =\frac{5}{2} =2.5$$

所以 $\ce{NO}$ 分子的鍵級為 $2.5$。

$\ce{NO}$ 的 $\pi_{2p}^{*}$ 反鍵軌域中有 1 個未成對電子，因此 $\ce{NO}$ 也具有順磁性；這與鍵級為 $2.5$ 的分子軌域結果相互一致。

---

快速判斷法

$\ce{O2}$ 有 12 個價電子，其鍵級為 $2$。$\ce{NO}$ 比 $\ce{O2}$ 少 1 個價電子，少掉的是反鍵 $\pi^{*}$ 軌域中的電子。

移除 1 個反鍵電子，鍵級增加：

核心觀念

本題考查 Gibbs 自由能變化 $\Delta G$ 與反應自發性的關係：

$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$$

其中：

• $\Delta G<0$：反應在該條件下具有自發性。
• $\Delta G=0$：系統達到平衡。
• $\Delta G>0$：反應在該條件下非自發。

$T$ 為絕對溫度，必須使用 Kelvin 溫標。題目問「在任何溫度都是自發性的」，表示無論 $T$ 為何，皆須滿足 $\Delta G<0$。

---

解題方法

判斷 $\Delta H$ 與 $\Delta S$ 對 $\Delta G$ 的影響：

$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$$

若 $\Delta H<0$，代表第一項本身使 $\Delta G$ 變小，有利於自發。

若 $\Delta S>0$，則 $-T\Delta S<0$，且溫度越高時，此項使 $\Delta G$ 更為負，同樣有利於自發。

因此，當：

$$\Delta H<0,\qquad \Delta S>0$$

可得：

$$\Delta G=\text{負值}-T(\text{正值})<0$$

在所有正的絕對溫度下，$\Delta G$ 都小於零，所以反應在任何溫度皆具自發性。

---

選項分析

(A) $\Delta H$ 和 $\Delta S$ 皆為正

此時：

$$\Delta G=\text{正值}-T(\text{正值})$$

低溫時，$T\Delta S$ 較小，$\Delta H$ 項占優勢，$\Delta G$ 可能大於零，反應不具自發性。

當溫度足夠高時，$T\Delta S$ 可能大於 $\Delta H$，使 $\Delta G<0$。其轉變溫度為：

$$T=\frac{\Delta H}{\Delta S}$$

因此，此情況通常是「高溫有利於自發」，並非任何溫度皆自發。故錯誤。

---

核心觀念

本題考查氫原子能階與電子躍遷能量。氫原子第 $n$ 能階的能量為

$$E_n=-\frac{13.6}{n^2}\ \text{eV}$$

其中 $13.6\ \text{eV}$ 是氫原子基態電子的束縛能大小。電子由高能階 $n=2$ 跳回低能階 $n=1$ 時，會釋放能量。

題目所稱「基態能量的多少分率」，採用基態能量的絕對值作為比較基準。

解題方法

電子在 $n=2$ 能階的能量為

$$E_2=-\frac{13.6}{2^2} =-\frac{13.6}{4} =-3.4\ \text{eV}$$

基態 $n=1$ 的能量為

$$E_1=-\frac{13.6}{1^2} =-13.6\ \text{eV}$$

電子由 $n=2$ 跃遷至 $n=1$，釋放的能量等於能階能量差的正值：

$$E_{\text{釋放}} =E_2-E_1 =(-3.4)-(-13.6) =10.2\ \text{eV}$$

基態能量的大小為

$$|E_1|=13.6\ \text{eV}$$

因此所求分率為

$$\frac{E_{\text{釋放}}}{|E_1|} =\frac{10.2}{13.6} =\frac{3}{4}$$

所以正確選項為 $\text{(A)}$。

選項分析

• (A) $\frac{3}{4}$：正確。

電子由 $n=2$ 降至 $n=1$ 所釋放的能量為 $10.2\ \text{eV}$，基態能量大小為 $13.6\ \text{eV}$，故

$$\frac{10.2}{13.6}=\frac{3}{4}$$

核心觀念

本題考查路易斯結構與形式電荷（formal charge）的計算。

形式電荷公式為：

$$\text{形式電荷} = \text{價電子數} - \left( \text{孤電子數} + \frac{1}{2}\text{成鍵電子數} \right)$$

對氮原子而言，氮屬於第 15 族，具有 5 個價電子。

---

解題方法

$\ce{CN^-}$ 總價電子數為：

$$4+5+1=10$$

其中 $\ce{C}$ 提供 4 個價電子，$\ce{N}$ 提供 5 個價電子，負一價再增加 1 個電子。

$\ce{CN^-}$ 的主要路易斯結構為：

$$\ce{[:C#N:]^-}$$

碳與氮之間形成三鍵，共有 6 個成鍵電子；碳、氮各保有一對孤電子。

針對氮原子計算：

• 氮的價電子數：5
• 氮上的孤電子數：2
• 氮參與三鍵，共有 6 個成鍵電子，分得一半為 3 個電子

因此：

$$\text{氮的形式電荷} = 5-\left(2+\frac{6}{2}\right)$$ $$=5-(2+3)=0$$

所以氮原子的形式電荷為 0。

---

選項分析

• (A) $-2$：錯誤。
  氮原子若要具有 $-2$ 的形式電荷，孤電子數與成鍵電子分配必須符合相應的電子配置；

核心觀念

本題考查中心原子的路易斯結構、價電子域數與混成軌域的判定。

依 VSEPR 理論，中心原子的電子域包括：

• 成鍵電子對：每一個鍵算一個電子域
• 孤電子對：每一對孤電子算一個電子域
• 多重鍵仍只算一個電子域

電子域數與常見混成關係如下：

電子域數	電子域幾何	混成
2	直線形	$\mathrm{sp}$
3	平面三角形	$\mathrm{sp^2}$
4	四面體	$\mathrm{sp^3}$
5	三角雙錐	$\mathrm{dsp^3}$

解題方法

先計算 $\ce{ClF2+}$ 的總價電子數：

$$7+2(7)-1=20$$

其中：

• $\ce{Cl}$ 提供 $7$ 個價電子
• 兩個 $\ce{F}$ 共提供 $14$ 個價電子
• 離子帶 $+1$ 電荷，需減去 $1$ 個電子

以 $\ce{Cl}$ 為中心，先形成兩個 $\ce{Cl-F}$ 單鍵，使用 $4$ 個電子。兩個末端 $\ce{F}$ 各需配置三對孤電子，共使用 $12$ 個電子，剩下：

$$20-4-12=4$$

剩餘的 $4$ 個電子配置在中心 $\ce{Cl}$ 上，形成兩對孤電子。因此中心 $\ce{Cl}$ 周圍共有：

• 兩個成鍵電子域
• 兩個孤電子域

所以電子域總數為：

$$2+2=4$$

中心 $\ce{Cl}$ 的電子域幾何為四面體，對應 $\mathrm{sp^3}$ 混成。其路易斯結構可表示為：

$$\ce{F-Cl-F}$$

其中中心 $\ce{Cl}$ 具有兩對孤電子，分子形狀為彎曲形。

形式電荷也可驗證此結構：

$$\text{Cl 的形式電荷}=7-(4+2)=+1$$

每個 $\ce{F}$ 的形式電荷為 $0$，總形式電荷為 $+1$，與離子電荷相符。

選項分析

核心觀念

本題考查「二級反應的積分速率定律」與不同反應級數的線性圖形判斷。

反應為：

$$\ce{2HI -> H2 + I2}$$

若反應對 $\ce{HI}$ 為二級，速率定律可寫為：

$$-\frac{d[\ce{HI}]}{dt}=k'[\ce{HI}]^2$$

其中 $k'$ 已包含反應係數所造成的比例因素。二級反應的積分速率定律為：

$$\frac{1}{[\ce{HI}]}=\frac{1}{[\ce{HI}]_0}+k't$$

因此，以 $\frac{1}{[\ce{HI}]}$ 對時間 $t$ 作圖，會得到直線，斜率為 $k'$，截距為 $\frac{1}{[\ce{HI}]_0}$。

---

解題方法

二級反應的判斷公式為：

$$\frac{1}{[A]}=\frac{1}{[A]_0}+kt$$

將 $A$ 換成 $\ce{HI}$：

$$\frac{1}{[\ce{HI}]}=\frac{1}{[\ce{HI}]_0}+k't$$

此式符合直線方程式 $y=b+mx$：

• $y=\frac{1}{[\ce{HI}]}$
• $x=t$
• 截距 $b=\frac{1}{[\ce{HI}]_0}$
• 斜率 $m=k'$

所以呈現線性關係的是：

$$\frac{1}{[\ce{HI}]} \text{ 對時間作圖}$$

---

選項分析

(A) $\log[\ce{HI}]$ 對時間作圖

錯誤。

一級反應的積分速率定律為：

$$\ln[A]=\ln[A]_0-kt$$

使用常用對數時也可寫成：

$$\log[A]=\log[A]_0-\frac{k}{2.303}t$$

因此，$\log[\ce{HI}]$ 對時間呈線性，是一級反應的特徵，不是二級反應。

---

核心觀念

本題考查過渡金屬的電子組態，以及形成陽離子時電子移除的先後順序。

鎳的原子序為 $28$，中性鎳原子具有 $28$ 個電子，其基態電子組態為：

$$\ce{Ni}: [\ce{Ar}]\,\ce{4s^2 3d^8}$$

形成 $\ce{Ni^{2+}}$ 時，需移除 $2$ 個電子。對過渡金屬而言，雖然填入電子時通常先填 $\ce{4s}$ 軌域，但失去電子時會優先移除能量較高、且位於外層的 $\ce{4s}$ 電子。

因此：

$$\ce{Ni}: [\ce{Ar}]\,\ce{4s^2 3d^8}$$ $$\ce{Ni^{2+}}: [\ce{Ar}]\,\ce{3d^8}$$

---

解題方法

可依下列步驟判斷：

1. 查出鎳的原子序：$Z=28$。
2. 中性鎳有 $28$ 個電子：

$$\ce{Ni}: [\ce{Ar}]\,\ce{4s^2 3d^8}$$

3. $\ce{Ni^{2+}}$ 表示失去 $2$ 個電子。
4. 過渡金屬形成陽離子時，先移除 $\ce{4s}$ 電子：

$$[\ce{Ar}]\,\ce{4s^2 3d^8} \longrightarrow [\ce{Ar}]\,\ce{3d^8}$$

所以 $\ce{Ni(II)}$ 的電子組態為：

$$[\ce{Ar}]\,\ce{3d^8}$$

---

選項分析

(A) $[\ce{Ar}]\ce{4s^2 3d^6}$：錯誤

電子總數為：

$$18+2+6=26$$

雖然總電子數與 $\ce{Ni^{2+}}$ 相同，但電子組態不是 $\ce{Ni^{2+}}$ 的基態組態。此組態相當於鐵原子的常見基態組態：

$$\ce{Fe}: [\ce{Ar}]\,\ce{4s^2 3d^6}$$

其 $3d$ 軌域電子數為 $6$，並非鎳離子的 $\ce{3d^8}$。

核心觀念

本題考查平衡濃度與平衡常數 $K_c$ 的計算。

對反應：

$$\ce{A + 2B <=> 3C}$$

平衡常數表示式為：

$$K_c=\frac{[\ce{C}]^3}{[\ce{A}][\ce{B}]^2}$$

注意：各物質濃度必須依照反應式中的化學計量係數作為次方；$\ce{B}$ 的係數為 $2$，因此分母必須包含 $[\ce{B}]^2$。

解題方法

已知 $\ce{A}$ 的濃度由 $0.6\ \mathrm{M}$ 降至 $0.4\ \mathrm{M}$，減少：

$$0.6-0.4=0.2\ \mathrm{M}$$

設反應進行程度為 $x$，則：

$$x=0.2\ \mathrm{M}$$

依照反應式 $\ce{A + 2B <=> 3C}$：

• $\ce{A}$ 消耗 $x=0.2\ \mathrm{M}$
• $\ce{B}$ 消耗 $2x=0.4\ \mathrm{M}$
• $\ce{C}$ 生成 $3x=0.6\ \mathrm{M}$

因此平衡濃度為：

$$[\ce{A}]=0.4\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{B}]=0.6-0.4=0.2\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{C}]=0+0.6=0.6\ \mathrm{M}$$

代入平衡常數式：

$$K_c=\frac{(0.6)^3}{(0.4)(0.2)^2}$$ $$K_c=\frac{0.216}{0.4\times 0.04}$$ $$K_c=\frac{0.216}{0.016}=13.5$$

所以平衡常數為 $13.5$。

選項分析