111 警專考試甲組 專41正期組 學年度警專第41期(正期學生組)-化學 考古題詳解

111 年・警專考試・甲組・專41正期組
試題代碼 111學年度警專第41期(正期學生組)-化學(甲組)

第 1 題2 分

右圖是某一定量氣體分別在甲、乙和丙溫度下的運動速率和粒子數目分佈關係圖，請問以下相關敘述何者正確？

（原卷包含運動速率和粒子數目分佈關係圖）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。
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核心觀念

本題考查氣體分子運動速率的 Maxwell–Boltzmann 分布：

  • 溫度越高，氣體分子的平均動能越大，速率分布曲線向右移，且峰值降低、曲線變寬。
  • 同一種氣體在不同溫度下，曲線下的總面積代表氣體粒子總數；題目說是「一定量氣體」，因此三條曲線下面積相等。
  • 同一溫度下，氣體分子的速率並不完全相同，而是呈現一種分布。

圖中甲曲線最靠左，乙居中，丙最靠右，因此速率大小规律為：

甲溫度<乙溫度<丙溫度\text{甲溫度}<\text{乙溫度}<\text{丙溫度}

且平均運動速率為：

vˉ甲<vˉ乙<vˉ丙\bar{v}_{甲}<\bar{v}_{乙}<\bar{v}_{丙}

解題方法

判斷 Maxwell–Boltzmann 分布圖時，先觀察曲線主要分布位置：

  • 曲線越靠右，表示分子平均速率越大，溫度越高。
  • 曲線下面積代表粒子總數；一定量氣體的粒子數相同，所以面積相等。
  • 曲線的寬窄表示速率分布情形，不代表所有分子速率相同。

由圖可知，甲曲線最靠左，乙次之，丙最靠右，因此溫度大小规律為：

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第 2 題2 分

若在 27 ∘C27\,^\circ\mathrm{C}、11 大氣壓下，測得某氣體的密度為 1.87 g/L1.87\,\mathrm{g/L}，則該氣體可能為下列何者？

原子量：H=1\mathrm{H}=1，Br=80\mathrm{Br}=80，C=12\mathrm{C}=12，O=16\mathrm{O}=16，N=14\mathrm{N}=14。

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核心觀念

本題考查理想氣體密度、莫耳質量與理想氣體方程式的關係。

理想氣體方程式為：

PV=nRTPV=nRT

又因為：

n=mMn=\frac{m}{M}

其中：

  • PP：氣體壓力
  • VV：氣體體積
  • mm：氣體質量
  • MM：氣體莫耳質量
  • RR：理想氣體常數
  • TT：絕對溫度

氣體密度定義為：

d=mVd=\frac{m}{V}

代入理想氣體方程式：

PV=mMRTPV=\frac{m}{M}RT

整理得：

mV=PMRT\frac{m}{V}=\frac{PM}{RT}

因此：

d=PMRTd=\frac{PM}{RT}

進一步可求氣體莫耳質量：

M=dRTPM=\frac{dRT}{P}

解題方法

題目給定：

  • d=1.87 g/Ld=1.87\ \mathrm{g/L}
  • T=27∘C=300 KT=27^\circ\mathrm{C}=300\ \mathrm{K}
  • P=1 atmP=1\ \mathrm{atm}
  • R=0.082 L⋅atm/(mol⋅K)R=0.082\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}

代入公式：

M=dRTPM=\frac{dRT}{P} M=(1.87)(0.082)(300)1M=\frac{(1.87)(0.082)(300)}{1} M≈46.0 g/molM\approx 46.0\ \mathrm{g/mol}

所以，該氣體的莫耳質量應接近 46 g/mol46\ \mathrm{g/mol}。

選項分析

(A) HBr\mathrm{HBr}

MHBr=1+80=81 g/molM_{\mathrm{HBr}}=1+80=81\ \mathrm{g/mol}

其莫耳質量為 81 g/mol81\ \mathrm{g/mol}，不符合計算所得的 46 g/mol46\ \mathrm{g/mol}，故錯誤。

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第 3 題2 分

若某一化學反應：

2A(aq)+B(aq)→C(aq)+3D(aq)2\mathrm{A(aq)}+\mathrm{B(aq)}\rightarrow\mathrm{C(aq)}+3\mathrm{D(aq)}

以不同的 A\mathrm{A}、B\mathrm{B} 初濃度進行實驗，測得 D\mathrm{D} 生成的速率如下表。根據實驗結果，何者敘述正確？

實驗次數[A][\mathrm{A}] 初濃度（M）[B][\mathrm{B}] 初濃度（M）D\mathrm{D} 生成速率（M⋅s−1\mathrm{M\cdot s^{-1}}）
10.050.101.2×10−31.2\times10^{-3}
20.100.102.4×10−32.4\times10^{-3}
30.100.204.8×10−34.8\times10^{-3}
40.200.30xx
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核心觀念

本題考查由實驗數據判定反應速率定律。一般速率定律可表示為

r=k[A]m[B]nr=k[\mathrm{A}]^m[\mathrm{B}]^n

其中：

  • mm：對 A\mathrm{A} 的反應級數
  • nn：對 B\mathrm{B} 的反應級數
  • m+nm+n：反應總級數
  • kk：速率常數

判定各反應物級數時，須比較「只改變一種反應物初濃度」的實驗數據。

解題方法

設 D\mathrm{D} 的生成速率為

r=k[A]m[B]nr=k[\mathrm{A}]^m[\mathrm{B}]^n

比較實驗 1 與實驗 2：

  • [A][\mathrm{A}] 由 0.050.05 M 加倍為 0.100.10 M
  • [B][\mathrm{B}] 維持 0.100.10 M 不變
  • 速率由 1.2×10−31.2\times10^{-3} 加倍為 2.4×10−32.4\times10^{-3}

因此：

2=2m2=2^m

所以

m=1m=1

再比較實驗 2 與實驗 3：

  • [A][\mathrm{A}] 維持 0.100.10 M 不變
  • [B][\mathrm{B}] 由 0.100.10 M 加倍為 0.200.20 M
  • 速率由 2.4×10−32.4\times10^{-3} 加倍為 4.8×10−34.8\times10^{-3}

因此：

2=2n2=2^n

所以

n=1n=1

故速率定律為

r=k[A][B]r=k[\mathrm{A}][\mathrm{B}]

反應總級數為

m+n=1+1=2m+n=1+1=2

利用實驗 1 求速率常數：

1.2×10−3=k(0.05)(0.10)1.2\times10^{-3} =k(0.05)(0.10) k=1.2×10−30.005=0.24 M−1⋅s−1k=\frac{1.2\times10^{-3}}{0.005} =0.24\,\mathrm{M^{-1}\cdot s^{-1}}

實驗 4 中：

x=k[A][B]x=k[\mathrm{A}][\mathrm{B}]

x=(0.24)(0.20)(0.30)x=(0.24)(0.20)(0.30)

x=0.0144 M⋅s−1x=0.0144\,\mathrm{M\cdot s^{-1}}

因此：

x=1.44×10−2 M⋅s−1x=1.44\times10^{-2}\,\mathrm{M\cdot s^{-1}}

選項分析

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第 4 題2 分

若已知某一反應的速率常數為 3.0×10−7 M−1s−13.0\times10^{-7}\,\mathrm{M^{-1}s^{-1}}，則此反應的總級數應該為幾級？

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核心觀念

反應速率常數 kk 的單位可用來判斷反應的總級數。

若反應總級數為 nn，速率式為：

速率=k[反應物]n\text{速率}=k[\text{反應物}]^n

反應速率的單位為：

M s−1\mathrm{M\,s^{-1}}

因此，速率常數的單位為：

[k]=M s−1Mn=M1−ns−1[k]=\frac{\mathrm{M\,s^{-1}}}{\mathrm{M^n}} =\mathrm{M^{1-n}s^{-1}}

解題方法

題目給定：

[k]=M−1s−1[k]=\mathrm{M^{-1}s^{-1}}

與一般公式比較：

M1−ns−1=M−1s−1\mathrm{M^{1-n}s^{-1}}=\mathrm{M^{-1}s^{-1}}

比較莫耳濃度 M\mathrm{M} 的次方：

1−n=−11-n=-1

解得：

n=2n=2

所以此反應的總級數為二級，正確選項為 (C)。

選項分析

  • (A) 0 級：錯誤。 零級反應的速率式為：
速率=k\text{速率}=k

因此：

[k]=M s−1[k]=\mathrm{M\,s^{-1}}

與題目所給的 M−1s−1\mathrm{M^{-1}s^{-1}} 不符。

  • (B) 1 級：錯誤。 一級反應的速率式為：
速率=k[反應物]\text{速率}=k[\text{反應物}]

因此：

[k]=s−1[k]=\mathrm{s^{-1}}
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第 5 題2 分

下列物質中，何者被過錳酸鉀氧化時會變成酮類，屬於二級醇？

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核心觀念

醇類依照「羥基 −OH\ce{-OH} 所連接的碳原子」分類：

  • 一級醇：羥基碳只連接 11 個其他碳原子。
  • 二級醇：羥基碳連接 22 個其他碳原子，且仍帶有 11 個氫。
  • 三級醇：羥基碳連接 33 個其他碳原子，不帶氫。

以過錳酸鉀 KMnOX4\ce{KMnO4} 氧化時：

二級醇⟶酮\text{二級醇} \longrightarrow \text{酮} 一級醇⟶醛⟶羧酸\text{一級醇} \longrightarrow \text{醛} \longrightarrow \text{羧酸}

三級醇因羥基碳沒有氫，通常不易被一般氧化條件氧化。

解題方法

逐一觀察各選項中，與 −OH\ce{-OH} 相連的碳原子所連接的碳數：

  • 連接兩個碳原子：二級醇，氧化生成酮。
  • 連接一個碳原子：一級醇，氧化生成醛或羧酸。
  • 連接三個碳原子：三級醇，通常不發生此類氧化。

選項分析

(A) 4-甲基-2-戊醇

結構式為：

CHX3−CH(OH)−CHX2−CH(CHX3)−CHX3\ce{CH3-CH(OH)-CH2-CH(CH3)-CH3}

羥基所在的第 2 號碳連接：

  1. 左側的 CHX3\ce{CH3}；
  2. 右側的 CHX2\ce{CH2}；
  3. 一個氫原子。

因此它是二級醇，氧化後生成酮：

CHX3−CH(OH)−CHX2−CH(CHX3)−CHX3→KMnOX4CHX3−CO−CHX2−CH(CHX3)−CHX3\ce{CH3-CH(OH)-CH2-CH(CH3)-CH3} \xrightarrow{\ce{KMnO4}} \ce{CH3-CO-CH2-CH(CH3)-CH3}

產物為 4-甲基-2-戊酮，屬於酮類。此選項正確。

(B) 1-戊醇

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第 6 題2 分

1200 mL1200\,\mathrm{mL} 的氧氣經過臭氧發生器放電反應後，於溫度、壓力均不變的狀況下，測得混合氣體體積變為 1000 mL1000\,\mathrm{mL}。以下相關敘述何者正確？

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核心觀念

本題考查臭氧生成反應的化學計量關係，以及同溫同壓下氣體體積與莫耳數成正比。

臭氧發生器中的反應為：

3O2→2O33\mathrm{O_2}\rightarrow 2\mathrm{O_3}

在溫度、壓力均不變時，氣體體積比等於莫耳數比。因此，反應中氧氣消耗體積與臭氧生成體積之比為：

O2消耗:O3生成=3:2\mathrm{O_2消耗}:\mathrm{O_3生成}=3:2

解題方法

設氧氣消耗了 x mLx\,\mathrm{mL}，則依反應式生成臭氧：

O3生成體積=23x\mathrm{O_3生成體積}=\frac{2}{3}x

反應前後氣體體積變化為：

1200−1000=200 mL1200-1000=200\,\mathrm{mL}

由於每消耗 33 份氧氣，只生成 22 份臭氧，總氣體體積淨減少 11 份。因此：

x−23x=200x-\frac{2}{3}x=200 13x=200\frac{1}{3}x=200 x=600 mLx=600\,\mathrm{mL}

所以：

  • 氧氣消耗：600 mL600\,\mathrm{mL}
  • 臭氧生成：
23×600=400 mL\frac{2}{3}\times 600=400\,\mathrm{mL}
  • 剩餘氧氣：
1200−600=600 mL1200-600=600\,\mathrm{mL}

若計算混合氣體平均分子量，混合氣體含有 600 mL600\,\mathrm{mL} 的 O2\mathrm{O_2} 與 400 mL400\,\mathrm{mL} 的 O3\mathrm{O_3}。

取相同條件下體積代表莫耳數，平均分子量為：

M‾=600×32+400×481000\overline{M} =\frac{600\times 32+400\times 48}{1000} M‾=19200+192001000=38.4\overline{M} =\frac{19200+19200}{1000} =38.4

選項分析

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第 7 題2 分

將一小段鎂帶放在燃燒匙上，在空氣中點燃，將其迅速置入僅含氮氣的玻璃瓶中，可觀察到鎂帶繼續放出強光，並生成黃色的氮化鎂固體。再將水滴在氮化鎂固體上，則會產生有臭味的氣體；該氣體以濕潤的紅色石蕊試紙測試會呈現藍色。下列關於此反應的敘述，何者錯誤？

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核心觀念

本題考查：

  • 鎂在氮氣中的燃燒與氮化物生成
  • 離子化合物的化學式判定
  • 氮化鎂與水的反應
  • 氨氣的鹼性與檢驗方法

鎂與氮氣反應生成氮化鎂：

3Mg+N2→Mg3N23\mathrm{Mg}+\mathrm{N_2}\rightarrow \mathrm{Mg_3N_2}

氮化鎂遇水會生成氫氧化鎂與氨氣：

Mg3N2+6H2O→3Mg(OH)2+2NH3\mathrm{Mg_3N_2}+6\mathrm{H_2O} \rightarrow 3\mathrm{Mg(OH)_2}+2\mathrm{NH_3}

氨氣 NH3\mathrm{NH_3} 具有刺激性臭味，溶於水後形成鹼性溶液，因此可使濕潤的紅色石蕊試紙變藍。

解題方法

先依金屬與非金屬離子的電荷判定氮化鎂化學式。

鎂通常形成 Mg2+\mathrm{Mg^{2+}}，氮化物離子為 N3−\mathrm{N^{3-}}。為使化合物電中性，需取：

  • 33 個 Mg2+\mathrm{Mg^{2+}}，總電荷為 +6+6
  • 22 個 N3−\mathrm{N^{3-}}，總電荷為 −6-6

因此氮化鎂化學式為：

Mg3N2\boxed{\mathrm{Mg_3N_2}}

再利用氮化鎂遇水的反應判斷生成氣體：

Mg3N2+6H2O→3Mg(OH)2+2NH3\mathrm{Mg_3N_2}+6\mathrm{H_2O} \rightarrow 3\mathrm{Mg(OH)_2}+2\mathrm{NH_3}

生成的 NH3\mathrm{NH_3} 為鹼性氣體，能使濕潤紅色石蕊試紙變藍。由此可知錯誤敘述為化學式寫錯的選項。

選項分析

(A) 鎂帶與氮氣的反應屬於燃燒反應

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第 8 題2 分

有關化學史的相關敘述，何者有誤？

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核心觀念

本題考查近代原子構造發展史與次原子粒子（電子、原子核、質子、中子）的發現歷程與重要實驗：

  1. 電子的發現：湯姆森（J. J. Thomson）利用陰極射線管實驗測得荷質比（em\frac{e}{m}），證實電子的存在。
  2. 電子電量的測定：密立坎（R. A. Millikan）利用油滴實驗測得電子的基本帶電量 ee。
  3. 原子核與質子的發現：拉塞福（E. Rutherford）利用 α\alpha 粒子散射實驗發現「原子核」；隨後利用 α\alpha 粒子撞擊氮核發現「質子」。
  4. 中子的發現：查兌克（J. Chadwick）利用 α\alpha 粒子撞擊鈹核發現「中子」。

解題方法

以化學史的「實驗名稱－對應科學家－實驗對象／標靶－重要成果」為切入點，精確比對各次原子粒子的發現實驗與時間先後順序，特別留意拉塞福「金箔散射實驗」與「氮核撞擊實驗」之差異。

選項分析

  • (A) 敘述錯誤： 拉塞福在 1911 年利用 α\alpha 粒子（24He2+{}^{4}_{2}\text{He}^{2+}）撞擊金箔進行散射實驗，發現絕大多數 α\alpha 粒子直線穿透，極少數產生大角度偏折甚至反彈，進而證實原子內部存在質量極大、體積極小且帶正電的原子核，並提出「行星式原子模型」；
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第 9 題2 分

下列各物質的中文名稱，何者正確？

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核心觀念

本題考查無機化合物的中文系統命名法，重點包含：

  1. 無氧酸與其氣態化合物之命名：二元氫化物在氣態與水溶液狀態下的命名差異（如氣態為「某化氫」，水溶液具酸性則為「氫某酸」）。
  2. 變價金屬化合物之命名：具有多種氧化數（價態）的金屬陽離子，中文傳統命名常以「亞某」代表低價態、「某」代表高價態；或依 IUPAC 規範以羅馬數字標示氧化數。

解題方法

  1. 判斷物態標記與酸類命名：
  • 標記為 (g)\mathrm{(g)}（氣態）時，依「陰離子在前、陽離子在後」命名為「某化氫」。
  • 標記為 (aq)\mathrm{(aq)}（水溶液）且具酸性時，命名為「氫某酸」。
  1. 計算金屬氧化數並檢驗價態命名：
  • 氫氧根離子為 OH−\mathrm{OH^-}（帶 −1-1 價）。
  • 藉由電中性原則求出中心金屬的氧化數，並比對高低價態的「亞」字使用是否正確。

選項分析

  • (A) 正確： H2S(g)\mathrm{H_2S(g)} 為硫化氫氣體，標記為氣態 (g)\mathrm{(g)}，中文名稱為硫化氫；若為水溶液 H2S(aq)\mathrm{H_2S(aq)} 則稱為氫硫酸。故此選項名稱正確。

  • (B) 錯誤： HCN\mathrm{HCN} 的氣態 HCN(g)\mathrm{HCN(g)} 稱為氰化氫；本題標記為水溶液狀態 HCN(aq)\mathrm{HCN(aq)}，溶於水呈弱酸性，中文名稱應為氫氰酸（俗稱苦杏仁酸氣的水溶液）。

  • (C) 錯誤： 錫（Sn\mathrm{Sn}）為第 14 族變價金屬，常見氧化數為 +2+2 與 +4+4。

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第 10 題2 分

有關石墨和鑽石的相關敘述及比較，何者正確？

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核心觀念

本題測驗碳的同素異形體——石墨（Graphite）​與鑽石（Diamond，金剛石）​之晶體結構、混成軌域、鍵結數、鍵級與鍵能的比較。

解題方法

  1. 分析混成軌域與立體結構：
  • 石墨中碳原子採 sp2\mathrm{sp^2} 混成，每個碳原子與鄰近 33 個碳原子鍵結，形成二維平面六角形層狀結構。
  • 鑽石中碳原子採 sp3\mathrm{sp^3} 混成，每個碳原子與鄰近 44 個碳原子鍵結，形成三維立體正四面體網狀結構。
  1. 比較鍵長與鍵能：
  • 石墨層內具有未參與混成的 p\mathrm{p} 軌域形成離域 π\pi 鍵（共振結構），碳－碳平均鍵級約為 1131\frac{1}{3}，鍵長較短（約 142 pm142\text{ pm}），層內碳－碳鍵能較大（約 524 kJ/mol524\text{ kJ/mol}）。
  • 鑽石碳－碳間為純單鍵（鍵級為 11），鍵長較長（約 154 pm154\text{ pm}），鍵能較小（約 347 kJ/mol347\text{ kJ/mol}）。

選項分析

  • (A) 錯誤： 石墨中每一個碳原子僅與相鄰的 33 個 碳原子以共價鍵鍵結（平面六邊形網狀）；鑽石中的每一個碳原子才是與相鄰的 44 個 碳原子以共價鍵鍵結（正四面體網狀）。
  • (B) 正確： 石墨層內的碳－碳鍵具有共振（兼具單鍵與雙鍵性質，鍵級約 43\frac{4}{3}），鍵長比鑽石的碳－碳單鍵更短，因此石墨層內碳原子間的鍵能大於鑽石中的碳－碳鍵能。
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第 11 題2 分

氯化鈉（NaCl\mathrm{NaCl}）晶體是一離子化合物，下列與其相關的敘述，何者正確？

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核心觀念

  1. 離子化合物的導電性：固態時離子被固定於晶格中無法自由移動而不導電；在熔融態（液態）或溶解於水形成水溶液時，晶格解離出自由移動的離子即可導電。
  2. 晶體結構與配位數：氯化鈉（NaCl\mathrm{NaCl}）為面心立方衍生的岩鹽結構，其陰、陽離子的配位數皆為 6。
  3. 離子電子組態：主族元素形成離子時通常達到鈍氣（稀有氣體）穩定的八隅體電子組態。
  4. 水溶液電解之競爭反應：電解水溶液時，活性大之金屬陽離子（如 IA\mathrm{IA} 族之 Na+\mathrm{Na^+}）在陰極不易得電子，水會優先還原產生氫氣（H2\mathrm{H_2}）。

解題方法

本題涵蓋離子化合物的微觀結構（電子組態、配位數）與巨觀物理、化學性質（導電性、電解反應），透過基礎化學定義逐一檢驗各選項之正確性。

選項分析

  • (A) 錯誤 鈉原子序為 11，Na+\mathrm{Na^+} 含有 10 個電子，其電子組態為 1s22s22p61s^2 2s^2 2p^6（與氖 Ne\mathrm{Ne} 相同）；氯原子序為 17，Cl−\mathrm{Cl^-} 含有 18 個電子，其電子組態為 1s22s22p63s23p61s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6（與氬 Ar\mathrm{Ar} 相同），兩者電子組態不同。

  • (B) 錯誤 在 NaCl\mathrm{NaCl} 晶體結構中，每個 Na+\mathrm{Na^+} 周圍最鄰近（距離最近）的 Cl−\mathrm{Cl^-} 有 6 個，呈正八面體排列（配位數為 6）；距離次近的同種離子 Na+\mathrm{Na^+} 才有 12 個。

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第 12 題2 分

下列原子或離子的基態電子組態，何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 基態電子組態與遞建原理（Aufbau Principle）：電子填入軌域時，由能量較低的軌域依序向能量較高的軌域填入。第四週期副族元素（過渡金屬）的填入順序為 1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d1s \rightarrow 2s \rightarrow 2p \rightarrow 3s \rightarrow 3p \rightarrow 4s \rightarrow 3d。
  2. 軌域半滿與全滿的特殊穩定性：當 dd 軌域處於「半滿（d5d^5）」或「全滿（d10d^{10}）」時，因具備高度球形對稱性與較大的交換能（Exchange energy），能量相對較低且較穩定。因此，第四週期的鉻（24Cr\mathrm{_{24}Cr}）與銅（29Cu\mathrm{_{29}Cu}）為著名的電子組態特例：
  • 24Cr\mathrm{_{24}Cr} 實測基態為 [Ar]3d54s1[\mathrm{Ar}] 3d^5 4s^1（非 [Ar]3d44s2[\mathrm{Ar}] 3d^4 4s^2）
  • 29Cu\mathrm{_{29}Cu} 實測基態為 [Ar]3d104s1[\mathrm{Ar}] 3d^{10} 4s^1（非 [Ar]3d94s2[\mathrm{Ar}] 3d^9 4s^2）
  1. 過渡金屬陽離子的游離（去電子）規則：原子失去電子形成陽離子時，遵循​「先失去最外層（主量子數 nn 最大）電子」​的原則。因此，第四週期過渡元素失去電子時，必先失去最外層的 4s4s 電子，若有需要再失去次外層的 3d3d 電子。

解題方法

  1. 判斷中性原子：計算核外總電子數（等於原子序），寫出基本電子組態，並檢驗是否為 Cr\mathrm{Cr}（半滿 d5d^5）或 Cu\mathrm{Cu}（全滿 d10d^{10}）之特例。
  2. 判斷陽離子：先寫出該元素之「中性原子基態電子組態」，再依照帶正電荷數（失去的電子數），自最外層的 4s4s 軌域優先移去電子。

選項分析

  • (A) 錯誤： 29Cu\mathrm{_{29}Cu} 為中性銅原子（電子數 29）。依據全滿穩定性規則，一個 4s4s 電子會移至 3d3d 軌域形成 3d103d^{10} 全滿，其正確的基態電子組態為 [Ar]3d104s1[\mathrm{Ar}] 3d^{10} 4s^1。選項中寫為 [Ar]3d92s2[Ar]3d^92s^2，不僅未遵循全滿穩定性，且主量子數誤植為 2s2s。
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第 13 題2 分

11 大氣壓下，77 ∘C77\,^\circ\mathrm{C} 時，某定量氣體的體積為 10.010.0 升。若欲使該氣體維持在一樣的壓力下，體積減為 6.06.0 升，則溫度應變為若干攝氏度？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查理想氣體定律中的查理定律（Charles's Law）​與絕對溫度（熱力學溫標）換算。

  1. 查理定律：當定量氣體在壓力保持不變（等壓）時，氣體的體積 VV 與絕對溫度 TT（單位為 K\text{K}）成正比。 V1T1=V2T2或V∝T\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2} \quad \text{或} \quad V \propto T
  2. 溫標換算：使用所有氣體定律進行代數計算時，溫度必須換算為絕對溫度 TT，其與攝氏溫度 tt 之轉換關係為： T (\text{K}) = t (\text{^\circ C}) + 273

解題方法

  1. 已知條件整理：
  • 壓力 PP：固定為 1 atm1\text{ atm} 不變。
  • 氣體莫耳數 nn：定量氣體，固定不變。
  • 初狀態：初溫 t1=77 ∘Ct_1 = 77\,^\circ\mathrm{C}，初體積 V1=10.0 升V_1 = 10.0\text{ 升}。
  • 末狀態：末體積 V2=6.0 升V_2 = 6.0\text{ 升}，設末溫為 t2 ∘Ct_2\,^\circ\mathrm{C}。

  1. 單位轉換（攝氏換算為絕對溫度）： T1=77+273=350 KT_1 = 77 + 273 = 350\text{ K}

  2. 代入查理定律求末絕對溫度 T2T_2： V1T1=V2T2  ⟹  10.0350=6.0T2\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2} \implies \frac{10.0}{350} = \frac{6.0}{T_2} T2=350×6.010.0=210 KT_2 = 350 \times \frac{6.0}{10.0} = 210\text{ K}

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第 14 題2 分

碳（C\mathrm{C}）與矽（Si\mathrm{Si}）都是第 14 族的元素，與氧元素鍵結時，會分別形成 CO2\mathrm{CO_2}、SiO2\mathrm{SiO_2}。有關這兩個物質的敘述，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查第 14 族元素（碳與矽）氧化物的晶體類型、化學式意義與化學鍵結構之比較：

  1. 晶體類型差異：
  • 二氧化碳（CO2\mathrm{CO_2}）：屬於分子晶體，常溫下為獨立分子組成的氣體，固態（乾冰）靠微弱的分子間作用力（凡得瓦力）結合。
  • 二氧化矽（SiO2\mathrm{SiO_2}）：屬於共價網狀晶體，無獨立分子存在，原子間以強烈的共價單鍵延伸形成三維網狀結構。
  1. 化學式與鍵結結構：
  • 分子晶體之化學式為分子式（如 CO2\mathrm{CO_2}）；共價網狀晶體之化學式為簡式（實驗式）（如 SiO2\mathrm{SiO_2}），僅表示晶體中原子個數的最簡整數比。
  • CO2\mathrm{CO_2} 分子中，C\mathrm{C} 原子採 sp\mathrm{sp} 混成軌域，以 22 個共價雙鍵（O=C=O\mathrm{O=C=O}）與 22 個 O\mathrm{O} 原子鍵結，分子幾何形狀為直線形。
  • SiO2\mathrm{SiO_2} 晶體中，Si\mathrm{Si} 原子採 sp3\mathrm{sp^3} 混成軌域，以 44 個共價單鍵與 44 個 O\mathrm{O} 原子鍵結，形成正四面體基本單元；每個 O\mathrm{O} 原子則橋連 22 個 Si\mathrm{Si} 原子。

解題方法

比較同族元素氧化物性質時，關鍵切入點在於「原子半徑與 π\pi 鍵形成能力」：

  1. 碳與矽的鍵結差異：
  • 碳原子半徑較小，2p2\mathrm{p} 軌域能有效發生側向重疊形成穩定的 pπ−pπ\mathrm{p_\pi-p_\pi} 雙鍵，因此形成獨立的小分子 O=C=O\mathrm{O=C=O}。
  • 矽原子半徑較大，3p3\mathrm{p} 軌域間距過大，側向重疊效果極差，無法形成穩定的 π\pi 鍵；因此矽傾向形成 44 個強固的 σ\sigma 單鍵，建構出連續的三維網狀結構。
  1. 性質導出與對比：
  • 由結構可推知物理性質：分子晶體（CO2\mathrm{CO_2}）熔點低、硬度小；共價網狀晶體（SiO2\mathrm{SiO_2}）熔點高、硬度大。
  • 依有無獨立分子判斷化學式名稱，並確定中心原子的配位數與鍵結類型。

選項分析

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第 15 題2 分

在室溫時，下列甲、乙、丙、丁反應的速率快慢排列順序，何者正確？

（甲）CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)\mathrm{CH_4(g)+2O_2(g)\rightarrow CO_2(g)+2H_2O(l)}

（乙）Cr2O72−(aq)+6Fe2+(aq)+14H+(aq)→2Cr3+(aq)+6Fe3+(aq)+7H2O(l)\mathrm{Cr_2O_7^{2-}(aq)+6Fe^{2+}(aq)+14H^+(aq)\rightarrow 2Cr^{3+}(aq)+6Fe^{3+}(aq)+7H_2O(l)}

（丙）NaOH(aq)+HCl(aq)→NaCl(aq)+H2O(l)\mathrm{NaOH(aq)+HCl(aq)\rightarrow NaCl(aq)+H_2O(l)}

（丁）Ag+(aq)+Cl−(aq)→AgCl(s)\mathrm{Ag^+(aq)+Cl^-(aq)\rightarrow AgCl(s)}

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查化學反應速率的本性（反應物性質對速率的影響）。

在相同溫度與濃度條件下，反應速率主要取決於反應物粒子間化學鍵破壞與生成的複雜度以及反應機制：

  1. 水溶液中游離離子間反應：不需經過化學鍵的斷裂，僅為離子的結合或質子轉移，活化能極低，反應速率極快。其中，強酸強鹼中和反應因為涉及質子在水分子間快速傳導（Grotthuss 機制），速率快於離子沉澱反應。
  2. 氧化還原反應：涉及電子的轉移與多元複合離子內部共價鍵的破壞與重組，碰撞機制較為複雜，反應速率較慢。
  3. 氣體共價分子間反應：分子結構安定，需克服極高的活化能以斷裂穩定的共價鍵。在室溫且未點火或無催化劑的情況下，反應速率極慢（幾乎不反應）。

解題方法

比較甲、乙、丙、丁四個反應在室溫下的反應性質與活化能高低：

  1. （丙）酸鹼中和反應： NaOH(aq)+HCl(aq)→NaCl(aq)+H2O(l)\mathrm{NaOH(aq)+HCl(aq)\rightarrow NaCl(aq)+H_2O(l)} 淨離子反應式為 H+(aq)+OH−(aq)→H2O(l)\mathrm{H^+(aq) + OH^-(aq) \rightarrow H_2O(l)}。此反應在水溶液中僅為質子（H+\mathrm{H}^+）快速轉移給 OH−\mathrm{OH}^- 生成水，不需打破安定共價鍵，且質子傳導極快，反應速率常數約達 1011 M−1s−110^{11} \text{ M}^{-1}\text{s}^{-1}，在四個反應中速率最快。

  2. （丁）沉澱反應： Ag+(aq)+Cl−(aq)→AgCl(s)\mathrm{Ag^+(aq)+Cl^-(aq)\rightarrow AgCl(s)} 屬於游離陰陽離子相互吸引結合形成固體沉澱，反應過程無化學鍵斷裂，速率極快（速率常數約 1010 M−1s−110^{10} \text{ M}^{-1}\text{s}^{-1}）。但離子需透過擴散碰撞組裝成晶核，速率略慢於酸鹼中和，速率次快。

  3. （乙）氧化還原反應： Cr2O72−(aq)+6Fe2+(aq)+14H+(aq)→2Cr3+(aq)+6Fe3+(aq)+7H2O(l)\mathrm{Cr_2O_7^{2-}(aq)+6Fe^{2+}(aq)+14H^+(aq)\rightarrow 2Cr^{3+}(aq)+6Fe^{3+}(aq)+7H_2O(l)}

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第 16 題2 分

若已知：

N2(g)+O2(g)→2NO(g)ΔH1=180 kJ\mathrm{N_2(g)+O_2(g)\rightarrow 2NO(g)}\qquad \Delta H_1=180\,\mathrm{kJ}

2NO2(g)→2NO(g)+O2(g)ΔH2=112 kJ\mathrm{2NO_2(g)\rightarrow 2NO(g)+O_2(g)}\qquad \Delta H_2=112\,\mathrm{kJ}

則 11 莫耳的氮氣與 22 莫耳的氧氣完全反應，生成 22 莫耳的二氧化氮氣體時，反應熱 ΔH=?\Delta H=?

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查赫斯定律（Hess's Law）​與熱化學反應式（Thermochemical Equation）​的組合與計算。

  1. 赫斯定律：化學反應的反應熱（ΔH\Delta H）僅決定於反應的始態（反應物）與終態（生成物），而與反應途徑無關。若一個反應可由數個分步反應疊加而成，則總反應熱等於各分步反應熱之代數和。
  2. 熱化學反應式運算規則：
  • 反應式逆轉（反向）​時，反應熱正負號改變（乘以 −1-1）。
  • 反應式係數乘以 nn 倍時，反應熱 ΔH\Delta H 亦需乘以 nn 倍。
  • 數個反應式相加時，反應熱 ΔH\Delta H 為各反應熱之代數和。

解題方法

步驟一：明確寫出目標化學反應式 題目要求計算「11 莫耳氮氣與 22 莫耳氧氣完全反應，生成 22 莫耳二氧化氮氣體」的反應熱，目標反應式為： N2(g)+2O2(g)→2NO2(g)ΔH=?\mathrm{N_2(g) + 2O_2(g) \rightarrow 2NO_2(g)} \qquad \Delta H = ?

步驟二：分析已知反應式 已知反應式如下： (1)N2(g)+O2(g)→2NO(g)ΔH1=180 kJ(1)\quad \mathrm{N_2(g) + O_2(g) \rightarrow 2NO(g)} \qquad \Delta H_1 = 180\,\mathrm{kJ} (2)2NO2(g)→2NO(g)+O2(g)ΔH2=112 kJ(2)\quad \mathrm{2NO_2(g) \rightarrow 2NO(g) + O_2(g)} \qquad \Delta H_2 = 112\,\mathrm{kJ}

步驟三：進行反應式組合（疊加）與計算

  1. 觀察目標反應物與生成物的位置：
  • N2(g)\mathrm{N_2(g)} 位於目標式左側（反應物），且係數為 11；已知式 (1) 的 N2(g)\mathrm{N_2(g)} 亦在左側且係數為 11，故保持反應式 (1) 不變： N2(g)+O2(g)→2NO(g)ΔH1=180 kJ\mathrm{N_2(g) + O_2(g) \rightarrow 2NO(g)} \qquad \Delta H_1 = 180\,\mathrm{kJ}

  1. NO2(g)\mathrm{NO_2(g)} 位於目標式右側（生成物），且係數為 22；已知式 (2) 的 2NO2(g)\mathrm{2NO_2(g)} 在左側，故將反應式 (2) 取逆反應（乘以 −1-1）： 2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)ΔH2′=−112 kJ\mathrm{2NO(g) + O_2(g) \rightarrow 2NO_2(g)} \qquad \Delta H_2' = -112\,\mathrm{kJ}

  2. 將上述兩式相加：

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第 17 題2 分

下列有關 Na2SO4\mathrm{Na_2SO_4}、Si\mathrm{Si}、NH3\mathrm{NH_3} 此三種物質的熔點高低順序，何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查物質化學鍵類型與晶體結構對熔點（Melting Point）的影響。

不同晶體類型的熔點主要取決於構成晶體微粒間的作用力種類與強度。一般而言，晶體熔點的高低順序規律如下： 共價網狀固體>離子固體>分子固體\text{共價網狀固體} > \text{離子固體} > \text{分子固體}

各物質的晶體類型與作用力分析：

  1. Si\mathrm{Si}（矽）：第 14 族元素，結構類似金剛石（Diamond），原子之間以強烈的共價鍵交聯成三維網狀結構，屬於共價網狀固體。
  2. Na2SO4\mathrm{Na_2SO_4}（硫酸鈉）：由金屬陽離子 Na+\mathrm{Na^+} 與多原子陰離子 SO42−\mathrm{SO_4^{2-}} 組成，陰陽離子間以強烈的靜電引力（離子鍵）結合，屬於離子固體。
  3. NH3\mathrm{NH_3}（氨）：由獨立的共價分子所組成，固態時分子間僅靠較弱的氫鍵與分散力（凡得瓦力）維持晶體結構，屬於分子固體。

解題方法

  1. 分類化學鍵與晶體類型：
  • Si\mathrm{Si}：共價網狀固體
  • Na2SO4\mathrm{Na_2SO_4}：離子固體
  • NH3\mathrm{NH_3}：分子固體
  1. 比較微粒間作用力大小：
  • 共價網狀固體 (Si\mathrm{Si})：熔化時必須破壞貫穿整個晶體的原子間共價鍵，需要極高能量，故熔點最高（約 1414 ∘C1414\text{ }^\circ\mathrm{C}）。
  • 離子固體 (Na2SO4\mathrm{Na_2SO_4})：熔化時需要克服陰陽離子間的強大離子鍵（靜電吸引力），需要相當高的能量，熔點次之（約 884 ∘C884\text{ }^\circ\mathrm{C}）。
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第 18 題2 分

若已知 60 ∘C60\,^\circ\mathrm{C} 時，純水的 KW=9×10−14K_\mathrm{W}=9\times10^{-14}，則下列相關敘述哪一項正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查水的離子積、純水的酸鹼性，以及中性溶液的判斷。

水的離子積定義為：

KW=[H+][OH−]K_\mathrm{W}=[\mathrm{H^+}][\mathrm{OH^-}]

在純水中，水解離所產生的 H+\mathrm{H^+} 與 OH−\mathrm{OH^-} 濃度相等，因此：

[H+]=[OH−][\mathrm{H^+}]=[\mathrm{OH^-}]

所以純水中的離子濃度為：

[H+]=[OH−]=KW[\mathrm{H^+}]=[\mathrm{OH^-}]=\sqrt{K_\mathrm{W}}

必須注意：中性溶液不一定具有 pH=7\mathrm{pH}=7。只有在 25 ∘C25\,^\circ\mathrm{C}、KW=1.0×10−14K_\mathrm{W}=1.0\times10^{-14} 時，中性溶液的 pH 才是 7。

解題方法

已知 60 ∘C60\,^\circ\mathrm{C} 時：

KW=9×10−14K_\mathrm{W}=9\times10^{-14}

純水中：

[H+]=9×10−14=3×10−7 M[\mathrm{H^+}]=\sqrt{9\times10^{-14}} =3\times10^{-7}\,\mathrm{M}

因此純水的中性 pH 為：

pH=−log⁡(3×10−7)≈6.52\mathrm{pH}=-\log(3\times10^{-7}) \approx 6.52

雖然 pH 小於 7，但因為純水仍滿足：

[H+]=[OH−][\mathrm{H^+}]=[\mathrm{OH^-}]

所以它仍是中性，不是酸性。

選項分析

(A) 此溫度下，水的 [H+]=3×10−7 M[\mathrm{H^+}]=3\times10^{-7}\,\mathrm{M}

正確。

純水中 [H+]=[OH−][\mathrm{H^+}]=[\mathrm{OH^-}]，故：

[H+]=KW=9×10−14=3×10−7 M[\mathrm{H^+}]=\sqrt{K_\mathrm{W}} =\sqrt{9\times10^{-14}} =3\times10^{-7}\,\mathrm{M}

(B) 60 ∘C60\,^\circ\mathrm{C} 時，純水為酸性

錯誤。

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第 19 題2 分

已知下列金屬離子的標準還原電位：

Zn2+(aq)+2e−→Zn(s)E∘=−0.76 V\mathrm{Zn^{2+}(aq)+2e^-\rightarrow Zn(s)}\qquad E^\circ=-0.76\,\mathrm{V}

Fe2+(aq)+2e−→Fe(s)E∘=−0.44 V\mathrm{Fe^{2+}(aq)+2e^-\rightarrow Fe(s)}\qquad E^\circ=-0.44\,\mathrm{V}

Cu2+(aq)+2e−→Cu(s)E∘=0.34 V\mathrm{Cu^{2+}(aq)+2e^-\rightarrow Cu(s)}\qquad E^\circ=0.34\,\mathrm{V}

Ag+(aq)+e−→Ag(s)E∘=0.80 V\mathrm{Ag^+(aq)+e^-\rightarrow Ag(s)}\qquad E^\circ=0.80\,\mathrm{V}

同溫下，電解質濃度均為 1.0 M1.0\,\mathrm{M} 的情況下，下列哪一個反應會向右自發進行？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查標準電池電位與氧化還原反應自發性的判斷。

標準電池電位公式為：

Ecell∘=E還原∘+E氧化∘=E陰極還原∘−E陽極還原∘E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ_{\text{還原}} + E^\circ_{\text{氧化}} = E^\circ_{\text{陰極還原}} - E^\circ_{\text{陽極還原}}

其中：

  • 陰極發生還原反應。
  • 陽極發生氧化反應。
  • Ecell∘>0E^\circ_{\text{cell}}>0：反應向右自發進行。
  • Ecell∘<0E^\circ_{\text{cell}}<0：反應向右不自發。
  • Ecell∘=0E^\circ_{\text{cell}}=0：達平衡。

因為各電解質濃度均為 1.0 M1.0\,\mathrm{M}，符合標準狀態，因此可直接使用標準還原電位判斷。

解題方法

先判斷每個反應中的氧化劑與還原劑，再以「陰極還原電位減去陽極還原電位」計算 Ecell∘E^\circ_{\text{cell}}。電位不可因反應係數放大而乘倍數。

金屬離子的還原能力大小规律如下：

Ag+>Cu2+>Fe2+>Zn2+\mathrm{Ag^+}> \mathrm{Cu^{2+}}> \mathrm{Fe^{2+}}> \mathrm{Zn^{2+}}

標準還原電位越大者，越容易被還原；標準還原電位越小者，越容易發生氧化。

選項分析

(A) Zn(s)+2Ag+(aq)→Zn2+(aq)+2Ag(s)\mathrm{Zn(s)+2Ag^+(aq)\rightarrow Zn^{2+}(aq)+2Ag(s)}

鋅失去電子：

Zn(s)→Zn2+(aq)+2e−\mathrm{Zn(s)\rightarrow Zn^{2+}(aq)+2e^-}

銀離子得到電子：

2Ag+(aq)+2e−→2Ag(s)\mathrm{2Ag^+(aq)+2e^-\rightarrow 2Ag(s)}

因此：

Ecell∘=EAg+/Ag∘−EZn2+/Zn∘E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ_{\mathrm{Ag^+/Ag}} - E^\circ_{\mathrm{Zn^{2+}/Zn}} =0.80−(−0.76)=1.56 V=0.80-(-0.76)=1.56\,\mathrm{V}

因為：

Ecell∘=1.56 V>0E^\circ_{\text{cell}}=1.56\,\mathrm{V}>0

反應向右自發進行，故 (A) 正確。

(B) 2Ag(s)+Fe2+(aq)→2Ag2+(aq)+Fe(s)\mathrm{2Ag(s)+Fe^{2+}(aq)\rightarrow 2Ag^{2+}(aq)+Fe(s)}

此反應的意圖是銀被氧化、亞鐵離子被還原。依題目提供的金屬標準還原電位判斷：

  • Fe2+\mathrm{Fe^{2+}} 被還原，還原電位為 −0.44 V-0.44\,\mathrm{V}。
  • 銀被氧化，須將銀的還原電位反向使用，氧化電位為 −0.80 V-0.80\,\mathrm{V}。

因此：

Ecell∘=−0.44+(−0.80)=−1.24 VE^\circ_{\text{cell}} = -0.44+(-0.80) = -1.24\,\mathrm{V}
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第 20 題2 分

下列哪一個化學式所表示的有機化合物為飽和烴？

這一題的完整詳解

核心觀念

「烴」是只由碳（C）與氫（H）兩種元素組成的有機化合物。

「飽和烴」通常指烷烴，分子中碳原子之間僅以單鍵連接，通式為：

CnH2n+2\mathrm{C_nH_{2n+2}}

其中 nn 為碳原子數。飽和烴不能含有氧、氯等其他元素，也不能含有碳碳雙鍵或三鍵。

解題方法

逐一檢查各選項：

  1. 是否只含有 C、H 兩種元素，符合「烴」的定義。
  2. 若只含 C、H，再利用烷烴通式 CnH2n+2\mathrm{C_nH_{2n+2}} 判斷是否為飽和烴。

當 n=5n=5 時：

2n+2=2(5)+2=122n+2=2(5)+2=12

因此符合烷烴通式的分子式為 C5H12\mathrm{C_5H_{12}}。

選項分析

(A) C4H9Cl\mathrm{C_4H_9Cl}

含有氯（Cl），不只由碳、氫組成，因此不是「烴」。雖然其碳骨架可為飽和結構，屬於氯代烷類，但不能稱為飽和烴，錯誤。

(B) C2H4\mathrm{C_2H_4}

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第 21 題2 分

已知：

A(g)+2B(g)→C(g),r=kPAPB2\mathrm{A(g)+2B(g)\rightarrow C(g)},\qquad r=kP_\mathrm{A}P_\mathrm{B}^2

今將 A(g)\mathrm{A(g)}、B(g)\mathrm{B(g)} 的莫耳數各加為原來的 33 倍，且於溫度不變的情況下，將體積擴大為原來的 22 倍，則反應速率為原來的若干倍？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氣體分壓與反應速率定律。

已知反應速率為

r=kPAPB2r=kP_{\mathrm A}P_{\mathrm B}^2

其中 kk 為速率常數。在溫度不變時，依理想氣體方程式：

Pi=niRTVP_i=\frac{n_iRT}{V}

因此，氣體的分壓與莫耳數成正比，與體積成反比。

解題方法

設原來氣體的分壓分別為 PAP_{\mathrm A}、PBP_{\mathrm B}，反應速率為

r=kPAPB2r=kP_{\mathrm A}P_{\mathrm B}^2

題目條件為：

  • A、B 的莫耳數各變為原來的 33 倍；
  • 體積變為原來的 22 倍；
  • 溫度維持不變。

因此，A 的新分壓為

PA′=3nART2V=32PAP'_{\mathrm A} =\frac{3n_{\mathrm A}RT}{2V} =\frac{3}{2}P_{\mathrm A}

同理，B 的新分壓為

PB′=32PBP'_{\mathrm B} =\frac{3}{2}P_{\mathrm B}

新反應速率為

r′=kPA′(PB′)2r'=kP'_{\mathrm A}(P'_{\mathrm B})^2

代入分壓變化：

r′=k(32PA)(32PB)2r' =k\left(\frac{3}{2}P_{\mathrm A}\right) \left(\frac{3}{2}P_{\mathrm B}\right)^2 r′=32×94 kPAPB2r' =\frac{3}{2}\times\frac{9}{4} \ kP_{\mathrm A}P_{\mathrm B}^2

所以

r′r=32×94=278\frac{r'}{r} =\frac{3}{2}\times\frac{9}{4} =\frac{27}{8}

故反應速率變為原來的 278\dfrac{27}{8} 倍。

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第 22 題2 分

已知一單質子弱酸 HA\mathrm{HA} 的 Ka=1.0×10−5K_\mathrm{a}=1.0\times10^{-5}，取 0.5 mol0.5\,\mathrm{mol} HA\mathrm{HA} 及 0.5 mol0.5\,\mathrm{mol} NaA\mathrm{NaA} 配成 1 L1\,\mathrm{L} 的緩衝溶液。此溶液之 pH\mathrm{pH} 值最接近下列哪一個數值？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查弱酸—共軛鹼緩衝溶液的酸鹼平衡，以及 Henderson–Hasselbalch 方程式。

弱酸 HA\mathrm{HA} 的解離平衡為：

HA⇌H++A−\mathrm{HA \rightleftharpoons H^+ + A^-}

其酸解離常數為：

Ka=[H+][A−][HA]K_\mathrm{a}=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}

對弱酸與其共軛鹼 A−\mathrm{A^-} 所形成的緩衝溶液：

pH=pKa+log⁡[A−][HA]\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_\mathrm{a}+\log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}

其中：

pKa=−log⁡Ka\mathrm{p}K_\mathrm{a}=-\log K_\mathrm{a}

解題方法

已知：

Ka=1.0×10−5K_\mathrm{a}=1.0\times10^{-5}

因此：

pKa=−log⁡(1.0×10−5)=5\mathrm{p}K_\mathrm{a} =-\log(1.0\times10^{-5}) =5

取 0.5 mol0.5\,\mathrm{mol} 的 HA\mathrm{HA} 與 0.5 mol0.5\,\mathrm{mol} 的 NaA\mathrm{NaA} 配成 1 L1\,\mathrm{L} 溶液，故兩者濃度分別為：

[HA]=0.51=0.5 M[\mathrm{HA}]=\frac{0.5}{1}=0.5\,\mathrm{M} [A−]=0.51=0.5 M[\mathrm{A^-}]=\frac{0.5}{1}=0.5\,\mathrm{M}

NaA\mathrm{NaA} 為可溶性鹽，在水中解離產生 A−\mathrm{A^-}，因此：

[A−][HA]=1\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=1

代入 Henderson–Hasselbalch 方程式：

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第 23 題2 分

下列何者不能作為配位化合物的配位基？

這一題的完整詳解

核心觀念

配位化合物由中心金屬離子與配位基組成。配位基必須具有可提供給中心金屬離子的孤電子對，透過配位共價鍵形成配位鍵，因此配位基通常是 Lewis 鹼。

判斷配位基的關鍵是：

  • 是否具有可供出的孤電子對。
  • 是否能以孤電子對與金屬離子形成配位鍵。
  • 帶負電或中性的粒子通常較容易作為配位基，但正電荷本身並非唯一判斷依據。

解題方法

逐一檢查各選項的路易斯結構與中心原子上的孤電子對：

  • 若有孤電子對，可提供給金屬離子，能作為配位基。
  • 若中心原子沒有可供出的孤電子對，則不能作為一般配位基。

選項分析

(A) NH3\mathrm{NH_3}

氨分子中，氮原子與三個氫原子形成三個共價鍵，氮原子仍保有一對孤電子對：

NH3:\mathrm{NH_3:}

這對孤電子對可提供給金屬離子，形成如 [Cu(NH3)4]2+\mathrm{[Cu(NH_3)_4]^{2+}} 的配位化合物。因此 NH3\mathrm{NH_3} 可以作為配位基。

(B) H2O\mathrm{H_2O}

水分子中的氧原子與兩個氫原子形成共價鍵，並保有兩對孤電子對。氧原子可利用孤電子對與金屬離子形成配位鍵，例如六水合鐵離子：

[Fe(H2O)6]3+\mathrm{[Fe(H_2O)_6]^{3+}}

因此 H2O\mathrm{H_2O} 可以作為配位基。

(C) CN−\mathrm{CN^-}

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第 24 題2 分

下列何者不會與多侖試劑產生銀鏡反應？

這一題的完整詳解

核心觀念

多侖試劑（Tollens’ reagent）主要成分為鹼性條件下的二氨合銀錯離子 [Ag(NH3)2]+[\mathrm{Ag(NH_3)_2}]^+。具有還原性的物質可將其中的 Ag+\mathrm{Ag^+} 還原成金屬銀，附著在試管內壁形成銀鏡。

醛基可被氧化成羧酸根，而銀離子被還原：

RCHO+2[Ag(NH3)2]++3OH−→RCOO−+2Ag+4NH3+2H2O\mathrm{RCHO+2[Ag(NH_3)_2]^++3OH^- \rightarrow RCOO^-+2Ag+4NH_3+2H_2O}

因此，判斷是否產生銀鏡的重點是：

  • 醛類通常可產生銀鏡反應。
  • 甲酸雖屬羧酸，但具有還原性，也可被氧化，因此可產生銀鏡反應。
  • 葡萄糖在水溶液中可與開鏈型醛基互相轉換，因此具有銀鏡反應。
  • 一般酮類不易被多侖試劑氧化，通常不產生銀鏡反應。

解題方法

逐一判斷各物質是否具有醛基，或是否具有足以還原多侖試劑的還原性：

  1. 葡萄糖：屬還原糖，具有銀鏡反應。
  2. 乙醛：含有醛基，具有銀鏡反應。
  3. 甲酸：可被氧化為二氧化碳，具有還原性，具有銀鏡反應。
  4. 丙酮：屬酮類，無醛基，通常不與多侖試劑反應。

所以不會產生銀鏡反應的是丙酮。

選項分析

(A) 葡萄糖

葡萄糖主要以環狀半縮醛結構存在，但在水溶液中可與少量開鏈型葡萄糖建立平衡。開鏈型葡萄糖含有醛基：

HOCH2(CHOH)4CHO\mathrm{HOCH_2(CHOH)_4CHO}
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第 25 題2 分

下列各組溶液，何者混合後可配成緩衝溶液？

這一題的完整詳解

核心觀念

緩衝溶液是由：

  • 弱酸與其共軛鹼，例如 CH3COOH/CH3COO−\mathrm{CH_3COOH/CH_3COO^-}
  • 弱鹼與其共軛酸

所組成，能抵抗少量酸、鹼加入所造成的 pH 劇烈變化。

醋酸的電離平衡為：

CH3COOH⇌H++CH3COO−\mathrm{CH_3COOH \rightleftharpoons H^+ + CH_3COO^-}

因此，CH3COOH\mathrm{CH_3COOH} 與 CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-} 同時存在時，可形成醋酸—醋酸根緩衝系統。判斷混合後是否為緩衝溶液，重點在於檢查混合後是否同時存在弱酸及其共軛鹼。

解題方法

先計算各物質的莫耳數：

n=MVn=MV

其中 MM 為莫耳濃度，VV 為體積，體積須換算成公升。遇到強酸、強鹼與弱酸、弱鹼混合時，先完成中和反應，再判斷反應後的組成。

醋酸與氫氧化鈉反應：

CH3COOH+OH−→CH3COO−+H2O\mathrm{CH_3COOH+OH^- \rightarrow CH_3COO^-+H_2O}

醋酸根與鹽酸反應：

CH3COO−+H+→CH3COOH\mathrm{CH_3COO^-+H^+ \rightarrow CH_3COOH}

選項分析

(A) 正確

醋酸莫耳數：

n(CH3COOH)=0.1×0.050=0.005 moln(\mathrm{CH_3COOH}) =0.1\times 0.050 =0.005\ \mathrm{mol}

醋酸鈉解離產生醋酸根：

n(CH3COO−)=0.1×0.050=0.005 moln(\mathrm{CH_3COO^-}) =0.1\times 0.050 =0.005\ \mathrm{mol}

混合後同時含有：

  • 弱酸 CH3COOH\mathrm{CH_3COOH}
  • 其共軛鹼 CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-}

故可形成緩衝溶液。因兩者莫耳數相等，若忽略體積變化，利用 Henderson–Hasselbalch 方程式：

pH=pKa+log⁡[CH3COO−][CH3COOH]\mathrm{pH=p}K_a+\log\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}

可得：

pH=pKa\mathrm{pH=p}K_a

(B) 錯誤

鹽酸莫耳數：

n(HCl)=0.1×0.050=0.005 moln(\mathrm{HCl})=0.1\times0.050=0.005\ \mathrm{mol}

氫氧化鈉莫耳數：

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第 26 題2 分

下列有關空氣汙染的敘述，何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查空氣汙染與環境化學中的三項概念：

  1. 溫室效應：溫室氣體主要吸收地表放出的紅外線，使熱能留在大氣中。
  2. 酸雨形成：硫氧化物、氮氧化物溶於雨水後形成酸性物質。
  3. 臭氧層破壞：主要與含氯、含溴的鹵化物有關，例如氯氟碳化物（CFCs）。
  4. 汽車觸媒轉化器：將一氧化碳、碳氫化合物及氮氧化物轉化為危害較小的物質，氮氧化物主要被還原成氮氣。

解題方法

判斷各選項的關鍵在於辨認：

  • 溫室氣體吸收的是哪一種電磁波；
  • 酸雨的主要前驅物；
  • 破壞臭氧層的化學元素；
  • 觸媒轉化器對氮氧化物的處理產物。

逐項比對基本反應與環境化學定義，即可判定正確選項。

選項分析

(A) 錯誤

大氣中的 CO2\mathrm{CO_2}、H2O\mathrm{H_2O}、CH4\mathrm{CH_4} 確實都是重要的溫室氣體，但其造成溫室效應的主要機制不是吸收紫外光，而是吸收地表放出的紅外線。

地球表面吸收太陽輻射後升溫，會以紅外線形式向外放出熱能。溫室氣體吸收這些紅外線後，再向各方向放射，使部分熱能返回地表，造成溫室效應。

因此，選項將「紅外光」誤寫成「紫外光」，故錯誤。

(B) 正確

二氧化硫與二氧化氮溶於雨水後，會形成酸性物質。

二氧化硫可先形成亞硫酸：

SO2+H2O→H2SO3\mathrm{SO_2 + H_2O \rightarrow H_2SO_3}

在大氣中進一步被氧化，可形成硫酸：

2SO2+O2→2SO3\mathrm{2SO_2 + O_2 \rightarrow 2SO_3} SO3+H2O→H2SO4\mathrm{SO_3 + H_2O \rightarrow H_2SO_4}

二氧化氮溶於水可生成硝酸與亞硝酸：

2NO2+H2O→HNO2+HNO3\mathrm{2NO_2 + H_2O \rightarrow HNO_2 + HNO_3}

這些酸性物質隨降水降落，會使雨水的 pH\mathrm{pH} 值降低，形成酸雨。因此本選項正確。

(C) 錯誤

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第 27 題2 分

實驗 1：取 0.51 g0.51\,\mathrm{g} 鄰苯二甲酸氫鉀（簡稱 KHP，式量 =204=204）配成 20.0 mL20.0\,\mathrm{mL} 的水溶液來標定 NaOH\mathrm{NaOH}。當 NaOH(aq)\mathrm{NaOH(aq)} 滴入 20.0 mL20.0\,\mathrm{mL} 時，溶液中的酚酞指示劑由無色轉成紅色。

實驗 2：以實驗 1 的 NaOH(aq)\mathrm{NaOH(aq)} 滴定 50.0 mL50.0\,\mathrm{mL} 未知濃度的鹽酸，當加入 40.0 mL40.0\,\mathrm{mL} 的 NaOH(aq)\mathrm{NaOH(aq)} 時恰達滴定終點。

根據上面兩個實驗，下面相關敘述何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 酸鹼中和與滴定原理： 酸鹼完全中和時，酸釋出的 H+\mathrm{H}^+ 總莫耳數等於鹼釋出的 OH−\mathrm{OH}^- 總莫耳數： nA×MA×VA=nB×MB×VBn_{\mathrm{A}} \times M_{\mathrm{A}} \times V_{\mathrm{A}} = n_{\mathrm{B}} \times M_{\mathrm{B}} \times V_{\mathrm{B}} （其中 nn 為酸或鹼每莫耳可提供的 H+\mathrm{H}^+ 或 OH−\mathrm{OH}^- 莫耳數，即價數；MM 為體積莫耳濃度；VV 為溶液體積）。

  2. 一級標準品（KHP）標定： 鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4\mathrm{KHC_8H_4O_4}，簡稱 KHP\mathrm{KHP}，式量 =204= 204）為純度高、性質穩定的固體一元酸（n=1n = 1），常用來精確標定易潮解且易吸收二氧化碳的 NaOH\mathrm{NaOH} 溶液。

  3. 滴定實驗器材的洗滌與潤洗規則：

  • 滴定管、分度吸量管（移液管）：必須先用蒸餾水洗淨，再用欲盛裝之溶液潤洗 2∼32 \sim 3 次，以防管壁殘留的蒸餾水稀釋溶液濃度。
  • 錐形瓶、容量瓶：以蒸餾水洗淨即可，絕不可用待測液潤洗。若潤洗會使瓶內殘留溶質，造成反應物總莫耳數增加而產生實驗誤差。
  1. 指示劑的選用：
  • 強鹼滴定弱酸（實驗 1）：當量點呈弱鹼性（pH>7\mathrm{pH} > 7），應選用變色範圍在鹼性區的酚酞（pH 8.2∼10.0\mathrm{pH}\ 8.2 \sim 10.0，無色轉粉紅）。
  • 強鹼滴定強酸（實驗 2）：當量點 pH=7\mathrm{pH} = 7。由滴定管滴入強鹼時，以酚酞作為指示劑時由「無色轉為粉紅色」，變色敏銳且人眼最易觀察判斷終點。

解題方法

步驟一：由實驗 1 標定求得 NaOH(aq)\mathrm{NaOH(aq)} 之體積莫耳濃度

KHP\mathrm{KHP} 是一元酸（n=1n=1），其莫耳數為： nKHP=質量式量=0.51 g204 g/mol=0.0025 moln_{\mathrm{KHP}} = \frac{\text{質量}}{\text{式量}} = \frac{0.51\,\mathrm{g}}{204\,\mathrm{g/mol}} = 0.0025\,\mathrm{mol}

當滴入 20.0 mL20.0\,\mathrm{mL} 的 NaOH(aq)\mathrm{NaOH(aq)} 達到滴定終點時，H+\mathrm{H}^+ 莫耳數等於 OH−\mathrm{OH}^- 莫耳數： nKHP=MNaOH×VNaOHn_{\mathrm{KHP}} = M_{\mathrm{NaOH}} \times V_{\mathrm{NaOH}} 0.0025 mol=MNaOH×20.01000 L0.0025\,\mathrm{mol} = M_{\mathrm{NaOH}} \times \frac{20.0}{1000}\,\mathrm{L} MNaOH=0.00250.020=0.125 MM_{\mathrm{NaOH}} = \frac{0.0025}{0.020} = 0.125\,\mathrm{M}

步驟二：由實驗 2 求未知濃度之鹽酸 HCl(aq)\mathrm{HCl(aq)}

HCl\mathrm{HCl} 與 NaOH\mathrm{NaOH} 皆為一元酸鹼（nHCl=1n_{\mathrm{HCl}} = 1、

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第 28 題2 分

在相同溫度下，取下列物質各 1 mol1\,\mathrm{mol} 溶解於 11 升的水中，何者的滲透壓最大？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 溶液的依數性質（Colligative Properties）與滲透壓公式： 根據凡特荷夫滲透壓公式： Π=iCMRT\Pi = i C_M R T 其中：
  • Π\Pi 為滲透壓（atm\mathrm{atm}）
  • ii 為凡特荷夫因子（van 't Hoff factor，即強電解質完全解離時釋出的總粒子數）
  • CMC_M 為體積莫耳濃度（mol/L\mathrm{mol/L} 或 M\mathrm{M}）
  • RR 為理想氣體常數
  • TT 為絕對溫度（K\mathrm{K}）
  1. 比較基準： 當溫度 TT 相同，且各取 1 mol1\,\mathrm{mol} 溶質溶於 1 L1\,\mathrm{L} 水中（初始濃度 CM=1 MC_M = 1\,\mathrm{M} 均相同）時，溶液的滲透壓大小直接正比於凡特荷夫因子 ii（即水溶液中實際存在的溶質總粒子莫耳濃度 i×CMi \times C_M）。

解題方法

  1. 由於各選項溶液的溫度 TT 與初始濃度 CM=1 MC_M = 1\,\mathrm{M} 皆相同，依公式 Π∝i\Pi \propto i，只需比較各電解質在水中完全解離後的粒子數（ii 值）。
  2. 寫出各選項物質在水中的解離方程式，計算 1 mol1\,\mathrm{mol} 化合物解離出的總離子莫耳數：
  • ii 值愈大者，溶液中溶質粒子數愈多，所產生的滲透壓 Π\Pi 愈大。

選項分析

  • (A) Na3PO4\mathrm{Na_3PO_4}： 在水中完全解離： Na3PO4(s)→3 Na+(aq)+PO43−(aq)\mathrm{Na_3PO_4(s) \rightarrow 3\,Na^+(aq) + PO_4^{3-}(aq)} 1 mol1\,\mathrm{mol} 的 Na3PO4\mathrm{Na_3PO_4} 可解離出 3 mol3\,\mathrm{mol} 的 Na+\mathrm{Na^+} 與 1 mol1\,\mathrm{mol} 的 PO43−\mathrm{PO_4^{3-}}，共生成 4 mol4\,\mathrm{mol} 粒子（i=4i = 4）。在所有選項中產生的粒子數最多，滲透壓最大，故 (A) 正確。

  • (B) [Cr(NH3)4Cl2]Cl\mathrm{[Cr(NH_3)_4Cl_2]Cl}： 此化合物為錯合物（配位化合物）。中括號內為配位內界，配位鍵在水中不易斷裂；只有中括號外的外界離子會解離：

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第 29 題2 分

膠體溶液中的分散質（膠體粒子）大小約為 11～1000 nm1000\,\mathrm{nm}，有些性質與真溶液不同。下列對於膠體溶液的相關敘述，何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗膠體溶液（Colloid）的特性與現象，核心重點涵蓋：

  1. 光學性質（廷得耳效應）：膠體粒子直徑（1∼1000 nm1\sim 1000\,\mathrm{nm}）與可見光波長（400∼700 nm400\sim 700\,\mathrm{nm}）相近，會使通過的光線產生散射現象。
  2. 動態性質（布朗運動）：膠體粒子受周圍分散媒（溶劑）分子不平衡的隨機碰撞而產生的無規則運動。
  3. 電學性質與凝聚（哈代－許爾策定則，Hardy-Schulze rule）：膠體粒子表面常吸附同種離子而帶同種電荷，彼此互斥而維持分散穩定；加入電解質時，解離出的「異號離子」會中和膠體電荷引發凝聚，且異號離子的價數愈高，凝聚能力愈強。

解題方法

依據膠體化學之定義與微觀機制，逐一檢驗各選項之因果關係及反應行為：

  1. 檢視各物理現象（布朗運動、廷得耳效應）的微觀作用成因。
  2. 判斷電解質對膠體穩定性之影響（加入電解質中和電荷促成凝聚）。
  3. 判斷氫氧化鐵膠體的帶電性（帶正電），並比較加入電解質所提供之陰離子價數（PO43−\mathrm{PO_4^{3-}} 與 Cl−\mathrm{Cl^-}）對凝聚效果的強弱。

選項分析

  • (A) 錯誤：布朗運動（Brownian motion）是由分散媒（溶劑分子）從各個方向對分散質（膠體粒子）進行不平衡且隨機的碰撞所造成，而非分散質粒子之間的互相碰撞。
  • (B) 錯誤：膠體溶液通常因粒子表面帶同種電荷相互排斥而穩定分散；加入電解質會提供反電荷離子，中和膠體粒子的表面電荷，使靜電排斥力消失，進而使膠體粒子互相聚集而凝聚（沈降），會降低其穩定度而非防止凝聚。
  • (C) 錯誤：
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第 30 題2 分

在 11 大氣壓下，若將 45.0 g45.0\,\mathrm{g} 葡萄糖（C6H12O6\mathrm{C_6H_{12}O_6}）完全溶解於 500.0 g500.0\,\mathrm{g} 的水中，則該溶液的沸點為攝氏幾度？

分子量：C6H12O6=180\mathrm{C_6H_{12}O_6}=180；水的 Kb=0.52 ∘C/mK_\mathrm{b}=0.52\,^\circ\mathrm{C/m}。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 溶液依數性（沸點上升）： 非揮發性、非電解質溶質溶於揮發性溶劑中時，會降低溶劑的蒸氣壓，使得溶液的沸點高於純溶劑的沸點，此現象稱為「沸點上升」。
  2. 沸點上升公式： ΔTb=i×Kb×Cm\Delta T_\mathrm{b} = i \times K_\mathrm{b} \times C_m
  • ΔTb\Delta T_\mathrm{b}：沸點上升度數（∘C^\circ\mathrm{C}）
  • ii：凡特何夫因子（van 't Hoff factor）。葡萄糖為非電解質，在水中不解離，故 i=1i = 1。
  • KbK_\mathrm{b}：溶劑的莫耳沸點上升常數（水之 Kb=0.52 ∘C/mK_\mathrm{b} = 0.52\,^\circ\mathrm{C/m}）。
  • CmC_m：重量莫耳濃度（mol/kg\mathrm{mol/kg} 或 m\mathrm{m}）。
  1. 溶液沸點計算： Tb=Tb∘+ΔTbT_\mathrm{b} = T_\mathrm{b}^\circ + \Delta T_\mathrm{b} 在 1 atm1\text{ atm} 下，純水的正常沸點 Tb∘=100.00 ∘CT_\mathrm{b}^\circ = 100.00\,^\circ\mathrm{C}。

解題方法

步驟一：計算溶質（葡萄糖）的莫耳數（nn） 葡萄糖化學式為 C6H12O6\mathrm{C_6H_{12}O_6}，分子量為 180 g/mol180\,\mathrm{g/mol}： n=45.0 g180 g/mol=0.25 moln = \frac{45.0\,\mathrm{g}}{180\,\mathrm{g/mol}} = 0.25\,\mathrm{mol}

步驟二：計算溶液的重量莫耳濃度（CmC_m） 水（溶劑）質量 =500.0 g=0.5000 kg= 500.0\,\mathrm{g} = 0.5000\,\mathrm{kg}： Cm=溶質莫耳數 n (mol)溶劑質量 W (kg)=0.25 mol0.5000 kg=0.50 mC_m = \frac{\text{溶質莫耳數 } n\text{ (mol)}}{\text{溶劑質量 } W\text{ (kg)}} = \frac{0.25\,\mathrm{mol}}{0.5000\,\mathrm{kg}} = 0.50\,\mathrm{m}

步驟三：計算沸點上升量（ΔTb\Delta T_\mathrm{b}） 代入沸點上升公式： ΔTb=1×0.52 ∘C/m×0.50 m=0.26 ∘C\Delta T_\mathrm{b} = 1 \times 0.52\,^\circ\mathrm{C/m} \times 0.50\,\mathrm{m} = 0.26\,^\circ\mathrm{C}

步驟四：求出該溶液的沸點（TbT_\mathrm{b}）

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第 31 題4 分

下列哪些選項可以表示一定溫、固定體積的容器中，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)\mathrm{H_2(g)+I_2(g)\rightleftharpoons2HI(g)} 此可逆反應已達平衡的狀態？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 動態平衡的本質：在密閉系統中，當正反應速率等於逆反應速率且不為零（r正=r逆>0r_{\text{正}} = r_{\text{逆}} > 0）時，系統達到化學動態平衡。
  2. 化學平衡的判斷準則：
  • 可作為判斷依據：隨反應進行會改變的巨觀性質（如特定物質濃度、顏色深淺、反應前後係數和不同的總壓力等），若隨時間推進而維持不變，即表示達平衡狀態。
  • 不可作為判斷依據：不論反應是否達平衡，在整個反應過程中恆為定值的性質（如密閉系統的總質量、反應前後氣體總莫耳數不變時的定溫定容總壓力），不能用以判斷是否達平衡。

解題方法

本題反應式為： H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)\mathrm{H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)}

  • 氣體係數分析： 反應物氣體莫耳數和 =1+1=2= 1 + 1 = 2；生成物氣體莫耳數和 =2= 2。 反應前後氣體總莫耳數變化量 Δn=2−(1+1)=0\Delta n = 2 - (1 + 1) = 0。
  • 狀態方程式檢視： 根據理想氣體方程式 P總V=n總RTP_{\text{總}}V = n_{\text{總}}RT： 在定溫（TT 固定）與定容（VV 固定）下，氣體總壓與氣體總莫耳數成正比（P總∝n總P_{\text{總}} \propto n_{\text{總}}）。因 Δn=0\Delta n = 0，自反應開始至結束，氣體總莫耳數 n總n_{\text{總}} 恆不變，因此總壓 P總P_{\text{總}} 恆不變。
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第 32 題4 分

有關乙烷、乙烯、乙炔的相關敘述，哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查有機化學中脂肪族烴類（烷類、烯類、炔類）的分子結構與化學性質比較，重點涵蓋：

  1. 鍵級（鍵數）與鍵長：同種原子間共價鍵數越多，吸引力越強，鍵長越短。
  2. 原子軌域混成理論（Hybridization Theory）：單鍵、雙鍵與三鍵中碳原子的混成軌域型態（sp3sp^3、sp2sp^2、spsp）及其形成共價鍵（σ\sigma 鍵與 π\pi 鍵）的重疊方式。
  3. 不飽和烴的化學檢驗：烯類與炔類因含有電子雲較鬆散的 π\pi 鍵，可與溴的四氯化碳（Br2/CCl4\mathrm{Br_2 / CCl_4}）溶液發生加成反應而褪色。

解題方法

先建立乙烷（C2H6\mathrm{C_2H_6}）、乙烯（C2H4\mathrm{C_2H_4}）與乙炔（C2H2\mathrm{C_2H_2}）三者的三維結構與鍵結特徵資料：

  1. 乙烷（C2H6\mathrm{C_2H_6}）：
  • 分子結構：CH3−CH3\mathrm{CH_3-CH_3}
  • 碳原子混成型態：sp3sp^3 混成。
  • 碳碳間鍵數（鍵級）：11（單鍵，含 11 條 σ\sigma 鍵）。
  • 共價鍵重疊型態：C−C\mathrm{C-C} 的 σ\sigma 鍵由 sp3−sp3sp^3-sp^3 軸向重疊形成；C−H\mathrm{C-H} 的 σ\sigma 鍵由 sp3−ssp^3-s 軸向重疊形成。
  • π\pi 鍵數量：00。
  1. 乙烯（C2H4\mathrm{C_2H_4}）：
  • 分子結構：CH2=CH2\mathrm{CH_2=CH_2}
  • 碳原子混成型態：sp2sp^2 混成。
  • 碳碳間鍵數（鍵級）：22（雙鍵，含 11 條 σ\sigma 鍵與 11 條 π\pi 鍵）。
  • 共價鍵重疊型態：C−C\mathrm{C-C} 的 σ\sigma 鍵由 sp2−sp2sp^2-sp^2 軸向重疊形成；C−H\mathrm{C-H} 的 σ\sigma 鍵由 sp2−ssp^2-s 軸向重疊形成。
  • π\pi 鍵數量：11。
  1. 乙炔（C2H2\mathrm{C_2H_2}）：
  • 分子結構：CH≡CH\mathrm{CH\equiv CH}
  • 碳原子混成型態：spsp 混成。
  • 碳碳間鍵數（鍵級）：33（三鍵，含 11 條 σ\sigma 鍵與 22 條 π\pi 鍵）。
  • 共價鍵重疊型態：C−C\mathrm{C-C} 的 σ\sigma 鍵由 sp−spsp-sp 軸向重疊形成；
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第 33 題4 分

氧化還原滴定實驗中，以 0.1 M0.1\,\mathrm{M} 的酸性 KMnO4\mathrm{KMnO_4} 溶液滴定 20.0 mL20.0\,\mathrm{mL} 未知濃度的 Fe2+\mathrm{Fe^{2+}} 水溶液，當滴加到 10.0 mL10.0\,\mathrm{mL} 時，MnO4−\mathrm{MnO_4^-} 的顏色不再消失。則下列相關敘述哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氧化還原滴定的核心觀念與實驗操作細節，包含：

  1. 氧化還原半反應式與全反應式平衡：高錳酸根離子（MnO4−\mathrm{MnO_4^-}）與亞鐵離子（Fe2+\mathrm{Fe^{2+}}）在酸性條件下的電子轉移關係。
  2. 當量點計算（電子轉移莫耳數守恆）：氧化劑獲得的電子總莫耳數等於還原劑失去的電子總莫耳數（n1M1V1=n2M2V2n_1 M_1 V_1 = n_2 M_2 V_2）。
  3. 自身指示劑（Self-indicator）與終點判斷：MnO4−\mathrm{MnO_4^-} 本身具深紫紅色，還原產物 Mn2+\mathrm{Mn^{2+}} 為無色。
  4. 酸性環境酸源的選擇：評估不同強酸（H2SO4\mathrm{H_2SO_4}、HNO3\mathrm{HNO_3}、HCl\mathrm{HCl}）是否會參與氧化還原反應而造成實驗誤差。

解題方法

1. 反應式平衡與電子轉移數

  • 氧化半反應（Fe2+\mathrm{Fe^{2+}} 作還原劑，失 11 個電子）： Fe2+→Fe3++e−\mathrm{Fe^{2+} \rightarrow Fe^{3+} + e^-}
  • 還原半反應（MnO4−\mathrm{MnO_4^-} 作氧化劑，錳氧化數從 +7+7 降至 +2+2，得 55 個電子）： MnO4−+8H++5e−→Mn2++4H2O\mathrm{MnO_4^- + 8H^+ + 5e^- \rightarrow Mn^{2+} + 4H_2O}
  • 淨離子反應式：將氧化半反應乘以 55 後與還原半反應相加消去電子，得平衡反應式： MnO4−+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O\mathrm{MnO_4^- + 5Fe^{2+} + 8H^+ \rightarrow Mn^{2+} + 5Fe^{3+} + 4H_2O}

2. 當量點濃度計算

當滴加至 10.0 mL10.0\,\mathrm{mL} 時，溶液顏色不再消失，代表到達滴定終點（當量點）。 根據氧化劑得電子莫耳數等於還原劑失電子莫耳數： nKMnO4×MKMnO4×VKMnO4=nFe2+×MFe2+×VFe2+n_{\mathrm{KMnO_4}} \times M_{\mathrm{KMnO_4}} \times V_{\mathrm{KMnO_4}} = n_{\mathrm{Fe^{2+}}} \times M_{\mathrm{Fe^{2+}}} \times V_{\mathrm{Fe^{2+}}}

代入已知數據（nKMnO4=5n_{\mathrm{KMnO_4}}=5, nFe2+=1n_{\mathrm{Fe^{2+}}}=1）： 5×0.1 M×10.0 mL=1×[Fe2+]×20.0 mL5 \times 0.1\,\mathrm{M} \times 10.0\,\mathrm{mL} = 1 \times [\mathrm{Fe^{2+}}] \times 20.0\,\mathrm{mL} 5.0=20.0×[Fe2+]5.0 = 20.0 \times [\mathrm{Fe^{2+}}] [Fe2+]=5.020.0=0.25 M[\mathrm{Fe^{2+}}] = \frac{5.0}{20.0} = 0.25\,\mathrm{M}

選項分析

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第 34 題4 分

下列物質，哪些可以導電？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查物質導電性的判斷與電解質分類。物質能否導電主要取決於其內部是否含有可自由移動的帶電粒子（自由電子或自由離子）：

  1. 金屬與石墨（具自由電子）：
  • 固態與熔融態皆含有自由電子，故可導電。
  1. 離子化合物（具離子鍵）：
  • 固態 (s)\mathrm{(s)}：陰陽離子受離子鍵束縛於晶格中無法自由移動，不導電。
  • 熔融態 (l)\mathrm{(l)} 與水溶液 (aq)\mathrm{(aq)}：晶格破壞，產生自由離子，可導電。
  1. 分子化合物／酸類（具共價鍵）：
  • 純液態 (l)\mathrm{(l)}：以中性分子形式存在，無自由離子，不導電（例如純醋酸、無水硫酸）。
  • 水溶液 (aq)\mathrm{(aq)}：酸類溶於水解離出自由離子（電解質），可導電；非電解質（如葡萄糖）溶於水不解離，不導電。

解題方法

判斷步驟如下：

  1. 觀察物質類別與物理狀態：確認物質為金屬、離子化合物或分子化合物，並檢視其標示之狀態符號：固態 (s)\mathrm{(s)}、液態 (l)\mathrm{(l)} 或水溶液 (aq)\mathrm{(aq)}。
  2. 檢視導電載體是否存在：
  • 具自由電子者 →\rightarrow 導電（如固態金屬 Ni(s)\mathrm{Ni(s)}）。
  • 具溶於水解離出之自由離子者 →\rightarrow 導電（如酸類水溶液 HClO4(aq)\mathrm{HClO_4(aq)}）。
  1. 排除不可導電者：
  • 離子卡在晶格之固態離子化合物（不導電）。
  • 未解離之純液態共價分子（不導電）。
  • 不解離之非電解質水溶液（不導電）。

選項分析

  • (A) Ni(s)\mathrm{Ni(s)}（正確）
  • 說明：鎳（Ni\mathrm{Ni}）為金屬元素，固態結晶具有金屬鍵與可自由移動的自由電子，因此可以導電。
  • (B) CH3COOH(l)\mathrm{CH_3COOH(l)}（錯誤）
  • 說明：醋酸為共價分子化合物。
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第 35 題4 分

下列哪些物質的路易斯電子點式有共振結構？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 路易斯點式（Lewis structure）與八偶體規則（Octet rule）： 分子或離子中，各原子透過共享電子對（共價鍵）與未共用電子對（孤對電子，lone pair）達到穩定的電子組態（主族原子通常填滿 8 顆價電子；氫原子填滿 2 顆電子）。
  2. 共振結構（Resonance structure）： 當一個分子或多原子離子無法只用單一路易斯結構式準確描述其真實電子分佈時，需使用多個結構式（以雙箭頭 ↔\leftrightarrow 連接）來表示。共振通常發生於分子或離子中含有離域 π\pi 電子（delocalized π\pi electrons）​的情況，常見特徵為：結構中同時存在「單鍵」與「多重鍵（雙鍵或三鍵）」，且多重鍵的位置可以在不同原子間轉移。

解題方法

判斷一物質是否具備共振結構的步驟如下：

  1. 計算價電子總數：將所有原子的價電子數相加，若為陰離子則加上負電荷數，陽離子則減去正電荷數。
  2. 繪製路易斯結構式：以電負度較低的原子為中心原子，擺放周圍原子並建立單鍵（σ\sigma 鍵），補足外圍原子八偶體後，再將剩餘電子填入中心原子。
  3. 檢查中心原子八偶體與雙鍵形成：若中心原子未滿足八偶體，則需由外圍原子提供孤對電子形成 π\pi 鍵（雙鍵）。
  4. 判斷共振：若雙鍵可以在兩個或多個相同的鍵結位置之間轉移，且原子的核位置保持不變，即具有共振結構。快速判斷法：全為單鍵（如 PCl3\mathrm{PCl_3}、CCl4\mathrm{CCl_4}、H2O\mathrm{H_2O}）者無共振；含有可變換位置之單／雙鍵者（如 SO2\mathrm{SO_2}、CO32−\mathrm{CO_3^{2-}}）則有共振。

選項分析

  • (A) PCl3\mathrm{PCl_3}（三氯化磷）：錯誤

  • 價電子總數：5+7×3=265 + 7 \times 3 = 26 個。

  • 結構分析：中心原子 P\mathrm{P} 與 3 個 Cl\mathrm{Cl} 原子各自形成 1 個單鍵，P\mathrm{P} 上保留 1 對孤對電子。

  • 結論：所有原子均已滿足八偶體規則，分子內僅有單鍵（σ\sigma 鍵），無可離域之 π\pi 電子，故無共振結構。

  • (B) SO2\mathrm{SO_2}（二氧化硫）：正確

  • 價電子總數：6+6×2=186 + 6 \times 2 = 18 個。

  • 結構分析：中心原子 S\mathrm{S} 與 2 個 O\mathrm{O} 原子鍵結。為滿足八偶體規則，S\mathrm{S} 與其中 1 個 O\mathrm{O} 形成雙鍵，與另 1 個 O\mathrm{O} 形成單鍵，且 S\mathrm{S} 上保有一對孤對電子。

  • 共振情形：雙鍵可分佈於左側 S−O\mathrm{S-O} 鍵或右側 S−O\mathrm{S-O} 鍵，形成兩種等效的路易斯結構式：

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第 36 題4 分

下列哪些反應會產生氧氣？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考驗高中化學「常見氣體的實驗室製備與化學反應產物」之判定能力，重點包含：

  1. 氧氣（O2\mathrm{O_2}）的常見實驗室製備反應與催化劑的作用。
  2. 電解質水溶液電解時，陰極與陽極之氧化還原產物判定。
  3. 醇類與活性金屬之反應特性及生成氣體種類。
  4. 碳酸鹽類與稀酸反應生成氣體的化學性質。

解題方法

解題切入點為寫出各選項化學反應的平衡方程式，並精確判定反應所產生的氣體是否為氧氣（O2\mathrm{O_2}）：

  1. 檢查是否屬於實驗室製備氧氣的典型反應（雙氧水催化分解、氯酸鉀熱分解）。
  2. 分析電解水溶液及有機／無機置換與複分解反應的氣體生成物（電解食鹽水產生氯氣與氫氣、金屬鈉與醇反應生成氫氣、碳酸鹽加酸生成二氧化碳）。

選項分析

  • (A) 正確。雙氧水（H2O2\mathrm{H_2O_2}）在二氧化錳（MnO2\mathrm{MnO_2}）作為催化劑下會快速分解產生水與氧氣，此為實驗室常溫製備氧氣的最常用方法。化學反應式為： 2H2O2(aq)→MnO22H2O(l)+O2(g)2\mathrm{H_2O_2(aq)} \xrightarrow{\mathrm{MnO_2}} 2\mathrm{H_2O(l)} + \mathrm{O_2(g)}

  • (B) 錯誤。電解氯化鈉水溶液（即氯鹼工業反應）時，陽極為氯離子（Cl−\mathrm{Cl^-}）優先氧化生成氯氣（Cl2\mathrm{Cl_2}），陰極為水分子（H2O\mathrm{H_2O}）優先還原生成氫氣（H2\mathrm{H_2}），反應過程並不產生氧氣。化學反應式為： 2NaCl(aq)+2H2O(l)→電解2NaOH(aq)+H2(g)+Cl2(g)2\mathrm{NaCl(aq)} + 2\mathrm{H_2O(l)} \xrightarrow{\text{電解}} 2\mathrm{NaOH(aq)} + \mathrm{H_2(g)} + \mathrm{Cl_2(g)}

  • (C) 正確。氯酸鉀（KClO3\mathrm{KClO_3}）固體混合二氧化錳（MnO2\mathrm{MnO_2}）加熱，會發生熱分解反應生成氯化鉀與氧氣，此亦為實驗室製備氧氣的經典方法。化學反應式為： 2KClO3(s)→ΔMnO22KCl(s)+3O2(g)2\mathrm{KClO_3(s)} \xrightarrow[\Delta]{\mathrm{MnO_2}} 2\mathrm{KCl(s)} + 3\mathrm{O_2(g)}

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第 37 題4 分

下列哪些互為同分異構物？

這一題的完整詳解

核心觀念

同分異構物是指：

  1. 分子式相同；
  2. 原子連接方式不同，或空間排列不同。

因此，判斷同分異構物的基本步驟是先比較分子式，再判斷結構或立體排列是否不同。

本題中的同分異構關係包括：

  • 構造異構物：原子連接方式不同，例如正丁烷與異丁烷。
  • 官能基異構物：分子式相同，但官能基不同，例如酯與羧酸。
  • 立體異構物：分子式及原子連接方式相同，但空間排列不同，例如葡萄糖與半乳糖。

解題方法

逐一寫出各物質的分子式，再比較其結構：

  • 分子式不同：必非同分異構物。
  • 分子式相同且結構或空間排列不同：為同分異構物。
  • 分子式相同但為同一物質的不同寫法：不算同分異構物。

選項分析

(A) CH3CH2CH2CH3\mathrm{CH_3CH_2CH_2CH_3} 與異丁烷

第一個化合物為正丁烷：

CH3CH2CH2CH3\mathrm{CH_3CH_2CH_2CH_3}

其分子式為：

C4H10\mathrm{C_4H_{10}}

異丁烷的結構式為：

(CH3)3CH\mathrm{(CH_3)_3CH}

分子式同樣為：

C4H10\mathrm{C_4H_{10}}

但正丁烷為直鏈結構，異丁烷為支鏈結構，原子連接方式不同，因此互為構造異構物。

故 (A) 正確。

題幹目前缺少 (A) 第二個化學式；本判定依原卷常見配對為「正丁烷與異丁烷」為前提。

(B) 乙醇和乙醚

乙醇結構式為：

CH3CH2OH\mathrm{CH_3CH_2OH}

分子式為：

C2H6O\mathrm{C_2H_6O}

乙醚通常指二乙醚，結構式為：

CH3CH2OCH2CH3\mathrm{CH_3CH_2OCH_2CH_3}

分子式為：

C4H10O\mathrm{C_4H_{10}O}

兩者分子式不同，因此不是同分異構物。

故 (B) 錯誤。

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第 38 題4 分

有關二氧化鈦奈米光觸媒的敘述，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二氧化鈦（TiO2TiO_2）奈米光觸媒的光催化原理與用途。

二氧化鈦具有半導體性質，吸收能量足夠的光線後，價帶電子會被激發至導帶，形成：

  • 導帶電子：e−e^-
  • 價帶電洞：h+h^+

其主要反應如下：

TiO2+hν→e−+h+TiO_2+h\nu \rightarrow e^-+h^+

價帶電洞具有強氧化力，可氧化水或氫氧根，生成氫氧自由基：

h++H2O→⋅OH+H+h^+ + H_2O \rightarrow \cdot OH + H^+

導帶電子則可還原空氣中的氧氣，形成超氧陰離子：

e−+O2→O2⋅−e^-+O_2\rightarrow O_2^{\cdot-}

所生成的 ⋅OH\cdot OH、O2⋅−O_2^{\cdot-} 等活性物種，能氧化分解許多有機污染物，並破壞細菌的細胞膜與有機組成。

解題方法

判斷本題各選項時，掌握三個切入點：

  1. 一般二氧化鈦光觸媒主要由紫外光激發，不是紅外光。
  2. 光生電洞可使水產生氫氧自由基，光生電子可使氧氣形成超氧陰離子。
  3. 光觸媒可以分解有機物與細菌，但重金屬元素不能被「分解」，只能被氧化還原、吸附、沉澱或固定，因此敘述須特別辨識。

選項分析

(A) 錯誤

二氧化鈦的能隙約為 3.2 eV3.2\ \text{eV}，需吸收波長約小於 387 nm387\ \text{nm} 的紫外光，才能有效產生電子—電洞對。

紅外光的能量低於紫外光，通常不足以激發二氧化鈦產生光生電子與電洞，因此不能以一般二氧化鈦奈米光觸媒被紅外光照射作為有效反應條件。

故本選項錯誤。

(B) 正確

光照後產生的價帶電洞具有強氧化性，能與水分子或氫氧根反應，產生氫氧自由基：

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第 39 題4 分

當

Fe3+(aq)+SCN−(aq)⇌FeSCN2+(aq)\mathrm{Fe^{3+}(aq)+SCN^-(aq)\rightleftharpoons FeSCN^{2+}(aq)}

反應達平衡時，做下列選項中的改變，則對系統所造成影響的敘述，哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查勒沙特列原理、反應商 QQ 與平衡常數 KK，以及溶液中各物種濃度與顏色的變化。

平衡反應為：

Fe3+(aq)+SCN−(aq)⇌FeSCN2+(aq)\mathrm{Fe^{3+}(aq)+SCN^-(aq)\rightleftharpoons FeSCN^{2+}(aq)}

其平衡常數為：

K=[FeSCN2+][Fe3+][SCN−]K=\frac{[\mathrm{FeSCN^{2+}}]} {[\mathrm{Fe^{3+}}][\mathrm{SCN^-}]}

FeSCN2+\mathrm{FeSCN^{2+}} 呈血紅色，因此其濃度增加時，溶液顏色變深。

解題方法

遇到濃度改變時，先判斷反應商 QQ 的變化：

  • 若 Q<KQ<K，反應向右移動。
  • 若 Q>KQ>K，反應向左移動。
  • 若加入物質造成某反應物增加，通常會促使平衡向右移動。
  • 稀釋時，應注意各物種濃度的立即變化，以及平衡移動造成的後續影響。

選項分析

(A) 加入水，則平衡向左移動

加入水後，若所有濃度同時變為原來的 1/λ1/\lambda，其中 λ>1\lambda>1，則：

Q′=[FeSCN2+]/λ([Fe3+]/λ)([SCN−]/λ)=λQQ'= \frac{[\mathrm{FeSCN^{2+}}]/\lambda} {([\mathrm{Fe^{3+}}]/\lambda)([\mathrm{SCN^-}]/\lambda)} =\lambda Q

原本平衡時 Q=KQ=K，故稀釋後：

Q′=λK>KQ'=\lambda K>K

系統會消耗部分 FeSCN2+\mathrm{FeSCN^{2+}}，使反應向左移動。故 (A) 正確。

(B) 加入與原溶液等體積的水，則 [Fe3+][\mathrm{Fe^{3+}}] 增加

加入等體積的水後，所有濃度會先立即變為原來的一半：

[Fe3+]⟶12[Fe3+][\mathrm{Fe^{3+}}]\longrightarrow \frac12[\mathrm{Fe^{3+}}]

雖然之後平衡向左移動，會使 Fe3+\mathrm{Fe^{3+}} 的濃度相對於「稀釋後、尚未重新平衡」的狀態增加，但相對於加水前的原平衡濃度，最終濃度是否增加不能僅由勒沙特列原理判定，須有初始濃度與平衡

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第 40 題4 分

當定溫下某一已經平衡的反應系統中加入催化劑，會改變下面哪幾項？

這一題的完整詳解

核心觀念

催化劑的作用是提供另一條活化能較低的反應途徑，使正、逆反應的活化能同時降低，因此正反應與逆反應速率都加快。

催化劑不會改變：

  • 平衡常數 KK
  • 平衡組成
  • 平衡產率

在定溫下，平衡常數只與溫度及反應本身有關。催化劑僅能加快達到平衡的速度，不能改變平衡位置。

解題方法

題目指出系統「已經平衡」且「定溫下加入催化劑」，可依下列原則判斷：

  1. 催化劑降低正、逆反應的活化能。
  2. 正、逆反應速率同時增加。
  3. 催化劑不改變定溫下的平衡常數。
  4. 因平衡位置不變，平衡產率不變。

若原本平衡時：

v正=v逆v_{\text{正}}=v_{\text{逆}}

加入催化劑後，正、逆反應的速率常數均增加，且仍維持：

v正′=v逆′v_{\text{正}}'=v_{\text{逆}}'

因此系統仍處於相同的平衡組成，只是反應達到平衡的時間縮短。

選項分析

(A) 平衡常數

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