慈濟大學 114 年 《化學》

核心觀念

本題考查質量單位的換算。比較不同單位的質量時，必須先統一換算成相同單位，通常換成公克（g）最方便。

常用換算關係如下：

• $1\ \mathrm{kg}=10^3\ \mathrm{g}$
• $1\ \mathrm{g}=10^3\ \mathrm{mg}$
• $1\ \mathrm{g}=10^2\ \mathrm{cg}$
• $1\ \mathrm{g}=10^9\ \mathrm{ng}$

其中：

• 毫（m）代表 $10^{-3}$
• 釐（c）代表 $10^{-2}$
• 奈（n）代表 $10^{-9}$

解題方法

將各選項全部換算為公克：

$$\text{質量大小：比較換算後的數值即可}$$

選項分析

(A) $2.0\times10^2\ \mathrm{mg}$

因為 $1\ \mathrm{mg}=10^{-3}\ \mathrm{g}$，所以：

$$2.0\times10^2\ \mathrm{mg} \times \frac{1\ \mathrm{g}}{10^3\ \mathrm{mg}} =2.0\times10^{-1}\ \mathrm{g} =0.20\ \mathrm{g}$$

因此，(A) 代表 $0.20\ \mathrm{g}$。

(B) $0.0010\ \mathrm{kg}$

因為 $1\ \mathrm{kg}=10^3\ \mathrm{g}$，所以：

$$0.0010\ \mathrm{kg} \times \frac{10^3\ \mathrm{g}}{1\ \mathrm{kg}} =1.0\ \mathrm{g}$$

因此，(B) 代表 $1.0\ \mathrm{g}$。

(C) $2.0\times10^2\ \mathrm{cg}$

因為 $1\ \mathrm{cg}=10^{-2}\ \mathrm{g}$，所以：

核心觀念

本題考查「等電子離子」的離子半徑比較。

離子半徑主要受兩項因素影響：

1. 電子層數：電子層越多，半徑通常越大。
2. 有效核電荷：在電子數相同時，核電荷越大，原子核對電子的吸引力越強，半徑越小。

先計算各離子的電子數：

• $\ce{Al^3+}$：$13-3=10$ 個電子
• $\ce{Mg^2+}$：$12-2=10$ 個電子
• $\ce{Na+}$：$11-1=10$ 個電子
• $\ce{O^2-}$：$8+2=10$ 個電子

四種離子皆具有 $10$ 個電子，與氖原子 $\ce{Ne}$ 等電子，因此稱為等電子離子。

解題方法

因為四種離子的電子數與電子排布完全相同，電子層數相同，離子半徑大小可直接比較原子核內的質子數：

$$\ce{O^2-}: Z=8$$ $$\ce{Na+}: Z=11$$ $$\ce{Mg^2+}: Z=12$$ $$\ce{Al^3+}: Z=13$$

在等電子離子中，核電荷越大，電子受到的吸引越強，電子雲被拉得越緊，離子半徑越小。因此：

$$\ce{O^2- > Na+ > Mg^2+ > Al^3+}$$

故正確排序為：

$$\boxed{\ce{O^2- > Na+ > Mg^2+ > Al^3+}}$$

選項分析

(A) $\ce{Al^3+ > Mg^2+ > O^2- > Na+}$

核心觀念

本題考「晶格能（lattice energy）」與離子間靜電作用力的關係。

晶格能可定義為：氣態離子生成一莫耳離子晶體時所釋放的能量，例如：

$$\ce{Li+(g) + Cl-(g) -> LiCl(s)}$$

若採「晶體生成時釋放的能量」定義，晶格能通常以負值表示；釋放能量越多，代表晶格能的絕對值越大。

離子晶體的晶格能主要受到下列因素影響：

$$U \propto \frac{z_+z_-}{r_+ + r_-}$$

其中：

• $z_+$、$z_-$：陽離子與陰離子的電荷數
• $r_+$、$r_-$：陽離子與陰離子的離子半徑
• $r_+ + r_-$：正、負離子中心間的距離

本題所有選項均為 $\ce{MCl}$，其中 $\ce{M+}$ 為鹼金屬離子，陽、陰離子電荷皆為 $\pm 1$，因此主要比較陽離子大小。

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解題方法

四種晶體中的陰離子都是 $\ce{Cl-}$，陽離子則依序為：

$$\ce{Li+ < Na+ < K+ < Rb+}$$

沿著鹼金屬族向下，電子層數增加，離子半徑逐漸增大。因此：

$$r_{\ce{Li+}} < r_{\ce{Na+}} < r_{\ce{K+}} < r_{\ce{Rb+}}$$

由於 $\ce{Cl-}$ 相同，$\ce{Li+}$ 的半徑最小，使得 $\ce{Li+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 之間的離子距離最短。根據庫侖定律：

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

離子距離越短，正、負離子間的吸引力越強；在晶格中，離子間的靜電吸引作用越強，晶體生成時釋放的能量越多。

因此晶格能放出的能量大小规律為：

$$\ce{LiCl > NaCl > KCl > RbCl}$$

若以生成反應的焓變表示，則數值會是：

核心觀念

布忍斯特–羅瑞酸鹼定義如下：

• 酸：能夠提供質子 $\ce{H+}$ 的物種。
• 鹼：能夠接受質子 $\ce{H+}$ 的物種。
• 共軛酸鹼對：兩者只相差一個質子，且酸失去一個 $\ce{H+}$ 後形成其共軛鹼；鹼接受一個 $\ce{H+}$ 後形成其共軛酸。

判斷時可使用：

$$\text{酸} \xrightarrow{-\ce{H+}} \text{共軛鹼}$$ $$\text{鹼} \xrightarrow{+\ce{H+}} \text{共軛酸}$$

解題方法

逐一檢查各選項中的兩個物種是否只差一個 $\ce{H+}$，並確認其酸鹼角色與電荷是否正確。

選項分析

(A) $\ce{HNO2}$ 是酸，它的共軛鹼是 $\ce{NO2-}$。

$\ce{HNO2}$ 可提供一個質子：

$$\ce{HNO2 -> H+ + NO2-}$$

失去 $\ce{H+}$ 後形成 $\ce{NO2-}$，因此 $\ce{HNO2}$ 與 $\ce{NO2-}$ 為共軛酸鹼對。此敘述正確。

(B) $\ce{OCl-}$ 是鹼，它的共軛酸是 $\ce{HOCl}$。

$\ce{OCl-}$ 可接受一個質子：

$$\ce{OCl- + H+ -> HOCl}$$

因此 $\ce{OCl-}$ 是鹼，$\ce{HOCl}$ 是其共軛酸。兩者只差一個 $\ce{H+}$，此敘述正確。

(C) $\ce{CH3NH3+}$ 是酸，它的共軛鹼是 $\ce{CH2NH3}$。

核心觀念

緩衝溶液是由：

• 弱酸 $\ce{HA}$ 與其共軛鹼 $\ce{A^-}$
• 或弱鹼 $\ce{B}$ 與其共軛酸 $\ce{BH^+}$

所組成，且兩者皆須有相當濃度。其原理是利用共軛酸鹼對消耗外加的 $\ce{H+}$ 或 $\ce{OH^-}$。

常用公式為 Henderson–Hasselbalch equation：

$$\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]}$$

若以強酸與弱鹼或弱酸鹽反應製備緩衝液，必須確認強酸只「部分中和」弱鹼或弱酸鹽，反應後仍同時存在共軛酸鹼對。

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解題方法

各組合均以等體積混合。設每一溶液體積為 $V$，直接比較混合前的物質莫耳數：

$$n=MV$$

判斷重點如下：

1. 是否存在弱酸與其共軛鹼，或弱鹼與其共軛酸。
2. 若有強酸參與，是否將弱鹼或弱酸鹽「完全消耗」。
3. 混合後是否仍同時保留共軛酸鹼對。

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各組合分析

I. $\ce{0.100\ M\ NaCl+0.100\ M\ NH4Cl}$

$\ce{NaCl}$ 為強酸強鹼鹽，對酸鹼平衡沒有明顯作用；$\ce{NH4Cl}$ 解離為：

$$\ce{NH4Cl -> NH4+ + Cl^-}$$

其中 $\ce{NH4+}$ 是弱鹼 $\ce{NH3}$ 的共軛酸，但溶液中沒有足量的 $\ce{NH3}$：

$$\ce{NH3 + H2O <=> NH4+ + OH^-}$$

因此此組合只有共軛酸 $\ce{NH4+}$，缺少共軛鹼 $\ce{NH3}$，不是緩衝溶液。

故 I 錯誤。

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II. $\ce{0.100\ M\ CH3NH2+0.100\ M\ CH3NH3Cl}$

$\ce{CH3NH2}$ 是弱鹼，$\ce{CH3NH3Cl}$ 解離產生其共軛酸 $\ce{CH3NH3+}$：

$$\ce{CH3NH3Cl -> CH3NH3+ + Cl^-}$$

兩者構成共軛酸鹼對：

$$\ce{CH3NH2 + H2O <=> CH3NH3+ + OH^-}$$

混合後，$\ce{CH3NH2}$ 與 $\ce{CH3NH3+}$ 皆存在，且濃度相當，因此符合緩衝溶液定義。

其平衡可表示為：

$$\mathrm{pOH}=\mathrm{p}K_b+\log\frac{[\ce{CH3NH3+}]}{[\ce{CH3NH2}]}$$

由於兩者原始濃度相同，等體積混合後濃度仍相同，故：

$$\mathrm{pOH}=\mathrm{p}K_b$$

故 II 正確。

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III. $\ce{0.100\ M\ HCl+0.05\ M\ NaNO2}$

$\ce{NaNO2}$ 提供弱鹼 $\ce{NO2^-}$，可與強酸反應：

$$\ce{H+ + NO2^- -> HNO2}$$

設兩溶液各取體積 $V$：

$$n(\ce{H+})=0.100V$$ $$n(\ce{NO2^-})=0.050V$$

$\ce{H+}$ 的莫耳數是 $\ce{NO2^-}$ 的兩倍，因此 $\ce{NO2^-}$ 會被完全消耗：

$$\ce{NO2^- + H+ -> HNO2}$$

核心觀念

本題綜合考查：

1. 氧化數與氧化還原角色判定。
2. 氣體濃度對反應速率的影響。
3. 平衡常數 $K$ 的決定因素。

反應為：

$$\ce{Sn(s) + 2HCl(g) -> SnCl2(s) + H2(g)}$$

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解題方法

先判斷各元素氧化數，再分析增加反應器體積對氣體濃度、反應速率與平衡常數的影響。

一、判斷氧化還原

反應前：

• $\ce{Sn(s)}$ 為單質，氧化數為 $0$。
• $\ce{HCl}$ 中，$\ce{H}$ 的氧化數為 $+1$，$\ce{Cl}$ 的氧化數為 $-1$。

反應後：

• $\ce{SnCl2}$ 中，$\ce{Cl}$ 為 $-1$，因此 $\ce{Sn}$ 為 $+2$。
• $\ce{H2(g)}$ 為單質，$\ce{H}$ 的氧化數為 $0$。

因此：

$$\ce{Sn: 0 -> +2}$$

錫失去電子，發生氧化：

$$\ce{Sn -> Sn^{2+} + 2e^-}$$ $$\ce{H: +1 -> 0}$$

氫離子獲得電子，發生還原：

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

失去電子的物質為還原劑，獲得電子的物質為氧化劑。因此：

• $\ce{Sn}$ 是還原劑。
• $\ce{HCl}$ 中的 $\ce{H+}$ 是氧化劑。

二、增加體積對反應速率的影響

在溫度與氣體莫耳數不變時，增加反應器體積會使氣體濃度降低：

$$[\ce{HCl}] = \frac{n_{\ce{HCl}}}{V}$$

反應速率通常與反應物濃度有關。若以簡化速率式表示：

$$v = k[\ce{HCl}]^m$$

其中 $m>0$。當體積 $V$ 增加時，$[\ce{HCl}]$ 降低，因此反應速率降低。

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核心觀念

本題考查標準吉布斯自由能變化 $\Delta G^\circ$、熱力學穩定性、平衡常數與反應速率的區別。

• $\Delta G^\circ<0$：反應在標準狀態下具自發傾向，生成物的標準自由能較低。
• $\Delta G^\circ>0$：正向反應不具自發傾向，反應物較穩定。
• 自由能變化與平衡常數的關係為

$$\Delta G^\circ=-RT\ln K$$

因此：

• $\Delta G^\circ<0\Rightarrow K>1$
• $\Delta G^\circ>0\Rightarrow K<1$

但 $\Delta G^\circ$只描述熱力學傾向，不直接決定反應速率；反應速率主要與活化能及反應機構有關。

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解題方法

已知：

$$\ce{ZnS(s) -> Zn(s) + S(s)} \qquad \Delta G_1^\circ=+201.3\ \mathrm{kJ}$$

正向分解反應的 $\Delta G^\circ$ 為正，表示 $\ce{ZnS(s)}$ 比其分解後的 $\ce{Zn(s)}$ 與 $\ce{S(s)}$ 組合狀態更穩定。

另有：

$$\ce{S(s) + H2(g) -> H2S(g)} \qquad \Delta G_2^\circ=-33.4\ \mathrm{kJ}$$

此反應的 $\Delta G^\circ$ 為負，表示在標準狀態下，$\ce{H2S(g)}$ 的生成具有熱力學有利性，且其平衡常數大於 $1$。

若要分析硫化鋅與氫氣的反應，將兩式相加：

$$\ce{ZnS(s) -> Zn(s) + S(s)}$$ $$\ce{S(s) + H2(g) -> H2S(g)}$$

消去中間物種 $\ce{S(s)}$，得到：

$$\ce{ZnS(s) + H2(g) -> Zn(s) + H2S(g)}$$

其標準自由能變化為：

$$\Delta G^\circ = \Delta G_1^\circ+\Delta G_2^\circ$$ $$=201.3+(-33.4) =167.9\ \mathrm{kJ}$$

因為

$$\Delta G^\circ=+167.9\ \mathrm{kJ}>0$$

所以此反應的平衡常數小於 $1$。

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選項分析

(A) 元素硫較硫化氫熱力學穩定。

錯誤。

由反應

$$\ce{S(s) + H2(g) -> H2S(g)} \qquad \Delta G_2^\circ=-33.4\ \mathrm{kJ}$$

核心觀念

本題考查「$\alpha$ 粒子」的本質與核反應守恆。

$\alpha$ 粒子是氦的原子核，由 $2$ 個質子與 $2$ 個中子組成，因此：

• 質量數：$2+2=4$
• 原子序：質子數 $=2$
• 不含電子，故帶 $+2$ 電荷

所以，$\alpha$ 粒子的標準核種表示法為：

$$\ce{^4_2He^{2+}}$$

常簡寫為：

$$\ce{He^{2+}}$$

硼中子捕獲療法中的核反應可表示為：

$$\ce{^10_5B + ^1_0n -> ^11_5B^{*}}$$

接著激發態的硼-11分裂為鋰-7與$\alpha$粒子：

$$\ce{^11_5B^{*} -> ^7_3Li + ^4_2He^{2+}}$$

核反應兩側守恆：

• 質量數：$11=7+4$
• 原子序：$5=3+2$

因此產物中的$\alpha$粒子必須是氦-4原子核，即$\ce{He^{2+}}$。

解題方法

判斷$\alpha$射線的型式，直接由其定義切入：

1. $\alpha$粒子就是氦-4原子核。
2. 氦原子核內有$2$個質子與$2$個中子。
3. 原子核中沒有電子，因此相對於中性氦原子少了$2$個電子。
4. 粒子電荷為$+2$，故表示為$\ce{He^{2+}}$。

嚴格的標準答案為：

$$\boxed{\ce{He^{2+}}}$$

題目校方釋疑指出：「題目條件所得答案應為(A)，但標準形式答案應為(C)，(A)或(C)皆可。」因此本題依官方公布答案，$\text{(A)、(C)}$均列為可接受答案。

選項分析

(A) $\ce{He}$：可接受

核心觀念

本題考查定域化電子鍵結模型中的「混成軌域判定」。判斷原子混成狀態時，主要依據：

1. 原子的 $\sigma$ 鍵數。
2. 孤電子對數目。
3. 是否需要未混成的 $p$ 軌域形成 $\pi$ 鍵。

布洛芬結構含有苯環、羧酸基與多個飽和碳原子：

• 苯環碳與羧基羰基碳：$sp^2$
• 飽和碳原子：$sp^3$
• 羰基氧：$sp^2$
• 羧酸中的羥基氧：$sp^3$
• 氫原子：使用 $1s$ 原子軌域，不進行混成

解題方法

逐一觀察布洛芬中各類原子的鍵結與孤電子對，判定其混成軌域。

羰基 $\ce{C=O}$ 中，碳與氧都需要未混成的 $p$ 軌域形成 $\pi$ 鍵，因此羰基碳與羰基氧為 $sp^2$。

羧酸中的羥基氧 $\ce{-OH}$ 具有兩個 $\sigma$ 鍵及兩對孤電子對，共有四個電子域，因此依定域化電子模型判定為 $sp^3$。

氫原子只有一個 $1s$ 原子軌域，沒有可供混成的其他價軌域，因此不具有混成軌域。

選項分析

(A) 氧原子均為 $sp^2$ 混成軌域。錯誤

布洛芬中羧酸基含有兩個氧：

• 羰基氧 $\ce{C=O}$：$sp^2$
• 羥基氧 $\ce{-OH}$：具有兩個 $\sigma$ 鍵與兩對孤電子對，為 $sp^3$

因此氧原子並非全部為 $sp^2$。

(B) 結構中有碳原子具備 $sp$ 混成軌域。錯誤

核心觀念

熱卡計量得的是系統與外界交換的熱量 $q$。在只考慮體積功、且反應物與生成物皆處於相同溫度下時：

• 定壓反應：
  $q_p=\Delta H$

• 定容反應：
  $q_v=\Delta E$

其中：

• $\Delta H$：焓變
• $\Delta E$：內能變
• $q_p$：定壓下吸收或放出的熱
• $q_v$：定容下吸收或放出的熱

兩者關係為：

$\Delta H=\Delta E+\Delta n_{\ce{g}}RT$

因此：

$q_p-q_v=\Delta n_{\ce{g}}RT$

只有在氣體莫耳數變化 $\Delta n_{\ce{g}}=0$ 時，定壓與定容所量得的熱才會相等。

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解題方法

本題的判斷關鍵是比較各反應的氣體莫耳數變化。

1. 先確認基本關係：

$q_p=\Delta H,\qquad q_v=\Delta E$

2. 再利用：

$\Delta H-\Delta E=\Delta n_{\ce{g}}RT$

3. 判斷反應前後氣體莫耳數是否改變：

• $\Delta n_{\ce{g}}\ne 0$：$q_p\ne q_v$
• $\Delta n_{\ce{g}}=0$：$q_p=q_v$

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選項分析

(A) 定壓下，量測的熱等於反應之 $\Delta H$。

此敘述正確。

在定壓且只考慮體積功時，系統對外界所做的體積功為：

$w=-P\Delta V$

由熱力學第一定律：

$\Delta E=q+w$

在定壓條件下可推得：

$q_p=\Delta H$

因此，定壓熱卡計量得的反應熱等於反應的焓變 $\Delta H$。

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(B) 定體積下，量測的熱等於反應之 $\Delta E$。

此敘述正確。

定容時：

$\Delta V=0$

因此體積功為：

$w=-P\Delta V=0$

代入熱力學第一定律：

$\Delta E=q_v+w=q_v$

所以：

$q_v=\Delta E$

炸彈熱卡計（bomb calorimeter）即是典型的定容熱卡計，所測得的熱直接對應於反應的內能變 $\Delta E$。

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(C) 碳酸氫鈉的降解反應在定壓與定容下量測的熱相等。

此敘述錯誤，為本題答案。

碳酸氫鈉受熱分解反應為：

核心觀念

本題考查恆溫恆壓下的體積變化與功的關係。

化學熱力學中，環境對系統所做的功可表示為：

$$w=-P_{\mathrm{ext}}\Delta V$$

其中：

• $\Delta V>0$：系統膨脹，系統對環境做功，$w<0$
• $\Delta V<0$：系統壓縮，環境對系統做功，$w>0$

因此，本題要找的是「反應後體積減少」的反應。

對於恆溫恆壓下的氣體反應，可利用理想氣體方程式判斷體積變化：

$$PV=nRT$$

在 $T$、$P$ 固定時，氣體體積 $V$ 與氣體莫耳數 $n$ 成正比。因此：

• 氣體總莫耳數減少：$\Delta V<0$，環境對系統做功
• 氣體總莫耳數增加：$\Delta V>0$，系統對環境做功

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解題方法

逐一比較各反應式反應前後的氣體莫耳數。

若只有氣體參與比較，可計算：

$$\Delta n_{\mathrm{gas}} =n_{\mathrm{gas,products}}-n_{\mathrm{gas,reactants}}$$

當 $\Delta n_{\mathrm{gas}}<0$ 時，氣體體積減少，符合環境對系統做功。

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選項分析

(A) $\ce{C2H4(g) + H2(g) -> C2H6(g)}$

反應物共有：

$$n_{\mathrm{gas,reactants}}=2$$

生成物共有：

$$n_{\mathrm{gas,products}}=1$$

因此：

$$\Delta n_{\mathrm{gas}}=1-2=-1$$

氣體莫耳數減少，故體積減少：

$$\Delta V<0$$

代入功的公式：

$$w=-P_{\mathrm{ext}}\Delta V>0$$

表示環境對系統做功，故此項正確。

若視氣體為理想氣體，在恆溫恆壓下亦可寫成：

核心觀念

本題考查：

1. 平衡常數與標準自由能變化的關係：
   $\Delta G^\circ=-RT\ln K$
2. 溶劑極性對酮—烯醇互變異構平衡的影響。
3. 乙醯丙酮的烯醇型因共軛及分子內氫鍵而具有特殊穩定性。

圖示平衡可表示為：

$$\ce{CH3COCH2COCH3 <=> CH3C(OH)=CHCOCH3}$$

左側為酮型，右側為烯醇型。題目所給氣態平衡常數 $K\approx 11.7$，依選項與官方解答的判定，是以「酮型 $\rightarrow$ 烯醇型」為正向反應來討論。

解題方法

由於：

$K=11.7>1$

因此：

$$\ln K=\ln(11.7)>0$$

代入：

$$\Delta G^\circ=-RT\ln(11.7)<0$$

表示在氣態、以酮型轉變為烯醇型的方向而言，標準自由能變化為負，平衡較偏向烯醇型。

溶劑效應方面：

• 水是極性溶劑，較能以溶劑化作用穩定極性較大的酮型。
• 環己烷為非極性溶劑，無法有效破壞烯醇型的分子內氫鍵，且有利於烯醇型的共軛結構。

因此，水中烯醇型相對比例下降，$K_{\text{enol}/\text{keto}}$ 會小於氣態的 $11.7$；環己烷中則不會因溶劑效應而使此平衡常數變小。

選項分析

(A) 正確。

以酮型 $\rightarrow$ 烯醇型為正向反應：

$$\Delta G^\circ=-RT\ln K=-RT\ln(11.7)<0$$

所以標準自由能變化小於零，符合官方答案。

核心觀念

本題考查理想氣體的內能、焓與定容／定壓莫耳熱容量之關係。

對理想氣體而言：

1. 內能 $E$ 只與溫度有關。
2. 焓定義為
   $H=E+PV$
3. 理想氣體滿足
   $PV=nRT$
4. $C_v$ 與 $C_p$ 分別表示定容與定壓莫耳熱容量。

在熱容量視為溫度區間內近似定值時，有：

$\Delta E=nC_v\Delta T$

$\Delta H=nC_p\Delta T$

且由理想氣體關係可得：

$C_p-C_v=R$

其中 $R$ 為理想氣體常數。

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解題方法

題目問「不適用所有理想氣體」的性質，因此逐一判斷各式是否為所有理想氣體共同成立的關係。

關鍵在於區分：

• 理想氣體的普遍關係；
• 只適用於特定分子自由度的結果。

理想氣體的熱容量與分子具有的自由度有關。單原子氣體、雙原子氣體及多原子氣體的 $C_v$ 並不相同，因此固定寫成 $\frac{3}{2}R$ 並不能涵蓋所有理想氣體。

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選項分析

(A) $\Delta E=nC_v\Delta T$

理想氣體的內能只與溫度有關，因此：

$dE=nC_v\,dT$

若 $C_v$ 在該溫度範圍內可視為常數，積分後得到：

$\Delta E=nC_v\Delta T$

因此此式適用於理想氣體，是正確敘述。

更嚴格地說，若 $C_v$ 隨溫度明顯變化，應寫成：

$\Delta E=n\int_{T_1}^{T_2} C_v\,dT$

考試中的選項通常採用熱容量為定值的標準近似。

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(B) $\Delta H=nC_p\Delta T$

焓的定義為：

$H=E+PV$

對理想氣體而言，$PV=nRT$，所以：

$H=E+nRT$

理想氣體的焓也只與溫度有關，因此：

$dH=nC_p\,dT$

當 $C_p$ 視為定值時：

$\Delta H=nC_p\Delta T$

因此此式適用於理想氣體，是正確敘述。

核心觀念

本題考「配位基的牙數（denticity）」：一個配位基分子能以多少個配位原子，同時與同一個金屬離子形成配位鍵。

圖示結構為乙二胺四乙酸（EDTA，$\ce{H4Y}$）骨架，含有：

• 2 個胺氮原子（$\ce{N}$）
• 4 個羧酸基，每個羧酸基通常提供 1 個氧原子與金屬配位

因此，EDTA 通常可利用：

$$2\ \text{個}\ \ce{N} + 4\ \text{個}\ \ce{O} = 6\ \text{個配位原子}$$

形成六個配位鍵，故屬於六牙配位基。

解題方法

判斷配位基牙數的步驟如下：

1. 找出分子中具有孤電子對、可與金屬離子形成配位鍵的原子。
2. 判斷這些原子是否能同時與同一個金屬離子配位。
3. 計算實際參與配位的原子數。

本結構中，兩個三級胺氮可提供孤電子對；四個羧酸基去質子化後形成羧酸根，通常各由一個氧原子與金屬離子配位：

$$\ce{EDTA^{4-} + M^{n+} -> [M(EDTA)]^{(n-4)+}}$$

配位原子總數為 6，因此 EDTA 是六牙配位基。

選項分析

• (A) 單牙配位基：錯誤。
  單牙配位基只能以 1 個配位原子與金屬離子配位，例如 $\ce{H2O}$、$\ce{NH3}$ 或 $\ce{Cl^-}$。