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

核心觀念

本題考查電流的定義，以及正、負電荷移動方向對電流方向的影響。

通過某一虛線截面的電流為單位時間內通過該截面的淨電荷量：

題目已知所有粒子的電荷量大小相同、移動速率相同，因此比較電流大小時，只需判斷：

1. 有多少粒子通過虛線截面；
2. 各粒子對「傳統電流方向」的貢獻是相加或相減。

正電荷的移動方向就是電流方向；負電荷的移動方向與電流方向相反。因此：

• 正電荷沿某方向移動，產生該方向的電流；
• 負電荷沿某方向移動，產生與其移動方向相反的電流。

若每個粒子的電荷量為 $q$，且每秒通過截面的粒子數相同，則每個粒子的電流貢獻大小相同。

解題方法

以虛線截面為基準，判斷每一粒子是否穿過截面，並將其換算成傳統電流方向：

• 同方向的正電荷與反方向的負電荷，對電流效果相同；
• 反方向的正電荷與同方向的負電荷，對電流效果相反；
• 電荷若沿虛線截面方向移動，沒有穿過截面，不產生通過該截面的電流。

選項中，A 圖所有穿過虛線截面的粒子，其對電流的貢獻方向一致，因此各粒子的電流貢獻可以相加，所得淨電流最大。

選項分析

核心觀念

家用電表記錄的是電能（用電量），常用單位為「度」，也就是 $\mathrm{kWh}$。電能的國際單位是焦耳（$\mathrm{J}$），兩者可透過功率與時間換算：

解題方法

辨認各選項所代表的物理量，再確認哪個是電能的單位。$\mathrm{kWh}$ 是功率乘以時間，因此代表能量；

核心觀念

電池的電動勢 $\mathcal{E}$，是電池將單位電荷所提供的能量；端電壓 $V$，則是電池兩端實際量得的電位差。若電池具有內電阻 $r$，並以電流 $I$ 對外供電，則端電壓為

開路時沒有電流，$I=0$，因此內電阻上沒有電壓降，端電壓等於電動勢。

解題方法

先判斷題目描述的是電池本身的電動勢，還是電池接上負載後的端電壓。電動勢是電池的特性，不會因外接電阻改變；端電壓則會受放電電流及內電阻影響。再將開路條件 $I=0$ 代入端電壓公式，即可判斷答案。

選項分析

(A) 錯誤。 電動勢由電池內部的化學反應及狀態決定，不會單純因為「長久使用」就必然下降。電池老化或電量耗盡時，電動勢可能改變，但此敘述把下降說成必然，並非電動勢的普遍定義。

核心觀念

多個點電荷形成的系統，其總電位能等於所有「兩兩電荷組合」電位能的總和。兩電荷 $q_i$、$q_j$ 相距 $r_{ij}$ 時，該組合的電位能為

計算時，每一對只計一次；電位能的正負由兩電荷乘積決定。

解題方法

設兩端電荷分別為 $Q$ 與 $3Q$，間距為 $2d$。中點的電荷為 $-2Q$，因此它到兩端電荷的距離都為 $d$。系統共有三組兩兩電荷：

1. 兩端電荷 $Q$ 與 $3Q$：

2. 電荷 $Q$ 與中點電荷 $-2Q$：

3. 電荷 $3Q$ 與中點電荷 $-2Q$：

將三組電位能相加：

核心觀念

本題考查電位差與電位能的關係，以及等速移動時外力所作的功。

電荷由 A 點移動至 B 點時，電位能變化為

因電子等速移動，動能不變，故合力作功為零，外力作功必須抵銷電力作功，因此

電子電量為

解題方法

依原卷圖示，A 點位於 $101\ \mathrm{V}$ 等位線，B 點位於 $102\ \mathrm{V}$ 等位線，因此

電子由 A 移動至 B，電位能變化為

因此外力作負功，表示電子由較低電位移至較高電位時，電力本身作正功，外力需作負功以維持等速。

選項分析

• (A) $1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}$：錯誤。 數值大小正確，但忽略電子帶負電，功的方向應為負，故符號錯誤。

• (B) $-1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}$：正確。 電子電量為負，且電位差為 $1\ \mathrm{V}$，所以外力作功為

核心觀念

金屬導體接觸時，電荷會重新分布；兩球半徑相同，接觸後總電荷平均分配。球心距遠大於球半徑時，可將兩球視為點電荷，使用庫侖定律：

$F=k\frac{|q_1q_2|}{r^2}$

解題方法

第一組中，一球帶電 $Q$，另一球不帶電。接觸後，總電量仍為 $Q$，因此兩球各帶 $Q/2$。分開至距離 $R$ 時：

第二組中，兩球各帶電 $Q$，距離為 $2R$：

所以：

$\frac{F_1}{F_2}=1$

核心觀念

本題考查庫侖定律：兩點電荷間靜電力的大小，與兩電荷量乘積成正比，與兩電荷間距離的平方成反比。

其中 $k$ 為庫侖常數。

解題方法

原本的靜電力為

改變後，電荷量分別為 $2q_1$、$3q_2$，距離變為 $2R$，因此新靜電力 $F'$ 為

電荷乘積增加為原來的 $6$ 倍，而距離平方增加為 $4$ 倍，所以靜電力變為原來的 $\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$ 倍。

選項分析

核心觀念

本題考查：

1. 靜電平衡時，金屬導體內部電場為零。
2. 導體表面為等電位面。
3. 導體空腔內放置電荷時，內表面會感應出異號電荷。
4. 接地導體可與大地交換電荷，且其電位固定為零。
5. 接地的金屬外殼具有靜電屏蔽作用，外部空間電場為零。

以下採用考試中「小孔可忽略、金屬球殼完整接地」的理想模型。

解題方法

設小球 A 帶正電荷 $+Q$。

在金屬球殼 B 的金屬材料內取一個高斯面。由於靜電平衡時導體內部電場為零，依高斯定律：

因此高斯面所包圍的總電荷必須為零：

所以球殼內表面感應電荷為：

由於球殼 B 接地，電荷可流入或流出大地。接地後，外表面不需要保留感應電荷，理想情況下：

因此球殼外部沒有電場：

這就是接地金屬外殼的靜電屏蔽作用。

選項分析

(A) 金屬球殼 B 不帶電。錯誤

球殼內表面感應出 $-Q$，這些負電荷來自大地。因此金屬球殼 B 的淨電荷並非零，而是：

核心觀念

本題考查電子在兩組平行電板中的運動：

1. 左側電板使電子由靜止加速，利用動能定理求電子進入右側電板時的速度。
2. 右側電板產生均勻電場，使電子受到垂直於初速度方向的電力，形成類似「水平等速、鉛直等加速度」的拋體運動。
3. 偏轉角度 $\theta$ 由電子的鉛直速度與水平速度決定。

設右側平行電板間距為 $d$、有效長度為 $L$。

解題方法

電子由左側電板間由靜止開始，經電位差 $V_1$ 加速後：

因此電子進入右側電板時的水平速度為：

右側電板間的電場大小為：

電子所受電力大小為：

故鉛直加速度大小為：

電子通過右側平行電板的時間為：

進入時鉛直速度為零，所以離開電板時的鉛直速度大小為：

偏轉角度滿足：

代入上式：

再利用 $v_x^2=\frac{2eV_1}{m}$：

因此：

偏轉角度的大小取決於「偏向電壓 $V_2$ 與加速電壓 $V_1$ 的比值」。

核心觀念

本題考查電阻串、並聯的等效電阻及歐姆定律：

判斷電路時，必須先確認圖中的斜線是否為導線，以及斜線交叉處是否相連。

依官方答案的作答

官方答案為（A）$\frac{1}{3}\ \mathrm{A}$。若電池電壓為 $12\ \mathrm{V}$，依歐姆定律反推，電路等效電阻應為：

因此，採官方答案的必要條件是：題圖所代表的完整電路等效電阻必須為 $36\ \Omega$。

圖形判讀爭議

依原圖可見，$2\ \Omega$、$3\ \Omega$、$4\ \Omega$ 電阻之外，斜線看起來是導線，且交叉處以跨線方式表示未相連。若依一般電路圖規則判讀：

• 左上角與右下角由導線相連；
• 左下角與右上角由導線相連；
• 三個電阻皆跨接在電池兩端，因此為並聯。

此時：

所以電池電流為：

這與所有選項均不相符。

若將斜線視為單純圖形線條、不視為導線，則 $2\ \Omega$、$3\ \Omega$、$4\ \Omega$ 為串聯：

核心觀念

本題考查電功率與電流、電阻的關係，以及多台吹風機同時使用時的總電流與總功率。電功率可由電壓與電流表示：

再由歐姆定律 $V=IR$，可得：

解題方法

吹風機的熱阻絲在固定電阻 $R$ 下，電功率為 $P=I^2R$。因此電流增加時，消耗的功率與電流平方成正比。若電流變為原來的兩倍，功率便變為原來的四倍，這也說明電流超載時，熱阻絲容易產生過多熱量而燒毀。

同一電源下，三台吹風機同時使用時，總電流與總功率都會增加；在各台功率相同的情況下，總電流約為單台的三倍，總功率也約為單台的三倍。

選項分析

核心觀念

電阻網路的等效電阻取決於兩個接線端點。圖中四邊各有一個電阻 $R$：

• $a$ 與 $b$ 為相鄰端點。
• $b$ 與 $c$ 為對角端點。

使用串聯與並聯公式：

解題方法

一、求 $R_{ab}$

從 $a$ 到 $b$ 有兩條路徑：

1. 直接經過上方電阻，電阻為 $R$。
2. 依序經過 $a\to c\to d\to b$，包含三個串聯電阻，電阻為 $3R$。

因此：

二、求 $R_{bc}$

從 $b$ 到 $c$ 有兩條路徑：

1. 經過 $b\to a\to c$，兩個電阻串聯，電阻為 $2R$。
2. 經過 $b\to d\to c$，兩個電阻串聯，電阻為 $2R$。

兩條路徑互為並聯，因此：

所以：

核心觀念

本題考查電容器的電容量公式：

其中 $Q$ 為電荷量、$C$ 為電容量、$V$ 為電壓。

圖中：

• 電容器 $A、B$ 彼此並聯；
• 電容器 $C、D$ 彼此並聯；
• 左側並聯組與右側並聯組串聯；
• 伏特計跨接在右側並聯組兩端，因此測得右側並聯組的電壓為 $1000\ \mathrm{V}$。

解題方法

右側電容器 $C、D$ 並聯，等效電容量為：

由伏特計讀值，右側並聯組兩端電壓為：

右側並聯組所帶的總電荷量為：

左右兩個並聯組串聯，因此兩組所帶的電荷量大小相等。左側並聯組的總電荷量也是 $0.5\ \mathrm{C}$。

左側 $A、B$ 並聯，兩個電容器的電壓相同。左側等效電容量為：

左側並聯組電壓為：

核心觀念

本題考法拉第電磁感應定律：線圈的磁通量改變時，會產生感應電動勢。若磁場均勻且垂直穿過線圈截面，磁通量為 $\Phi=BA$；$N$ 匝線圈的感應電動勢大小為

解題方法

已知線圈匝數 $N=1000$、截面積 $A=5\times10^{-2}\ \mathrm{m^2}$，磁場在 $0.1\ \mathrm{s}$ 內由 $4\times10^{-5}\ \mathrm{T}$ 降至零，因此磁場變化量大小為 $|\Delta B|=4\times10^{-5}\ \mathrm{T}$。

代入公式：

選項分析

核心觀念

本題考查螺線管的磁場方向與磁場疊加。線圈通電後，各匝電流所產生的磁場會依方向相加或相消；可用右手定則判斷每一段繞線產生的磁場方向。

解題方法

線圈甲的兩半繞線方向相反：前半段順時鐘繞到圓柱底，後半段逆時鐘繞回原處。兩段繞線的匝數相同，因此通以相同電流時，產生大小相近、方向相反的軸向磁場。

依磁場疊加原理，兩段磁場大致抵銷，線圈甲內部的總磁場及總磁通量都接近零。題目以「緊密纏繞」描述理想化線圈，實際磁場仍可能受端部效應等影響，不必視為絕對為零。

線圈乙則全程以順時鐘方向繞製，兩段繞線產生的軸向磁場方向相同，彼此相加，因此內部磁場不會像線圈甲那樣抵銷。

選項分析

核心觀念

本題考查電容器的充電、放電，以及電容器所儲存電量的公式。

電容器兩端電壓與電量關係為：

其中：

• $Q$：電量
• $C$：電容量
• $V$：電壓

開關切到 1 並停留足夠時間後，電容器已充飽，電量為：

切換至 2 後，電池不再與電容器形成充電電路，電容器則經由 $100\,\Omega$ 電阻放電。

解題方法

RC 放電時，電容器電量隨時間呈指數衰減：

本題時間常數為：

因此切換至 2 後：

電量具有兩個重要特徵：

1. 初始電量為 $1.0\,\text{mC}$。
2. 隨時間增加而逐漸減少，最後趨近於零。

核心觀念

本題考查正弦交流電的：

• 頻率與週期的關係： $f=\frac{1}{T}$
• 交流電壓的有效值（RMS）： $V_{\mathrm{rms}}=\frac{V_{\max}}{\sqrt{2}}$

三用電表的交流檔位通常讀取交流電壓的有效值，而非波形的最大值。

解題方法

由圖可讀出電壓最大值為 $+10\ \mathrm{V}$、最小值為 $-10\ \mathrm{V}$，因此：

$V_{\max}=10\ \mathrm{V}$

圖中相同相位的波形，例如由零電壓向下通過至下一次相同方向通過，間隔為 $20\ \mathrm{ms}$，所以週期為：

$T=20\ \mathrm{ms}=0.020\ \mathrm{s}$

頻率為：

$f=\frac{1}{T}=\frac{1}{0.020}=50\ \mathrm{Hz}$

三用電表交流檔位測得有效值：

$V_{\mathrm{rms}}=\frac{10}{\sqrt{2}}\approx 7.1\ \mathrm{V}$

因此頻率為 $50\ \mathrm{Hz}$，電壓為 $7.1\ \mathrm{V}$。

選項分析

核心觀念

圖中 $1\ \Omega$ 與 $2\ \Omega$ 電阻為串聯電路。串聯電路具有以下特性：

• 各電阻通過的電流相同。
• 總電阻為各電阻之和： $R_{\text{總}}=R_1+R_2$
• 依歐姆定律： $V=IR$

解題方法

已知通過 $2\ \Omega$ 電阻的電流為 $10\ \mathrm{A}$。因兩電阻串聯，電路總電流也是：

$I=10\ \mathrm{A}$

電路總電阻為：

$R_{\text{總}}=1\ \Omega+2\ \Omega=3\ \Omega$

因此電池電壓為：

$V=IR=(10\ \mathrm{A})(3\ \Omega)=30\ \mathrm{V}$

也可分別計算兩電阻的電壓降：

$V_1=(10)(1)=10\ \mathrm{V}$

$V_2=(10)(2)=20\ \mathrm{V}$

電池電壓為各電阻電壓降總和：

核心觀念

電池有內電阻時，伏特計跨接電池兩端會形成閉合電路。伏特計具有有限電阻，因此仍會有電流流過，電池內電阻上也會產生電壓降；伏特計讀值就是電池的端電壓。

解題方法

電池電動勢為 $\mathcal{E}=12.00\ \mathrm{V}$，內電阻 $r=5\ \Omega$，伏特計電阻 $R_V=1195\ \Omega$。兩者串聯，電路電流為

伏特計讀值為其兩端電壓：

也可由端電壓公式驗算：

選項分析

核心觀念

本題考查基爾霍夫電流定律（KCL）：在任一接點，流入電流總和必等於流出電流總和。

電流方向須依圖中箭頭判斷；若電流由右側流向接點，則 $i_4$ 是流入右側接點的電流。

解題方法

1. 左下方接點：

流入電流為 $i_2$ 與 $1.0\ \mathrm{A}$，流出電流為 $1.5\ \mathrm{A}$，因此

方向依圖示為向下。

2. 左上方接點：

$2.0\ \mathrm{A}$ 流入後，分為 $i_1$ 與 $i_2$ 流出：

方向為向右。

3. 中央接點：

流入電流為 $i_1$、$1.5\ \mathrm{A}$ 與 $1.0\ \mathrm{A}$，流出電流為 $i_3$ 與 $2.0\ \mathrm{A}$：

核心觀念

本題考無機含氧酸與氫鹵酸的名稱辨認。含氧酸的命名與中心元素及其氧化數有關；不含氧的氫鹵酸則依其組成命名。辨認化學式即可判斷選項中的名稱是否相符。

解題方法

逐一核對化學式與常見酸名：

• $\mathrm{HClO_4}$ 是氯的含氧酸，名稱為過氯酸。
• $\mathrm{H_2SO_3}$ 是亞硫酸，$\mathrm{H_3PO_3}$ 是亞磷酸。
• $\mathrm{HCl}$ 是氫氯酸（俗稱鹽酸），不含氮，因此不會是硝酸。

選項分析

核心觀念

本題考烷類的通式、命名原則、沸點變化，以及烷類的化學反應性。烷類是只含碳、氫，且碳原子間皆以單鍵連接的飽和鏈狀烴；其通式為 $\mathrm{C_nH_{2n+2}}$，不是 $\mathrm{C_nH_{2n}}$。

解題方法

先辨認烷類的結構與分子通式，再逐項核對其他性質。只要以最簡單的烷類甲烷 $\mathrm{CH_4}$ 代入選項通式，即可快速判斷：若 $n=1$，$\mathrm{C_nH_{2n}}$ 會得到 $\mathrm{CH_2}$，與甲烷分子式不符，因此該通式錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考鹵素分子的氧化力。氧化劑會接受電子、使自身被還原；氧化力越強，表示越容易接受電子。鹵素的還原半反應為：

比較其標準還原電位 $E^\circ$，電位越高，氧化力越強。

解題方法

鹵素的氧化力由強至弱為：

氟的標準還原電位最高，$\mathrm{F_2}$ 最容易取得電子，因此氧化力最強。氟的氧化力也與氟原子對電子的強烈吸引，以及氟離子在水溶液中的穩定化有關。

選項分析

核心觀念

第一游離能是氣態中性原子失去一個電子所需的能量：

$\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$

游離能越小，表示原子越容易失去最外層電子。週期表中，第一游離能大致由左向右增加、由下向上增加；鹼金屬的最外層只有一個電子，通常容易失去，因此第一游離能偏低。

解題方法

先辨認各元素在週期表的位置與最外層電子組態：

• 鈉（Na）：第 3 週期第 1 族，最外層有 1 個電子。
• 氖（Ne）：第 2 週期第 18 族，最外層電子層已滿。
• 溴（Br）：第 4 週期第 17 族，最外層有 7 個電子。
• 鋁（Al）：第 3 週期第 13 族，最外層有 3 個電子。

核心觀念

原子序等於原子核內的質子數。中性原子的電子數等於質子數；原子形成離子時，電子數會因得失電子而改變。硫原子序為 $16$，最安定的離子是硫離子 $\mathrm{S^{2-}}$。

解題方法

硫原子有 $16$ 個質子，中性時有 $16$ 個電子。硫原子最外層有 $6$ 個電子，獲得 $2$ 個電子後，外層達到穩定的 $8$ 電子排列，形成帶 $2-$ 電荷的 $\mathrm{S^{2-}}$。

因此，該離子的總電子數為：

$16+2=18$

選項分析

核心觀念

本題考查鉻（Cr）的基態電子組態，以及過渡金屬中常見的電子組態例外。電子依能階填入軌域時，鉻的基態組態不是單純依序填成 $[\mathrm{Ar}]4s^23d^4$；其中一個 $4s$ 電子移至 $3d$，形成較穩定的半滿 $3d$ 次層。

解題方法

鉻的原子序為 $24$，共有 $24$ 個電子。前 $18$ 個電子的組態為氬的組態 $[\mathrm{Ar}]$，剩餘 $6$ 個電子分布於 $4s$ 與 $3d$ 軌域。

若依一般填入順序直接配置，會得到 $[\mathrm{Ar}]4s^23d^4$；但鉻是例外。將一個 $4s$ 電子移至 $3d$ 後，得到

此時 $3d$ 次層半滿，具有較穩定的電子分布，因此這是鉻的基態電子組態。

選項分析

核心觀念

配位基是能以孤電子對與中心金屬離子形成配位鍵的離子或分子。依照一個配位基能同時提供幾個配位原子與金屬鍵結，可分為單牙、雙牙或多牙配位基。

雙牙配位基有兩個可與同一金屬中心鍵結的配位原子，能形成兩個配位鍵。草酸根 $\mathrm{C_2O_4^{2-}}$ 可用兩個氧原子與金屬配位，因此是常見的雙牙配位基。

解題方法

逐一判斷各選項是否具有兩個能同時與同一金屬中心鍵結的配位原子：

• 僅以一個原子配位者，屬單牙配位基。
• 能以兩個原子同時配位者，屬雙牙配位基。

選項分析

(A) $\mathrm{OH^-}$：錯誤。 氫氧根主要由氧原子提供孤電子對與金屬形成一個配位鍵，屬單牙配位基。

核心觀念

本題考二氧化碳相圖中的固、液、氣相，以及溫度、壓力改變時的相態。二氧化碳的三相點約為 $-56.6^\circ\mathrm{C}$、$5.11\ \mathrm{atm}$；低於三相點壓力時，液態不能穩定存在，固態二氧化碳（乾冰）會直接昇華成氣體。二氧化碳的臨界溫度約為 $31^\circ\mathrm{C}$，臨界壓力約為 $73\ \mathrm{atm}$。

解題方法

依序將各選項的溫度、壓力與二氧化碳相圖上的相界比較。若所在條件下氣體無法直接凝結為固體，選項所述的製備方式便不成立；再判斷滅火器中二氧化碳的儲存相態，以及使用時相變的熱效應。

選項分析

• (A) 錯誤。 $-50^\circ\mathrm{C}$ 高於二氧化碳三相點溫度，而 $2\ \mathrm{atm}$ 低於三相點壓力。在此壓力下液相不能穩定存在，氣體不能直接製成乾冰；

核心觀念

本題考查分子間作用力與沸點的關係。沸點是液體分子克服分子間吸引、進入氣相所需的溫度；分子間吸引越強，通常沸點越高。

氫鍵是較強的分子間作用力。當氫原子直接與高電負度的氮、氧或氟原子鍵結時，氫原子帶部分正電，能與另一分子的氮、氧或氟原子形成氫鍵。

解題方法

比較三種氫化物的沸點：$\mathrm{H_2S}$ 為 $-61^\circ\mathrm{C}$、$\mathrm{H_2Se}$ 為 $-42^\circ\mathrm{C}$，兩者沸點都很低；$\mathrm{H_2O}$ 卻高達 $100^\circ\mathrm{C}$。一般而言，分子量增加會使凡得瓦力增強，因此從 $\mathrm{H_2S}$ 到 $\mathrm{H_2Se}$，沸點略為上升。

但氧原子電負度高，水分子中的 $\mathrm{O-H}$ 鍵高度極化，水分子之間能形成廣泛的氫鍵網絡。沸騰時須克服這些氫鍵，因此水的沸點遠高於硫化氫及硒化氫。主導這個巨大差異的作用力是氫鍵。

核心觀念

本題考「物理變化」與「化學變化」的區分。若變化前後只是物質的狀態、形狀或分散方式改變，物質本身的組成仍相同，屬於物理變化；若反應後生成了組成或性質不同的新物質，則屬於化學變化。

解題方法

逐一判斷各選項是否產生新物質：相變與溶解通常不改變物質的化學組成；生鏽則是鐵與空氣中的氧、水分等反應，生成鐵鏽，因此屬於化學變化。

選項分析

• (A) 碘固體昇華為氣體：錯誤。 昇華是固態直接轉變為氣態，固態碘與碘蒸氣仍是碘，化學組成沒有改變，屬於物理變化。
• **(B) 鐵釘在空氣中生鏽：正確。

核心觀念

本題考酸、鹼的水溶液性質，以及酸鹼中和反應的產物。依一般定義，酸溶於水會產生氫離子 $\mathrm{H^+}$；鹼溶於水會產生氫氧根離子 $\mathrm{OH^-}$。酸鹼中和時，酸提供的 $\mathrm{H^+}$ 與鹼提供的 $\mathrm{OH^-}$ 結合生成水：

若酸、鹼分別帶有其他離子，這些離子會形成鹽。因此，中和反應的一般產物是水與鹽。

解題方法

先辨認中和反應的離子變化：氫離子與氫氧根離子生成水；再看反應物中剩下的陽離子與陰離子，兩者組成鹽。可用鹽酸與氫氧化鈉反應說明：

核心觀念

氣體外洩後會往上或往下擴散，與其密度相對於空氣的大小有關。常溫常壓下，氣體密度可用分子量比較：在相同溫度、壓力下，分子量較大的氣體密度較大。空氣的平均分子量約為 $29$；密度大於空氣的氣體較容易沉降並聚集在地面附近，密度小於空氣的氣體則較容易上升、擴散。

解題方法

比較各選項氣體的分子量與空氣平均分子量 $29$：

• 分子量小於 $29$：比空氣輕，較易上升。
• 分子量大於 $29$：比空氣重，較易停留於低處。

混合氣體則依主要成分的分子量判斷。本題石油氣的主要成分為丙烷 $\mathrm{C_3H_8}$ 與丁烷 $\mathrm{C_4H_{10}}$，兩者都比空氣重，因此外洩時較容易積存在地面附近。

選項分析

• (A) 天然氣（$\mathrm{CH_4}$ 及 $\mathrm{C_2H_6}$）錯誤。 甲烷 $\mathrm{CH_4}$ 的分子量為 $16$，乙烷 $\mathrm{C_2H_6}$ 的分子量為 $30$。

核心觀念

本題考強酸與弱酸的分類。強酸在水中幾乎完全解離，能大量提供氫離子；弱酸則只部分解離。常見強酸包括硫酸（第一階段解離）、氫溴酸、硝酸等。氫氰酸（HCN）則屬弱酸。

解題方法

逐一辨認各物質在水中的酸性強弱：若屬常見強酸，即為強酸；若只部分解離，則不屬於強酸。硫酸的第一階段解離程度很大，第二階段則不完全，但一般分類仍將硫酸列為強酸。

選項分析

• (A) $\mathrm{H_2SO_4}$：錯誤。 硫酸是強酸；其第一階段解離近乎完全。
• **(B) $\mathrm{HBr}$：錯誤。

核心觀念

水溶液能否導電，關鍵在於溶液中是否有可自由移動的帶電粒子（離子）。酸、鹽類溶於水後會解離或電離，形成離子；蔗糖雖可溶於水，溶解後仍以中性分子存在，不形成可移動離子，因此不具有導電性。

解題方法

逐一判斷各物質溶於水後是否產生離子：

• 強電解質在水中幾乎完全電離或解離，導電性明顯。
• 弱電解質只部分電離，仍能以少量離子導電。
• 非電解質溶於水後不形成離子，不導電。

選項分析

核心觀念

HBrO（次溴酸）是弱酸，解題要比較其在水中的解離程度與初始濃度。弱酸解離會產生 $H^+$，因此 pH 低於中性；但解離不完全，$[H^+]$ 小於酸的初始濃度。

解題方法

設 HBrO 的解離量為 $x\ \mathrm{M}$：

平衡時 $[H^+]=x$、$[BrO^-]=x$、$[\mathrm{HBrO}]=0.01-x$，代入酸解離常數：