慈濟大學 106 年 《化學》

核心觀念

臨界溫度 $T_c$ 是物質仍能藉由加壓液化的最高溫度。當溫度高於 $T_c$ 時，無論施加多大壓力，都不能使氣體液化。

臨界溫度主要反映分子間作用力的強弱：

• 分子間吸引力越強，分子越容易聚集成液體，$T_c$ 越高。
• 對於本題這些非極性分子，主要作用力是倫敦分散力（London dispersion force）。
• 分子越大、電子數越多、電子雲越容易極化，倫敦分散力越強，臨界溫度通常越高。

以范德瓦耳斯方程式表示：

$$\left(P+\frac{an^2}{V^2}\right)(V-nb)=nRT$$

其中 $a$ 代表分子間吸引力。對一莫耳氣體，其臨界溫度為：

$$T_c=\frac{8a}{27Rb}$$

本題各物質分子形狀大致可視為相近的四面體或小型非極性分子，因此比較重點是分子大小與可極化性。

解題方法

比較各選項的分子量、電子數及可極化性：

$$\ce{CBr4}: 331.6\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$\ce{CCl4}: 153.8\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$\ce{CH4}: 16.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$ $$\ce{H2}: 2.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$

溴原子比氯原子大，且含有更多電子，因此 $\ce{CBr4}$ 的電子雲最容易變形，瞬時偶極所造成的分子間吸引力最強。依此可得：

$$\ce{CBr4}>\ce{CCl4}>\ce{CH4}>\ce{H2}$$

核心觀念

本題考查：

1. 賈凡尼電池中陽極、陰極的判定。
2. 能斯特方程式判斷濃度改變對電池電位的影響。
3. 純固體的活性度視為 $1$，且電極表面積不影響平衡電位。

電池表示式為：

$$\ce{Al(s) | Al^3+(aq) || Cu^2+(aq) | Cu(s)}$$

左側鋁電極為陽極，發生氧化反應：

$$\ce{Al(s) -> Al^3+(aq) + 3e^-}$$

右側銅電極為陰極，發生還原反應：

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

配平電子後，總反應為：

$$\ce{2Al(s) + 3Cu^2+(aq) -> 2Al^3+(aq) + 3Cu(s)}$$

因此反應商為：

$$Q=\frac{a_{\ce{Al^3+}}^2}{a_{\ce{Cu^2+}}^3}$$

能斯特方程式為：

$$E_{\text{cell}}=E^\circ_{\text{cell}}-\frac{RT}{nF}\ln Q$$

本反應轉移電子數為 $n=6$。

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解題方法

判斷電池電位是否增加，重點在於濃度改變後 $Q$ 如何變化：

• $Q$ 變小，$\ln Q$ 變小，$E_{\text{cell}}$ 增加。
• $Q$ 變大，$\ln Q$ 變大，$E_{\text{cell}}$ 減少。
• 純固體的活性度為 $1$，不列入 $Q$。

原本兩種離子濃度皆為 $1.0\ \mathrm{M}$，故可將活性度近似為濃度。

I. 稀釋 $\ce{Al^3+}$ 至 $0.0010\ \mathrm{M}$

$\ce{Al^3+}$ 位於反應商的分子。其濃度由 $1.0$ 降至 $0.0010$，分子變小，因此 $Q$ 變小，電池電位增加。

若在 $25^\circ\mathrm{C}$ 下估算：

$$Q'=(10^{-3})^2=10^{-6}$$

核心觀念

核磁共振光譜（NMR）能否測量某種原子核，關鍵在於該原子核是否具有非零核自旋量子數 $I$。

具有核自旋的原子核會產生核磁矩，在外加磁場中分裂成不同能階；當施加適當頻率的電磁波時，能階間發生共振吸收，因而可被 NMR 偵測。

判斷原則如下：

• $I \neq 0$：具有核磁矩，可進行 NMR 測量。
• $I = 0$：沒有核磁矩，無法產生核磁共振訊號。

偶數質子數、偶數中子數的原子核通常具有 $I=0$，因此不能被 NMR 測量。

解題方法

逐一判斷各同位素的核自旋量子數：

$$I \neq 0 \Longrightarrow \text{可被 NMR 測量}$$ $$I = 0 \Longrightarrow \text{無法被 NMR 測量}$$

本題只需辨認各同位素是否具有核磁矩，不涉及化學位移、偶合常數或訊號積分。

選項分析

(A) $\ce{^{14}N}$

$\ce{^{14}N}$ 的質子數為 $7$，中子數為 $7$，其核自旋量子數為：

$$I=1$$

因為 $I\neq 0$，$\ce{^{14}N}$ 具有核磁矩，可以進行氮-14 NMR 測量。因此此選項錯誤。

(B) $\ce{^{2}H}$

$\ce{^{2}H}$ 又稱氘（deuterium），含有 $1$ 個質子與 $1$ 個中子，核自旋量子數為：

$$I=1$$

核心觀念

本題考查兩個判斷重點：

1. 由電子組態的總電子數判斷元素。
2. 比較該元素的基態電子組態，判斷是否為激發態。

氧原子的原子序為 $8$，中性氧原子具有 $8$ 個電子。其基態電子組態為：

$$1s^2 2s^2 2p^4$$

若電子吸收能量而由較低能階躍遷至較高能階，電子數仍然維持 $8$，但電子組態不再是基態，此時稱為激發態。

解題方法

先計算每個選項的總電子數，再判斷是否符合氧原子的 $8$ 個電子。

氧原子的基態為：

$$1s^2 2s^2 2p^4$$

激發態的判斷方式，是在電子總數不變的前提下，至少有電子位於原本基態未占據的較高能階，例如 $3s$、$3p$ 等軌域。

選項分析

(A) $1s^2 2s^2 2p^2$

總電子數為：

$$2+2+2=6$$

中性原子有 $6$ 個電子，代表碳原子。碳原子的基態組態正是 $1s^2 2s^2 2p^2$，不是氧原子，因此錯誤。

(B) $1s^2 2s^2 2p^2 3s^2$

總電子數為：

$$2+2+2+2=8$$

核心觀念

本題考查分子軌域理論（molecular orbital theory）與磁性判斷。

• 分子中所有電子均成對時，電子自旋彼此抵消，物質呈抗磁性（diamagnetism）。
• 分子中存在未成對電子時，電子自旋無法完全抵消，物質呈順磁性（paramagnetism）。
• 鍵級公式為：

$$\text{鍵級}=\frac{1}{2}\left(\text{鍵結軌域電子數}-\text{反鍵結軌域電子數}\right)$$

其中，鍵級可用來判斷鍵的強弱與穩定性，但不能單獨判斷順磁性。

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解題方法

氧原子的原子序為 8，因此氧分子 $\ce{O2}$ 共有：

$$8\times 2=16$$

個電子。

對於 $\ce{O2}$，$2p$ 分子軌域的能量順序為：

$$\sigma_{2p}<\pi_{2p}<\pi_{2p}^{*}<\sigma_{2p}^{*}$$

將 16 個電子依序填入分子軌域，可得：

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

其中，簡併的兩個 $\pi_{2p}^{*}$ 軌域會依照洪德規則（Hund’s rule）先各填入一個電子，因此更完整地表示為：

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

$\pi_{2p}^{*}$ 軌域中有兩個電子，且分別位於兩個不同的簡併軌域，形成兩個未成對電子。因此 $\ce{O2}$ 呈順磁性。

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選項分析

(A) 氧氣的鍵級等於 2。

此敘述本身正確，但不是預測順磁性的最佳理由。

$\ce{O2}$ 的鍵結軌域電子數為 8，反鍵結軌域電子數為 4，因此：

$$\text{鍵級} =\frac{1}{2}(8-4) =2$$

鍵級等於 2 表示 $\ce{O2}$ 具有相當於雙鍵的鍵結特性，主要說明鍵的強度與穩定性，無法直接說明電子是否成對。因此不能作為氧氣呈順磁性的最佳理由。

核心觀念

本題測驗週期表中「原子半徑（Atomic Radius）」的週期性變化規律：

1. 同週期（由左至右）：主量子數 $n$（電子層數）相同，但核電荷（質子數 $Z$）增加，有效核電荷（$Z_{\text{eff}}$）增大，對外層電子的引力增強，導致原子半徑遞減。
2. 同族（由上至下）：主量子數 $n$ 增加（電子層數增加），遮蔽效應（shielding effect）顯著，電子分布在更外層的軌域，導致原子半徑遞增。
3. 週期性主導效應：電子層數（週期數）對半徑的影響通常大於有效核電荷。跨週期比較時，電子層數多的原子半徑通常大於層數較少的原子。

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解題方法

1. 標註各元素在週期表中的位置：

• 氟（$\ce{F}$）：第 2 週期、第 17（VIIA）族（鹵素）
• 氧（$\ce{O}$）：第 2 週期、第 16（VIA）族（氧族）
• 硫（$\ce{S}$）：第 3 週期、第 16（VIA）族（氧族）
• 鎂（$\ce{Mg}$）：第 3 週期、第 2（IIA）族（鹼土金屬）
• 鋇（$\ce{Ba}$）：第 6 週期、第 2（IIA）族（鹼土金屬）

2. 分層與同族／同週期比較：

• 第 2 週期原子（$\ce{F}$ 與 $\ce{O}$）：
  $\ce{F}$ 與 $\ce{O}$ 位於同週期，$\ce{F}$ 的質子數較多（$Z=9$ vs $Z=8$），有效核電荷較大，因此原子半徑 $\ce{F < O}$。
• 第 3 週期原子（$\ce{S}$ 與 $\ce{Mg}$）：
  $\ce{S}$ 與 $\ce{Mg}$ 位於同週期，$\ce{Mg}$ 位於左側（金屬），$\ce{S}$ 位於右側（非金屬），同週期由左至右半徑變小，因此原子半徑 $\ce{S < Mg}$。
• 跨週期銜接（第 2 週期 vs 第 3 週期）：
  $\ce{O}$（$n=2$）與 $\ce{S}$（$n=3$）同為第 16 族，同族由上至下半徑變大，因此 $\ce{O < S}$。由此可確立前半段順序為 $\ce{F < O < S < Mg}$。
• 極外層週期原子（$\ce{Ba}$）：

核心觀念

1. 同核雙原子分子之分子軌域理論（MO Theory）：
   第二週期元素中，原子序 $Z \ge 8$（如 $\ce{O2}$、$\ce{F2}$）的元素由於 $2s$ 與 $2p$ 軌域能量差較大，不發生明顯的 $s\text{-}p$ 混成（無軌域能階交錯），其分子軌域能階順序由低至高為：

$$\sigma_{2s} < \sigma^*_{2s} < \sigma_{2p_z} < \pi_{2p_x} = \pi_{2p_y} < \pi^*_{2p_x} = \pi^*_{2p_y} < \sigma^*_{2p_z}$$

2. 鍵級（Bond Order, BO）定義：

$$\text{BO} = \frac{N_b - N_a}{2}$$

其中 $N_b$ 為鍵結軌域（bonding orbitals）中的電子數，$N_a$ 為反鍵結軌域（antibonding orbitals）中的電子數。

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解題方法

1. 題意辨析

本題題幹所指「$\ce{O}$ 離子」，由四個選項數值（$1.5$、$2$、$1$、$2.5$）恰好完整對應氧分子同系列物（$\ce{O2-}$、$\ce{O2}$、$\ce{O2^2-}$、$\ce{O2+}$）可知，題幹因真題排版印刷缺漏上下標，實考**過氧根離子（peroxide ion，$\ce{O2^2-}$）**之鍵級。

2. 計算步驟

1. 計算價電子數：

• 氧原子（$\ce{O}$）之價電子數為 6。
• 過氧根離子 $\ce{O2^2-}$ 具有：

$$6 \times 2 + 2 = 14 \text{ 個價電子}$$

（若計入內層 $1s$ 電子，總電子數為 $8 \times 2 + 2 = 18$）。
2. 填入分子軌域：
將 14 個價電子依遞建原理（Aufbau principle）填入分子軌域：

$$(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\sigma_{2p_z})^2 (\pi_{2p_x})^2 (\pi_{2p_y})^2 (\pi^*_{2p_x})^2 (\pi^*_{2p_y})^2$$

3. 計算鍵級：

• 鍵結電子數 $N_b = 2\,(\sigma_{2s}) + 2\,(\sigma_{2p_z}) + 4\,(\pi_{2p}) = 8$
• 反鍵結電子數 $N_a = 2\,(\sigma^*_{2s}) + 4\,(\pi^*_{2p}) = 6$
• 代入公式得：

核心觀念

本題測驗「難溶性鹽類的溶解平衡」及影響溶解度的兩大主要因素：

1. 同離子效應（Common-ion effect）：溶液中若已存在難溶性鹽的組成離子（如 $\ce{Cl-}$），根據勒沙特列原理（Le Chatelier's principle），平衡將向左移動，使沉澱增加、溶解度顯著降低。
2. 錯離子形成（Complex ion formation）：金屬陽離子若能與溶液中的配位基（Ligand，如 $\ce{NH3}$）形成穩定的錯離子，會大幅消耗溶液中的自由金屬離子，促使溶解平衡向右移動，使難溶鹽的溶解度大幅增加。

相關平衡反應式如下：

• $\ce{AgCl}$ 之溶解平衡：

$$\ce{AgCl(s) <=> Ag+(aq) + Cl-(aq)} \quad (K_{\mathrm{sp}} \approx 1.8 \times 10^{-10})$$

• 銀氨錯離子形成平衡：

$$\ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <=> [Ag(NH3)2]+(aq)} \quad (K_{\mathrm{f}} \approx 1.7 \times 10^{7})$$

• 全反應（$\ce{AgCl}$ 溶於氨水）：

$$\ce{AgCl(s) + 2NH3(aq) <=> [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl-(aq)} \quad (K = K_{\mathrm{sp}} \times K_{\mathrm{f}} \approx 3.0 \times 10^{-3})$$

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解題方法

比較不同環境下 $\ce{AgCl}$ 的溶解度（以莫耳溶解度 $s$ 表示）：

1. 在純水中：

$$s = \sqrt{K_{\mathrm{sp}}} = \sqrt{1.8 \times 10^{-10}} \approx 1.34 \times 10^{-5}\ \mathrm{M}$$

2. 在含有共同離子 $\ce{Cl-}$ 的溶液中（如 (B) $0.20\ \mathrm{M}\ \ce{HCl}$、(D) $0.20\ \mathrm{M}\ \ce{NaCl}$）：
   溶液中已有強電解質解離出高濃度的 $\ce{[Cl-]} = 0.20\ \mathrm{M}$。
   根據 $K_{\mathrm{sp}} = [\ce{Ag+}][\ce{Cl-}]$：

$$s \approx [\ce{Ag+}] = \frac{K_{\mathrm{sp}}}{[\ce{Cl-}]} = \frac{1.8 \times 10^{-10}}{0.20} = 9.0 \times 10^{-10}\ \mathrm{M}$$

由於同離子效應，溶解度遠小於純水中的溶解度。

3. 在含有配位基 $\ce{NH3}$ 的溶液中（(A) $0.020\ \mathrm{M}\ \ce{NH3}$）：
   全反應平衡常數 $K = K_{\mathrm{sp}} \times K_{\mathrm{f}} \approx 3.0 \times 10^{-3}$。
   設溶解度為 $s$（$\mathrm{M}$）：

核心觀念

本題考查離子化合物熔點與晶格能的關係。$\ce{NaF}$、$\ce{NaCl}$、$\ce{NaBr}$、$\ce{NaI}$ 都是由 $\ce{Na+}$ 與鹵離子形成的離子晶體，晶體中主要作用力為正、負離子間的靜電吸引力。

離子間的靜電作用可用庫倫定律表示：

$$F \propto \frac{|q_+q_-|}{r^2}$$

其中 $q_+$、$q_-$ 為離子電荷，$r$ 為正、負離子中心間的距離。

四個選項中，陽離子皆為 $\ce{Na+}$，陰離子皆帶 $-1$ 價，因此電荷大小相同。差異主要在於鹵離子半徑：

$$\ce{F^- < Cl^- < Br^- < I^-}$$

陰離子越小，$\ce{Na+}$ 與陰離子間的距離越短，靜電吸引力越強，晶格能的絕對值越大，晶體越難熔化，熔點也越高。

解題方法

判斷這類同族離子化合物的熔點，可依下列步驟：

1. 比較離子電荷：四者皆為 $\ce{Na+}$ 與 $-1$ 價陰離子，電荷相同。
2. 比較離子半徑：$\ce{F^-}$ 的半徑最小，$\ce{I^-}$ 的半徑最大。
3. 離子間距離越小，靜電吸引越強。
4. 靜電吸引越強，晶格能越大，熔點越高。

因此熔點大小规律為：

$$\ce{NaF > NaCl > NaBr > NaI}$$

故最高熔點為 $\ce{NaF}$。

選項分析

• (A) $\ce{NaF}$：正確

核心觀念

本題考查一級反應（first-order reaction）的整合速率定律。對反應

$\ce{A -> B}$

若反應速率與 $\ce{A}$ 的濃度成正比，則：

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

其中 $k$ 為一級反應速率常數。

將此式積分，可得一級反應的整合速率方程式：

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

其中：

• $[\ce{A}]_0$：初始濃度
• $[\ce{A}]_t$：反應時間 $t$ 時的濃度
• $k$：速率常數

此式符合直線方程式 $y=b+mx$，因此以 $\ln[\ce{A}]_t$ 為縱軸、$t$ 為橫軸時，所得圖形為直線，斜率為 $-k$，截距為 $\ln[\ce{A}]_0$。

解題方法

直接比較一級反應的整合速率方程式：

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

令

$$y=\ln[\ce{A}]_t,\qquad x=t$$

則：

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

這就是直線方程式。因此，$\ln[\ce{A}]_t$ 對 $t$ 作圖可得直線。

選項分析

(A) $\ln[\ce{A}]_t$ 對 $1/t$

一級反應方程式中，$\ln[\ce{A}]_t$ 與 $t$ 呈線性關係，而不是與 $1/t$ 呈線性關係。

由

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

若以 $1/t$ 作為橫軸，則 $t=1/(1/t)$，方程式會變成倒數形式，通常不是直線。

因此錯誤。

(B) $\ln[\ce{A}]_t$ 對 $t$

由一級反應整合速率方程式：

核心觀念

本題考查路易斯結構與形式電荷（formal charge）。

形式電荷公式為：

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

硝酸根離子 $\ce{NO3^-}$ 的中心原子為氮。其主要共振式可表示為一個 $\ce{N=O}$ 雙鍵與兩個 $\ce{N-O^-}$ 單鍵：

$$\ce{[O-N(=O)-O]^-}$$

雙鍵位置可在三個氧原子間移動，因此存在三個等價的共振結構。

解題方法

在上述任一共振結構中，中心氮原子：

• 氮的價電子數為 $5$
• 氮沒有孤電子對
• 氮與三個氧形成一個雙鍵及兩個單鍵
• 氮周圍共有 $8$ 個成鍵電子

因此，氮分得的成鍵電子數為：

$$\frac{8}{2}=4$$

代入形式電荷公式：

$$\text{氮的形式電荷} = 5-\left(0+\frac{8}{2}\right)$$ $$=5-4=+1$$

所以硝酸根離子中，氮的形式電荷為 $+1$。

整體電荷也可驗算：

• 氮：$+1$
• 一個雙鍵氧：$0$
• 兩個單鍵氧：各 $-1$

$$(+1)+0+(-1)+(-1)=-1$$

核心觀念

本題考查：

1. 強電解質在水中的解離
2. 配位化合物的外界離子與配位圈
3. 溶液導電度與溶液中自由移動離子數量、電荷及移動速率的關係

溶液導電度可概念性表示為各種離子導電貢獻的總和：

$$\kappa \approx \sum_i c_i\lambda_i$$

其中 $\kappa$ 為導電度，$c_i$ 為離子濃度，$\lambda_i$ 為該離子的導電能力。

在本題中，各物質皆取 $0.010$ 莫耳溶於 $1.0$ 公升水，因此其形式濃度均為：

$$\frac{0.010\ \mathrm{mol}}{1.0\ \mathrm{L}} =0.010\ \mathrm{M}$$

比較重點是：每個化合物在水中能產生多少自由離子，以及離子的電荷與移動能力。

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解題方法

(1) $\ce{BaCl2}$

$\ce{BaCl2}$ 為可溶性強電解質，完全解離：

$$\ce{BaCl2(aq) -> Ba^{2+}(aq) + 2Cl^-(aq)}$$

由 $0.010\ \mathrm{M}$ 的 $\ce{BaCl2}$ 產生：

• $\ce{Ba^{2+}}$：$0.010\ \mathrm{M}$
• $\ce{Cl^-}$：$0.020\ \mathrm{M}$

總自由離子濃度為：

$$0.010+0.020=0.030\ \mathrm{M}$$

且含有二價的 $\ce{Ba^{2+}}$，導電貢獻大。

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(2) $\ce{K4[Fe(CN)6]}$

$\ce{K4[Fe(CN)6]}$ 為可溶性離子化合物，完全解離為四個鉀離子及一個錯離子：

$$\ce{K4[Fe(CN)6](aq) -> 4K+(aq) + [Fe(CN)6]^{4-}(aq)}$$

由 $0.010\ \mathrm{M}$ 的 $\ce{K4[Fe(CN)6]}$ 產生：

• $\ce{K+}$：$0.040\ \mathrm{M}$
• $\ce{[Fe(CN)6]^{4-}}$：$0.010\ \mathrm{M}$

總自由離子濃度為：

$$0.040+0.010=0.050\ \mathrm{M}$$

每一化學式單位可產生 $5$ 個自由移動的離子，且錯離子帶有 $4-$ 電荷，因此在本題中導電度最高。

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(3) $\ce{[Cr(NH3)4Cl2]Cl}$

先判斷配位圈與外界離子：

• 配位圈內：$\ce{[Cr(NH3)4Cl2]+}$
• 配位圈外：$\ce{Cl^-}$

因此在水中解離為：

$$\ce{[Cr(NH3)4Cl2]Cl(aq) -> [Cr(NH3)4Cl2]+(aq) + Cl^-(aq)}$$

由 $0.010\ \mathrm{M}$ 的化合物產生：

• $\ce{[Cr(NH3)4Cl2]+}$：$0.010\ \mathrm{M}$
• $\ce{Cl^-}$：$0.010\ \mathrm{M}$

總自由離子濃度為：

$$0.010+0.010=0.020\ \mathrm{M}$$

配位圈內的兩個 $\ce{Cl^-}$ 已經與 $\ce{Cr}$ 配位，不能視為自由氯離子。因此其導電度低於 $\ce{BaCl2}$。

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(4) $\ce{[Fe(NH3)3Cl3]}$

核心觀念

本題考查重量分析法中的「沉澱質量與待測物質量之間的化學計量關係」。

樣品中的 $\ce{K2O}$ 溶於水後形成 $\ce{KOH}$：

$$\ce{K2O + H2O -> 2KOH}$$

每 $1$ mol $\ce{K2O}$ 會產生 $2$ mol $\ce{K+}$。加入四苯基硼酸根後，每 $1$ mol $\ce{K+}$ 形成 $1$ mol 不溶於水的 $\ce{KB(C6H5)4}$：

$$\ce{K+ + B(C6H5)4^- -> KB(C6H5)4(s)}$$

因此，化學計量關係為：

$$\ce{1 mol K2O -> 2 mol KB(C6H5)4}$$

也就是：

$$n\bigl(\ce{K2O}\bigr) = \frac{1}{2} n\bigl(\ce{KB(C6H5)4}\bigr)$$

解題方法

已知沉澱 $\ce{KB(C6H5)4}$ 的質量為 $1.57\ \mathrm{g}$，先換算其莫耳數：

$$n\bigl(\ce{KB(C6H5)4}\bigr) = \frac{1.57\ \mathrm{g}} {358.3\ \mathrm{g/mol}}$$

由於 $1$ mol $\ce{K2O}$ 對應 $2$ mol $\ce{KB(C6H5)4}$，所以：

$$n\bigl(\ce{K2O}\bigr) = \frac{1.57}{358.3} \times \frac{1}{2} \ \mathrm{mol}$$

再乘上 $\ce{K2O}$ 的莫耳質量 $94.2\ \mathrm{g/mol}$：

$$m\bigl(\ce{K2O}\bigr) = \frac{1.57\ \mathrm{g}} {358.3\ \mathrm{g/mol}} \times \frac{1\ \mathrm{mol\ K2O}} {2\ \mathrm{mol\ KB(C6H5)4}} \times 94.2\ \mathrm{g/mol}$$

整理得：

$$m\bigl(\ce{K2O}\bigr) = \frac{(1.57)(94.2)} {2(358.3)} \ \mathrm{g}$$

因此選擇 (C)。

數值上：

核心觀念

本題考查熱力學第二定律，以及在恆溫、恆壓條件下，自發性與 Gibbs 自由能變化 $\Delta G$ 的關係。

判斷自發過程可使用兩種等價判準：

1. 依熱力學第二定律，宇宙總熵必須增加：

$$\Delta S_{\mathrm{univ}} = \Delta S_{\mathrm{sys}}+\Delta S_{\mathrm{surr}}>0$$

2. 在恆定溫度與壓力下，系統的 Gibbs 自由能必須降低：

$$\Delta G_{\mathrm{sys}}<0$$

其中：

• $\mathrm{sys}$：系統（system）
• $\mathrm{surr}$：周遭環境（surroundings）
• $\mathrm{univ}$：宇宙，即系統加周遭環境

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解題方法

在恆溫、恆壓，且僅考慮體積功的條件下：

$$\Delta G_{\mathrm{sys}} = \Delta H_{\mathrm{sys}}-T\Delta S_{\mathrm{sys}}$$

恆壓下，系統吸收的熱量可表示為：

$$q_p=\Delta H_{\mathrm{sys}}$$

周遭環境的熵變為：

$$\Delta S_{\mathrm{surr}} = -\frac{q_p}{T} = -\frac{\Delta H_{\mathrm{sys}}}{T}$$

因此：

$$\Delta S_{\mathrm{sys}}+\Delta S_{\mathrm{surr}} = \Delta S_{\mathrm{sys}}-\frac{\Delta H_{\mathrm{sys}}}{T}$$

兩邊乘以 $-T$：

$$-T\left(\Delta S_{\mathrm{sys}}+\Delta S_{\mathrm{surr}}\right) = \Delta H_{\mathrm{sys}}-T\Delta S_{\mathrm{sys}}$$

所以得到重要關係：

$$\Delta G_{\mathrm{sys}} = -T\Delta S_{\mathrm{univ}}$$

由於絕對溫度 $T>0$，因此：

$$\Delta S_{\mathrm{univ}}>0 \quad\Longleftrightarrow\quad \Delta G_{\mathrm{sys}}<0$$

也就是說，在恆溫、恆壓下，自發過程同時滿足：

$$\Delta S_{\mathrm{sys}}+\Delta S_{\mathrm{surr}}>0$$

以及

$$\Delta G_{\mathrm{sys}}<0$$

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選項分析