107 警專考試甲、丙組 專37正期組 第37期警專 化學(甲丙組) 考古題詳解

核心觀念

本題考「純物質」與「混合物」的區分。純物質由單一種物質組成，具有固定的組成與性質；混合物則由兩種以上物質混合而成，組成比例不固定。

解題方法

逐一判斷六種物質的組成：

• 醬油：含水、食鹽、胺基酸等成分，屬混合物。
• 牛奶：含水、脂肪、蛋白質、乳糖等，屬混合物。
• 丙酮：化學式為 $\mathrm{C_3H_6O}$，若指純丙酮，屬純物質。
• 空氣：由氮氣、氧氣及其他氣體組成，屬混合物。
• 墨水：含染料或顏料、溶劑及其他添加物，屬混合物。
• 金剛石：由碳元素構成，屬純物質。

因此，純物質是丙酮與金剛石，共 2 種。

選項分析

核心觀念

本題考查分子式、實驗式、同分異構物與重量百分組成的判斷。

• 分子式表示一個分子中各元素原子的實際數目。
• 實驗式表示化合物中各元素原子的最簡整數比；離子化合物通常以實驗式表示其離子比例。
• 同分異構物須具有相同分子式，但原子的連接方式不同。
• 重量百分組成由各元素的質量及其在化合物中的比例決定。

解題方法

逐項確認化學式代表的原子比例，再檢查選項 (C) 的兩個結構是否是相同分子式、不同連接方式。判斷同分異構物時，結構圖的方向或旋轉不會改變分子的連接方式。

選項分析

• (A) 正確。 $\mathrm{CO_2}$ 是二氧化碳的分子式，表示一個分子含有 1 個碳原子與 2 個氧原子。
• (B) 正確。 $\mathrm{NaCl}$ 表示鈉離子與氯離子的比例為 $1:1$，是其最簡整數比，因此為實驗式。
• (C) 錯誤。 圖中兩個結構的中心碳原子都連接 2 個氫原子與 2 個氯原子，分子式皆為 $\mathrm{CH_2Cl_2}$。

核心觀念

同溫、同壓下，氣體的體積比等於其莫耳數比。因此題目給出的反應體積比可作為化學反應式的係數比：

$2\text{甲}+\text{乙}\rightarrow 2\text{丙}$

依原子不滅定律，反應前後各種原子的總數必須相同。

解題方法

甲的化學式為 $\mathrm{A_2}$，所以反應物中的甲共有 $2\times 2=4$ 個 $\mathrm{A}$ 原子。

設丙的化學式為 $\mathrm{A_xB_y}$。由於生成 $2$ 個丙分子，生成物含有 $2x$ 個 $\mathrm{A}$ 原子及 $2y$ 個 $\mathrm{B}$ 原子。題目未提供丙的化學式，因此由原子守恆可知，乙所含的原子數須補足反應物與生成物間的差額。

逐一檢視選項，若乙為 $\mathrm{A_2B_2}$，反應物共含 $6$ 個 $\mathrm{A}$ 原子與 $2$ 個 $\mathrm{B}$ 原子；可配成：

$2\mathrm{A_2}+\mathrm{A_2B_2}\rightarrow 2\mathrm{A_3B}$

左右兩側均有 $6$ 個 $\mathrm{A}$ 原子及 $2$ 個 $\mathrm{B}$ 原子，符合原子不滅定律，因此乙的化學式可為 $\mathrm{A_2B_2}$。

選項分析

• (A) $\mathrm{A_2B}$：錯誤。 若依題目的係數比反應，反應物含 $6$ 個 $\mathrm{A}$ 原子及 $1$ 個 $\mathrm{B}$ 原子；生成 $2$ 個丙時，平均每個丙須含 $3$ 個 $\mathrm{A}$ 原子及 $\frac12$ 個 $\mathrm{B}$ 原子，無法形成符合原子數目的整數化學式。
• (B) $\mathrm{AB_2}$：錯誤。 反應物含 $5$ 個 $\mathrm{A}$ 原子及 $2$ 個 $\mathrm{B}$ 原子；

核心觀念

本題考查金屬的活性與電化學腐蝕。兩種不同金屬彼此接觸，且周圍有水分等電解質時，較活潑的金屬容易失去電子而氧化，成為陽極；較不活潑的金屬則成為陰極。若鐵與銅接觸，鐵比銅活潑，因此鐵較容易氧化鏽蝕。

解題方法

貨船滿載精銅，若銅貨與鋼製船身接觸，遇上海水或潮濕環境，便形成電化學腐蝕的條件。鐵的氧化半反應可表示為：

$\mathrm{Fe \rightarrow Fe^{2+}+2e^-}$

鐵原子失去電子後進入溶液，逐漸造成鋼材鏽蝕、減薄甚至穿孔。銅的活性較鐵小，較不易氧化，因此鋼材中的鐵會優先被氧化。

選項分析

• (A) 銅會將鋼材中的鐵溶解。錯誤。 銅不是以直接溶解鐵的方式造成鏽蝕；本題關鍵在於鐵、銅接觸並處於含水環境時形成電化學作用，使鐵失去電子而氧化。
• (B) 銅的活性比鐵小，鋼材中的鐵被空氣氧化。正確。 鐵比銅活潑，與銅接觸時鐵較易成為陽極並氧化。題目所述「空氣氧化」可理解為在含氧、潮濕環境中的鏽蝕；完整腐蝕機制也涉及水分與氧氣。

核心觀念

本題考查赫斯定律：反應的反應熱只與反應物、生成物的初末狀態有關，與反應途徑無關。莫耳燃燒熱是 1 mol 物質完全燃燒時的反應熱；完全燃燒乙炔的產物為二氧化碳與液態水。

解題方法

先寫出 1 mol 乙炔完全燃燒的反應式：

$\mathrm{C_2H_2(g)+\frac52O_2(g)\rightarrow 2CO_2(g)+H_2O(l)}$

由已知反應可得生成物的總反應熱：

乙炔的生成反應熱為 $+226.7\ \mathrm{kJ/mol}$。依赫斯定律，燃燒反應熱為生成物生成熱總和減去反應物生成熱總和：

因此，1 mol 乙炔完全燃燒會放出 $1300\ \mathrm{kJ}$ 熱，反應熱（帶正負號）為 $-1300\ \mathrm{kJ/mol}$。

選項分析

核心觀念

本題考查化合物中元素氧化數的計算。中性化合物內，各元素氧化數的代數和為 $0$。常用規則是：鈉通常為 $+1$、氧通常為 $-2$、氟通常為 $-1$。

解題方法

令 $\mathrm{Na_2FPO_3}$ 中磷的氧化數為 $x$。依氧化數總和為 $0$：

整理得：

因此，磷的氧化數為 $+5$。

選項分析

• (A) $+1$：錯誤。 代入後氧化數總和不為 $0$。
• (B) $+3$：錯誤。 代入後總和為 $-2$，不符合中性化合物的氧化數總和規則。

核心觀念

本題考查酸鹼中和與質子（$\mathrm{H^+}$）轉移。酸可提供質子，鹼可接受質子；酸與鹼反應時，常見形式是酸把質子轉移給鹼。檸檬汁含有檸檬酸，石灰水含有氫氧化鈣，後者溶於水會產生 $\mathrm{OH^-}$，因此兩者混合會發生酸鹼中和。

解題方法

判斷各選項是否符合酸鹼性質與水溶液中的離子來源。檸檬酸提供的 $\mathrm{H^+}$ 會轉移給石灰水中的 $\mathrm{OH^-}$，生成水；這正是酸鹼中和反應。

選項分析

(A) 錯誤。 去離子水並非完全不含離子。水會微量自解離：

因此去離子水仍有極少量離子，能微弱導電；「去離子」表示大部分溶解離子已被移除，不代表絕對沒有離子。

(B) 正確。 檸檬汁中的檸檬酸可提供 $\mathrm{H^+}$，石灰水中的 $\mathrm{OH^-}$ 可接受質子並生成水：

因此混合時會發生 $\mathrm{H^+}$ 轉移，屬於酸鹼中和反應。

核心觀念

本題考原子序辨認元素，以及元素形成化合物時的常見化合價與化學式。題目中的兩個原子序依序代表元素 $A$、$B$；若化合物為 $\mathrm{AB_2}$，需判斷兩元素能否以 $1:2$ 的原子數比形成電荷平衡或穩定的化合物。

解題方法

先依原子序找出元素，再檢視其常見價數與已知化合物。若為離子化合物，化學式須符合總電荷為零；若為共價化合物，也可依常見鍵結與化合物實例判斷其是否能形成 $\mathrm{AB_2}$。

選項分析

(A) 2、11：不能形成 $\mathrm{AB_2}$，為正確選項。 原子序 2 是氦（He），屬於稀有氣體，最外層電子殼層已填滿，化學性質極不活潑，通常不與鈉形成一般化合物。因此氦與原子序 11 的鈉不能形成 $\mathrm{AB_2}$ 型化合物。

(B) 4、17：可以形成 $\mathrm{AB_2}$，故此選項錯誤。 原子序 4 是鈹（Be），常形成 $\mathrm{Be^{2+}}$；原子序 17 是氯（Cl），常形成 $\mathrm{Cl^-}$。電荷平衡所需比例為

因此可形成 $\mathrm{AB_2}$ 型的氯化鈹。

(C) 6、8：可以形成 $\mathrm{AB_2}$，故此選項錯誤。 原子序 6 是碳（C），原子序 8 是氧（O）。兩者可形成二氧化碳 $\mathrm{CO_2}$，即 $A=\mathrm{C}$、$B=\mathrm{O}$，符合 $\mathrm{AB_2}$。

(D) 9、12：可以形成 $\mathrm{AB_2}$，故此選項錯誤。 原子序 9 是氟（F），原子序 12 是鎂（Mg）。

核心觀念

本題考查三種反應類型的判別：

• 沉澱反應：溶液中的離子反應生成難溶固體。
• 酸鹼中和：酸與鹼反應，生成鹽和水。
• 氧化還原：反應中有電子轉移，元素的氧化數改變。

解題方法

依序將題目所述步驟寫成反應式，再判斷反應類型。

（I）加入氫氧化鈣，使海水中的鎂離子生成難溶的氫氧化鎂：

$\mathrm{Mg^{2+}+2OH^-\rightarrow Mg(OH)_2(s)}$

生成固體沉澱，因此（I）是沉澱反應。

（II）加入鹽酸，使氫氧化鎂轉成氯化鎂：

$\mathrm{Mg(OH)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O}$

氫氧化鎂是鹼，鹽酸是酸，反應生成鹽和水，因此（II）是酸鹼中和。

（III）電解熔融氯化鎂製取鎂：

$\mathrm{Mg^{2+}+2e^-\rightarrow Mg}$

$\mathrm{2Cl^-\rightarrow Cl_2+2e^-}$

鎂離子得到電子，氯離子失去電子，因此（III）是氧化還原反應。

三步驟依序為「沉澱、酸鹼中和、氧化還原」，符合 （C）。

選項分析

核心觀念

同分異構物必須同時符合兩個條件：分子式相同，原子間的連接方式或空間排列不同。只比較外觀或取代基的上下位置不夠；把結構轉向後若仍是同一種連接方式，就不是另一個異構物。

解題方法

逐組比較分子式與結構：

• 分子式不同：不是同分異構物。
• 分子式相同、連接方式不同：互為同分異構物。
• 分子式相同、連接方式也相同：只是同一物質的不同畫法。

選項分析

(A) 錯誤。 左圖是萘，分子式為 $\mathrm{C_{10}H_8}$；右圖是聯苯，分子式為 $\mathrm{C_{12}H_{10}}$。分子式不同，因此不是同分異構物。

(B) 正確。 左圖為直線排列的四個稠合苯環，右圖為角形排列的四個稠合苯環。兩者的碳、氫原子數相同，分子式皆為 $\mathrm{C_{18}H_{12}}$，但稠合環的連接排列不同，因此互為同分異構物。

核心觀念

理想氣體方程式為 $PV=nRT$，其中溫度 $T$ 必須使用絕對溫度（K）。攝氏溫度為 $t$ 時，$T=t+273$，因此：

$PV=nR(t+273)$

在 $PV-t$ 圖上，$t=0^\circ\mathrm{C}$ 時的 $PV$ 值，等於 $nR(273\ \mathrm{K})$。題目給定 $R(273\ \mathrm{K})=22.4\ \mathrm{atm\cdot L/mol}$。

解題方法

由圖讀得 $t=0^\circ\mathrm{C}$ 時，$PV=5.6\ \mathrm{atm\cdot L}$。因此氣體莫耳數為：

氣體質量為 $8.0\ \mathrm{g}$，所以分子量（莫耳質量）為：

選項分析

• (A) 16：錯誤。 若分子量為 $16\ \mathrm{g/mol}$，$8.0\ \mathrm{g}$ 氣體會有 $0.50\ \mathrm{mol}$；在 $0^\circ\mathrm{C}$ 時應有 $PV=0.50\times22.4=11.2\ \mathrm{atm\cdot L}$，與圖示的 $5.6$ 不符。
• (B) 24：錯誤。 若分子量為 $24\ \mathrm{g/mol}$，莫耳數為 $8/24=1/3\ \mathrm{mol}$；

核心觀念

本題考查濃度平衡常數 $K_c$ 的定義。對一般反應：

$aA+bB\rightleftharpoons cC$

平衡時的濃度平衡常數為：

$K_c=\frac{[C]^c}{[A]^a[B]^b}$

反應式中各物質的係數就是平衡常數式中的指數。

解題方法

反應式為：

$\mathrm{PCl_3(g)}+\mathrm{Cl_2(g)}\rightleftharpoons\mathrm{PCl_5(g)}$

各物質係數皆為 $1$，所以：

$K_c=\frac{[\mathrm{PCl_5}]}{[\mathrm{PCl_3}][\mathrm{Cl_2}]}$

代入平衡濃度：

因此正確選項為 (A)。

選項分析

• (A) 17：正確。 依反應式寫出 $K_c$，代入平衡濃度後得 $17$。
• **(B) $\frac{1}{17}$：錯誤。

核心觀念

本題考原子與離子的基態電子組態，須掌握軌域填電子原則、洪德定則，以及過渡金屬形成陽離子時的電子移除順序。

• 電子依能量由低至高填入軌域，並遵守包立不相容原理。
• 同一副層中，電子先分別占據能量相同的軌域，且自旋平行，再開始成對，這是洪德定則。
• 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。

解題方法

先依原子序確定中性原子的電子數，再依電荷增減電子，接著排出基態組態。對過渡金屬陽離子，特別注意先移除 $4s$ 電子。

選項分析

(A) 錯誤。 氮原子有 $7$ 個電子。依洪德定則，$2p$ 三個等能軌域應先各填入一個電子，因此組態應為：

$1s^2\,2s^2\,2p_x^1\,2p_y^1\,2p_z^1$

選項將兩個電子成對放在 $2p_x$，且讓 $2p_z$ 空著，不符合洪德定則。

(B) 錯誤。 鋅原子有 $30$ 個電子，中性原子的組態為 $[\mathrm{Ar}]\,3d^{10}\,4s^2$。形成 $\mathrm{Zn^{2+}}$ 時移除兩個 $4s$ 電子，因此：

$\mathrm{Zn^{2+}}：[\mathrm{Ar}]\,3d^{10}$

選項所列 $3d^8\,4s^2$ 不但保留了 $4s$ 電子，也少了兩個 $3d$ 電子。

(C) 正確。 鐵原子有 $26$ 個電子，中性鐵的組態為 $[\mathrm{Ar}]\,3d^6\,4s^2$。形成 $\mathrm{Fe^{3+}}$ 時，先移除兩個 $4s$ 電子，再移除一個 $3d$ 電子：

核心觀念

酯的結構可寫成 $R{-}C(=O){-}O{-}R'$，其中 $R{-}C(=O){-}OH$ 部分來自羧酸，$R'{-}OH$ 部分來自醇。羧酸與醇可進行酯化反應，生成酯與水。

解題方法

依圖中結構由羰基（$C=O$）兩側辨認來源：

• 羰基碳連接 $CH_3$，代表羧酸部分為乙酸 $CH_3COOH$。
• 酯中的氧連接 $CH_2{-}C_6H_5$，代表醇部分為苯甲醇 $C_6H_5CH_2OH$。

兩者酯化的反應式為：

生成物與圖示的苯環—$CH_2O$—$C(=O)$—$CH_3$ 結構相符。

選項分析

• (A) 甲苯與乙酸：錯誤。 甲苯不含醇的羥基，不能與乙酸直接進行一般的酯化反應。
• (B) 苯乙酸與甲醇：錯誤。 生成的是 $C_6H_5CH_2COOCH_3$，其羰基連接苯乙酸的 $CH_2C_6H_5$，與圖示不同。
• **(C) 苯甲酸與乙醇：錯誤。

核心觀念

原子核中的質子數決定元素種類；中性原子的電子數等於質子數。最外層電子數可用來判斷原子形成離子時的電荷。離子化合物的化學式須使正、負電荷總和為零，再依最簡整數比寫出化學式。

解題方法

圖中 A 有 $3$ 個質子、$4$ 個中子，因此 A 是鋰的同位素，質量數為 $3+4=7$。鋰原子最外層有 $1$ 個電子，容易形成 $\mathrm{Li^+}$。

圖中 B 有 $8$ 個質子、$8$ 個中子，因此 B 是氧的同位素，質量數為 $8+8=16$。氧原子最外層有 $6$ 個電子，容易形成 $\mathrm{O^{2-}}$。

為使電荷平衡，需要 $2$ 個 $\mathrm{Li^+}$ 配上 $1$ 個 $\mathrm{O^{2-}}$，最簡單化合物的化學式為 $\mathrm{Li_2O}$。其式量為：

因此最接近 $30$，選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考查碳的同素異形體及其結構、固體類型與熔點比較。鑽石、石墨和碳六十都是只由碳元素組成的不同物質，原子排列與鍵結方式不同，因此性質也不同。

鑽石與石墨是共價網狀固體，熔化需破壞大量共價鍵，熔點很高。碳六十（$C_{60}$）則由獨立的球狀分子構成，分子間主要靠較弱的分子間作用力維繫，熔化時不必破壞分子內的共價鍵，因此熔點較低。

解題方法

先依結構區分三種碳材料：

• 鑽石：每個碳原子與四個碳原子形成共價鍵，構成三維網狀結構。
• 石墨：每個碳原子與三個碳原子形成平面層狀網絡，層與層之間作用力較弱。
• 碳六十：每個 $C_{60}$ 分子內有共價鍵，但各分子之間靠分子間作用力排列成固體。

比較熔點時，重點是看熔化需克服的作用力。鑽石與石墨屬共價網狀固體，碳六十屬分子固體；分子固體熔化時主要克服分子間作用力，所需能量較低。因此三者中碳六十的熔點最低。

選項分析

(A) 三者皆為共價網狀固體。錯誤。 鑽石與石墨具有延伸的共價網絡；碳六十則是由一個個 $C_{60}$ 分子組成的分子固體。雖然 $C_{60}$ 分子內有共價鍵，但不能因此把整個碳六十固體歸類為共價網狀固體。

(B) 三者間的關係互為同位素。錯誤。 同位素是同一元素中，質子數相同而中子數不同的原子。鑽石、石墨與碳六十都是碳元素形成的不同結構，不是中子數不同的原子。

核心觀念

本題考查弱鹼的解離平衡、$K_b$ 的定義、溶液的 $pH$ 與 $pOH$ 關係，以及解離百分率的計算。

氨在水中的解離反應為：

其鹼解離常數為：

在 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時，水的離子積為 $K_w=[\mathrm{H^+}][\mathrm{OH^-}]=1.0\times10^{-14}$，因此 $pH+pOH=14$。

解題方法

設氨的解離量為 $x\ \mathrm{M}$，則平衡時：

代入 $K_b$：

因為氨是弱鹼，$x\ll0.10$，以 $0.10-x\approx0.10$ 近似：

因此 $[\mathrm{OH^-}]\approx1.34\times10^{-3}\ \mathrm{M}$，並可求得：

所以 $pH$ 並不在 $12$ 與 $13$ 之間。

解離百分率為：

選項分析

(A) $[\mathrm{OH^-}]=1.34\times10^{-3}\ \mathrm{M}$：正確。 由弱鹼近似計算得 $x=[\mathrm{OH^-}]\approx1.34\times10^{-3}\ \mathrm{M}$。

核心觀念

分子是否具有極性，取決於分子內各鍵偶極矩的向量和。分子有極性鍵，不代表整個分子一定有極性；若分子形狀對稱，各鍵偶極矩可能互相抵銷，使總偶極矩為零。

解題方法

先判斷各分子的形狀，再看鍵偶極矩能否因對稱而抵銷：

因此具有極性的分子為 $\mathrm{SO_2}$、$\mathrm{NH_3}$、$\mathrm{CO}$、$\mathrm{PCl_3}$，共 $4$ 個。

選項分析

• (A) 2：錯誤。 極性分子不只兩個；$\mathrm{SO_2}$、$\mathrm{NH_3}$、$\mathrm{CO}$、$\mathrm{PCl_3}$ 都有非

核心觀念

本題比較金屬鍵強弱、等電子離子的半徑、離子化合物熔點，以及分子間作用力與沸點。

• 金屬鍵強度通常與金屬原子提供的價電子數及金屬陽離子的電荷密度有關。
• 等電子離子的半徑，核電荷數越大，對電子的吸引越強，半徑越小。
• 離子化合物的熔點通常受晶格能影響；離子電荷乘積越大、離子間距越短，靜電吸引越強，熔點往往越高。
• 分子沸點取決於分子間作用力；氫鍵通常比一般偶極力及分散力強。

解題方法

逐項套用相應的比較原則。特別是離子固體，先看離子電荷，再比較離子大小；分子物質則比較氫鍵及其他分子間作用力。

選項分析

(A) 錯誤。 金屬鍵強度不是 $\mathrm{Na>Mg>Al}$。同一週期由鈉到鋁，價電子數增加，金屬陽離子的電荷密度提高，金屬鍵整體趨於增強。因此此選項的順序顛倒；常見的定性比較為 $\mathrm{Na<Mg<Al}$。

(B) 錯誤。 $\mathrm{Ca^{2+}}$、$\mathrm{K^+}$、$\mathrm{Cl^-}$ 都有 18 個電子，屬於等電子粒子。核電荷數依序為 $\mathrm{Ca>K>Cl}$；核電荷數越大，電子雲受到的吸引越強、半徑越小，所以半徑順序為

題目所列順序相反。

(C) 正確。 $\mathrm{MgO}$、$\mathrm{NaCl}$、$\mathrm{KI}$ 都是離子化合物。$\mathrm{MgO}$ 中離子電荷為 $2+$ 和 $2-$，靜電吸引顯著強於離子電荷皆為 $1$ 的 $\mathrm{NaCl}$、$\mathrm{KI}$，因此熔點最高。

核心觀念

這題考弱酸以強鹼滴定時的半當量點。醋酸與氫氧化鉀反應：

在當量點，醋酸恰好完全反應；在半當量點，尚未反應的醋酸與生成的醋酸根莫耳數相等。由 Henderson–Hasselbalch 式：

當兩者濃度相等時，$\mathrm{pH=p}K_a$，因此 $[\mathrm{H^+}]=K_a$。

解題方法

題目已知到達當量點需加入 $30\ \mathrm{mL}$ KOH。當量點時，KOH 的莫耳數等於原有醋酸的莫耳數；半當量點則只需加入當量點所需 KOH 的一半體積：

也可由莫耳數確認：原有醋酸為

當量點加入 $30\ \mathrm{mL}$ KOH，故其濃度為

要使醋酸根與剩餘醋酸莫耳數相等，需中和一半醋酸，即 $0.001\ \mathrm{mol}$ KOH，所需體積為

核心觀念

本題考查高分子結構中的醯胺鍵、分子間氫鍵，以及碳原子的混成軌域判斷。克維拉（Kevlar）是芳香族聚醯胺，結構含有苯環與醯胺鍵 $\mathrm{-CO-NH-}$。

判斷混成軌域時，可依原子的成鍵與電子域判斷：苯環中的碳參與芳香族共軛，為 $sp^2$ 混成；羰基中的碳形成 $\mathrm{C=O}$ 雙鍵，也為 $sp^2$ 混成。

解題方法

先從圖中的重複結構辨認官能基，再逐項檢查：

• $\mathrm{-CO-NH-}$ 是醯胺鍵，可形成氫鍵。
• 苯環碳與羰基碳均為 $sp^2$ 混成。
• 羰基氧與醯胺氮都有孤電子對。

因此，聲稱結構中的碳原子「皆為 $sp^3$」的選項不正確。

選項分析

(A) 正確。克維拉含有 $\mathrm{-CO-NH-}$ 醯胺鍵；此鍵與蛋白質中的肽鍵具有相同的醯胺鍵結構，題目以「肽鍵」稱之。

核心觀念

反應速率定律可寫成：

$R=k[A]^m[B]^n[C]^p$

其中 $m$、$n$、$p$ 分別是反應物 A、B、C 對速率的反應級數；總級數為 $m+n+p$。反應級數須由速率與濃度的關係判定，不能直接由反應式係數推得。

解題方法

由圖判讀各反應物的級數：

• A 的圖線是通過原點的直線，表示 $R\propto[A]$，所以 A 為一級反應，$m=1$。
• B 的圖線是水平線，表示改變 $[B]$ 不影響速率，所以 B 為零級反應，$n=0$。
• 題目已知 C 為二級反應，所以 $p=2$。

因此總級數為：

$m+n+p=1+0+2=3$

選項分析

• (A) 2：錯誤。 只計入 A、C 的級數，漏掉 B 雖為零級反應、仍須納入總級數相加；正確總和為 $1+0+2=3$。
• **(B) 3：正確。

核心觀念

本題考查勒沙特列原理：平衡系統受到濃度、溫度或壓力改變時，會朝抵銷該改變的方向移動，直到建立新平衡。

反應式中的 $105.2\ \mathrm{kJ}$ 位於生成物側，表示正反應放熱、逆反應吸熱。比較改變前後的 CO 濃度時，也要分清楚「平衡移動造成的變化」與「直接加入或壓縮造成的變化」。

解題方法

要使新平衡時的 CO 濃度低於原平衡，反應須往右移，消耗 CO。逐項判斷擾動後的平衡移動方向即可。

選項分析

(A) 加入更多 CO：錯誤。 增加反應物 CO 後，平衡往右移以消耗部分 CO；但加入 CO 的當下濃度已升高，右移只會消耗部分新增的 CO，無法使最後的 CO 濃度低於原平衡值。

(B) 加入更多 $\mathrm{H_2}$：正確。 增加反應物 $\mathrm{H_2}$ 後，平衡往右移，消耗 CO 與 $\mathrm{H_2}$，生成更多 $\mathrm{CH_3OH}$。此項沒有直接加入 CO，因此新平衡時 CO 濃度低於原平衡值。

核心觀念

限量試劑是指依照平衡反應式的化學計量比例比較後，最先耗盡、並決定生成物最多量的反應物。判斷時必須先平衡反應式，再將各反應物換算成莫耳數，依反應係數比較。

解題方法

先平衡反應式：

將係數化為整數：

計算各反應物的莫耳數：

• $\mathrm{SO_2}$ 的莫耳質量為 $32+2(16)=64\ \mathrm{g/mol}$，所以 $64\ \mathrm{g}$ 為 $1\ \mathrm{mol}$。
• $\mathrm{O_2}$ 的莫耳質量為 $2(16)=32\ \mathrm{g/mol}$，所以 $32\ \mathrm{g}$ 為 $1\ \mathrm{mol}$。
• $\mathrm{H_2O}$ 的莫耳質量為 $2(1)+16=18\ \mathrm{g/mol}$，所以 $54\ \mathrm{g}$ 為 $3\ \mathrm{mol}$。

依平衡係數，反應所需莫耳比例為 $\mathrm{SO_2:O_2:H_2O=2:1:2}$。題目提供 $1:1:3$，其中 $1\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{SO_2}$ 僅需 $0.5\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{O_2}$ 與 $1\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{H_2O}$；另外兩者皆有剩餘。因此，$\mathrm{SO_2}$ 最先耗盡，是限量試劑。

選項分析

• (A) $\mathrm{SO_2}$：正確。 $1\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{SO_2}$ 反應時，只消耗 $0.5\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{O_2}$ 和 $1\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{H_2O}$，兩者供給量都足夠，故 $\mathrm{SO_2}$ 為限量試劑。
• **(B) $\mathrm{O_2}$：錯誤。

核心觀念

液態水與水蒸氣達到平衡時，水蒸氣壓稱為飽和蒸氣壓。在溫度固定時，飽和蒸氣壓只由物質種類與溫度決定，與容器體積及液態水的量無關；只要液態水仍存在，水蒸氣就會維持其飽和蒸氣壓。

解題方法

題目指出溫度維持 $25\,^\circ\mathrm{C}$，且活塞拉出、體積增為原來的 2 倍後，仍有液態水存在。因此水蒸氣與液態水仍可維持氣液平衡，蒸氣壓仍等於 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時的飽和蒸氣壓。

題目已給原本的蒸氣壓為 $30\ \mathrm{mmHg}$，故體積改變後：

氣體體積雖然加倍，但這裡不能直接套用波以耳定律 $P_1V_1=P_2V_2$，因為液態水會繼續蒸發，補充氣相中的水蒸氣，使壓力維持在飽和值。

選項分析

• (A) 15 mmHg：錯誤。 這是將水蒸氣視為固定莫耳數的氣體，直接依波以耳定律推得壓力減半；但液態水仍存在，水會繼續蒸發，不能假設氣相中的水蒸氣量固定。
• **(B) 30 mmHg：正確。

核心觀念

本題考查空氣污染、水污染與熱污染的成因，重點包括酸雨的前驅物、燃燒時氮氧化物的來源、清潔劑的生物分解性，以及水溫對溶氧量的影響。

解題方法

逐項確認污染物的主要來源與作用機制。判斷熱污染時，可把握一項原則：在相同條件下，水溫升高會使氧氣在水中的溶解度降低；此外，水生生物的耗氧作用也可能隨溫度上升而增加，因此受熱水域的溶氧量會減少。

選項分析

(A) 錯誤。 酸雨主要由二氧化硫 $\mathrm{SO_2}$ 與氮氧化物（如 $\mathrm{NO}$、$\mathrm{NO_2}$）在大氣中氧化、再與水作用，形成硫酸與硝酸所致。此選項把酸雨簡化為汽機車排放的 $\mathrm{NO}$ 經氧化及水解形成硝酸，忽略了主要酸雨來源之一的 $\mathrm{SO_2}$，且對酸雨成因的描述不完整。

(B) 錯誤。 汽油燃燒產生的氮氧化物，主要來自高溫燃燒下空氣中的氮氣與氧氣反應，而非汽油中的含氮雜質。可用簡化反應表示為：

生成的 $\mathrm{NO}$ 在空氣中還可進一步氧化為 $\mathrm{NO_2}$。

核心觀念

本題考查酸鹼滴定曲線的方向、起始 pH 與當量點位置。$\mathrm{NaHCO_3}$ 中的 $\mathrm{HCO_3^-}$ 是兩性物種，能接受或提供質子；加入強酸 $\mathrm{HCl}$ 時，主要反應為：

因此，隨著加入的 $\mathrm{HCl}$ 增加，溶液 pH 會下降。當量點時，原有的 $\mathrm{HCO_3^-}$ 恰好轉化為 $\mathrm{H_2CO_3}$，溶液呈酸性，當量點 pH 小於 7。

解題方法

起始時只有 $\mathrm{HCO_3^-}$，其 pH 可用兩性物種近似式估算：

故曲線應從弱鹼性附近開始，加入酸後逐漸下降。

當量點所需的 $\mathrm{HCl}$ 體積由化學計量關係求得：

$\mathrm{HCl}$ 與 $\mathrm{HCO_3^-}$ 的反應莫耳比為 $1:1$，因此當量點體積為：

當量點生成的是弱酸 $\mathrm{H_2CO_3}$，所以曲線在約 $25\ \mathrm{mL}$ 附近出現明顯下降，當量點 pH 小於 7。繼續加入 $\mathrm{HCl}$ 後，過量強酸使 pH 進一步降低。

選項分析

核心觀念

本題考查生活現象與溶液、相平衡及膠體化學原理的配對。判斷時要分清楚：食鹽使蔬菜失水是滲透作用；道路撒鹽降低水的凝固點；液化瓦斯桶內液體與蒸氣共存時，壓力受飽和蒸氣壓控制；河水中的膠體粒子遇到海水電解質，可能失去穩定而凝聚。

解題方法

逐項核對現象背後的因果關係，特別留意選項把「除雪」歸因於何種熱效應。食鹽能融雪的主要原因是降低水的凝固點，並非溶解時放熱；因此配對錯誤的是（B）。

選項分析

（A）正確。 蔬菜細胞膜具有選擇透性。蔬菜表面撒鹽後，外界溶液濃度升高、水的化學勢降低，水便經由細胞膜向外移動，因此可見蔬菜滲出水分，這是滲透作用。

（B）錯誤。 鹽溶於水後會降低溶液的凝固點，使水在低於純水 $0^\circ\text{C}$ 時仍可保持液態，冰雪因而融化。這種現象稱為凝固點下降，屬於依數性，並非「溶解放熱」。食鹽溶解的熱效應也不是道路除雪的主要原理。

（C）正確。 液化瓦斯桶內若仍有液態瓦斯，液體蒸發形成的蒸氣會與液體達到動態平衡。在溫度大致固定時，桶內壓力主要由瓦斯的飽和蒸氣壓決定，液態瓦斯逐漸減少時壓力仍大致維持；