108 年專利師高等考試專利師(選試專業英文及計算機結構) 考古題與詳解

Question 1

甲生以與水平方向呈 $45^\circ$ 角向上拋一顆球。如不計空氣阻力，則當球被釋放時，所受到的加速度為多少？ (A) 向上 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ (B) 向上 $4.9\ \mathrm{m/s^2}$ (C) 向下 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ (D) $0\ \mathrm{m/s^2}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考拋體運動中的加速度。忽略空氣阻力時，球離手後只受重力作用，因此其加速度始終為鉛直向下的重力加速度，大小約為 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ 。拋射角度會影響初速度的方向，不會改變加速度。

解題方法

球被釋放後，水平方向沒有加速度；鉛直方向則受重力作用。若以向上為正方向，牛頓第二運動定律給出：

a_y=-g=-9.8\ \mathrm{m/s^2}

負號表示方向向下。因此，球被釋放時的加速度為向下 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ 。

選項分析

Answer

答案：C

Question 2

甲生拉一艘遊艇所施加的作用力為 $\vec{F}=(1.2\hat{x}+2.3\hat{y})\ \mathrm{N}$ 。該遊艇行進的位移方向為沿著一條直線，行進位移為 $\Delta\vec{r}=(380\hat{x}+460\hat{y})\ \mathrm{m}$ 。則甲生拉遊艇所做的功大小為何？

Accepted Answer

核心觀念 功是力與位移的內積。若力和位移以直角座標分量表示，則 $$ W=\vec{F}\cdot\Delta\vec{r} =Fx\Delta x+Fy\Delta y $$ 內積會將力在位移方向上的分量與位移相乘；垂直於位移的力分量不做功。 解題方法 題目給定 $$ \vec{F}=(1.2\hat{x}+2.3\hat{y})\ \mathrm{N},\qquad \Delta\vec{r}=(380\hat{x}+460\hat{y})\ \mathrm{m} $$ 因此 $$ \begin{aligned} W &=(1.2)(380)+(2.3)(460)\ &=456+1058\ &=1514\ \mathrm{J} \end{aligned} $$ 兩個分量的乘積單位均為 $\mathrm{N\cdot m}=\mathrm{J}$。計算結果為正，因此功的大小為 $1514\ \mathrm{J}$，選項 B 正確。 選項分析

Answer

答案：B

Question 3

如下圖所示，有一圓柱體其半徑為 $R$，自一斜面上自靜止滾下斜面。若其運動過程為純滾動運動（圓柱體在斜面上不打滑），則其質心之加速度 $a$ 與其半徑 $R$ 之關係為何？ (A) 圖示選項，請參考原卷。 (B) 圖示選項，請參考原卷。 (C) 圖示選項，請參考原卷。 (D) 圖示選項，請參考原卷。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查斜面上的純滾動。純滾動時，圓柱體同時平移與轉動，接觸點相對斜面瞬時靜止，因此有 $a=\alpha R$。質心加速度由斜面方向的重力分量與轉動慣量共同決定。 解題方法 設斜面傾角為 $	heta$、圓柱質量為 $m$，靜摩擦力大小為 $f$。沿斜面方向列平移方程，並以圓柱質心為轉軸列轉動方程： $$ mg\sin	heta-f=ma $$ $$ fR=I\alpha,\qquad \alpha=\frac{a}{R} $$ 因此 $f=Ia/R^2$，代入平移方程得： $$ a=\frac{g\sin	heta}{1+\dfrac{I}{mR^2}} $$ 對均勻實心圓柱，$I=\frac12 mR^2$，所以： $$ a=\frac{2}{3}g\sin	heta $$

Answer

答案：C

Question 4

有一旋轉輪，輪中心有一鉛直轉軸。輪旋轉時，由上方觀察，轉輪旋轉方向是逆時鐘。試問，輪的角動量的方向為何？ (A) 鉛直向上 (B) 鉛直向下 (C) 沿輪圓周的切線方向，且與旋轉方向相反 (D) 沿輪圓周的切線方向，且與旋轉方向相同

Accepted Answer

核心觀念

本題考查角動量方向的判定。對繞固定軸旋轉的輪，角動量方向沿著轉軸，並由右手定則決定：

\vec L=I\vec\omega

其中 $I$ 為轉動慣量， $\vec\omega$ 為角速度向量。由於 $I$ 為正值，角動量 $\vec L$ 與角速度 $\vec\omega$ 同方向。

解題方法

從輪的上方看，輪呈逆時鐘方向旋轉。右手四指沿著旋轉方向彎曲，拇指所指即為角速度向量方向。此時拇指指向上方，因此角速度鉛直向上，角動量也鉛直向上。

選項分析

Answer

答案：A

Question 5

如圖，若不計地面摩擦力，則此系統中，質量 $m$ 的木塊進行簡諧振盪時，振盪週期 $T$ 為多少？

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Accepted Answer

核心觀念 質量為 $m$ 的木塊受彈簧恢復力作用，做簡諧振盪。簡諧振盪的週期為 $$ T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k{\mathrm{eff}}}}, $$ 其中 $k{\mathrm{eff}}$ 是系統的等效彈簧常數。 解題方法 木塊相對平衡位置向右位移 $x$ 時，左側彈簧伸長 $x$，向左拉木塊；右側彈簧壓縮 $x$，也向左推木塊。兩側彈簧的恢復力方向相同，因此合力為 $$ F=-kx-kx=-2kx. $$ 依牛頓第二定律， $$ m\frac{d^2x}{dt^2}=-2kx, $$ 故等效彈簧常數為 $k{\mathrm{eff}}=2k$。代入週期公式： $$ T=2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}. $$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 6

若有一行進波，其位移可表示為 $$y(x,t)=2.6\cos(0.48x+0.24t)$$ 其中 $x$ 與 $y$ 的單位是公尺（m），時間 $t$ 的單位為秒（s）。請問該行進波的速率大小為何？ (A) $0.5\ \mathrm{m/s}$ (B) $1\ \mathrm{m/s}$ (C) $5\ \mathrm{m/s}$ (D) $10\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 行進波可寫成 $y(x,t)=A\cos(kx\pm\omega t+\phi)$，其中 $k$ 是波數，$\omega$ 是角頻率。波速大小為 $$v=\frac{\omega}{k}$$ 也可由相位固定時的移動速率求得。 解題方法 題目給定 $$y(x,t)=2.6\cos(0.48x+0.24t)$$ 與標準形式比較，可得 $k=0.48\ \mathrm{rad/m}$、$\omega=0.24\ \mathrm{rad/s}$。因此波速大小為 $$v=\frac{\omega}{k} =\frac{0.24}{0.48} =0.5\ \mathrm{m/s}$$ 振幅 $2.6\ \mathrm{m}$ 不影響波速。相位中的正號表示波沿 $-x$ 方向傳播，但題目問的是速率大小，因此取正值。 選項分析

Answer

答案：A

Question 7

如下圖所示，一密閉容器內有一莫耳之理想氣體，容器之一端為活塞可調節氣體之體積 $V$ 。若將容器內氣體之壓力 $P$ 固定，下列何者為在熱力學平衡狀況下，此氣體之體積 $V$ 與其溫度 $T$ 之關係？

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Accepted Answer

核心觀念 理想氣體遵守理想氣體狀態方程式： $$PV=nRT$$ 其中 $P$ 為壓力、$V$ 為體積、$T$ 為絕對溫度（單位為 K）、$n$ 為莫耳數，$R$ 為理想氣體常數。本題中 $n=1$，且壓力 $P$ 固定，因此體積與絕對溫度成正比。 解題方法 將固定的 $P$ 與 $n=1$ 代入狀態方程式： $$V=\frac{nR}{P}T=\frac{R}{P}T$$ 因為 $R/P$ 是常數，$V$ 對 $T$ 的圖形應為通過原點的直線。溫度增加時，體積按比例增加，符合原卷中的 (D)。 選項分析

Answer

答案：D

Question 8

迎面而來的救護車所鳴發出的警笛聲，波長或波速有何特徵？ (A) 波長變長 (B) 波長變短 (C) 波速變快 (D) 波速變慢

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是都卜勒效應：聲源與觀察者有相對運動時，觀察者接收到的頻率會改變。救護車迎面接近觀察者時，警笛聲的波峰間距會縮短，因此觀察者接收到的頻率變高。 聲波在同一介質中的波速由介質性質決定。若空氣狀態不變，救護車移動不會使聲波在空氣中的波速變快或變慢。 解題方法 把警笛視為在空氣中發出聲波的移動聲源。聲源朝觀察者移動時，在每一個波峰抵達觀察者之前，聲源已向前移動一段距離；因此前方相鄰波峰的間距，也就是波長，會比聲源靜止時短。 由波動關係式 $$ v=f\lambda $$ 在空氣中的聲速 $v$ 固定時，波長 $\lambda$ 變短，觀察者接收到的頻率 $f$ 就會變高。題目問的是波長或波速的特徵，因此應選波長變短。 選項分析

Answer

答案：B

Question 9

下圖為甲、乙、丙、丁四種相同質量之固體經加熱而熔化為液體過程中，溫度 $T$ 與加熱時間 $t$ 之關係。若加熱時每單位時間所提供之熱量相同，且過程中無熱量損失，則此四種物質中何者之熔化熱最大？

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Accepted Answer

核心觀念 熔化熱是物質由固態熔化為液態所需的熱量。加熱器每單位時間提供相同熱量，故供熱功率 $P$ 固定；熔化時溫度不變，圖上的水平線段就是熔化過程。若熔化歷時為 $\Delta t$，則 $$ Q{	ext{熔}}=P\Delta t,\qquad L=\frac{Q{	ext{熔}}}{m} $$ 四種物質質量相同、供熱功率相同，因此熔化熱 $L$ 的大小取決於熔化平台的持續時間。 解題方法 比較各物質在溫度不變時的水平平台長度。依命題所採用的圖形判讀，丙的熔化平台最長，因此丙吸收的熔化熱最多，熔化熱最大。 選項分析

Answer

答案：C

Question 10

下圖為一系統之理想氣體進行一熱力學準靜循環過程之氣體壓力 $P$ 與體積 $V$ 的關係圖。甲為此氣體之起始狀態，經定壓力壓縮體積後到達乙狀態，再由乙狀態進行等體積升壓到達丙狀態，再由丙狀態以固定壓力方式擴張體積至丁狀態，最後再以定體積降壓方式回到甲狀態。在此循環過程中，下列何者氣體之溫度最高？

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Accepted Answer

核心觀念 理想氣體狀態方程式為 $$ PV=nRT $$ 同一氣體在循環過程中莫耳數 $n$ 不變，因此溫度 $T$ 與 $PV$ 成正比： $$ T=\frac{PV}{nR} $$ 比較各狀態的溫度，只要比較其 $P V$ 乘積。 解題方法 依圖判讀四個狀態：乙位於左下、甲位於右下、丙位於左上、丁位於右上。圖中壓力由下往上增加，體積由左往右增加，因此丁同時具有四個狀態中最大的壓力與最大的體積。 令圖中低壓、高壓分別為 $P{	ext{低}}$、$P{	ext{高}}$，左側、右側體積分別為 $V{	ext{左}}$、$V{	ext{右}}$，則 $$ P{	ext{高}}P{	ext{低}},\qquad V{	ext{右}}V{	ext{左}} $$

Answer

答案：D

Question 11

下圖中左右兩容器內有水，其質量及溫度分別為 $m1,m2$ 及 $T1,T2$。若將這兩容器內之液體混合，達到熱平衡後其溫度為 $T$，假設過程無熱量損失，下列何者為平衡溫度 $T$ 與 $T2$ 之關係？ (A) 圖示關係，請參考原卷。 (B) 圖示關係，請參考原卷。 (C) 圖示關係，請參考原卷。 (D) 圖示關係，請參考原卷。

Accepted Answer

核心觀念 水混合時若無熱量散失，較熱水放出的熱量等於較冷水吸收的熱量。水的比熱相同，因此平衡溫度是兩份水溫度依質量加權的平均值。 解題方法 熱量守恆可寫成： $$m1c(T-T1)+m2c(T-T2)=0$$ 約去兩側共同的比熱 $c$，整理得： $$T=\frac{m1T1+m2T2}{m1+m2} =\frac{m1T1}{m1+m2}+\frac{m2}{m1+m2}T2$$ 在 $m1、m2、T1$ 固定且質量皆為正的情況下，$T$ 與 $T2$ 呈線性正相關，斜率為 $\frac{m2}{m1+m2}$，介於 $0$ 與 $1$ 之間；當 $T2=0$ 時，$T$ 仍有正的截距 $\frac{m1T1}{m1+m2}$。

Answer

答案：B

Question 12

一均勻帶電之無限大薄平板之面電荷密度為 $\sigma$，試問其二側電場強度各為多少？其中 $\sigma$ 為面電荷密度，庫倫常數 $k=9	imes10^9\ \mathrm{N\,m^2/C^2}$。 (A) $2\pi k\sigma$ (B) $2\pi k\sigma^2$ (C) $\pi k\sigma$ (D) $4\pi^2 k\sigma^2$

Accepted Answer

核心觀念

本題考無限大均勻帶電平板產生的電場。由平面對稱性可知，電場垂直於平板，且平板兩側的電場大小相同、方向相反。用高斯定律可得每側電場大小為

E=\frac{|\sigma|}{2\varepsilon_0}=2\pi k|\sigma|

其中 $k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$ 。若題目以帶符號的 $\sigma$ 表示面電荷密度， $2\pi k\sigma$ 表示電場大小的慣用寫法；方向則由電荷正負決定。

解題方法

取一個穿過薄平板的圓柱形高斯面，讓圓柱兩端面分別位於平板兩側。因電場垂直平板，圓柱側面的通量為零；兩端面的通量合計為 $2EA$ ，其中 $A$ 是端面面積。

高斯面所包住的電荷為 $Q_{\text{in}}=\sigma A$ 。依高斯定律，

\oint \vec E\cdot d\vec A =\frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}

因此

2EA=\frac{\sigma A}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =2\pi k\sigma

Answer

答案：A

Question 13

已知均勻帶電圓環的半徑為 $a$ 且總電荷量為 $Q$，求位於圓環中心軸上離中心為 $x$ 之電場大小： (A) $\dfrac{kQx}{(x^2+a^2)^2}$ (B) $\dfrac{kQx}{x^2+a^2}$ (C) $\dfrac{kQx}{(x^2+a^2)^{1/2}}$ (D) $\dfrac{kQx}{(x^2+a^2)^{3/2}}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查均勻帶電圓環在中心軸上的電場。利用庫侖定律先求環上微小電荷所產生的電場，再用圓環的對稱性消去垂直於軸線的分量，只加總軸向分量。

解題方法

設圓環半徑為 $a$ ，觀測點位於中心軸上，距圓心 $x$ 。環上任一微小電荷 $dq$ 到觀測點的距離皆為

r=\sqrt{x^2+a^2}.

依庫侖定律， $dq$ 產生的電場大小為

dE=\frac{k\,dq}{r^2} =\frac{k\,dq}{x^2+a^2}.

由對稱性，圓環上相對位置的電荷所產生的橫向分量互相抵消，只剩軸向分量。若 $\theta$ 為電場方向與中心軸的夾角，則 $\cos\theta=x/r$ ，因此

dE_x=dE\cos\theta =\frac{k\,dq}{x^2+a^2}\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}} =\frac{kx\,dq}{(x^2+a^2)^{3/2}}.

沿整個圓環積分，且 $\int dq=Q$ ：

E_x=\int dE_x =\frac{kQx}{(x^2+a^2)^{3/2}}.

Answer

答案：D

Question 14

在一靜電場中，有電介質存在時，高斯定理的數學形式為 $$\ointS\vec{D}\cdot d\vec{S}=0$$ 其中 $\vec{D}$ 是電位移向量，$S$ 為一閉合曲面。從此式中可知，$S$ 面內電荷必定為： (A) 既無自由電荷，也無束縛電荷 (B) 沒有自由電荷 (C) 自由電荷和束縛電荷的代數和為零 (D) 自由電荷的代數和為零

Accepted Answer

核心觀念 在電介質中，電位移向量 $\vec D$ 的高斯定律為 $$ \ointS \vec D\cdot d\vec S=Q{	ext{自由,內}} $$ 其中 $Q{	ext{自由,內}}$ 是閉合曲面 $S$ 所包圍的自由電荷代數和。因此，題目給出通量為零，表示曲面內自由電荷的代數和為零；它不表示曲面內完全沒有電荷，也不要求束縛電荷的代數和為零。 解題方法 直接將題目中的積分式與電位移向量的高斯定律對照： $$ \ointS\vec D\cdot d\vec S=0 \quad\Longrightarrow\quad Q{	ext{自由,內}}=0 $$ 所以符合條件的是「自由電荷的代數和為零」。 要留意，若以電場 $\vec E$ 寫高斯定律，則電通量與曲面內的自由電荷、束縛電荷總量相關；但以 $\vec D$ 寫高斯定律時，右側對應的是自由電荷。 選項分析

Answer

答案：D

Question 15

市面上所售之燈泡常以瓦數標示其規格，而就電路之特性而言，一般燈泡可等效視為一電阻 $R$ 。下列何者為燈泡之等效電阻 $R$ 與其瓦數 $W$ 之關係？

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Accepted Answer

核心觀念 燈泡可視為電阻時，電功率與電壓、電阻的關係為 $$ W=VI=\frac{V^2}{R} $$ 因此，在燈泡的額定電壓相同時，等效電阻為 $$ R=\frac{V^2}{W} $$ 也就是說，瓦數 $W$ 越大，等效電阻 $R$ 越小；兩者呈反比關係。 解題方法 以額定電壓固定為前提，從 $R=V^2/W$ 判斷 $R$ 隨 $W$ 增加而遞減，且不是線性遞減，而是反比曲線。圖中符合此關係的是 (C)：曲線隨 $W$ 增加而下降，並逐漸趨近橫軸。 選項分析

Answer

答案：C

Question 16

有相同的電流 $I$ 通過不同的 2 條金屬導線。導線 A 比起導線 B 具有較大的直徑、較高的自由電子濃度、較低的電阻率。如果 $J,E,V$ 分別表示導線上的電流密度大小、電場大小、漂移速率，則下列的關係何者正確？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查金屬導線中的電流密度、漂移速率與電場，使用下列關係： $$ J=\frac{I}{A}, \qquad I=nqAvd, \qquad J=nqvd, \qquad E=\rho J $$ 其中 $A$ 為導線截面積、$n$ 為自由電子濃度、$q$ 為電子電量大小、$vd$ 為漂移速率，$\rho$ 為電阻率。 解題方法 兩條導線通過相同電流 $I$。導線 A 的直徑較大，因此截面積 $AAAB$。由 $J=I/A$ 可知： $$ JA=\frac{I}{AA}<\frac{I}{AB}=JB $$ 所以導線 A 的電流密度較小，選項 (C) 正確。 也可由 $J=nqvd$ 看出，電流密度同時受自由電子濃度與漂移速率影響；僅知道 A 的自由電子濃度較高，不能單獨判定漂移速率大小。

Answer

答案：C

Question 17

若將一截面積為 $1	imes10^{-4}\ \mathrm{m^2}$、長為 $60\ \mathrm{cm}$ 之金屬線製成 100 匝的螺線管，則其電感值約為多少？ $$\mu0=4\pi	imes10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$$ (A) $2.1\ \mathrm{nH}$ (B) $2.1\ \mathrm{pH}$ (C) $2.1\ \mathrm{\mu H}$ (D) $2.1\ \mathrm{mH}$

Accepted Answer

核心觀念 理想長螺線管的電感由匝數、截面積、長度及磁導率決定： $$ L=\mu0\frac{N^2A}{\ell} $$ 其中 $N$ 為匝數、$A$ 為截面積、$\ell$ 為螺線管長度。本題未指定鐵芯，採用真空磁導率 $\mu0$。 解題方法 代入 $N=100$、$A=1	imes10^{-4}\ \mathrm{m^2}$、$\ell=60\ \mathrm{cm}=0.60\ \mathrm{m}$： $$ \begin{aligned} L &=(4\pi	imes10^{-7}) \frac{(100)^2(1	imes10^{-4})}{0.60}\ &\approx 2.09	imes10^{-6}\ \mathrm{H}\ &\approx 2.1\ \mathrm{\mu H} \end{aligned} $$ 選項分析

Question 18

如下圖所示，在一均勻且方向為出紙面的磁場中，有一對平行之細長導體所組成之水平軌道，其右端與一電阻 $R$ 連結，軌道上橫跨了一棒狀導體。假設軌道與棒狀導體間無摩擦，今有一水平向左之作用力 $F$ 使此棒狀導體向左進行等速度運動，下列何者為 $F$ 之大小與磁場大小 $B$ 的關係？

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Accepted Answer

核心觀念 本題考「導體棒切割磁力線」產生的動生電動勢，以及感應電流受到磁力的作用。導體棒以速度 $v$ 垂直切割均勻磁場時，動生電動勢大小為 $$ \mathcal{E}=BLv $$ 其中 $L$ 是導體棒跨接兩軌道的長度。電路總電阻為 $R$，因此感應電流大小為 $$ I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{BLv}{R} $$ 導體棒在磁場中受力大小為 $F{	ext{磁}}=ILB$。 解題方法 將感應電流代入導體棒的磁力公式： $$ F{	ext{磁}}=ILB =\left(\frac{BLv}{R}ight)LB =\frac{L^2v}{R}B^2 $$ 導體棒以等速度運動，合力為零，所以外力大小須等於磁力大小： $$ F=F{	ext{磁}}=\frac{L^2v}{R}B^2 $$

Answer

答案：B

Question 19

一單原子的理想氣體，初始溫度和壓力分別為 $330\ \mathrm{K}$、$6.00$ 大氣壓力。此單原子氣體的體積經歷等溫膨脹，從 $500\ \mathrm{cm^3}$ 到 $1500\ \mathrm{cm^3}$。試問，此膨脹過程氣體做了約多少的功？ (A) $300\ln 3\ \mathrm{J}$ (B) $150\ln 6\ \mathrm{J}$ (C) $300\ln 6\ \mathrm{J}$ (D) $150\ln 3\ \mathrm{J}$

Accepted Answer

核心觀念 理想氣體等溫膨脹時，溫度不變，因此氣體做功為 $$ W=nRT\ln\frac{V2}{V1} $$ 由理想氣體方程式 $P1V1=nRT$，也可直接寫成 $$ W=P1V1\ln\frac{V2}{V1} $$ 膨脹時體積增加，氣體對外做功為正。本題提到「單原子」並不影響等溫做功的計算；單原子氣體的自由度或內能公式在此不必使用。 解題方法 初態壓力與體積分別為 $P1=6.00\ \mathrm{atm}$、$V1=500\ \mathrm{cm^3}$；末態體積為 $V2=1500\ \mathrm{cm^3}$。因此體積比為 $$ \frac{V2}{V1}=\frac{1500}{500}=3 $$ 先計算 $P1V1$，並換算成焦耳： $$ P1V1=(6.00\ \mathrm{atm})(500\ \mathrm{cm^3}) =3000\ \mathrm{atm\cdot cm^3} $$ 利用 $1\ \mathrm{atm}=1.013	imes10^5\ \mathrm{Pa}$、$1\ \mathrm{cm^3}=10^{-6}\ \mathrm{m^3}$， $$ 1\ \mathrm{atm\cdot cm^3} =(1.013	imes10^5)(10^{-6})\ \mathrm{J} \approx0.1013\ \mathrm{J} $$ 所以

Answer

答案：A

Question 20

一莫耳的理想氣體進行自由膨脹後，氣體體積比原體積膨脹四倍。試問，熵（entropy）變化多少？ (A) $0$ (B) $R\ln 2$ (C) $R\ln 3$ (D) $2R\ln 2$

Accepted Answer

核心觀念

熵是狀態函數，理想氣體由初態到末態的熵變只與兩端狀態有關，與實際過程是否可逆無關。因此，自由膨脹雖然不可逆，仍可利用一條連接相同初、末態的可逆等溫路徑計算熵變。

一莫耳理想氣體的等溫熵變為

\Delta S=nR\ln\frac{V_f}{V_i}

解題方法

理想氣體自由膨脹至真空時，外界壓力為零，氣體不對外作功，故 $W=0$ 。若容器絕熱，則 $Q=0$ ；依熱力學第一定律 $\Delta U=Q-W=0$ 。理想氣體內能只與溫度有關，因此 $\Delta T=0$ ，初、末態溫度相同。

題目所稱「體積比原體積膨脹四倍」，依官方答案採用的意思是末體積為原體積的四倍，即 $V_f=4V_i$ 。代入 $n=1$ ：

\Delta S =R\ln\frac{4V_i}{V_i} =R\ln 4 =2R\ln 2

熵變為正，表示氣體可到達的微觀狀態數增加。

選項分析

Answer

答案：D

Question 21

氧分子在室溫（$300\ \mathrm{K}$）時，方均根速率大小約為多少？ (A) $0.48\ \mathrm{m/s}$ (B) $4.8\ \mathrm{m/s}$ (C) $48\ \mathrm{m/s}$ (D) $480\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 氣體分子的方均根速率（root-mean-square speed）由溫度與分子莫耳質量決定： $$ v{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}} $$ 其中 $R=8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}$、$T$ 為絕對溫度，$M$ 為氣體的莫耳質量，單位須換成 $\mathrm{kg/mol}$。 解題方法 氧分子為 $\mathrm{O2}$，莫耳質量約為 $32\ \mathrm{g/mol}=0.032\ \mathrm{kg/mol}$。代入 $T=300\ \mathrm{K}$： $$ v{\mathrm{rms}} =\sqrt{\frac{3(8.314)(300)}{0.032}} \approx\sqrt{233{,}831} \approx 484\ \mathrm{m/s} $$

Answer

答案：D

Question 22

一鏡片為了減少反射光的強度，在其一側表面塗鋪一薄膜。如該鏡片的折射率為 $1.60$ ，薄膜折射率為 $1.38$ ，如要有效率地降低可見光波長 $550\ \mathrm{nm}$ ，則該鏡片最薄約需塗鋪多少厚度的薄膜？

Accepted Answer

核心觀念

本題考薄膜干涉的減反射條件。光由空氣射向薄膜，再由薄膜射向鏡片；由於兩次反射都發生在光由低折射率介質射向高折射率介質的界面，反射光都會產生半波長的相位反轉。兩反射光之間的相位差因此只由薄膜內的往返光程差決定。

解題方法

設薄膜厚度為 $t$ 、折射率為 $n_f=1.38$ ，目標波長為 $\lambda_0=550\ \mathrm{nm}$ 。在近乎垂直入射下，光在薄膜內往返一次的光程差為 $2n_ft$ 。

要使兩束反射光相消，光程差需為半波長的奇數倍：

2n_ft=\left(m+\frac12\right)\lambda_0,\qquad m=0,1,2,\ldots

取最薄的非零厚度，即 $m=0$ ：

t=\frac{\lambda_0}{4n_f} =\frac{550\ \mathrm{nm}}{4(1.38)} \approx 99.6\ \mathrm{nm} \approx 100\ \mathrm{nm}

因此選 (A)。

Answer

答案：A

Question 23

光纖是當代電信傳輸的重要工具。試問，光於光纖中的傳播主要是依據哪一物理原因？ (A) 色散 (B) 惠更斯原理 (C) 全反射原理 (D) 漫射

Accepted Answer

核心觀念 光纖利用纖芯與包層的折射率差，使光在纖芯內反覆發生全反射，因而沿著光纖傳輸。典型光纖的纖芯折射率 $n1$ 大於包層折射率 $n2$，即 $n1n2$。 依史涅耳定律，光由折射率較大的纖芯射向折射率較小的包層時，入射角增大至臨界角 $	hetac$，折射光便沿界面傳播；當入射角大於臨界角，光不再折射進入包層，而是在界面全反射。臨界角滿足： $$ \sin	hetac=\frac{n2}{n1}\qquad(n1n2) $$ 解題方法 判斷光纖傳光的主要原因，先辨認光在纖芯與包層界面上的行為：光被限制在纖芯內，並沿光纖前進，靠的是界面反覆全反射。因此選擇全反射原理。 選項分析

Answer

答案：C

Question 24

下圖為一平凸透鏡之結構，其球面構造之半徑為 $R$，下列何者為此透鏡之焦距 $f$ 與 $R$ 之關係？ (A) 圖示公式，請參考原卷。 (B) 圖示公式，請參考原卷。 (C) 圖示公式，請參考原卷。 (D) 圖示公式，請參考原卷。

Accepted Answer

核心觀念 本題考平凸透鏡的薄透鏡公式。透鏡在空氣中時，透鏡製作者公式為 $$ \frac{1}{f}=(n-1)\left(\frac{1}{R1}-\frac{1}{R2}\right), $$ 其中 $n$ 是透鏡材料的折射率，$R1$、$R2$ 是兩側球面的曲率半徑；平面可視為曲率半徑無限大。 解題方法 平凸透鏡一面是平面，另一面球面半徑為 $R$，因此平面那一側的曲率項為 $0$，球面那一側的曲率項大小為 $1/R$。取會聚透鏡的正焦距，可得 $$ \frac{1}{f}=\frac{n-1}{R} \quad\Longrightarrow\quad f=\frac{R}{n-1}. $$

Answer

答案：A

Question 25

有一凸透鏡其焦距為 $f$，假設在光軸上有一物體距離鏡心之距離為 $p$，且 $f\leq p\leq2f$。若此物體經透鏡所成之影像與鏡心之距離為 $q$，則下列何者為 $q$ 與 $p$ 之關係？ (A) 圖示公式，請參考原卷。 (B) 圖示公式，請參考原卷。 (C) 圖示公式，請參考原卷。 (D) 圖示公式，請參考原卷。

Accepted Answer

核心觀念 凸透鏡成像遵守薄透鏡公式： $$\frac{1}{f}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$$ 其中 $f$ 為焦距，$p$ 為物距，$q$ 為像距。題目給定 $f\leq p\leq 2f$，因此物體位於焦點至兩倍焦距之間。 解題方法 將薄透鏡公式整理成 $q$ 與 $p$ 的關係： $$\frac{1}{q}=\frac{1}{f}-\frac{1}{p}=\frac{p-f}{fp}$$ 所以 $$q=\frac{fp}{p-f}$$ 當 $p$ 由略大於 $f$ 增加至 $2f$ 時，分母 $p-f$ 由接近 $0$ 增加至 $f$，像距 $q$ 因而由極大值逐漸減小。當 $p=2f$ 時： $$q=\frac{f(2f)}{2f-f}=2f$$

Answer

答案：D

Question 26

在同溫同壓下，氫分子（$\mathrm{H2}$）與二氧化硫（$\mathrm{SO2}$）的平均動能比為何？（原子量：$\mathrm{H}=1$；$\mathrm{S}=32$；$\mathrm{O}=16$） 假設氫（$\mathrm{H2}$）與二氧化硫（$\mathrm{SO2}$）為理想氣體。 (A) $1:32$ (B) $32:1$ (C) $1:1$ (D) $2:3$

Accepted Answer

核心觀念 理想氣體分子的平均平移動能只由絕對溫度決定，與氣體種類、分子量無關： $$ \overline{Ek}=\frac{3}{2}k{\mathrm B}T $$ 其中 $k{\mathrm B}$ 為波茲曼常數，$T$ 為絕對溫度。兩種氣體處於相同溫度時，平均平移動能相同；同壓條件不影響此結論。 解題方法 題目已說明氫氣與二氧化硫可視為理想氣體，且兩者同溫，因此： $$ \frac{\overline{E}{k,\mathrm{H2}}}{\overline{E}{k,\mathrm{SO2}}} = \frac{\frac{3}{2}k{\mathrm B}T}{\frac{3}{2}k{\mathrm B}T} =1 $$

Answer

答案：C

Question 27

對於不穩定的原子核，若其中子數目與質子數目的比值（中子／質子比）過高時，則可經由下列哪一途徑變成穩定的原子核？ (A) 釋放 $\alpha$ 粒子 (B) 釋放 $\beta$ 粒子 (C) 釋放 $\gamma$ 射線 (D) 不會核衰變

Accepted Answer

核心觀念 本題考查原子核的穩定性與 $\beta^-$ 衰變。對中子數相對過多的原子核，中子可轉變成質子，降低中子／質子比，使原子核趨向穩定： $$ nightarrow p+e^-+\bar{
u}e $$ 其中 $e^-$ 是放出的 $\beta^-$ 粒子，$\bar{
u}e$ 是反微中子。衰變後質子數增加 $1$、中子數減少 $1$，質量數不變。 解題方法 題目已指出中子／質子比過高，表示原子核相對缺乏質子。判斷其衰變途徑時，抓住「中子轉成質子」即可：此轉變會同時減少中子數、增加質子數，因此能降低中子／質子比，對應放出 $\beta^-$ 粒子。 選項分析 - (A) 釋放 $\alpha$ 粒子：錯誤。 $\alpha$ 粒子由 $2$ 個質子與 $2$ 個中子組成。

Answer

答案：B

Question 28

若將 $\mathrm{NaCl}$、$\mathrm{Na2CO3}$ 與 $\mathrm{H2S}$ 依照先後順序加入含有 $\mathrm{Ag^+}$、$\mathrm{Ca^{2+}}$ 與 $\mathrm{Cd^{2+}}$ 離子的混合液中，則下列哪一個順序可將溶液中所含的陽離子逐一沉澱、過濾而予以分離？ (A) $\mathrm{Na2CO3,\ NaCl,\ H2S}$ (B) $\mathrm{Na2CO3,\ H2S,\ NaCl}$ (C) $\mathrm{H2S,\ NaCl,\ Na2CO3}$ (D) $\mathrm{NaCl,\ H2S,\ Na2CO3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查溶解度積 $K{sp}$ 與選擇性沉澱：依序加入沉澱劑，利用不同鹽類溶解度的差異，讓各陽離子分別形成沉澱，再過濾分離。 三種可能沉澱為： - $\mathrm{AgCl}$、$\mathrm{CdS}$、$\mathrm{CaCO3}$ - $\mathrm{Ag2S}$、$\mathrm{CdS}$、$\mathrm{CaCO3}$ - $\mathrm{Ag2CO3}$、$\mathrm{CdCO3}$、$\mathrm{CaCO3}$ 判斷選擇性沉澱時，須留意離子化學計量比：例如 $\mathrm{Ag2S}$ 的沉澱條件為 $[\mathrm{Ag^+}]^2[\mathrm{S^{2-}}]K{sp}$。 解題方法 要使三種陽離子逐一沉澱，應依序選擇能先沉澱其中一種、且不致讓其餘離子同時大量沉澱的試劑。 先加入 $\mathrm{NaCl}$，提供 $\mathrm{Cl^-}$。由於 $\mathrm{AgCl}$ 難溶，銀離子可先形成沉澱： $$\mathrm{Ag^+ + Cl^- \rightarrow AgCl(s)}$$ 過濾除去 $\mathrm{AgCl}$ 後，再通入 $\mathrm{H2S}$。在此類定性分析題的沉澱判斷下，硫化物中 $\mathrm{CdS}$ 難溶，可使鎘離子形成沉澱： $$\mathrm{Cd^{2+} + H2S \rightleftharpoons CdS(s) + 2H^+}$$ 過濾除去 $\mathrm{CdS}$ 後，最後加入 $\mathrm{Na2CO3}$，提供 $\mathrm{CO3^{2-}}$，使鈣離子形成碳酸鈣沉澱：

Answer

答案：D

Question 29

一級醇完全被氧化後可能生成下列何種化合物？ (A) 醛類化合物 (B) 酮類化合物 (C) 醛類及（或）羧酸類化合物 (D) 酯類化合物

Accepted Answer

核心觀念

本題考一級醇的氧化產物。一級醇的羥基碳連接一個碳原子及兩個氫原子，氧化時可分兩階段：

\text{一級醇} \xrightarrow{[O]} \text{醛} \xrightarrow{[O]} \text{羧酸}

其中 $[O]$ 表示氧化作用。氧化條件較溫和或產物未繼續氧化時，可得到醛；若氧化持續進行，醛可再氧化成羧酸。

解題方法

判斷醇的氧化產物，先看羥基所在碳的連接情形。一級醇具有可氧化成醛所需的氫；生成的醛還能進一步氧化，因此一級醇的氧化產物可包含醛及羧酸。題目使用「完全被氧化」，因此也須納入醛進一步氧化成羧酸的情形。

選項分析

Answer

答案：C

Question 30

已知氧分子具有磁性，試問其分子內具有幾個不成對電子？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $3$

Accepted Answer

核心觀念 氧分子（$\mathrm{O2}$）具有順磁性，表示它含有未成對電子。判斷未成對電子數時，需使用分子軌域理論，依能量順序填入氧分子的價電子，再檢查各軌域中的電子是否成對。 解題方法 每個氧原子有 $6$ 個價電子，因此 $\mathrm{O2}$ 共 $12$ 個價電子。依氧分子的分子軌域能階順序填入： $$ \sigma{2s},\ \sigma^{2s},\ \sigma{2pz},\ \pi{2px}=\pi{2py},\ \pi^{2px}=\pi^{2py},\ \sigma^{2pz} $$ 填電子後的組態為： $$ (\sigma{2s})^2(\sigma^{2s})^2(\sigma{2pz})^2 (\pi{2px})^2(\pi{2py})^2 (\pi^{2px})^1(\pi^{2py})^1 $$

Answer

答案：C

Question 31

氫原子中電子由 $n=2$ 能階躍遷至 $n=4$ 能階所需的能量與氫原子的游離能的比值為何？ (A) $\dfrac{3}{4}$ (B) $\dfrac{1}{2}$ (C) $\dfrac{3}{16}$ (D) $\dfrac{5}{36}$

Accepted Answer

核心觀念 氫原子的能階為離散能階，第 $n$ 能階的能量可寫為 $$ En=-\frac{13.6\ 	ext{eV}}{n^2} $$ 游離能是將基態電子從 $n=1$ 移至 $n=\infty$ 所需的能量，大小為 $13.6\ 	ext{eV}$。本題比較的是電子由 $n=2$ 躍遷至 $n=4$ 所吸收的能量，與基態游離能的比值。 解題方法 躍遷所需能量等於末態與初態能量之差： $$ \Delta E=E4-E2 =-\frac{13.6}{4^2}-\left(-\frac{13.6}{2^2}ight) =13.6\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{16}ight) =13.6\cdot\frac{3}{16}\ 	ext{eV} $$ 因此，與氫原子游離能 $13.6\ 	ext{eV}$ 的比值為 $$ \frac{\Delta E}{E{	ext{游離}}} =\frac{13.6\cdot\frac{3}{16}}{13.6} =\frac{3}{16} $$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 32

主量子數 $n=4$ 的所有軌域最多可以填入幾個電子？ (A) $8$ (B) $10$ (C) $18$ (D) $32$

Accepted Answer

核心觀念

主量子數 $n$ 決定電子殼層。第 $n$ 層包含的軌域總數為 $n^2$ ；每個軌域最多容納 $2$ 個自旋方向相反的電子，因此該層最多可容納 $2n^2$ 個電子。

解題方法

代入 $n=4$ ：

\text{軌域數}=n^2=4^2=16

每個軌域最多容納 $2$ 個電子，所以：

\text{最多電子數}=2n^2=2(4^2)=32

也可按副殼層驗算： $n=4$ 包含 $4s、4p、4d、4f$ ，其軌域數分別為 $1、3、5、7$ ，合計 $16$ 個軌域；每個軌域容納 $2$ 個電子，總數為 $32$ 。

選項分析

Answer

答案：D

Question 33

若元素 $E$ 的電子組態為 $[\mathrm{Kr}]\,5s^24d^{10}5p^2$，則下列哪一個是 $E$ 與氟反應時最可能生成的產物？ (A) $\mathrm{EF}$ (B) $\mathrm{EF3}$ (C) $\mathrm{EF4}$ (D) $\mathrm{EF5}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查由元素的電子組態判斷其週期與族別，並據此推知與氟形成化合物時的常見化合價。氟的電負度極高，與主族元素反應時通常呈 $-1$ 氧化數；元素 $E$ 則依其可參與成鍵的價電子數，形成相應的氟化物。

解題方法

電子組態中 $[\mathrm{Kr}]$ 代表氪的電子組態，含有 36 個電子。再加上 $5s^2 4d^{10}5p^2$ 的 14 個電子， $E$ 的原子序為：

$36+2+10+2=50$

原子序 50 的元素是錫（ $\mathrm{Sn}$ ），位於第 14 族，最外層電子組態為 $5s^2 5p^2$ ，共有 4 個價電子。錫與氟形成氟化物時，常見的穩定產物包括 $\mathrm{SnF_2}$ 與 $\mathrm{SnF_4}$ ；本題問最可能生成的產物，依題目設定選擇四氟化物 $\mathrm{EF_4}$ 。其中 4 個氟各為 $-1$ ，故 $E$ 為 $+4$ ，電荷總和為零。

選項分析

Answer

答案：C

Question 34

下列函數中，有幾個是狀態函數（state function）？ 能量（energy）、功（work）、焓（enthalpy）、熱（heat）、自由能（free energy）。 (A) $1$ (B) $2$ (C) $3$ (D) $4$

Accepted Answer

核心觀念

狀態函數只由系統目前的狀態決定，其變化量僅取決於初、末狀態，與過程途徑無關；路徑函數則會隨過程途徑改變。

熱力學常用的狀態函數包括內能、焓及自由能；熱與功則是能量傳遞的方式，屬於路徑函數。

解題方法

逐一判斷題目所列各量是否由系統狀態唯一決定：

能量（energy）：若指系統的內能，屬狀態函數。
功（work）：與過程途徑有關，屬路徑函數。
焓（enthalpy）：由 $H=U+pV$ 定義； $U$ 、 $p$ 、 $V$ 均為狀態量，因此焓是狀態函數。
熱（heat）：與過程途徑有關，屬路徑函數。

Answer

答案：C

Question 35

定溫、定壓下，下列哪一個變化發生時不作功？ (A) $\mathrm{CO(g)+H2O(g)\rightarrow CO2(g)+H2(g)}$ (B) $\mathrm{I2(s)\rightarrow I2(g)}$ (C) $\mathrm{Ca3P2(s)+6H2O(l)\rightarrow3Ca(OH)2(s)+2PH3(g)}$ (D) $\mathrm{2CH3OH(l)+3O2(g)\rightarrow2CO2(g)+4H2O(l)}$

Accepted Answer

核心觀念 定溫、定壓下，若只考慮膨脹（或壓縮）功，化學反應的壓力－體積功為 $$ w=-P{	ext{外}}\Delta V $$ 因此，若反應前後氣體總莫耳數不變，且題目以理想氣體近似，定溫、定壓下體積不變，便不作膨脹功。反之，若氣體總莫耳數改變，體積通常也會改變，因而有膨脹或壓縮功。 解題方法 逐一比較各反應式左右兩側的氣體莫耳數；固體與液體不列入氣體莫耳數計算。 理想氣體在定溫、定壓下滿足 $V=nRT/P$。因 $T$、$P$ 固定，體積變化量與氣體莫耳數變化量成正比： $$ \Delta V=\frac{RT}{P}\Delta n{	ext{氣體}} $$ 所以只要比較 $\Delta n{	ext{氣體}}$，即可判斷是否有膨脹或壓縮功。 選項分析 (A) $\mathrm{CO(g)+H2O(g)ightarrow CO2(g)+H2(g)}$：正確 反應物氣體莫耳數為 $1+1=2$，生成物氣體莫耳數也是 $1+1=2$，故 $$ \Delta n{	ext{氣體}}=2-2=0 $$

Answer

答案：A

Question 36

已知： $$\mathrm{Cu2O(s)+\frac{1}{2}O2(g)\rightarrow2CuO(s)}\qquad \Delta H^\circ=-144\ \mathrm{kJ}$$ $$\mathrm{Cu2O(s)\rightarrow Cu(s)+CuO(s)}\qquad \Delta H^\circ=+11\ \mathrm{kJ}$$ 試問 $\mathrm{CuO(s)}$ 的標準生成焓（standard enthalpy of formation）的數值為何？ (A) $-299\ \mathrm{kJ}$ (B) $-155\ \mathrm{kJ}$ (C) $+155\ \mathrm{kJ}$ (D) $+299\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是赫斯定律：反應的焓變只取決於反應物與生成物的狀態，與反應途徑無關。因此可將已知反應式相加或反向，再用已知焓變求出 $\mathrm{CuO(s)}$ 的標準生成焓。 元素在標準狀態下的標準生成焓為零，所以 $\Delta Hf^\circ[\mathrm{Cu(s)}]=0$，且 $\Delta Hf^\circ[\mathrm{O2(g)}]=0$。 解題方法 令 $$ x=\Delta Hf^\circ[\mathrm{Cu2O(s)}],\qquad y=\Delta Hf^\circ[\mathrm{CuO(s)}] $$ 由第一個反應： $$ \mathrm{Cu2O(s)+\frac12 O2(g)ightarrow 2CuO(s)} $$ 依反應焓等於生成物生成焓總和減去反應物生成焓總和： $$ 2y-x=-144 	ag{1} $$ 由第二個反應： $$ \mathrm{Cu2O(s)ightarrow Cu(s)+CuO(s)} $$ 可得： $$ 0+y-x=+11 $$ 因此： $$ y-x=11,\qquad x=y-11 	ag{2} $$ 將式（2）代入式（1）： $$ 2y-(y-11)=-144 $$ $$ y+11=-144 $$

Answer

答案：B

Question 37

下列分子中，哪些違反八隅體規則（octet rule）？

① $\mathrm{BF_3}$ 　② $\mathrm{Br_2}$ 　③ $\mathrm{XeCl_4}$ 　④ $\mathrm{CO}$ 　⑤ $\mathrm{SF_4}$ 　⑥ $\mathrm{CF_2Br_2}$

Accepted Answer

核心觀念

八隅體規則是指主族元素在分子中傾向藉由共用電子或形成離子，使價電子層周圍達到 8 個電子。判斷時要看各原子的路易斯結構：

未達八隅體：中心原子周圍少於 8 個電子，例如 $\mathrm{BF_3}$ 中的硼。
擴大八隅體：第三週期以後的元素可在常見路易斯結構中容納超過 8 個電子，例如 $\mathrm{XeCl_4}$ 、 $\mathrm{SF_4}$ 。
氫、硼等有時會形成穩定的缺電子分子；八隅體規則是常用趨勢，不是所有分子都必須遵守的定律。

解題方法

依序畫出或判讀各分子的路易斯結構，計算關注原子周圍的電子數。每一條共價鍵對該原子計 2 個電子；孤電子對也計 2 個電子。中心原子周圍少於或多於 8 個電子，即違反八隅體規則。

各分子判斷

① $\mathrm{BF_3}$ ：違反。 硼與三個氟各形成一條單鍵，硼周圍共有 3 對鍵結電子，即 6 個電子，未達八隅體。

② $\mathrm{Br_2}$ ：不違反。 兩個溴原子以單鍵相連；每個溴另有三對孤電子對，因此每個溴周圍為一對鍵結電子加三對孤電子，共 8 個電子。

③ $\mathrm{XeCl_4}$ ：違反。 氙與四個氯形成四條單鍵，並保有兩對孤電子。氙周圍共有 4 對鍵結電子與 2 對孤電子，共 12 個電子，屬擴大八隅體。

Answer

答案：D

Question 38

巴豆醛（crotonaldehyde）的分子骨架如下。它的路易斯結構中含有 $\pi$ 鍵及未鍵結電子。若將其 $\pi$ 鍵數目與未鍵結電子數目依先後順序列出，則其結果符合下列哪一項敘述？

🖼️ 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。

Accepted Answer

核心觀念 路易斯結構中的雙鍵由一個 $\sigma$ 鍵和一個 $\pi$ 鍵組成；單鍵只有一個 $\sigma$ 鍵。未鍵結電子則是未參與成鍵、以孤對電子形式存在的電子。 解題方法 依圖中碳鏈與氫原子的數目，巴豆醛的結構為 $\mathrm{CH3-CH=CH-CHO}$。為使各原子符合常見價數與八隅體，碳鏈中有一個碳碳雙鍵，醛基中的碳氧之間也有一個雙鍵： $$ \mathrm{CH3-CH=CH-CH=O} $$ 兩個雙鍵各含一個 $\pi$ 鍵，因此共有 $2$ 個 $\pi$ 鍵。氧原子與碳形成雙鍵後，仍有兩對孤電子，共 $4$ 個未鍵結電子。因此依題目要求的順序，結果為 $2,4$。 選項分析

Answer

答案：D

Question 39

依據下列數據，$\mathrm{H-Br}$ 的鍵能最接近下列哪一數值？ $$\mathrm{H2(g)+Br2(g)\rightarrow2HBr(g)}\qquad \Delta H^\circ=-103\ \mathrm{kJ}$$ $$\mathrm{H2(g)\rightarrow2H(g)}\qquad \Delta H^\circ=432\ \mathrm{kJ}$$ $$\mathrm{Br2(g)\rightarrow2Br(g)}\qquad \Delta H^\circ=193\ \mathrm{kJ}$$ (A) $728\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $522\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $364\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $261\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查用反應焓與鍵能計算鍵能。鍵能是氣態分子中斷開化學鍵所需的能量；以鍵能估算反應焓時，使用： $$ \Delta H{	ext{反應}} \approx \sum E{	ext{反應物中斷鍵}} - \sum E{	ext{生成物中形成鍵}} $$ 斷鍵吸熱，形成鍵放熱。 解題方法 反應為： $$ \mathrm{H2(g)+Br2(g)ightarrow2HBr(g)} $$ 反應物中斷開一個 $\mathrm{H-H}$ 鍵與一個 $\mathrm{Br-Br}$ 鍵；生成物中形成兩個 $\mathrm{H-Br}$ 鍵。已知兩種反應物的解離焓分別為 $432$ 與 $193\ \mathrm{kJ/mol}$，因此： $$ -103 = 432+193-2E{\mathrm{H-Br}} $$ 移項求得： $$ 2E{\mathrm{H-Br}}=432+193+103=728\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ E{\mathrm{H-Br}}=364\ \mathrm{kJ/mol} $$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 40

對於下列反應： $$\mathrm{2H2(g)+O2(g)\rightleftharpoons2H2O(g)}$$ 下列哪一項操作可提高其平衡常數值？已知該反應為一放熱反應。 (A) 增加氧氣濃度 (B) 降低溫度 (C) 升高溫度 (D) 平衡常數 $K$ 是定值，無法改變

Accepted Answer

核心觀念

本題考「平衡常數與溫度的關係」。對固定的化學反應，平衡常數 $K$ 只會隨溫度改變；改變反應物或生成物的濃度，會使平衡移動，但不會改變 $K$ 。

放熱反應的熱可視為生成物一側。降低溫度時，平衡會朝放熱方向移動；依勒沙特列原理，平衡常數也會增大。

解題方法

反應為放熱反應：

\mathrm{2H_2(g)+O_2(g)\rightleftharpoons2H_2O(g)+熱}

降低溫度等於移除熱量，系統會朝生成熱的方向移動，也就是正反應方向，使生成物比例提高。因此，此反應的平衡常數 $K$ 增大。

也可由范特荷夫方程式判斷：

\frac{d\ln K}{dT}=\frac{\Delta H^\circ}{RT^2}

Answer

答案：B

Question 41

苯和甲苯溶液遵從拉午耳定律（Raoult’s law）。$20^\circ\mathrm{C}$ 下苯和甲苯的蒸氣壓分別為 $76\ \mathrm{torr}$ 和 $21\ \mathrm{torr}$。若一個苯—甲苯混合溶液中苯的莫耳分率為 $0.61$，則此溶液的平衡蒸氣中苯的莫耳分率最接近下列哪一數值？ (A) $0.85$ (B) $0.61$ (C) $0.48$ (D) $0.23$

Accepted Answer

核心觀念 本題考拉午耳定律與道耳頓分壓定律。對理想溶液，苯在液相的莫耳分率為 $x{	ext{苯}}$，其分壓為： $$ P{	ext{苯}}=x{	ext{苯}}P{	ext{苯}}^\circ $$ 其中 $P{	ext{苯}}^\circ$ 是純苯在該溫度下的蒸氣壓。甲苯也遵守相同關係。氣相中苯的莫耳分率則為苯的分壓除以總蒸氣壓。 解題方法 已知液相中 $x{	ext{苯}}=0.61$，因此 $x{	ext{甲苯}}=1-0.61=0.39$。 先算兩種成分的分壓： $$ P{	ext{苯}}=0.61	imes76=46.36\ \mathrm{torr} $$ $$ P{	ext{甲苯}}=0.39	imes21=8.19\ \mathrm{torr} $$ 總蒸氣壓為： $$ P{	ext{總}}=46.36+8.19=54.55\ \mathrm{torr} $$ 依道耳頓分壓定律，平衡蒸氣中苯的莫耳分率為：

Answer

答案：A

Question 42

硝基苯的凝固點是 $6.0^\circ\mathrm{C}$，凝固點下降常數是 $7.0\ ^\circ\mathrm{C/m}$。某溶液是由 $0.250$ 莫耳甲苯與 $244\ \mathrm{g}$ 硝基苯所組成，則此溶液的凝固點最接近下列哪一數值？$m$ 為重量莫耳濃度（mol/kg）。 (A) $13.2^\circ\mathrm{C}$ (B) $6.0^\circ\mathrm{C}$ (C) $-1.2^\circ\mathrm{C}$ (D) $-7.2^\circ\mathrm{C}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考溶液的凝固點下降。加入不揮發性溶質後，溶劑的凝固點會降低，關係式為 $$\Delta Tf=Kf m$$ 其中 $\Delta Tf$ 是凝固點下降值，$Kf$ 是溶劑的凝固點下降常數，$m$ 是溶質的重量莫耳濃度，單位為 $\mathrm{mol/kg}$。題目未指定溶質會解離，因此視為非電解質，凡’t Hoff 因子 $i=1$。 解題方法 甲苯為溶質，硝基苯為溶劑。先將硝基苯質量換算成公斤，再計算重量莫耳濃度： $$m=\frac{0.250\ \mathrm{mol}}{0.244\ \mathrm{kg}}=1.025\ \mathrm{mol/kg}$$ 因此凝固點下降值為 $$\Delta Tf=(7.0\ ^\circ\mathrm{C/m})(1.025\ \mathrm{m})=7.18^\circ\mathrm{C}$$ 溶液凝固點為純硝基苯凝固點減去下降值： $$Tf=6.0^\circ\mathrm{C}-7.18^\circ\mathrm{C}=-1.18^\circ\mathrm{C}\approx-1.2^\circ\mathrm{C}$$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 43

下列哪一個組合不適合作為緩衝溶液？ (A) $100\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{Na2CO3}$ 和 $50\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{HCl}$ (B) $100\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{NaHCO3}$ 和 $25\ \mathrm{mL}$ $0.2\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{HCl}$ (C) $50\ \mathrm{mL}$ $0.2\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{Na2CO3}$ 和 $40\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{HCl}$ (D) $100\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{Na2CO3}$ 和 $50\ \mathrm{mL}$ $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{NaOH}$

Accepted Answer

核心觀念

緩衝溶液含有能互相轉化的弱酸及其共軛鹼，或弱鹼及其共軛酸，能抵抗少量酸、鹼造成的 pH 變化。判斷本題時，先以莫耳數計算酸鹼中和，再確認反應後是否同時留下弱酸與其共軛鹼。

碳酸系統的逐步反應為：

\mathrm{CO_3^{2-}+H^+\rightarrow HCO_3^-}

\mathrm{HCO_3^-+H^+\rightarrow H_2CO_3}

其中 $\mathrm{H_2CO_3/HCO_3^-}$ 與 $\mathrm{HCO_3^-/CO_3^{2-}}$ 都是共軛酸鹼對。

解題方法

以 $n=CV$ 計算各物質的莫耳數；體積用公升表示。加入鹽酸時， $\mathrm{H^+}$ 會依序中和 $\mathrm{CO_3^{2-}}$ ，再中和 $\mathrm{HCO_3^-}$ 。反應後若仍有一組共軛酸鹼同時存在，即可形成緩衝溶液。

選項分析

(A)

n(\mathrm{CO_3^{2-}})=0.100\times0.1=0.010\ \mathrm{mol}

n(\mathrm{H^+})=0.050\times0.1=0.005\ \mathrm{mol}

鹽酸將一部分 $\mathrm{CO_3^{2-}}$ 轉成 $\mathrm{HCO_3^-}$ 。反應後有 $0.005\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{CO_3^{2-}}$ 和 $0.005\ \mathrm{mol}$ 的 $\mathrm{HCO_3^-}$ ，形成共軛酸鹼對，適合作為緩衝溶液。此選項不是答案。

(B)

n(\mathrm{HCO_3^-})=0.100\times0.1=0.010\ \mathrm{mol}

n(\mathrm{H^+})=0.025\times0.2=0.005\ \mathrm{mol}

Answer

答案：D

Question 44

反應 $$\mathrm{3NO\rightarrow N2O+NO2}$$ 的速率定律式為 $$\mathrm{Rate}=k[\mathrm{NO}]^2$$。 若此反應的第一個半衰期是 $2$ 秒，則第四個半衰期維持多久？ 其中第四個半衰期的定義為：$\mathrm{NO}$ 由原有濃度的 $\left(\frac{1}{2}\right)^3$ 減少至 $\left(\frac{1}{2}\right)^4$ 所需的時間。 (A) $32$ 秒 (B) $16$ 秒 (C) $8$ 秒 (D) $2$ 秒

Accepted Answer

核心觀念 本題考二級反應的半衰期變化。反應速率定律為 $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{NO}]^2$，表示對 $\mathrm{NO}$ 為二級反應。二級反應的半衰期與起始濃度成反比，因此濃度每減半，下一個半衰期就會加倍。 解題方法 設某一段半衰期開始時的 $\mathrm{NO}$ 濃度為 $[\mathrm{NO}]0$。二級反應的積分速率式為 $$ \frac{1}{[\mathrm{NO}]}-\frac{1}{[\mathrm{NO}]0}=kt $$ 當濃度降至起始值的一半時，$[\mathrm{NO}]=[\mathrm{NO}]0/2$，代入可得該段半衰期： $$ t{1/2}=\frac{1}{k[\mathrm{NO}]0} $$ 所以半衰期開始時的濃度愈低，該段半衰期愈長。第一個半衰期為 $2$ 秒；第四個半衰期開始時的濃度是原濃度的 $(1/2)^3$，因此其半衰期為

Answer

答案：B

Question 45

某一反應在 $47.0^\circ\mathrm{C}$ 時的速率常數是 $27.0^\circ\mathrm{C}$ 時的 $3$ 倍，則此反應的阿倫尼厄斯活化能（the Arrhenius energy of activation）最接近下列哪一數值？ 氣體常數 $R=8.314\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}$，$\ln3=1.10$。 (A) $43.90\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $9.13\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $5.28\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $0.58\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查阿倫尼厄斯方程式，說明反應速率常數 $k$ 隨絕對溫度 $T$ 上升而增加。兩個溫度下的速率常數比值滿足： $$ \ln\frac{k2}{k1} =\frac{Ea}{R}\left(\frac{1}{T1}-\frac{1}{T2}\right) $$ 其中 $Ea$ 為活化能，$R$ 為氣體常數，溫度必須使用克耳文（K）。 解題方法 將攝氏溫度換算為絕對溫度： $$ T1=27.0+273.15=300.15\ \mathrm{K} $$ $$ T2=47.0+273.15=320.15\ \mathrm{K} $$ 題目給定 $k2/k1=3$，因此： $$ Ea =\frac{R\ln 3}{\frac{1}{T1}-\frac{1}{T2}} =\frac{(8.314)(1.10)} {\frac{1}{300.15}-\frac{1}{320.15}} $$ 利用 $\frac{1}{T1}-\frac{1}{T2}=\frac{T2-T1}{T1T2}$，可得：

Answer

答案：A

Question 46

若下列兩個化學反應的平衡常數分別為 $K1$ 和 $K2$： $$\mathrm{4Cu(s)+O2(g)\rightleftharpoons2Cu2O(s)}\qquad K1$$ $$\mathrm{4CuO(s)\rightleftharpoons2Cu2O(s)+O2(g)}\qquad K2$$ 則在同溫同壓下，反應 $$\mathrm{2Cu(s)+O2(g)\rightleftharpoons2CuO(s)}$$ 的平衡常數 $K$ 與下列哪一數值相吻合？ (A) $K1K2$ (B) $\left(\dfrac{K2}{K1}\right)^{1/2}$ (C) $\left(\dfrac{K1}{K2}\right)^{1/2}$ (D) $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{K1}{K2}\right)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考「化學反應式與平衡常數的關係」： - 反應式反向書寫，平衡常數取倒數。 - 反應式的係數同乘 $n$，平衡常數變為原來的 $n$ 次方。 - 反應相加時，總反應的平衡常數等於各反應平衡常數的乘積。 純固體不列入平衡常數式，但這不影響上述反應式變換規則。 解題方法 將兩個已知反應適當反向、調整係數後相加，組合出目標反應。 已知： $$ \mathrm{4Cu(s)+O2(g)\rightleftharpoons2Cu2O(s)} \qquad K1 $$ $$ \mathrm{4CuO(s)\rightleftharpoons2Cu2O(s)+O2(g)} \qquad K2 $$ 先將第二個反應反向： $$ \mathrm{2Cu2O(s)+O2(g)\rightleftharpoons4CuO(s)} \qquad \frac{1}{K2} $$ 再將第一個反應與反向後的第二個反應相加，消去兩邊的 $\mathrm{2Cu2O(s)}$： $$ \mathrm{4Cu(s)+2O2(g)\rightleftharpoons4CuO(s)} $$ 總反應的平衡常數為： $$ K1\cdot\frac{1}{K2}=\frac{K1}{K2} $$ 此反應式的所有係數都是目標反應的兩倍，因此將係數除以 $2$，平衡常數須取平方根：

Answer

答案：C

Question 47

若將 $1$ 莫耳 $\mathrm{HF}$ 及 $1.44$ 莫耳 $\mathrm{NaF}$ 溶解在一公升水中，則此溶液的 pH 值接近下列哪一數值？ $\mathrm{HF}$ 的酸常數 $Ka=7.2	imes10^{-4}$，$\log2=0.301$。 (A) $4.50$ (B) $3.30$ (C) $2.42$ (D) $1.57$

Accepted Answer

核心觀念 HF 是弱酸，NaF 解離後提供其共軛鹼 $\mathrm{F^-}$。兩者同時存在，形成 $\mathrm{HF/F^-}$ 緩衝溶液，可用 Henderson–Hasselbalch 公式： $$ \mathrm{pH}=\mathrm{p}Ka+\log\frac{[\mathrm{F^-}]}{[\mathrm{HF}]} $$ 其中 $\mathrm{p}Ka=-\log Ka$。題目給的是莫耳數；兩者溶於同一體積中，因此濃度比等於莫耳數比。 解題方法 先計算酸解離常數的負對數： $$ \mathrm{p}Ka=-\log(7.2	imes10^{-4}) =4-\log 7.2 $$ 由 $\log 2=0.301$，可得 $\log 10=1$，且 $\log 7.2=\log(36/5)=2\log 2+\log 1.8\approx0.857$；因此 $\mathrm{p}Ka\approx3.14$。 代入共軛鹼與弱酸的莫耳數比： $$ \mathrm{pH}\approx3.14+\log\frac{1.44}{1} =3.14+\log(1.44) $$ 由 $1.44=12^2/100$，得 $\log(1.44)=2\log 12-2\approx0.158$，所以

Answer

答案：B

Question 48

高錳酸根離子（亦稱過錳酸根離子）$\mathrm{MnO4^-}$ 經常被用來分析水溶液中 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 的含量，其反應方程式如下： $$\mathrm{MnO4^-(aq)+Fe^{2+}(aq)+H^+(aq)\rightarrow Fe^{3+}(aq)+Mn^{2+}(aq)+H2O(l)}$$ 若將上列方程式平衡，則 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 與 $\mathrm{MnO4^-}$ 的係數比為何？ (A) $1:5$ (B) $2:1$ (C) $4:1$ (D) $5:1$

Accepted Answer

核心觀念 本題考酸性溶液中的氧化還原反應配平，以及氧化數與電子轉移的關係。配平時，氧化反應釋出的電子數必須等於還原反應得到的電子數。 解題方法 在 $\mathrm{MnO4^-}$ 中，氧的氧化數為 $-2$，因此錳的氧化數為 $+7$；生成物 $\mathrm{Mn^{2+}}$ 中，錳的氧化數為 $+2$。每個錳原子得到 $5$ 個電子： $$ \mathrm{Mn^{+7}+5e^-\rightarrow Mn^{2+}} $$ $\mathrm{Fe^{2+}}$ 變成 $\mathrm{Fe^{3+}}$，每個鐵離子失去 $1$ 個電子： $$ \mathrm{Fe^{2+}\rightarrow Fe^{3+}+e^-} $$ 因此需有 $5$ 個 $\mathrm{Fe^{2+}}$ 提供 $5$ 個電子，供 $1$ 個 $\mathrm{MnO4^-}$ 接受，故係數比為： $$ \mathrm{Fe^{2+}:MnO4^-}=5:1 $$ 酸性條件下的完整平衡式為：

Answer

答案：D

Question 49

根據下列還原半反應式： $$\mathrm{Mg^{2+}+2e^-\rightarrow Mg}\qquad E^\circ=-2.37\ \mathrm{V}$$ $$\mathrm{V^{2+}+2e^-\rightarrow V}\qquad E^\circ=-1.19\ \mathrm{V}$$ $$\mathrm{Cu^{2+}+e^-\rightarrow Cu^+}\qquad E^\circ=0.16\ \mathrm{V}$$ 下列反應中，哪一個是由左向右的自發反應？ (A) $\mathrm{Mg^{2+}+V\rightarrow V^{2+}+Mg}$ (B) $\mathrm{Mg^{2+}+2Cu^+\rightarrow2Cu^{2+}+Mg}$ (C) $\mathrm{V^{2+}+2Cu^+\rightarrow V+2Cu^{2+}}$ (D) $\mathrm{V+2Cu^{2+}\rightarrow V^{2+}+2Cu^+}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查標準還原電位與氧化還原反應的自發性。標準電池電位為： $$E^\circ{	ext{cell}}=E^\circ{	ext{陰極（還原）}}-E^\circ{	ext{陽極（還原）}}$$ 若 $E^\circ{	ext{cell}}0$，反應由左向右自發；若小於 $0$，則由左向右非自發。反應式中失去電子的物種發生氧化，得到電子的物種發生還原。 解題方法 逐一辨認反應物與生成物的氧化數，找出氧化半反應與還原半反應，再用表列的標準還原電位計算 $E^\circ{	ext{cell}}$。半反應乘上係數以平衡電子時，電位不乘係數。 選項分析 (A) $\mathrm{Mg^{2+}+Vightarrow V^{2+}+Mg}$ $\mathrm{Mg^{2+}}$ 還原為 $\mathrm{Mg}$，而 $\mathrm{V}$ 氧化為 $\mathrm{V^{2+}}$。因此： $$E^\circ{	ext{cell}}=E^\circ{\mathrm{Mg^{2+}/Mg}}-E^\circ{\mathrm{V^{2+}/V}} =-2.37-(-1.19)=-1.18\ \mathrm{V}$$ 電池電位小於零，左向右非自發，故錯。 (B) $\mathrm{Mg^{2+}+2Cu^+ightarrow2Cu^{2+}+Mg}$ $\mathrm{Mg^{2+}}$ 還原為 $\mathrm{Mg}$；$\mathrm{Cu^+}$ 氧化為 $\mathrm{Cu^{2+}}$。銅的表列電位是還原反應 $\mathrm{Cu^{2+}+e^-ightarrow Cu^+}$，故銅離子被氧化時須反向計算：

Answer

答案：D

Question 50

已知一個濃度電池是由兩個 $\mathrm{Ni}$ 電極分別與濃度為 $1.0\ \mathrm{M}$ 及 $1.0	imes10^{-4}\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{Ni^{2+}}$ 溶液之半反應電池所組成。試問在 $25^\circ\mathrm{C}$ 下此濃度電池的電位最接近下列哪一數值（單位：V）？（$\mathrm{Ni^{2+}}$ 的標準還原電位是 $-0.23\ \mathrm{V}$。） (A) $-0.23$ (B) $-0.059$ (C) $+0.059$ (D) $+0.118$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查濃度電池的電位。兩個半電池使用相同的電極反應，標準還原電位相同，因此標準電位差互相抵銷；電池電位來自兩側 $\mathrm{Ni^{2+}}$ 濃度不同。 解題方法 鎳電極的半反應為： $$ \mathrm{Ni^{2+}+2e^- ightarrow Ni(s)} $$ 在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時，能斯特方程式為： $$ E=E^\circ-\frac{0.0592}{n}\log Q $$ 對此還原反應，固態鎳不列入反應商，故 $Q=1/[\mathrm{Ni^{2+}}]$，因此： $$ E=E^\circ+\frac{0.0592}{2}\log[\mathrm{Ni^{2+}}] $$ 濃度較高的 $1.0\ \mathrm{M}$ 半電池具有較高的還原電位，作為陰極；$1.0	imes10^{-4}\ \mathrm{M}$ 半電池為陽極。電池電位為： $$ \begin{aligned} E{	ext{cell}} &=E{	ext{陰極}}-E{	ext{陽極}}\ &=\frac{0.0592}{2}\log\left(\frac{1.0}{1.0	imes10^{-4}}ight)\ &=0.0296	imes4\ &=0.1184\ \mathrm{V} \end{aligned} $$

Answer

答案：D

108 專利師高等考試 專利師(選試專業英文及計算機結構) 普通物理與普通化學 考古題詳解

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題2 分

第 10 題2 分

核心觀念

解題方法

第 11 題2 分

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 15 題2 分

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 18 題2 分

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

第 20 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 21 題2 分

第 22 題2 分

核心觀念

解題方法

第 23 題2 分

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 28 題2 分

核心觀念

解題方法

第 29 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 30 題2 分

核心觀念

解題方法

第 31 題2 分

第 32 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 33 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

108 專利師高等考試專利師(選試專業英文及計算機結構) 普通物理與普通化學考古題詳解