113 一般警察特考四等 消防警察人員 普通物理學概要與普通化學概要 考古題詳解

核心觀念

電池容量以 $\mathrm{mAh}$ 表示，代表電流與時間的乘積。將容量換算成安培小時後，可由充電功率 $P=VI$ 求得充電電流，再用「容量 ÷ 電流」計算理想充電時間。

解題方法

先換算電池容量：

由功率公式 $P=VI$，充電電流為：

充電時間為電池容量除以充電電流：

因此，充滿電所需時間為 4 小時。

核心觀念

本題考查電學物理量與 SI 單位的對應：

• 電荷量：庫侖（coulomb，$\mathrm{C}$）
• 電流：安培（ampere，$\mathrm{A}$）
• 電位差：伏特（volt，$\mathrm{V}$），且 $1\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{J/C}$
• 能量或功：焦耳（joule，$\mathrm{J}$）
• 功率：瓦特（watt，$\mathrm{W}$），且 $1\ \mathrm{W}=1\ \mathrm{J/s}$

解題方法

逐一比對各選項描述的物理量與單位。特別留意：安培是電流單位，不是電荷量單位；伏特表示每單位電荷所具有的能量，不是能量本身；瓦特則是功率單位。

選項分析

(A) 錯誤。 智慧手機電池儲存的電荷量應以庫侖表示。安培是電流單位，定義為單位時間內通過的電荷量：$1\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{C/s}$。

核心觀念

正電荷所受電場力方向與電場方向相同：

$\vec{F}=q\vec{E}$

由牛頓第二定律：

$\vec{a}=\frac{\vec{F}}{m}=\frac{q\vec{E}}{m}$

因此，正電荷的加速度方向與電場線箭頭相同；且電場線越密集，代表電場強度 $E$ 越大，正電荷的加速度也越大。

題目要求正電荷由 $P$ 向 $Q$ 運動，且加速度愈來愈大，所以必須同時符合：

1. 電場線箭頭方向由 $P$ 指向 $Q$。
2. 從 $P$ 到 $Q$ 的方向，電場線逐漸密集。

解題方法

逐一觀察各圖的電場方向與線條疏密：

• 正電荷由 $P$ 向 $Q$ 加速，電場方向必須與 $P\to Q$ 同向。
• 加速度愈來愈大，表示沿著 $P\to Q$ 的方向，電場強度逐漸增加，也就是電場線間距逐漸縮小。

選項分析

核心觀念

均勻金屬線的電阻可用下式表示：

其中 $R$ 為電阻、$\rho$ 為材料的電阻率、$L$ 為導線長度、$A$ 為截面積。若材料、截面積與溫度相同，電阻與長度成正比。

解題方法

題目問的是同一均勻金屬線的電阻如何隨長度改變。固定材料與截面積時，$\rho$ 和 $A$ 都不變，因此

也就是導線長度增加為原來的 2 倍，電阻也增加為原來的 2 倍。

選項分析

核心觀念

本題考查電子經電位差加速後，進入偏向金屬板所產生的電偏轉。

電子由電位差 $V_1$ 加速，動能定理為

因此電子速度平方與加速電壓成正比：

偏向金屬板間的電場保持不變，所以電子在板間受到的電力及加速度皆不變。

解題方法

設偏向金屬板長度為 $l$，板間電場為 $E$。

電子通過偏向板的時間為

電子在垂直方向的加速度為

離開偏向板時的垂直速度為

因此電子離開偏向板後的偏轉角度，其正切值為

由於題目指出偏向金屬板長度遠小於螢幕距離，螢幕上的偏移主要由電子離開偏向板後的飛行路徑造成，所以

核心觀念

本題考古倫定律：兩點電荷間的靜電力大小，與兩電荷量的乘積成正比，與兩電荷間距離的平方成反比。

其中 $q_1、q_2$ 為電荷量、$r$ 為兩電荷間距離，$k$ 為庫侖常數。

解題方法

設原來的作用力為

兩電荷量都變為原來的 $4$ 倍，距離變為原來的 $2$ 倍，則新作用力為

因此靜電作用力變為原先的 $4$ 倍。

選項分析

核心觀念

本題考家庭用電的基本安全原則，重點是避免觸電、短路及電器火災造成二次傷害。處理電器或燈具前，應先切斷電源；遇到電器起火或有人觸電時，不可直接用水或徒手接觸。

解題方法

逐項判斷各行為是否會使人暴露於通電風險，或讓電流透過水傳導。更換燈泡前關閉開關，可降低接觸燈座時觸電的風險，因此符合用電安全原則。

選項分析

• (A) 錯誤。 電器設備著火時，水可能導電，使救火者觸電，也可能造成短路。應先在安全情況下切斷電源，再使用適用於電氣火災的滅火器；不可用水潑灑仍帶電的設備。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查均勻電場中帶電粒子的受力與等加速度運動。

正電荷在電場中所受電力為

由圖可知上方極板帶正電、下方極板帶負電，因此電場方向由上往下。正電荷受力方向與電場相同，即向下，與初速度向上方向相反。

不計重力時，電荷的加速度大小為

方向向下。

解題方法

取向上為正方向，初速度為 $v$，加速度為

電荷上升至最高點時，瞬時速度為 $0$。利用等加速度公式：

代入各物理量：

整理得

因此

所以正確選項為 (A)。

題目所述「電場大小足夠使電荷無法撞到上方正電板」，是為了確保電荷確實能在電場中減速至瞬時靜止；不影響上述時間的計算。

選項分析

• (A) $\frac{mv}{qE}$：正確。 電荷受電力大小為 $qE$，減速度為 $\frac{qE}{m}$，由 $t=v/a$ 得

核心觀念

家用延長線的插座通常是並聯電路：各電器兩端都接在相同的電源電壓上。並聯電路的等效電阻倒數，等於各支路電阻倒數之和：

解題方法

將 $R_1=30\ \Omega$、$R_2=20\ \Omega$ 代入並聯公式：

因此：

核心觀念

符合歐姆定律的電阻器遵守 $V=IR$。電阻並聯時，各支路兩端的電位差相同，均等於電池電壓；電池供應的總電流則等於各支路電流之和。

解題方法

並聯電路中，甲、乙兩端的電壓都是 $1.50\ \mathrm{V}$。依歐姆定律：

電池電流為兩支路電流總和：

核心觀念

本題考查：

• 電荷守恆定律
• 電容器並聯後的等效電容
• 電容器儲存能量公式

圖中兩個電容器的左側均帶正電、右側均帶負電，因此開關接通後，兩電容器是「同極性並聯」。

初始時，整個電路的總電量為

接通開關後，電荷只會在電路內重新分布，總電量仍須守恆。

解題方法

開關接通後，左側導體所帶總電荷為

右側導體所帶總電荷為

因此整個電路的淨總電量為

故選項 (A) 正確。

接通前的總能量為

接通後，兩電容器並聯，等效電容為

共同電壓為

所以接通後的總能量為

由柯西不等式：

核心觀念

本題考查：

• 電容器並聯：等效電容量為各電容量相加 $C_{\text{並}}=C_1+C_2$
• 電容器串聯：各串聯部分的電荷量相同 $Q_{\text{串聯}}=C_{\text{eq}}V$
• 電容器電荷量公式： $Q=CV$

電池電壓為 $20\ \mathrm{V}$。

解題方法

圖中上方兩個 $3\ \mu\mathrm{F}$ 電容器彼此並聯，因此：

$C_{\text{上}}=3+3=6\ \mu\mathrm{F}$

下方的 $10\ \mu\mathrm{F}$ 與 $2\ \mu\mathrm{F}$ 電容器也彼此並聯，因此：

$C_{\text{下}}=10+2=12\ \mu\mathrm{F}$

上、下兩組並聯電容器再彼此串聯，總等效電容量為：

整個電路由 $20\ \mathrm{V}$ 電池充電，串聯電路中的電荷量為：

兩個 $3\ \mu\mathrm{F}$ 電容器組成的上方並聯部分，與下方並聯部分串聯，因此上方並聯部分所帶的總電荷量就是 $80\ \mu\mathrm{C}$。題目詢問連接電池正極端的兩個電極板總電荷量，故為：

$Q_{\text{正極端}}=80\ \mu\mathrm{C}$

選項分析

核心觀念

歐姆定律為 $V=IR$，其中 $V$ 是電阻器兩端的電壓、$I$ 是流過電阻器的電流、$R$ 是電阻值。題目指出電阻器符合歐姆定律，且溫度變化可忽略，因此可視為電阻值維持不變；改變電壓時，電流會依歐姆定律隨之改變。

解題方法

由歐姆定律整理得：

在 $R$ 固定時，電流 $I$ 與電壓 $V$ 成正比。提高電源輸出電壓，流過電阻器的電流會增加；但電阻值不因電壓提高而改變。

選項分析

核心觀念

串聯 $RL$ 電路的截止頻率由電阻 $R$ 與電感 $L$ 決定：

此式適用於輸出取自電阻兩端的 $RL$ 低通濾波器。截止頻率是輸出振幅降至通帶振幅的 $1/\sqrt{2}$（約 $0.707$）時所對應的頻率。題目給的 $60.0\ \mathrm{Hz}$ 是電源頻率，並非計算截止頻率所需的參數。

解題方法

先統一單位，再代入截止頻率公式。電感值為：

代入 $R=10.0\ \Omega$：

因此截止頻率約為 $106\ \mathrm{Hz}$。

選項分析

核心觀念

本題考查交流電壓的表示方式、有效值（方均根值，RMS）與交流電功率公式。

對正弦交流電壓：

其有效值為：

一般家用交流電源標示的 $110\ \mathrm{V}$，指的是電壓有效值，而非峰值。

選項分析

(A) 正確。圖示為圓圈內含正弦波、兩端接線的符號，代表交流電壓源（交流電源）。

(B) 錯誤。家用交流電源的 $110\ \mathrm{V}$ 是有效值：

其峰值為：

(C) 錯誤。交流電壓與電流雖隨時間變化，仍可計算平均電功率。一般公式為：

核心觀念

本題考查串聯 $RL$ 交流電路在「開關剛接通瞬間」的暫態行為。

電感器具有反抗電流瞬間改變的特性，電感電流必須連續。因此，開關接通前電流為零，接通瞬間仍有

電阻器兩端電壓為

電感器兩端電壓則為

雖然接通瞬間電流為零，但電流可以開始增加，因此電感器兩端可以承受全部電源電壓。

解題方法

電路接通後，$b$、$d$ 為導線直接相連，因此

依據克希荷夫電壓定律：

題目給定交流電源兩端電位差為

接通瞬間因電感器限制電流變化，電路電流仍為

所以電阻器兩端電位差為

因此：

也就是電源電壓全部降落在電感器上。

選項分析

(A) 錯誤

接通瞬間電感器中的電流仍為零，因此

核心觀念

電池有內電阻 $r$ 時，電流流過電池內部會在內電阻上產生電壓降，因此電池接通外電路時的端電壓 $V$ 小於電動勢 $\mathcal{E}$。依據全電路歐姆定律：

其中 $R$ 是外接電阻，$r$ 是電池內電阻。

解題方法

代入 $\mathcal{E}=50\ \mathrm{V}$、$R=18\ \Omega$、$r=2\ \Omega$，先求電路電流：

電池兩端電壓等於外接電阻兩端的電壓：

也可用電動勢扣除內電阻上的電壓降驗算：

選項分析

核心觀念

本題考查固定溫度下的電阻，以及歐姆定律中的電壓、電流與電阻關係。電阻定義為導體兩端的電壓與流經導體的電流之比：

對於固定溫度下的歐姆性導體，電壓與電流會依相同比例改變，因此電阻 $R$ 維持一定，不會因電壓或電流本身改變而改變。

解題方法

判斷題目所問的是「導體的電阻是否由電壓或電流決定」。在固定溫度下，歐姆性導體的電阻由材料性質、導體長度與截面積等因素決定；改變電壓會使電流隨之改變，兩者的比值 $V/I$ 仍維持為電阻值。因此電阻與電壓、電流都無關。

選項分析

核心觀念

克希荷夫定律包含節點定則與迴路定則，分別對應電荷守恆與能量守恆。

• 節點定則：流入節點的總電流等於流出節點的總電流。電流是單位時間內通過的電荷量；若流入、流出的電流不相等，節點上的電荷就會累積或減少。因此，節點定則是電荷守恆的描述。
• 迴路定則：沿封閉迴路繞行一周，各元件造成的電位變化總和為零。電荷繞行一周回到原處，總能量變化為零，因此迴路定則反映能量守恆。

解題方法

辨認兩條定則各自描述的守恆量即可：

核心觀念

本題考查串聯、並聯電阻及電路總功率公式：

• 串聯電阻：$R_{\text{總}}=R_1+R_2$
• 並聯電阻：$\dfrac{1}{R_{\text{並}}}=\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}$
• 電池電壓固定時，電路消耗的總功率為 $P=\frac{V^2}{R_{\text{總}}}$

圖中電池電壓為 $9.0\ \text{V}$，上方電阻為 $4.0\ \Omega$，右側電阻為 $24.0\ \Omega$ 與 $12.0\ \Omega$。

解題方法

當開關 $S$ 接在 $a$ 端時，右側的 $24.0\ \Omega$ 與 $12.0\ \Omega$ 電阻未接入閉合電路，因此電路總電阻為

所以

當開關 $S$ 接在 $b$ 端時，$24.0\ \Omega$ 與 $12.0\ \Omega$ 形成並聯：

此並聯組合再與 $4.0\ \Omega$ 電阻串聯，因此

故

兩功率比為

核心觀念

本題考查化學式的辨認、化合物命名，以及離子化合物與共價化合物的區分。

$Mg$ 是鎂，屬於金屬元素；$OH^-$ 是氫氧根離子。金屬陽離子與多原子陰離子形成的化合物，通常屬於離子化合物。$Mg(OH)_2$ 的名稱是氫氧化鎂。

解題方法

先看化學式中的元素符號：$Mg$ 代表鎂，不是鈣；括號中的 $OH$ 代表氫氧根。下標 $2$ 表示一個鎂離子搭配兩個氫氧根離子。

鎂離子帶 $2+$ 電荷，氫氧根離子帶 $1-$ 電荷，電荷恰好平衡：

因此，$Mg(OH)_2$ 是由離子組成的離子化合物，名稱為氫氧化鎂。

選項分析

核心觀念

本題考常見含氧磷酸的化學式辨認：

• 次磷酸：$\mathrm{H_3PO_2}$
• 亞磷酸：$\mathrm{H_3PO_3}$
• 磷酸：$\mathrm{H_3PO_4}$

「次」磷酸的含氧量比磷酸少，化學式中的氧原子數為 $2$。

解題方法

直接辨認含氧磷酸的名稱與化學式即可。次磷酸含有 $3$ 個氫、$1$ 個磷及 $2$ 個氧，化學式為 $\mathrm{H_3PO_2}$，對應選項 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考查化合物的性質與氧氣的快速供應。超氧化鉀 $\mathrm{KO_2}$ 可與水分及二氧化碳反應，產生氧氣，因此可用於緊急供氧裝置。

解題方法

辨認題目中的「緊急供氣包」所使用的供氧物質。超氧化鉀與水反應可釋出氧氣，反應式為：

在含有二氧化碳的環境中，超氧化鉀也能吸收二氧化碳並產生氧氣：

因此，$\mathrm{KO_2}$ 能在供氧時同時消耗部分水氣或二氧化碳，適合用於緊急供氣設備。

選項分析

核心觀念

本題考查拉塞福的金箔散射實驗，以及實驗結果對原子結構的意義。拉塞福以帶正電的 $\alpha$ 粒子撞擊金箔，觀察到大部分粒子直接穿透，少數偏折，極少數大角度反彈。由此推論：原子內部大部分是空間，正電荷與大部分質量集中在一個體積很小、密度很高的區域，稱為原子核。

解題方法

判斷關鍵是把「少數粒子大幅偏折或反彈」與原子內部的電荷、質量分布連結起來。若原子的正電荷均勻分布，$\alpha$ 粒子不應出現極少數大角度反彈；實驗結果顯示，原子內存在一個小而密集、帶正電的中心，能強烈排斥接近它的 $\alpha$ 粒子。這個中心就是原子核。

選項分析

核心觀念

化合物中各元素的質量，等於該元素的原子量乘上化學式中的原子數。因此，若化學式為 $\mathrm{A_xB_y}$，則兩元素質量比為：

解題方法

設化學式為 $\mathrm{A_xB_y}$。已知 A、B 的相對原子量分別為 $4$、$3$，化合物中的質量比為 $2:1$，所以：

交叉相乘得：

因此化學式為 $\mathrm{A_3B_2}$。

選項分析

核心觀念

判斷錯離子的中心金屬是否為 $d^4$，先由錯離子總電荷與配位基電荷求出中心金屬的氧化數，再由金屬原子的族數扣除氧化數，得到 $d$ 電子數。

過渡金屬形成陽離子時，先移除最外層的 $4s$ 電子，再移除 $3d$ 電子。因此，對本題所列金屬，可用下式判斷：

水分子 $\mathrm{H_2O}$ 為中性配位基；氰根 $\mathrm{CN^-}$ 帶 $-1$ 電荷。

解題方法

先計算每個錯離子中金屬的氧化數，再換算 $d$ 電子數：

• 若配位基為中性的 $\mathrm{H_2O}$，金屬氧化數等於錯離子電荷。
• 若含有六個 $\mathrm{CN^-}$，六個配位基總電荷為 $-6$，再依錯離子總電荷求金屬氧化數。
• 最後以金屬族數減去氧化數，判斷是否為 $d^4$。

選項分析

(A) $\mathrm{[Ti(H_2O)_6]^{2+}}$

$\mathrm{H_2O}$ 不帶電，因此 Ti 的氧化數為 $+2$。Ti 位於第 4 族：

中心金屬為 $d^2$，不是 $d^4$。

核心觀念

本題考「離子性」與「共價性」的比較。離子鍵可視為電子轉移後形成的正、負離子間的靜電吸引；但實際化合物的鍵結通常帶有一定程度的共價性。依 Fajans 規則，陽離子的極化能力越強、陰離子的可極化性越高，電子雲越容易變形，鍵結的共價性越強，離子性越弱。

比較離子性時，可先看離子電荷與離子大小：電荷較高、半徑較小的陽離子通常有較強的極化能力；半徑較大的陰離子通常較容易被極化。

解題方法

逐一比較各化合物中離子的電荷、大小與極化效應：

• $\mathrm{LiI}$：$\mathrm{Li^+}$ 半徑小，具有極化能力；$\mathrm{I^-}$ 半徑大、容易被極化，因此共價性較明顯。
• $\mathrm{NaCl}$：為一價離子組成，極化效應不如小陽離子配大陰離子的情形明顯。
• $\mathrm{KF}$：也是一價離子組成；$\mathrm{K^+}$ 與 $\mathrm{F^-}$ 的極化效應較弱，電子轉移形成離子的特徵明顯。
• $\mathrm{CaO}$：離子電荷較高，庫侖吸引力較強；但 $\mathrm{Ca^{2+}}$ 的極化能力也較強，因此比較時不能只憑電荷大小判定，仍須考慮離子性與共價性。

核心觀念

本題考查矽半導體的摻雜與主要電荷載體。純矽是四價元素；摻入少量三價雜質會形成 p 型半導體，其中電洞是多數載體。摻入五價雜質則形成 n 型半導體，電子是多數載體。

矽的導電性也與能帶有關：矽是半導體，具有有限能隙；金屬的導電能帶則有部分填滿或能帶重疊的情形，不能說矽的能隙比金屬小。

解題方法

先確認 p 型的形成方式與載體，再逐項核對：

• p 型矽由三價元素摻雜形成，例如硼（B）、鋁（Al）。
• 三價原子取代矽晶格中的原子後，會留下可移動的電洞，電洞是主要的移動電荷載體。
• 摻入磷（P）、砷（As）等五價元素會形成 n 型，而非 p 型。
• 摻雜通常會增加載子濃度，使摻雜矽比純矽更容易導電。

選項分析

核心觀念

本題考查水的特殊物理性質與分子間作用力，包含水的密度與溫度關係、比熱、汽化熱，以及介電常數和溶解離子能力。

解題方法

逐一判斷各敘述是否符合水的性質。純水在 $4^\circ\mathrm{C}$ 時密度最大；水的比熱與汽化熱都大，和水分子間的氫鍵作用有關。至於水作為良好溶劑的原因，則須看它的介電常數大，能有效減弱帶電離子間的靜電作用，促進離子分離與溶解。因此，把水說成介電常數小，與其良好的溶劑特性相矛盾。

選項分析

• (A) 正確。 常壓下，純水在 $4^\circ\mathrm{C}$ 時密度最大。水結冰時體積膨脹，因此冰的密度小於液態水。
• **(B) 正確。

核心觀念

定壓下，理想氣體的體積與絕對溫度成正比，稱為查理定律：

$\frac{V}{T}=\text{定值}$

溫度必須使用絕對溫標 $\mathrm{K}$。本題壓力不變，且氣體量不變，因此可直接比較兩狀態的體積與溫度。

解題方法

設初態為 $V_1=20\ \mathrm{L}$、$T_1=300\ \mathrm{K}$，末態為 $V_2=10\ \mathrm{L}$、$T_2$ 未知。依定壓關係：

$\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2}$

解出末態溫度：

核心觀念

理想氣體遵守 $PV=nRT$。在壓力、容積與溫度相同時，氣體的莫耳數相同；但不同氣體的分子量不同，因此質量與密度不一定相同。

完全燃燒所需的氧氣莫耳數，則由烴類的化學反應式決定。一般式為：

解題方法

三個容器的容積相同，且各裝入壓力為一大氣壓的理想氣體。依題目慣例視為溫度相同，代入理想氣體方程式：

因為三者的 $P$、$V$、$T$ 相同，所以甲烷、乙烷與丙烷的莫耳數相同。

但三者分子量分別為：

因此相同莫耳數的氣體，質量不同。依理想氣體密度關係 $\rho=\frac{PM}{RT}$，在相同壓力、溫度下，密度也隨分子量而異。

燃燒反應式為：

核心觀念

路易斯鹼是能提供電子對的物種；路易斯酸則能接受電子對。判斷本題時，找出哪個粒子把一對電子提供給反應中的硼原子。

解題方法

在 $\mathrm{B(OH)_3}$ 中，硼原子周圍電子不足，可接受電子對。水分子中的氧原子具有孤對電子，能提供一對電子與硼形成鍵結，生成 $\mathrm{B(OH)_4^-}$。因此，$\mathrm{H_2O}$ 是提供電子對的路易斯鹼。

選項分析

• (A) $\mathrm{B(OH)_3}$：錯誤。 硼原子接受水分子提供的電子對，因此 $\mathrm{B(OH)_3}$ 在此反應中是路易斯酸。

核心觀念

離子交換時，必須遵守電荷守恆。每 $1$ 莫耳 $\mathrm{Ca^{2+}}$ 或 $\mathrm{Mg^{2+}}$ 帶有 $2$ 莫耳正電荷，因此要以 $2$ 莫耳 $\mathrm{Na^+}$ 交換。可用下式表示：

鎂離子的交換比例相同。

解題方法

先用濃度乘以水量，求出兩種硬水離子的莫耳數：

核心觀念

本題考弱酸的電離平衡，以及混合溶液中強酸對弱酸電離的共同離子效應。醋酸的電離可表示為：

混入強酸 $\mathrm{HCl}$ 後，$\mathrm{HCl}$ 幾乎完全電離，提供大量 $\mathrm{H^+}$，使醋酸的電離受到抑制。此時 pH 主要由強酸提供的 $\mathrm{H^+}$ 決定。

解題方法

取相同體積的 $0.1\ \mathrm{M}$ 醋酸與 $0.1\ \mathrm{M}$ 鹽酸混合，總體積加倍，因此鹽酸濃度稀釋為：

鹽酸為強酸，視為完全電離，所以由鹽酸提供的 $\mathrm{H^+}$ 濃度約為 $0.05\ \mathrm{M}$。醋酸的電離受此高濃度 $\mathrm{H^+}$ 抑制，其額外貢獻相較之下很小，故：

核心觀念

緩衝溶液須含有足量的弱酸及其共軛鹼，或弱鹼及其共軛酸，能減緩少量酸、鹼加入時的 pH 變化。強酸與強鹼完全中和後只留下中性鹽和水，不能形成緩衝溶液。

解題方法

逐組比較酸、鹼的莫耳數，判斷反應後是否同時剩下弱酸及其共軛鹼。

弱酸與強鹼的反應為：

若強鹼不足以完全中和弱酸，反應後會同時有未反應的 $\mathrm{HA}$ 與生成的 $\mathrm{A^-}$，可形成緩衝溶液。

選項分析

① 等體積的 $0.5\ \mathrm{M}$ $\mathrm{NaOH}$ 與 $1\ \mathrm{M}$ $\mathrm{HCl}$

設兩溶液體積皆為 $V$，則：

強酸莫耳數是強鹼的兩倍，反應後有過量的 $\mathrm{HCl}$。溶液中沒有弱酸及其共軛鹼的組合，因此不是緩衝溶液。①錯誤。

核心觀念

本題考氧化物的化學鍵性質。一般而言，金屬與非金屬形成的氧化物多為離子化合物；非金屬與非金屬形成的氧化物則多為共價化合物。這是判斷的快速原則，實際鍵結仍可有不同程度的離子性或共價性。

解題方法

逐一判斷氧以外的元素是金屬或非金屬：

• 若氧化物由金屬元素與氧組成，通常以金屬陽離子和氧離子形成的離子鍵描述。
• 若由非金屬元素與氧組成，通常以原子間共享電子對形成的共價鍵描述。

選項分析

(A) $\mathrm{ZnO}$：錯誤。 鋅是金屬，氧是非金屬；氧化鋅通常視為離子化合物，由 $\mathrm{Zn^{2+}}$ 與 $\mathrm{O^{2-}}$ 組成。

核心觀念

本題考氧化還原反應中的金屬置換反應。活性較大的金屬能失去電子，被氧化成金屬離子；同時使活性較小的金屬離子得到電子，被還原成金屬。若金屬能置換出硫酸銅溶液中的銅離子，就會產生銅金屬。

解題方法

判斷各選項能否提供電子，使 $\mathrm{Cu^{2+}}$ 還原成 $\mathrm{Cu}$。鎂的金屬活性比銅大，鎂原子會氧化成 $\mathrm{Mg^{2+}}$，而銅離子還原並析出銅：

離子反應式為：