113 年專利師高等考試專利師(選試專業英文及工業設計) 考古題與詳解

Question 1

如下圖所示，一顆球從斜坡上滾下並以一定的水平速度 $v$ 離開桌面。如果桌面至地面的高度是 $h$ ，而且忽略空氣阻力的影響，請問這顆球在水平方向上會在距離桌緣多遠的地方 $x$ 落到地面？（重力加速度為 $g$ ）

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Accepted Answer

核心觀念 球離開桌面後做平拋運動：水平方向速度維持 $v$，垂直方向則由靜止開始自由落下，受重力加速度 $g$ 作用。兩個方向的運動可分開計算。 解題方法 先由垂直方向求球落地所需時間。球離開桌面時的垂直速度為 $0$，下降高度為 $h$，因此 $$ h=\frac{1}{2}gt^2 $$ 解得 $$ t=\sqrt{\frac{2h}{g}} $$ 球在這段時間內以水平速度 $v$ 前進，所以落地點距離桌緣的水平距離為 $$ x=vt=v\sqrt{\frac{2h}{g}} $$ 選項分析 - (A) $\sqrt{\frac{2h}{g}}$：錯誤。 這是球從桌面落到地面的時間 $t$，不是水平距離；其單位為秒。

Answer

答案：D

Question 2

假設地球質量為 $Me$、半徑為 $R$。物體 1 的質量為 $m$，由火箭將其從地球表面推升至距地表高度為 $R$ 之處，其重力位能改變量為 $\Delta U1$。 物體 2 的質量為 $2m$，原本位於距離地表 $2R$ 高度之軌道上，由火箭將其推升至距離地表高度為 $3R$ 之軌道，其重力位能改變量為 $\Delta U2$。 請問 $\Delta U1:\Delta U2$ 等於多少？ (A) $3:1$ (B) $3:2$ (C) $1:2$ (D) $1:3$

Accepted Answer

核心觀念

本題考萬有引力位能的變化。距離地心 $r$ 處、質量為 $m$ 的物體，其重力位能為

U=-\frac{GM_e m}{r}

其中 $G$ 為萬有引力常數。計算位能變化時，應使用物體到地心的距離，而不是離地表的高度。

解題方法

物體 1 從地表升至離地表 $R$ 處：

初始地心距離： $R$
末地心距離： $R+R=2R$

因此

\Delta U_1=U_f-U_i =-\frac{GM_e m}{2R}-\left(-\frac{GM_e m}{R}\right) =\frac{GM_e m}{2R}

物體 2 的質量為 $2m$ ，從離地表 $2R$ 的軌道升至離地表 $3R$ 的軌道：

初始地心距離： $R+2R=3R$
末地心距離： $R+3R=4R$

因此

\Delta U_2 =-\frac{GM_e(2m)}{4R}-\left(-\frac{GM_e(2m)}{3R}\right) =\frac{GM_e m}{6R}

兩者相比：

Answer

答案：A

Question 3

如下圖所示，物體 A 以速度 $vA=5.0\ \mathrm{m/s}$ 向右撞擊靜止的物體 B。物體 A 與物體 B 質量分別為 $3.0\ \mathrm{kg}$ 與 $2.0\ \mathrm{kg}$，桌面光滑無摩擦力。物體 B 左側連接一彈簧，其力常數 $k=3000\ \mathrm{N/m}$，彈簧質量可忽略。 物體 A 與物體 B 接觸時，彈簧會先被壓縮，然後再分離彈開 A、B 兩物體。請問在彈簧被壓縮到最短時，其長度變化量是多少？ (A) 縮短 $10\ \mathrm{cm}$ (B) 縮短 $12\ \mathrm{cm}$ (C) 縮短 $15\ \mathrm{cm}$ (D) 縮短 $20\ \mathrm{cm}$

Accepted Answer

核心觀念 物體 A 撞上物體 B 後，兩物體共同壓縮彈簧。彈簧壓縮到最短的瞬間，A、B 的相對速度為零，因此兩物體具有相同速度。此時，兩物體初始動能中減少的部分，轉換為彈簧的彈性位能。 桌面光滑，水平方向沒有外力，因此 A、B 系統的動量守恆；彈簧質量可忽略，機械能也守恆。 解題方法 設彈簧最大壓縮量為 $x$，此時 A、B 的共同速度為 $v$。由動量守恆： $$ (3.0)(5.0)=(3.0+2.0)v $$ $$ v=3.0\ \mathrm{m/s} $$ 初始動能為： $$ Ki=\frac12(3.0)(5.0)^2=37.5\ \mathrm{J} $$ 彈簧壓縮到最短時，兩物體的總動能為： $$ Kf=\frac12(3.0+2.0)(3.0)^2=22.5\ \mathrm{J} $$ 減少的動能轉為彈簧位能： $$ \frac12kx^2=Ki-Kf=37.5-22.5=15.0\ \mathrm{J} $$ 代入 $k=3000\ \mathrm{N/m}$： $$ \frac12(3000)x^2=15.0 $$ $$ x=\sqrt{\frac{30}{3000}}=0.10\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{cm} $$

Answer

答案：A

Question 4

如下圖所示，有位小朋友在玩溜溜球，使其進行垂直地面的圓周運動。假設溜溜球質量為 $m$ ，繩長為 $L$ ，重力加速度為 $g$ ，溜溜球在最高點的瞬間速率是 $v_{\mathrm{top}}$ 。

請問若要維持溜溜球做圓周運動， $v_{\mathrm{top}}$ 的最小值是多少？

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Accepted Answer

核心觀念 本題考垂直圓周運動最高點的向心力條件。溜溜球在最高點時，圓心位於下方，因此重力與繩張力都朝向圓心。向心力需求為 $$ \frac{mv{\mathrm{top}}^2}{L}=mg+T $$ 其中 $T$ 是繩張力。繩子只能拉、不能推，所以必須滿足 $T\geq 0$。 解題方法 要讓溜溜球維持繩子繃緊，最高點的速率至少要使張力不小於零。最小速率發生在臨界情況 $T=0$，此時重力恰好提供所需的向心力： $$ \frac{mv{\mathrm{top}}^2}{L}=mg $$ 約去質量 $m$，解得 $$ v{\mathrm{top}}=\sqrt{gL} $$ 因此選項為 (D)。質量不影響最小速率。 選項分析 依照考卷掃描圖，選項為： - (A) $v{\mathrm{top}}=\sqrt{\frac{2gL}{m}}$：錯誤。 量綱不符；

Answer

答案：D

Question 5

考慮地球自轉和汽車行駛時的角速度向量，請選出正確的敘述： (A) 地球自轉時，其角速度向量相對於地軸指向南方。 (B) 汽車前進時，車輪相對於輪軸的角速度向量指向右方。 (C) 汽車後退時，車輪相對於輪軸的角速度向量指向左方。 (D) 地球自轉時，其角速度向量相對於地軸指向北方。

Accepted Answer

核心觀念 本題考角速度向量的方向判定，使用右手定則：右手四指沿物體旋轉方向彎曲，伸出的拇指方向就是角速度向量 $\boldsymbol{\omega}$ 的方向。地球自轉的角速度向量沿地球自轉軸，指向北極方向。 汽車車輪的角速度向量則沿輪軸，方向須依車輪旋轉方向判斷；不能只看汽車前進或後退，還要知道車輪位於車身哪一側，以及觀察方向。 解題方法 地球自轉是由西向東。依右手定則，右手四指沿地球由西向東的旋轉方向彎曲，拇指便沿地軸指向北方。因此，地球自轉的角速度向量相對地軸指向北方。 選項分析

Answer

答案：D

Question 6

在一個遊樂園裡，有一個遊樂設施是由一個中空圓柱形結構組成。遊客靠著圓柱的內壁站立，當圓柱開始旋轉且達到一定角速度時，遊客可以將腳抬起，僅憑背部的靜摩擦力維持在牆上不掉落。

已知遊客的質量為 $m$ ，圓柱的半徑為 $r$ ，遊客與圓柱內壁之間的靜摩擦係數為 $\mu$ ，求使遊客不滑落所需的圓柱最小角速度 $\omega$ 。（重力加速度為 $g$ ）

Accepted Answer

核心觀念

本題考查圓柱內壁提供的向心力，以及靜摩擦力平衡重力。遊客隨圓柱做等速圓周運動時，牆壁的正向力指向圓心，提供向心力；沿牆面的靜摩擦力則向上支撐遊客，避免其下滑。

解題方法

設遊客不滑落時所需的最小角速度為 $\omega_{\min}$ 。

圓柱對遊客的正向力為 $N$ 。因遊客做半徑為 $r$ 的等速圓周運動，向心力條件為

N=m\omega^2r

靜摩擦力最大值為 $f_{s,\max}=\mu N$ 。在臨界、不滑落的狀態，向上的最大靜摩擦力恰好平衡重力：

\mu N=mg

代入 $N=m\omega^2r$ ：

\mu m\omega^2r=mg

約去質量 $m$ ，並解出角速度：

\omega_{\min}=\sqrt{\frac{g}{\mu r}}

因此選項 A 正確。

選項分析

Answer

答案：A

Question 7

一個質量為 $1.00\ \mathrm{kg}$ 的靜止物體被棍棒擊中。該物體受到一個水平力 $F$ ，該力隨時間 $t$ （以毫秒計，從棍棒首次接觸物體的瞬間起算）按照 $F=at-bt^2$ 的規律變化。

如果 $a=1500\ \mathrm{N/ms}$ ， $b=20.0\ \mathrm{N/(ms)^2}$ ，在 $t=2.00\ \mathrm{ms}$ 時物體與棍棒恰分開，則此時物體的瞬間速度是多少？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查衝量與動量定理：物體所受合力在一段時間內的衝量，等於動量的變化量。力隨時間變化時，衝量是力對時間的積分： $$ J=\int{t0}^{t1}F(t)\,dt=\Delta p $$ 物體由靜止開始，故初動量為零；又因質量 $m=1.00\ \mathrm{kg}$，可由衝量求出分離瞬間的速度。 解題方法 題目給定 $$ F(t)=at-bt^2 $$ 其中 $t$ 以毫秒為單位。先在 $0$ 至 $2.00\ \mathrm{ms}$ 間積分求衝量，再換算成標準的 $\mathrm{N\cdot s}$。 使用毫秒作積分變數時，$dt$ 需乘上 $10^{-3}\ \mathrm{s/ms}$： $$ \begin{aligned} J &=\int0^{2.00\ \mathrm{ms}}(at-bt^2)\,dt\ &=10^{-3}\int0^2(1500t-20.0t^2)\,dt\ &=10^{-3}\left[\frac{1500}{2}t^2-\frac{20.0}{3}t^3ight]0^2\ &=10^{-3}\left(3000-\frac{160}{3}ight)\ \mathrm{N\cdot ms}\ &\approx 2.947\ \mathrm{N\cdot s}. \end{aligned} $$ 由衝量與動量定理，且初速為零：

Answer

答案：B

Question 8

一顆質量為 $8.0\ \mathrm{g}$ 的子彈射入一個質量為 $4.0\ \mathrm{kg}$ 的木塊中，該木塊原本靜止於一個無摩擦的水平面上（見下圖）。子彈停留在木塊內，兩者結合後一起移動，並撞壓一個固定的理想輕彈簧，使其壓縮了 $2.0\ \mathrm{cm}$ 。該彈簧的力常數為 $2500\ \mathrm{N/m}$ 。

請問子彈的初速度大約是多少？

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Accepted Answer

核心觀念 本題分成兩個階段： 1. 子彈嵌入木塊，屬於完全非彈性碰撞。碰撞期間動量守恆，但動能不守恆。 2. 木塊與子彈結合後壓縮彈簧，機械能守恆；結合體的動能轉換為彈簧的彈性位能。 彈簧位能為 $\frac12kx^2$，其中 $k$ 是彈簧力常數，$x$ 是壓縮量。 解題方法 先由碰撞後結合體的動能等於彈簧位能，求出碰撞後速度 $V$： $$ \frac12(M+m)V^2=\frac12kx^2 $$ 代入 $M=4.0\ \mathrm{kg}$、$m=0.0080\ \mathrm{kg}$、$k=2500\ \mathrm{N/m}$、$x=0.020\ \mathrm{m}$： $$ V=\sqrt{\frac{kx^2}{M+m}} =\sqrt{\frac{2500(0.020)^2}{4.008}} \approx 0.499\ \mathrm{m/s} $$ 再對子彈嵌入木塊的碰撞使用動量守恆。木塊原本靜止，因此： $$ mu=(M+m)V $$ 其中 $u$ 是子彈初速度，故

Answer

答案：A

Question 9

當一個小朋友站在旋轉木馬的邊緣上時，關於其運動的正確敘述是： (A) 如果旋轉木馬具有等角速度，則小朋友必然有切線加速度。 (B) 即使旋轉木馬具有等角速度，小朋友也仍然沒有任何加速度。 (C) 即使旋轉木馬的角加速度呈線性增加，小朋友仍然沒有切線加速度。 (D) 如果旋轉木馬的角加速度呈線性增加，小朋友就會有切線加速度。

Accepted Answer

核心觀念 旋轉木馬上的小朋友做圓周運動。若小朋友距轉軸的距離固定為 $r$，其加速度可分為徑向加速度與切線加速度： $$ ar=r\omega^2,\qquad at=r\alpha $$ 其中 $\omega$ 是角速度，$\alpha$ 是角加速度。徑向加速度指向圓心；切線加速度沿圓周切線方向，負責改變速率。 解題方法 判斷切線加速度是否存在，關鍵是角加速度是否為零。由 $\alpha=d\omega/dt$ 可知，角速度改變時便有角加速度；只要 $r0$，就有 $at=r\alpha$。 題目指出角加速度呈線性增加，因此角加速度不為零，故小朋友具有切線加速度。 選項分析

Answer

答案：D

Question 10

考慮一個理想氣體系統，根據熱力學第一定律，下列哪一個過程，此系統必須從外部環境吸取熱量？ (A) 定壓壓縮過程 (B) 等溫膨脹過程 (C) 等體積降溫過程 (D) 絕熱膨脹過程

Accepted Answer

核心觀念 熱力學第一定律表示，系統內能的變化等於系統吸收的熱量減去系統對外所作的功： $$ \Delta U = Q - W $$ 其中 $Q0$ 表示系統從外界吸熱；$W0$ 表示系統對外作功。理想氣體的內能只與溫度有關，因此等溫過程有 $\Delta U=0$。 解題方法 判斷系統是否必須吸熱，可由過程中的內能變化與作功方向代入第一定律。膨脹時氣體對外作功，故 $W0$；壓縮時外界對氣體作功，故 $W<0$。 等溫膨脹時，理想氣體溫度不變，所以 $\Delta U=0$。因此： $$ 0=Q-W \quad\Rightarrow\quad Q=W0 $$ 系統必須吸收熱量，以補足膨脹時對外作的功。 選項分析 - (A) 定壓壓縮過程：錯誤。 壓縮時 $W<0$，但題目未指定溫度變化，故無法僅由「定壓壓縮」判定 $\Delta U$ 或 $Q$ 的正負。

Answer

答案：B

Question 11

將一塊高溫熱銅塊丟入恆溫游泳池中，其溫度最終平衡並穩定下來。下列敘述何者正確？ (A) 游泳池所得到的熵（entropy）多於銅塊所損失的熵。 (B) 銅塊所得到的熵多於游泳池所損失的熵。 (C) 游泳池所得到的熵等於銅塊所損失的熵。 (D) 銅塊所得到的熵等於游泳池所損失的熵。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查熱傳遞造成的熵變，以及孤立系統的熵不減原理。熱量自高溫銅塊流向較低溫的游泳池；若銅塊與游泳池達到熱平衡，整體熵變為正，表示此熱傳過程不可逆。

熵變可用可逆路徑計算：

\Delta S=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}

即使實際傳熱不可逆，仍可選擇合適的可逆路徑來計算各物體的熵變。

解題方法

設銅塊初溫為 $T_{\mathrm{Cu},i}$ ，泳池溫度為 $T_{\mathrm{p}}$ ，且 $T_{\mathrm{Cu},i}>T_{\mathrm{p}}$ 。泳池溫度恆定，因此若它吸收熱量 $Q>0$ ：

\Delta S_{\mathrm{p}}=\frac{Q}{T_{\mathrm{p}}}

銅塊放出同樣大小的熱量。若銅塊比熱為常數，從初溫冷卻至泳池溫度，熵變為：

\Delta S_{\mathrm{Cu}} =mc\int_{T_{\mathrm{Cu},i}}^{T_{\mathrm{p}}}\frac{dT}{T} =mc\ln\left(\frac{T_{\mathrm{p}}}{T_{\mathrm{Cu},i}}\right)<0

因此銅塊損失的熵量為：

|\Delta S_{\mathrm{Cu}}| =mc\ln\left(\frac{T_{\mathrm{Cu},i}}{T_{\mathrm{p}}}\right)

Answer

答案：A

Question 12

考慮兩端開口、長度為 $L$ 的管子中，發生共振的最低聲音頻率為 $200\ \mathrm{Hz}$。請問下列哪一種頻率不會在同一管子發生共振？ (A) $400\ \mathrm{Hz}$ (B) $500\ \mathrm{Hz}$ (C) $600\ \mathrm{Hz}$ (D) $1200\ \mathrm{Hz}$

Accepted Answer

核心觀念 兩端開口管的兩端都是位移腹、壓力節點，管內可以形成整數個半波長，因此共振頻率為基頻的整數倍： $$ fn=nf1,\qquad n=1,2,3,\ldots $$ 題目給的最低共振頻率就是基頻 $f1=200\ \mathrm{Hz}$。 解題方法 依序檢查各選項是否為 $200\ \mathrm{Hz}$ 的正整數倍： - $400/200=2$ - $500/200=2.5$ - $600/200=3$ - $1200/200=6$ 共振頻率的倍數必須是正整數，因此 $500\ \mathrm{Hz}$ 不符合。 選項分析

Answer

答案：B

Question 13

一台警車靜止不動時發出 $85\ \mathrm{Hz}$ 的警笛聲。此時，一台消防車以 $120\ \mathrm{km/h}$ 的速度朝向警車方向行駛。假設空氣中的聲速為 $343\ \mathrm{m/s}$ 。

請問坐在消防車上的消防員聽到的警笛聲頻率是多少？

Accepted Answer

核心觀念

本題考查都卜勒效應。聲源（警車）靜止，觀察者（消防車上的消防員）朝聲源移動，因此觀察者每秒接收到的聲波波峰增加，聽到的頻率會高於警笛的原頻率。

觀察者移動、聲源靜止時，頻率公式為

f' = f\frac{v+v_o}{v}

其中 $f=85\ \mathrm{Hz}$ 是聲源頻率， $v=343\ \mathrm{m/s}$ 是空氣中的聲速， $v_o$ 是觀察者朝向聲源的速度。

解題方法

先將消防車速度換算為公尺每秒：

v_o=120\ \mathrm{km/h} =120\times\frac{1000}{3600} =33.3\ \mathrm{m/s}

消防車朝向靜止警車行駛，故代入「觀察者接近聲源」的加號：

f'=85\times\frac{343+33.3}{343} \approx 93.3\ \mathrm{Hz}

取最接近的選項為 $93\ \mathrm{Hz}$ ，因此選 (C)。

選項分析

Answer

答案：C

Question 14

聲音的大小常用「分貝」這個度量來表示，其中 $0$ 分貝代表聲音強度 $I0=1.0	imes10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}$。請問聲音是 $50$ 分貝時，其強度 $I$ 是多少？ (A) $I=1.0	imes10^{-7}\ \mathrm{W/m^2}$ (B) $I=5.1	imes10^{-11}\ \mathrm{W/m^2}$ (C) $I=5.0	imes10^{-11}\ \mathrm{W/m^2}$ (D) $I=1.0	imes10^{-5}\ \mathrm{W/m^2}$

Accepted Answer

核心觀念 分貝是對數尺度。聲音強度級 $\beta$ 的定義為 $$ \beta=10\log{10}\left(\frac{I}{I0}ight), $$ 其中 $I0=1.0	imes10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}$ 是 $0$ 分貝所對應的參考強度。因為分貝採用以 $10$ 為底的對數，每增加 $10$ 分貝，聲音強度便增加 $10$ 倍。 解題方法 將 $\beta=50\ \mathrm{dB}$ 代入定義式，並解出 $I$： $$ 50=10\log{10}\left(\frac{I}{I0}ight) $$ $$ \log{10}\left(\frac{I}{I0}ight)=5 \quad\Longrightarrow\quad \frac{I}{I0}=10^5. $$ 因此， $$ I=I0	imes10^5 =(1.0	imes10^{-12})	imes10^5 =1.0	imes10^{-7}\ \mathrm{W/m^2}. $$ 選項分析 - (A) 正確。 $I=1.0	imes10^{-7}\ \mathrm{W/m^2}$，符合 $50$ 分貝比參考強度 $I0$ 大 $10^5$ 倍的結果。

Answer

答案：A

Question 15

某新創公司發明一種新電池，宣稱能在 $1.5\ \mathrm{V}$ 工作電壓下，持續輸出 $2.0\ \mathrm{A}$ 電流達 $100$ 小時。請問此電池中一共儲存了多少能量？ (A) $300\ \mathrm{J}$ (B) $18\ \mathrm{kJ}$ (C) $1.08\ \mathrm{MJ}$ (D) $540\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 電池輸出的電能等於電功率乘以時間；電功率則為電壓與電流的乘積： $$ P=VI,\qquad E=Pt=VIt $$ 其中 $E$ 為能量、$P$ 為功率、$t$ 為時間。計算時須將時間換算成秒，才能得到焦耳（$\mathrm{J}$）。 解題方法 已知工作電壓 $V=1.5\ \mathrm{V}$、電流 $I=2.0\ \mathrm{A}$，持續時間為 $100\ \mathrm{h}$。 先求輸出功率： $$ P=VI=(1.5)(2.0)=3.0\ \mathrm{W} $$ 再將時間換算為秒： $$ t=100	imes 3600=360{,}000\ \mathrm{s} $$ 因此電池輸出的能量為： $$ E=Pt=(3.0)(360{,}000) =1{,}080{,}000\ \mathrm{J} =1.08\ \mathrm{MJ} $$ 選項分析 - (A) $300\ \mathrm{J}$：錯誤。 將電壓、電流或時間直接相乘時，若未把 $100\ \mathrm{h}$ 換算成秒，便不會得到以焦耳表示的正確能量。

Answer

答案：C

Question 16

廣播電台向外發送電磁波訊號，以點波源的形式向 $4\pi$ 立體角均勻發送。假設在距離 $1\ \mathrm{km}$ 外收到的電場振幅為 $E_1$ ，在距離 $2\ \mathrm{km}$ 外收到的電場振幅為 $E_2$ ，請問 $E_1:E_2$ 等於多少？

Accepted Answer

核心觀念 電磁波由點波源向外均勻傳播時，能量分布在半徑為 $r$ 的球面上。球面面積為 $4\pi r^2$，因此單位面積接收到的功率，也就是電磁波強度 $I$，與距離平方成反比： $$ I \propto \frac{1}{r^2} $$ 對同一電磁波而言，強度與電場振幅平方成正比： $$ I \propto E^2 $$ 合併可得電場振幅與距離成反比： $$ E \propto \frac{1}{r} $$ 解題方法 設電台發射功率為 $P$，則距離 $r$ 處的強度為 $$ I=\frac{P}{4\pi r^2} $$ 又因 $I\propto E^2$，所以 $E\propto 1/r$。因此： $$ \frac{E1}{E2} =\frac{1\ \mathrm{km}}{2\ \mathrm{km}} =\frac{1}{2} $$

Answer

答案：D

Question 17

如下圖所示，電荷 $Q$ 放置於正立方體的一個角落，正立方體邊長為 $L$，請計算通過灰色截面的電通量。 (A) $\PhiE=\frac{Q}{24\varepsilon0}$ (B) $\PhiE=\frac{Q}{12\varepsilon0}$ (C) $\PhiE=\frac{Q}{6\varepsilon0}$ (D) $\PhiE=\frac{Q}{3\varepsilon0}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考電通量與高斯定律。封閉曲面的總電通量為 $$ \Phi{	ext{總}}=\frac{Q{	ext{內}}}{\varepsilon0}. $$ 電荷位於立方體的一個角落時，可將 8 個相同立方體組成一個大立方體，使電荷位於大立方體中心。再利用對稱性分配電通量。 解題方法 將 8 個邊長為 $L$ 的立方體拼成邊長為 $2L$ 的大立方體，電荷 $Q$ 位於大立方體中心。由高斯定律，大立方體六個面的總電通量為 $$ \Phi{	ext{總}}=\frac{Q}{\varepsilon0}. $$ 由立方體對稱性，六個大面通量相等，因此每一大面的通量為 $$ \Phi{	ext{大面}}=\frac{Q}{6\varepsilon0}. $$ 每個大面由 4 個小立方體的面拼成；由對稱性，這 4 個小面分得相同通量。因此，圖中的灰色截面通量為

Answer

答案：A

Question 18

一個圓形線圈，匝數為 $10$，半徑為 $10\ \mathrm{cm}$，電阻值為 $0.6\ \Omega$，處於一個均勻變化的磁場中。該磁場的方向垂直於線圈的平面，磁場的強度從 $0.20\ \mathrm{T}$ 變化到 $1.2\ \mathrm{T}$，變化時間為 $0.2\ \mathrm{s}$。 請問在這 $0.2\ \mathrm{s}$ 期間，線圈上感應到的平均電動勢是多少？ (A) $0.001\pi\ \mathrm{V}$ (B) $0.5\pi\ \mathrm{V}$ (C) $0.01\pi\ \mathrm{V}$ (D) $0.05\pi\ \mathrm{V}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考法拉第電磁感應定律：穿過線圈的磁通量改變時，線圈會產生感應電動勢。若磁場垂直於線圈平面且均勻，磁通量為 $\Phi=BA$；$N$ 匝線圈在時間 $\Delta t$ 內的平均感應電動勢大小為 $$ |\mathcal{E}{	ext{avg}}|=N\frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t} =N A\frac{|\Delta B|}{\Delta t}. $$ 解題方法 線圈半徑 $r=10\ \mathrm{cm}=0.10\ \mathrm{m}$，面積為 $$ A=\pi r^2=\pi(0.10)^2=0.01\pi\ \mathrm{m^2}. $$ 磁場變化量為 $$ |\Delta B|=|1.2-0.20|=1.0\ \mathrm{T}, $$ 變化時間為 $\Delta t=0.2\ \mathrm{s}$，匝數 $N=10$。代入平均感應電動勢公式： $$ |\mathcal{E}{	ext{avg}}| =10(0.01\pi)\frac{1.0}{0.2} =0.5\pi\ \mathrm{V}. $$

Answer

答案：B

Question 19

如下圖所示，一條同軸電纜由內部直徑為 $2a$ 的實心導體和外部直徑為 $2b$ 、厚度為 $c$ 的中空導體組成。這兩部分導體都帶有大小相等但方向相反的均勻分布電流 $I$ 。

請問在內導體內部的磁場強度如何？用徑向距離 $r$ 表示其變化。

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Accepted Answer

核心觀念 本題考安培定律與均勻電流分布。對長直圓柱導體，在距軸心 $r$ 處取半徑為 $r$ 的圓形安培迴路： $$ \oint \mathbf{B}\cdot d\mathbf{l}=\mu0 I{	ext{enc}} $$ 由圓柱對稱性，迴路上磁場大小相同且沿切線方向，因此 $B(2\pi r)=\mu0 I{	ext{enc}}$。題目選項含 $\mu0$，所求量依公式應是磁通密度 $B$。 解題方法 內導體半徑為 $a$，總電流 $I$ 均勻分布於截面，故電流密度為 $$ J=\frac{I}{\pi a^2} $$ 半徑 $r<a$ 的安培迴路所包圍的電流為 $$ I{	ext{enc}}=J\pi r^2 =\frac{I}{\pi a^2}\pi r^2 =I\frac{r^2}{a^2} $$ 代入安培定律： $$ B(2\pi r)=\mu0 I\frac{r^2}{a^2} $$ 所以內導體內部的磁通密度應為 $$ B(r)=\frac{\mu0 I r}{2\pi a^2},\qquad 0\le r<a $$ 外導體的反向電流不會被這個位於內導體內的安培迴路包圍，因此不影響此處的結果。 選項分析

Answer

答案：C

Question 20

微波爐中的微波是由電子在磁場中以 $2.4\ \mathrm{GHz}$ 的頻率進行旋轉運動產生的。假設已知電子的質量為 $9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$ ，電荷量為 $1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}$ ，請計算產生此頻率旋轉所需的磁場強度。

Accepted Answer

核心觀念 帶電粒子在均勻磁場中做圓周運動時，其迴旋角頻率為 $\omega=\dfrac{|q|B}{m}$。換成每秒旋轉的頻率 $f=\dfrac{\omega}{2\pi}$，得到 $$ f=\frac{|q|B}{2\pi m}, \qquad B=\frac{2\pi m f}{|q|}. $$ 因此，已知電子質量、電荷量與旋轉頻率，就能求出所需磁場強度。此式適用於非相對論情況，且電子的電荷取絕對值。 解題方法 代入 $m=9.1	imes10^{-31}\ \mathrm{kg}$、$f=2.4	imes10^9\ \mathrm{Hz}$、$|q|=1.6	imes10^{-19}\ \mathrm{C}$： $$ \begin{aligned} B &=\frac{2\pi(9.1	imes10^{-31})(2.4	imes10^9)} {1.6	imes10^{-19}}\ &\approx 0.0858\ \mathrm{T}. \end{aligned} $$ 因為 $1\ \mathrm{T}=1000\ \mathrm{mT}$，

Answer

答案：A

Question 21

在噴墨印表機的設計中，帶有質量 $m$、速度 $v$ 和電荷 $q$ 的墨滴會進入由兩塊帶電平行板（長度為 $L$ 且相距為 $d$）構成的均勻電場 $E$ 中（如下圖所示）。墨滴從兩板的中央進入，並在電場的作用下偏轉至紙張上的指定位置。 請計算使墨滴能夠成功穿過帶電板而不接觸到任何一塊板的最大電場 $E$ 是多少？ (A) $\frac{mdv}{qL}$ (B) $\frac{mdv^2}{qL}$ (C) $\frac{mdv}{qL^2}$ (D) $\frac{mdv^2}{qL^2}$

Accepted Answer

核心觀念 墨滴在平行板間受到電力 $F=qE$，因此沿電場方向作等加速度運動，且加速度大小為 $$ a=\frac{|q|E}{m}. $$ 墨滴沿水平方向的速度維持 $v$，通過長度為 $L$ 的電場區域所需時間為 $t=L/v$。由於墨滴從兩板中央進入，通過期間的偏移量最多為板距的一半，即 $d/2$。 解題方法 在電場方向使用等加速度位移公式，墨滴通過兩板時的偏移量為 $$ y=\frac{1}{2}at^2 =\frac{1}{2}\frac{|q|E}{m}\left(\frac{L}{v}\right)^2. $$ 不接觸任一極板的臨界條件，是偏移量達到 $d/2$。令 $y=d/2$，解出臨界電場： $$ \frac{1}{2}\frac{|q|E{\max}}{m}\frac{L^2}{v^2} =\frac{d}{2} \quad\Longrightarrow\quad E{\max}=\frac{mdv^2}{|q|L^2}. $$

Answer

答案：D

Question 22

基本 $LC$ 震盪電路如下圖所示，其中 $L$ 為電感，$C$ 為電容，電流在此電路中反覆震盪。請問下列敘述何者正確？ (A) 當電流為 $0$ 時，所有能量集中於電容之內。 (B) 當電流為最大值時，所有能量集中於電容之內。 (C) 當電流為 $0$ 時，所有能量集中於電感之內。 (D) 任何時刻電容與電感之內的能量都相同。

Accepted Answer

核心觀念 本題考基本 $LC$ 震盪電路中的能量轉換。電容儲存電能，電感儲存磁能： $$ UC=\frac{Q^2}{2C}=\frac{1}{2}CV^2,\qquad UL=\frac{1}{2}LI^2 $$ 在理想 $LC$ 電路中，總能量守恆，電能與磁能會在電容、電感之間交替轉換。 解題方法 當電流 $I=0$ 時，電感的磁能為 $$ UL=\frac{1}{2}LI^2=0 $$ 此時電容帶有最大電荷量，電能達到最大，因此電路能量全部儲存在電容中。這正是選項 (A) 的敘述。 相對地，當電流達到最大值時，電感磁能最大，電容電壓為零，能量全部儲存在電感中。 選項分析

Answer

答案：A

Question 23

小明進行光的雙狹縫干涉實驗，做了下列幾種實驗控制：

① 增加光的強度

② 提高光的頻率

③ 增加光的波長

④ 縮小狹縫的間距

請問哪些控制會導致雙狹縫干涉條紋的間距變寬？

Accepted Answer

核心觀念 雙狹縫干涉的相鄰亮紋間距為 $$ \Delta y=\frac{\lambda L}{d} $$ 其中 $\lambda$ 是光的波長、$L$ 是狹縫至屏幕的距離、$d$ 是兩狹縫的間距。固定 $L$ 時，條紋間距與波長成正比、與狹縫間距成反比；光的強度不影響條紋間距。 解題方法 逐項判斷控制如何改變 $\lambda$ 或 $d$： - ① 增加光的強度：不改變波長或狹縫間距，因此條紋間距不變。 - ② 提高光的頻率：在真空中 $\lambda=c/f$，頻率提高會使波長縮短，條紋間距變窄。 - ③ 增加光的波長：由 $\Delta y\propto\lambda$，條紋間距變寬。

Answer

答案：B

Question 24

如下圖所示，一道線偏振光束沿 $z$ 方向傳播，其初始電場偏振方向與 $y$ 軸平行，通過兩個偏振片。偏振片 1 的偏振通過方向與 $y$ 軸夾角 $30^\circ$ ，偏振片 2 的偏振通過方向與 $x$ 軸平行。

請問通過偏振片 2 後，最終光強度 $I_{\mathrm{out}}$ 與起始入射光強度 $I_{\mathrm{in}}$ 的關係為何？

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Accepted Answer

核心觀念 本題考線偏振光通過偏振片時的馬呂斯定律：若入射光的偏振方向與偏振片的透光方向夾角為 $	heta$，通過後的光強度為 $$ I{	ext{out}}=I{	ext{in}}\cos^2	heta $$ 光通過第一片偏振片後，偏振方向會沿著第一片的透光方向；因此計算第二片造成的光強變化時，要使用兩片偏振片透光方向的夾角。 解題方法 初始電場偏振方向平行 $y$ 軸，與偏振片 1 的透光方向夾角為 $30^\circ$。通過偏振片 1 後，光強為 $$ I1=I{\mathrm{in}}\cos^2 30^\circ =\frac{3}{4}I{\mathrm{in}} $$ 偏振片 2 的透光方向平行 $x$ 軸，而 $x$ 軸與 $y$ 軸互相垂直。偏振片 1 的透光方向與 $y$ 軸夾角為 $30^\circ$，所以它與 $x$ 軸的夾角為 $60^\circ$。再套用一次馬呂斯定律： $$ I{\mathrm{out}}=I1\cos^2 60^\circ =\frac{3}{4}I{\mathrm{in}}	imes\frac{1}{4} =\frac{3}{16}I{\mathrm{in}} $$ 選項分析 以下依原頁掃描圖中的選項內容說明：

Answer

答案：A

Question 25

透鏡成像公式如下： $$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{1}{f}$$ 其中 $p$ 為物距，$q$ 為像距，$f$ 為透鏡焦距。請問下列敘述何者正確？ (A) 使用凸透鏡成像，當物體放在 $1$ 倍焦距至 $2$ 倍焦距之間時，所成之像為放大倒立虛像。 (B) 使用凸透鏡成像，當物體放在 $1$ 倍焦距內時，所成之像為放大正立虛像。 (C) 使用凸透鏡成像，當物體放在 $2$ 倍焦距之外時，所成之像為縮小正立實像。 (D) 使用凹透鏡成像，當物體放在 $1$ 倍焦距之內時，所成之像為縮小正立實像。

Accepted Answer

核心觀念 本題考凸透鏡與凹透鏡的成像性質。依透鏡成像公式 $$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{1}{f}$$ 並以放大率 $m=-q/p$ 判斷像的大小與正倒： - 凸透鏡焦距 $f0$。物體在焦點外時形成實像，倒立；物體在焦點內時形成虛像，正立。 - 凹透鏡焦距 $f<0$。對實物成像時，形成正立、縮小的虛像。 解題方法 令物距 $p0$。凸透鏡的焦距為正，將物距與焦距的相對位置代入成像公式，即可判斷像距 $q$ 的正負：$q0$ 表示實像，$q<0$ 表示虛像。再由 $m=-q/p$ 判斷像的正倒與大小：$m<0$ 為倒立，$m0$ 為正立；$|m|1$ 為放大，$|m|<1$ 為縮小。 當凸透鏡物體在焦點內，即 $0<p<f$ 時： $$\frac{1}{q}=\frac{1}{f}-\frac{1}{p}<0$$ 所以 $q<0$，像為虛像；且

Answer

答案：B

Question 26

下列哪一個 $0.1\ \mathrm{M}$ 水溶液的 pH 值最高？ (A) 醋酸鈉 (B) 氫氟酸 (C) 氯化鈉 (D) 氯化銨

Accepted Answer

核心觀念

本題考查鹽類水解與酸、鹼性溶液的判斷。比較不同溶液的 pH 時，可先看溶質解離後的離子是否會與水反應：

強酸與強鹼形成的鹽通常不水解，水溶液近中性。
弱酸的共軛鹼會與水反應生成 $\mathrm{OH^-}$ ，使溶液呈鹼性。
弱鹼的共軛酸會與水反應生成 $\mathrm{H_3O^+}$ ，使溶液呈酸性。
酸本身溶於水則提供 $\mathrm{H_3O^+}$ ，呈酸性。

在相同濃度下，鹼性越強，pH 越高。

解題方法

逐一判斷各溶質所形成的離子是否水解：

醋酸鈉 $\mathrm{CH_3COONa}$ 解離為 $\mathrm{CH_3COO^-}$ 與 $\mathrm{Na^+}$ 。 $\mathrm{Na^+}$ 來自強鹼 $\mathrm{NaOH}$ ，幾乎不水解； $\mathrm{CH_3COO^-}$ 是弱酸醋酸 $\mathrm{CH_3COOH}$ 的共軛鹼，會與水反應：

\mathrm{CH_3COO^- + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + OH^-}

反應生成 $\mathrm{OH^-}$ ，因此醋酸鈉水溶液呈鹼性，pH 大於 7。

選項分析

Answer

答案：A

Question 27

下列哪一個 $0.05\ \mathrm{M}$ 水溶液的滲透壓最小？ (A) 鹽酸 (B) 氫氧化鈉 (C) 氯化鉀 (D) 醋酸

Accepted Answer

核心觀念 滲透壓是稀溶液的依數性質，可用凡特霍夫公式表示： $$ \Pi = iMRT $$ 其中 $\Pi$ 為滲透壓、$M$ 為溶液莫耳濃度、$R$ 為氣體常數、$T$ 為絕對溫度，$i$ 為凡特霍夫因子，表示溶質在溶液中形成的粒子數相對於溶質化學式單位數的比例。溫度與濃度相同時，粒子數越少，滲透壓越小。 解題方法 四個水溶液的濃度皆為 $0.05\ \mathrm{M}$，比較其在水中的解離程度即可。強電解質近乎完全解離，醋酸則是弱電解質，只部分解離。 - 鹽酸：$\mathrm{HCl \rightarrow H^+ + Cl^-}$，每個化學式單位形成約 $2$ 個粒子，$i$ 約為 $2$。 - 氫氧化鈉：$\mathrm{NaOH \rightarrow Na^+ + OH^-}$，$i$ 約為 $2$。 - 氯化鉀：$\mathrm{KCl \rightarrow K^+ + Cl^-}$，$i$ 約為 $2$。

Answer

答案：D

Question 28

某化學反應系統放熱 $30\ \mathrm{J}$，系統對環境作功 $30\ \mathrm{J}$，請問系統的內能變化是： (A) $-60\ \mathrm{J}$ (B) $0\ \mathrm{J}$ (C) $30\ \mathrm{J}$ (D) $60\ \mathrm{J}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考熱力學第一定律與功、熱的正負號。採用「對系統作功為正」的慣例： $$ \Delta U=Q+W{	ext{on}} $$ 其中，系統吸熱時 $Q0$，放熱時 $Q<0$；外界對系統作功時 $W{	ext{on}}0$，系統對外作功時 $W{	ext{on}}<0$。 解題方法 系統放熱 $30\ \mathrm{J}$，所以 $Q=-30\ \mathrm{J}$。系統對環境作功 $30\ \mathrm{J}$，表示外界對系統作功為 $W{	ext{on}}=-30\ \mathrm{J}$。代入第一定律： $$ \Delta U=(-30)+(-30)=-60\ \mathrm{J} $$ 系統以熱和作功兩種方式各向外移出 $30\ \mathrm{J}$ 能量，因此內能共減少 $60\ \mathrm{J}$。 選項分析

Answer

答案：A

Question 29

於含有 $[\mathrm{Cl^-}]=0.050\ \mathrm{M}$ 和 $[\mathrm{I^-}]=0.017\ \mathrm{M}$ 的水溶液中，加入含亞銅離子（$\mathrm{Cu^+}$）的水溶液，以選擇性沉澱其中一種離子。 當亞銅離子（$\mathrm{Cu^+}$）的濃度達到多少時，開始形成沉澱？先沉澱的為何種物質？ （$\mathrm{CuCl}$ 的 $K{\mathrm{sp}}=1.0	imes10^{-6}$；$\mathrm{CuI}$ 的 $K{\mathrm{sp}}=5.1	imes10^{-12}$） (A) $3.0	imes10^{-10}\ \mathrm{M}$，$\mathrm{CuI(s)}$ (B) $3.0	imes10^{-10}\ \mathrm{M}$，$\mathrm{CuCl(s)}$ (C) $2.0	imes10^{-5}\ \mathrm{M}$，$\mathrm{CuI(s)}$ (D) $2.0	imes10^{-5}\ \mathrm{M}$，$\mathrm{CuCl(s)}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查難溶鹽的溶度積與選擇性沉澱。對於 $1:1$ 型難溶鹽 $\mathrm{MX(s)}$ ：

K_{\mathrm{sp}}=[\mathrm{M^+}][\mathrm{X^-}]

開始沉澱的臨界條件為離子積 $Q=K_{\mathrm{sp}}$ ；達到此條件所需的陽離子濃度，可由 $[\mathrm{M^+}]=K_{\mathrm{sp}}/[\mathrm{X^-}]$ 求得。所需濃度較低者會先沉澱。

解題方法

分別計算 $\mathrm{CuCl}$ 與 $\mathrm{CuI}$ 開始沉澱時所需的 $\mathrm{Cu^+}$ 濃度。

對 $\mathrm{CuCl}$ ：

K_{\mathrm{sp}}=[\mathrm{Cu^+}][\mathrm{Cl^-}]

[\mathrm{Cu^+}]_{\text{臨界}} =\frac{1.0\times10^{-6}}{0.050} =2.0\times10^{-5}\ \mathrm{M}

對 $\mathrm{CuI}$ ：

K_{\mathrm{sp}}=[\mathrm{Cu^+}][\mathrm{I^-}]

[\mathrm{Cu^+}]_{\text{臨界}} =\frac{5.1\times10^{-12}}{0.017} =3.0\times10^{-10}\ \mathrm{M}

Answer

答案：A

Question 30

下列有關緩衝溶液的敘述何者正確？ (A) 一個有效的緩衝溶液其 $[	ext{鹼}]/[	ext{酸}]$ 比例範圍為 $100$–$1000$。 (B) 一個有效的緩衝溶液擁有非常小的酸和共軛鹼的絕對濃度。 (C) 緩衝溶液不能被過多的強鹼破壞，只能被過多的強酸破壞。 (D) 當 $[	ext{酸}]=[	ext{共軛鹼}]$ 時，緩衝溶液對 pH 變化的抵抗性最強。

Accepted Answer

核心觀念 緩衝溶液含有弱酸及其共軛鹼，或弱鹼及其共軛酸，能消耗加入的少量強鹼或強酸，降低 pH 變化。以弱酸 $HA$ 與共軛鹼 $A^-$ 為例，利用 Henderson–Hasselbalch 方程式： $$ \mathrm{pH}=\mathrm{p}Ka+\log\frac{[A^-]}{[HA]} $$ 緩衝能力與酸、共軛鹼的總量有關；在總濃度固定時，當兩者濃度相等，緩衝能力最大。 解題方法 設緩衝液中 $[HA]=[A^-]=C$。此時 $\mathrm{pH}=\mathrm{p}Ka$。若加入少量強酸，$A^-$ 可與 $H^+$ 反應生成 $HA$；若加入少量強鹼，$HA$ 可與 $OH^-$ 反應生成 $A^-$。兩種成分起始量相等時，對酸、鹼都有最大的共同承受能力，因此 pH 抵抗變化的能力最強。 選項分析

Answer

答案：D

Question 31

依據分子軌域模型，$\mathrm{B2}$ 分子有幾個不成對的電子？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $3$

Accepted Answer

核心觀念 本題考分子軌域模型中，電子依能量由低至高填入分子軌域，並遵守包立不相容原理與洪德定則。判斷不成對電子數時，須先排出電子組態，再確認各軌域中的電子是否成對。 對 $\mathrm{B2}$，每個硼原子有 5 個電子，因此總電子數為 $10$。其中內層 $1s$ 電子形成 $1\sigmag^2\,1\sigmau^{2}$，均為成對電子。價電子部分有 6 個電子。 解題方法 對硼、碳、氮等較輕的雙原子分子，$2s$ 與 $2p$ 軌域混成會使 $\pi{2p}$ 軌域能量低於 $\sigma{2p}$ 軌域。相關價電子軌域能階順序為： $$ \sigma{2s}<\sigma{2s}^{}<\pi{2px}=\pi{2py}<\sigma{2pz} $$ 將 6 個價電子依序填入： $$ (\sigma{2s})^2(\sigma{2s}^{})^2(\pi{2px})^1(\pi{2py})^1 $$

Answer

答案：C

Question 32

下列四種化合物：五氯化磷（$\mathrm{PCl5}$）、三氯化磷（$\mathrm{PCl3}$）、二氧化硫（$\mathrm{SO2}$）及二氧化碳（$\mathrm{CO2}$），共有幾種為極性分子？ (A) $4$ (B) $3$ (C) $2$ (D) $1$

Accepted Answer

核心觀念 分子是否為極性分子，取決於分子內各鍵的偶極矩向量總和是否為零。鍵具有極性，不代表整個分子一定有極性；還要看分子的立體結構與對稱性。 解題方法 依分子的幾何形狀判斷各鍵偶極矩是否互相抵消： - $\mathrm{PCl5}$：磷原子周圍有五個成鍵電子域，呈三角雙錐形。三個赤道面上的 $\mathrm{P-Cl}$ 鍵偶極矩相互抵消；兩個軸向鍵的偶極矩方向相反、大小相等，也相互抵消，因此分子為非極性分子。 - $\mathrm{PCl3}$：磷原子有三個成鍵電子域及一對孤電子對，分子呈三角錐形。三個 $\mathrm{P-Cl}$ 鍵偶極矩無法完全抵消，因此分子為極性分子。 - $\mathrm{SO2}$：硫原子周圍有兩個成鍵電子域及一對孤電子對，分子呈折線形。兩個 $\mathrm{S-O}$ 鍵偶極矩不共線，無法抵消，因此分子為極性分子。 - $\mathrm{CO2}$：碳原子兩側各有一個氧原子，分子呈直線形。兩個 $\mathrm{C=O}$ 鍵偶極矩大小相等、方向相反，總偶極矩為零，因此分子為非極性分子。

Answer

答案：C

Question 33

根據路易斯結構和形式電荷（Formal charge），下列哪一個離子最穩定？ $\mathrm{OCN^-}$、$\mathrm{ONC^-}$、$\mathrm{NOC^-}$ (A) $\mathrm{OCN^-}$ (B) $\mathrm{ONC^-}$ (C) $\mathrm{NOC^-}$ (D) 根據路易斯理論，這些化合物的穩定性都相等。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查路易斯結構的形式電荷，以及如何比較不同原子排列的穩定性。形式電荷可用下式計算：

\text{形式電荷} = \text{價電子數} - \text{未成鍵電子數} - \frac{1}{2}(\text{成鍵電子數})

比較路易斯結構時，通常優先選擇形式電荷絕對值較小、電荷分離較少的結構；若有負形式電荷，通常以負電荷位於電負度較大的原子上較有利。

解題方法

三個離子都有 $16$ 個價電子：氧提供 $6$ 個、氮提供 $5$ 個、碳提供 $4$ 個，再加上額外的 $1$ 個電子。對每種原子排列，列出符合八隅體的主要路易斯結構，並比較形式電荷。

$\mathrm{OCN^-}$ （O–C–N）：主要共振式可寫成 $\mathrm{^{-}O-C\equiv N}$ 。此式中，氧為 $-1$ 、碳與氮為 $0$ ；負電荷位於電負度較大的氧原子上，且形式電荷分布合理。
$\mathrm{ONC^-}$ （O–N–C）：符合八隅體的主要結構可寫成 $\mathrm{O=N-C^-}$ 。此式中，末端碳帶 $-1$ 形式電荷；相較於負電荷位於氧，負電荷在電負度較小的碳上較不利。

Answer

答案：A

Question 34

下列敘述何者正確？ (A) 固體在水中的溶解度通常隨著溫度的升高而降低。 (B) 離子固體在水中的溶解度隨著溫度的升高而降低。 (C) 氣體在水中的溶解度通常隨著壓力的降低而增加。 (D) 氣體在水中的溶解度通常隨著溫度的升高而降低。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查固體與氣體在水中的溶解度，如何受溫度及壓力影響。 - 多數固體的溶解度會隨溫度升高而增加，但實際變化取決於溶解過程的熱效應。 - 氣體在水中的溶解度通常隨溫度升高而降低；氣體在液體中溶解通常會放熱，升溫會使平衡偏向氣體逸出。 - 氣體的溶解度通常隨氣體分壓升高而增加，可用亨利定律表示： $$C = k{\mathrm H}P$$ 其中 $C$ 為溶解氣體的濃度，$P$ 為氣體分壓，$k{\mathrm H}$ 為亨利定律常數。 解題方法 先分辨題目談的是「固體」或「氣體」，再套用各自的一般趨勢。固體溶解度不能一概說隨溫度升高而降低；氣體則通常是壓力越高越容易溶解、溫度越高越不容易溶解。因此，符合一般趨勢的是氣體溶解度隨溫度升高而降低。 選項分析

Answer

答案：D

Question 35

下列何者在 $25^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下的標準生成焓是 $0$？ (A) 乾冰 $\mathrm{CO2(s)}$ (B) 水銀 $\mathrm{Hg(l)}$ (C) 冰 $\mathrm{H2O(s)}$ (D) 鑽石

Accepted Answer

核心觀念 標準生成焓 $\Delta\mathrm{f}H^\circ$，是指在指定標準狀態下，由組成物質的元素形成 $1$ mol 該物質時的焓變。元素若處於其在該溫度、壓力下的標準狀態，其標準生成焓定義為 $0$。 判斷關鍵是物質是否為元素，以及它是否處於標準狀態。化合物即使是固體或常見物質，其標準生成焓通常不為 $0$。 解題方法 逐一確認各選項在 $25^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下是不是元素的標準狀態： - 化合物不符合「元素處於標準狀態」的條件。 - 元素若其物態符合指定條件下的標準狀態，標準生成焓為 $0$。 選項分析 - (A) 乾冰 $\mathrm{CO2(s)}$：錯誤。 $\mathrm{CO2}$ 是化合物，不是元素；其標準生成焓是由碳與氧的標準狀態形成固態二氧化碳時的焓變，不為 $0$。

Answer

答案：B

Question 36

在下列情況中，那一組關於熱量 $q$ 和功 $w$ 的符號代表環境對系統做功，同時系統也從環境中吸收熱量？ (A) $q=+$，$w=-$ (B) $q=-$，$w=+$ (C) $q=+$，$w=+$ (D) $q=-$，$w=-$

Accepted Answer

核心觀念 本題考熱力學中熱量 $q$ 與功 $w$ 的符號約定。此題採用「以系統為觀察對象」的慣例： - 系統吸收環境的熱量：$q0$；系統放熱給環境：$q<0$。 - 環境對系統做功：$w0$；系統對環境做功：$w<0$。 解題方法 題目要求同時符合「環境對系統做功」與「系統從環境吸收熱量」： 1. 環境對系統做功，因此 $w=+$。 2. 系統吸收熱量，因此 $q=+$。 故兩者的符號都是正號。 選項分析

Question 37

一個含有 $35.6\ \mathrm{g}$ 乙醇（$\mathrm{C2H5OH}$）的樣品在燃燒熱量計中燃燒。根據下面的反應，若溫度從 $30.0^\circ\mathrm{C}$ 升至 $71.0^\circ\mathrm{C}$，且熱量計的熱容量為 $23.3\ \mathrm{kJ/^\circ C}$，請問反應的 $\Delta H^\circ{\mathrm{rxn}}$（標準反應焓變）是多少？乙醇的莫耳質量是 $46.07\ \mathrm{g/mol}$。 $$\mathrm{C2H5OH(l)+3O2(g)ightarrow2CO2(g)+3H2O(g)}$$ $\Delta H^\circ{\mathrm{rxn}}=?$ (A) $+1.24	imes10^3\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $-1.24	imes10^3\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $+9.55	imes10^3\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $-9.55	imes10^3\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念

燃燒熱量計量到的是熱量計吸收的熱量。定容熱量計中，反應放出的熱量與熱量計吸收的熱量大小相等、符號相反：

$q_{\mathrm{rxn}}=-q_{\mathrm{cal}}$

熱量計吸收的熱量為：

$q_{\mathrm{cal}}=C_{\mathrm{cal}}\Delta T$

其中 $C_{\mathrm{cal}}$ 為熱量計熱容量， $\Delta T=T_{\mathrm{終}}-T_{\mathrm{初}}$ 。反應使周圍升溫，表示反應放熱，故 $q_{\mathrm{rxn}}$ 為負值。

解題方法

先求溫度變化：

$\Delta T=71.0-30.0=41.0^\circ\mathrm{C}$

熱量計吸收的熱量為：

$q_{\mathrm{cal}}=(23.3\ \mathrm{kJ/^\circ C})(41.0^\circ\mathrm{C})=955.3\ \mathrm{kJ}$

因此， $35.6\ \mathrm{g}$ 乙醇燃燒時，反應放出的熱量為：

$q_{\mathrm{rxn}}=-955.3\ \mathrm{kJ}$

乙醇的莫耳數：

$n=\frac{35.6\ \mathrm{g}}{46.07\ \mathrm{g/mol}}=0.7728\ \mathrm{mol}$

題目所寫的反應式每進行一次，消耗 $1\ \mathrm{mol}$ 乙醇，因此標準反應焓變為：

Answer

答案：B

Question 38

一溶液由 $1$ 莫耳的液體 A 和 $3$ 莫耳的液體 B 所組成。在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時，此溶液的蒸氣壓為 $314\ \mathrm{torr$；同溫度下，純液體 A 的蒸氣壓為 $264\ \mathrm{torr}$，純液體 B 的蒸氣壓為 $356\ \mathrm{torr}$。下列敘述何者正確？ (A) 此溶液為拉午耳定律（Raoult’s Law）的正偏差。 (B) 此溶液為拉午耳定律（Raoult’s Law）的負偏差。 (C) 此溶液是理想溶液。 (D) 資料不足以判斷與拉午耳定律（Raoult’s Law）的偏差性。

Accepted Answer

核心觀念 本題考拉午耳定律與實際溶液的偏差。理想溶液中，各成分的分壓為純液體蒸氣壓乘以液相莫耳分率，總蒸氣壓則為各分壓之和： $$ P{	ext{總}}=xA PA^\circ+xB PB^\circ $$ 實際總蒸氣壓高於此理想值，稱為正偏差；低於理想值，稱為負偏差。 解題方法 溶液中共有 $1+3=4$ 莫耳，因此： $$ xA=\frac{1}{4},\qquad xB=\frac{3}{4} $$ 依拉午耳定律計算理想溶液的總蒸氣壓： $$ P{	ext{理想}} =\left(\frac{1}{4}ight)(264)+\left(\frac{3}{4}ight)(356) =66+267 =333\ \mathrm{torr} $$ 題目所給實際蒸氣壓為 $314\ \mathrm{torr}$，故：

Answer

答案：B

Question 39

定溫下，氧化汞固體 $\mathrm{HgO(s)}$ 受熱可分解成水銀 $\mathrm{Hg(l)}$ 與氧氣 $\mathrm{O_2(g)}$ 。加入氧化汞固體至已達平衡之三種物質共存的密閉系統中，在達平衡後氧氣的分壓與氧化汞固體添加前的平衡分壓相比，有何變動？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查異相平衡與平衡常數的表示方式。反應為： $$ 2\mathrm{HgO(s)} \rightleftharpoons 2\mathrm{Hg(l)}+\mathrm{O2(g)} $$ 在定溫下，平衡常數只受溫度影響。純固體 $\mathrm{HgO(s)}$ 與純液體 $\mathrm{Hg(l)}$ 的活度視為 $1$，因此平衡常數可寫為： $$ Kp=P{\mathrm{O2}} $$ 只要固體與液體兩相仍存在，氧氣的平衡分壓便由定溫下的 $Kp$ 決定。 解題方法 題目指出系統原已達平衡，且 $\mathrm{HgO(s)}$、$\mathrm{Hg(l)}$、$\mathrm{O2(g)}$ 三種物質共存。再加入一些 $\mathrm{HgO(s)}$，增加的是純固體的量，不會改變其活度，也不會改變定溫下的平衡常數。

Answer

答案：A

Question 40

若反應開始時只有純 $\mathrm{NO2(g)}$，其壓力為 $0.500\ \mathrm{atm}$，當反應 $$2\mathrm{NO2(g)}\rightleftharpoons2\mathrm{NO(g)}+\mathrm{O2(g)}$$ 達到平衡時，反應容器內的總壓力為 $0.674\ \mathrm{atm}$。則平衡時 $\mathrm{NO2}$ 的分壓為何？ (A) $0.152\ \mathrm{atm}$ (B) $0.174\ \mathrm{atm}$ (C) $0.200\ \mathrm{atm}$ (D) $0.326\ \mathrm{atm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是氣體反應的化學計量與分壓。定溫、定容下，氣體分壓與莫耳數成正比，因此可用反應前後的莫耳變化推算平衡時各成分的分壓。 反應式為： $$2\mathrm{NO2(g)}ightleftharpoons2\mathrm{NO(g)}+\mathrm{O2(g)}$$ 每消耗 $2$ 莫耳 $\mathrm{NO2}$，會生成 $2$ 莫耳 $\mathrm{NO}$ 與 $1$ 莫耳 $\mathrm{O2}$；氣體總莫耳數淨增加 $1$ 莫耳。 解題方法 設反應進行量相當於消耗 $2x$ 莫耳的 $\mathrm{NO2}$。以壓力表示各氣體的變化量： | 氣體 | 初始分壓 | 平衡時分壓 | |---|---:|---:| | $\mathrm{NO2}$ | $0.500$ atm | $0.500-2x$ atm | | $\mathrm{NO}$ | $0$ atm | $2x$ atm | | $\mathrm{O2}$ | $0$ atm | $x$ atm | 因此平衡總壓力為： $$P{	ext{總}}=(0.500-2x)+2x+x=0.500+x$$ 題目給定 $P{	ext{總}}=0.674\ \mathrm{atm}$，故： $$x=0.674-0.500=0.174\ \mathrm{atm}$$ 平衡時 $\mathrm{NO2}$ 的分壓為：

Answer

答案：A

Question 41

根據速率方程 $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{A}]^2$，其中 $k=0.456\ \mathrm{s^{-1}M^{-1}}$。若 A 的初始濃度 $[\mathrm{A}]0=0.500\ \mathrm{M}$，則 A 的濃度達到 $0.250\ \mathrm{M}$ 需要多少秒？ (A) $1.14	imes10^{-1}\ \mathrm{s}$ (B) $5.48	imes10^{-1}\ \mathrm{s}$ (C) $1.52\ \mathrm{s}$ (D) $4.39\ \mathrm{s}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考二級反應的積分速率定律。速率方程為 $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{A}]^2$ ，表示反應速率與 A 濃度的平方成正比。對 A 的消耗而言，微分速率定律為：

-\frac{d[\mathrm{A}]}{dt}=k[\mathrm{A}]^2

二級反應的積分式為：

\frac{1}{[\mathrm{A}]}-\frac{1}{[\mathrm{A}]_0}=kt

解題方法

代入初始濃度 $[\mathrm{A}]_0=0.500\ \mathrm{M}$ 、目標濃度 $[\mathrm{A}]=0.250\ \mathrm{M}$ ，以及 $k=0.456\ \mathrm{s^{-1}M^{-1}}$ ：

t=\frac{1}{k}\left(\frac{1}{[\mathrm{A}]}-\frac{1}{[\mathrm{A}]_0}\right) =\frac{1}{0.456}\left(\frac{1}{0.250}-\frac{1}{0.500}\right)

Answer

答案：D

Question 42

根據反應： $$2\mathrm{O3(g)}ightarrow3\mathrm{O2(g)}$$ 提出下列反應機制： $$\mathrm{O3ightleftharpoons O2+O}\qquad	ext{(I)}$$ $$\mathrm{O3+Oightarrow2O2}\qquad	ext{(II)}$$ 若步驟 II 為速率決定步驟，而步驟 I 是快速平衡步驟，則根據此機制預測的速率方程式為何？ (A) 反應速率 $=k[\mathrm{O3}]^2[\mathrm{O2}]^{-1}$ (B) 反應速率 $=k[\mathrm{O3}]^2[\mathrm{O2}]$ (C) 反應速率 $=k[\mathrm{O3}]$ (D) 反應速率 $=k[\mathrm{O3}]^2$

Accepted Answer

核心觀念

本題考「快速平衡與速率決定步驟」所推導的反應速率方程式。速率決定步驟先寫出基元反應速率式；若其中含有中間體，則利用快速平衡關係式將中間體濃度改寫成反應物、生成物的濃度。

解題方法

步驟 II 是速率決定步驟：

$\mathrm{O_3+O\rightarrow 2O_2}$

因此其速率式為：

$v=k_2[\mathrm{O_3}][\mathrm{O}]$

其中 $\mathrm{O}$ 是中間體，不能直接保留在最後的速率方程式中。由步驟 I 的快速平衡：

$\mathrm{O_3\rightleftharpoons O_2+O}$

其平衡常數為：

$K=\frac{[\mathrm{O_2}][\mathrm{O}]}{[\mathrm{O_3}]}$

整理得：

$[\mathrm{O}]=K\frac{[\mathrm{O_3}]}{[\mathrm{O_2}]}$

代入步驟 II 的速率式：

v=k_2[\mathrm{O_3}]\left(K\frac{[\mathrm{O_3}]}{[\mathrm{O_2}]}\right) =k[\mathrm{O_3}]^2[\mathrm{O_2}]^{-1}

Answer

答案：A

Question 43

下列哪一個分子或離子中，氮的氧化數最大？ (A) 氮氣 (B) 硝酸根 (C) 二氧化氮 (D) 一氧化氮

Accepted Answer

核心觀念 本題考氮的氧化數。氧化數是依照元素與化合物中各原子的電子分配規則所指定的形式電荷。計算時遵守： - 單質中元素的氧化數為 $0$。 - 一般化合物中，所有原子的氧化數總和為 $0$；多原子離子中，總和等於離子所帶電荷。 - 氧在一般氧化物及含氧酸根中的氧化數通常為 $-2$。 解題方法 對每個選項套用氧化數總和規則，求出氮的氧化數，再比較大小。數值越大，代表氧化數越高。 選項分析 (A) 氮氣 $\mathrm{N2}$：氮氣是氮的單質，因此氮的氧化數為 $0$。

Answer

答案：B

Question 44

下列哪一個化合物的原子間只有共價鍵而沒有離子鍵？ (A) 氯仿（$\mathrm{CHCl3}$） (B) 氯化銨 (C) 硫酸鉛 (D) 鉻酸鉀

Accepted Answer

核心觀念 本題考查共價鍵與離子鍵的區別。共價鍵是原子間共享電子對所形成的鍵；離子鍵則是帶相反電荷的離子之間的靜電吸引。判斷時要看化合物的組成：若是多原子離子形成的鹽，離子內部可以有共價鍵，離子彼此之間則有離子鍵。 解題方法 先辨認各選項是否由中性分子構成，或由陽離子與陰離子組成。若化合物中含有陽、陰離子，便有離子鍵；若是由非金屬原子組成的中性分子，原子間以共價鍵連結。 選項分析 - (A) 氯仿（$\mathrm{CHCl3}$）：正確。 碳、氫、氯均為非金屬元素，氯仿是由 $\mathrm{C-H}$ 與 $\mathrm{C-Cl}$ 共價鍵組成的分子，分子內沒有離子鍵。 - (B) 氯化銨：錯誤。 氯化銨可表示為 $\mathrm{NH4^+Cl^-}$。

Answer

答案：A

Question 45

在沒有其他固體存在時使用鉑（Pt）電極，下列反應的電化電池（Electrochemical cell）表示何者正確？ $$\mathrm{Cl2(g)+Sn^{2+}(aq)\rightarrow Sn^{4+}(aq)+2Cl^-(aq)}$$ (A) $\mathrm{Pt(s)|Sn^{2+}(aq),Sn^{4+}(aq)||Cl2(g)|Cl^-(aq)|Pt(s)}$ (B) $\mathrm{Pt(s)|Sn^{4+}(aq),Sn^{2+}(aq)||Cl^-(aq)|Cl2(g)|Pt(s)}$ (C) $\mathrm{Pt(s)|Cl^-(g)|Cl2(aq)||Sn^{4+}(aq),Sn^{2+}(aq)|Pt(s)}$ (D) $\mathrm{Pt(s)|Cl2(g)|Sn^{2+}(aq)||Sn^{4+}(aq),Cl^-(aq)|Pt(s)}$

Accepted Answer

核心觀念 電池表示法中，左側為陽極、發生氧化；右側為陰極、發生還原。單一離子或氣體參與反應、但沒有其他固體電極材料時，使用不參與反應的惰性導體（本題為 Pt）作為電極。 相界以單豎線 $|$ 表示；同一半電池中不同物種以逗號分隔；兩半電池間的鹽橋以雙豎線 $||$ 表示。 解題方法 將總反應拆成氧化與還原半反應： $$ \mathrm{Sn^{2+}(aq)\rightarrow Sn^{4+}(aq)+2e^-} $$ 錫離子失去電子，發生氧化，因此是陽極，置於電池表示式左側。半電池中的溶液物種為 $\mathrm{Sn^{2+}}$ 與 $\mathrm{Sn^{4+}}$，並以 Pt 作惰性電極。 $$ \mathrm{Cl2(g)+2e^-\rightarrow 2Cl^-(aq)} $$ 氯氣得到電子，發生還原，因此是陰極，置於右側。反應物 $\mathrm{Cl2}$ 為氣體、生成物 $\mathrm{Cl^-}$ 為水溶液，且沒有其他固體存在，因此以 Pt 作惰性電極。 依序寫出各相與物種，電池表示式為： $$ \mathrm{Pt(s)|Sn^{2+}(aq),Sn^{4+}(aq)||Cl2(g)|Cl^-(aq)|Pt(s)} $$ 故符合選項 (A)。 選項分析

Answer

答案：A

Question 46

根據下列在酸性溶液中的標準還原電位，何者為最強的氧化劑？ $$ \begin{array}{rcl} \mathrm{Al^{3+}(aq)+3e^-} &\rightarrow& \mathrm{Al(s)} \quad E^\circ=-1.66\ \mathrm{V}\ \mathrm{AgBr(s)+e^-} &\rightarrow& \mathrm{Ag(s)+Br^-(aq)} \quad E^\circ=+0.07\ \mathrm{V}\ \mathrm{Sn^{4+}(aq)+2e^-} &\rightarrow& \mathrm{Sn^{2+}(aq)} \quad E^\circ=+0.14\ \mathrm{V}\ \mathrm{Fe^{3+}(aq)+e^-} &\rightarrow& \mathrm{Fe^{2+}(aq)} \quad E^\circ=+0.77\ \mathrm{V} \end{array} $$ (A) $\mathrm{Al^{3+}}$ (B) $\mathrm{Fe^{3+}}$ (C) $\mathrm{Br^-}$ (D) $\mathrm{Al}$

Accepted Answer

核心觀念 標準還原電位 $E^\circ$ 越大，表示該反應物越容易得到電子、被還原，因此氧化其他物質的能力越強。氧化劑本身會在反應中被還原。 解題方法 比較各半反應的標準還原電位，找數值最大的半反應，再看其中被還原的反應物： - $\mathrm{Al^{3+}+3e^- \rightarrow Al}$：$E^\circ=-1.66\ \mathrm{V}$ - $\mathrm{AgBr+e^- \rightarrow Ag+Br^-}$：$E^\circ=+0.07\ \mathrm{V}$ - $\mathrm{Sn^{4+}+2e^- \rightarrow Sn^{2+}}$：$E^\circ=+0.14\ \mathrm{V}$ - $\mathrm{Fe^{3+}+e^- \rightarrow Fe^{2+}}$：$E^\circ=+0.77\ \mathrm{V}$ 最大值是 $+0.77\ \mathrm{V}$，對應 $\mathrm{Fe^{3+}}$ 被還原為 $\mathrm{Fe^{2+}}$。因此 $\mathrm{Fe^{3+}}$ 是題列物種中最強的氧化劑。 選項分析

Answer

答案：B

Question 47

下列何者為順磁性（Paramagnetic）的物質？ (A) $\mathrm{O}$ (B) $\mathrm{Ti^{4+}}$ (C) $\mathrm{Xe}$ (D) $\mathrm{Pb^{2+}}$

Accepted Answer

核心觀念 順磁性是指物質在外加磁場中會受到吸引。原子或離子若具有未成對電子，電子自旋磁矩通常無法完全抵消，因而呈順磁性；若所有電子皆成對，磁矩大致互相抵消，則呈抗磁性。 解題方法 依序寫出各粒子的電子組態，檢查是否有未成對電子。氧原子有 $8$ 個電子，其基態電子組態為 $$ 1s^2\,2s^2\,2p^4 $$ 按照洪德定則，$2p$ 軌域先各自單獨佔據，再開始配對；因此 $2p^4$ 有兩個未成對電子，氧原子呈順磁性。 選項分析 - (A) $\mathrm{O}$：正確。 氧原子的 $2p^4$ 電子組態含兩個未成對電子，因此具有順磁性。 - (B) $\mathrm{Ti^{4+}}$：錯誤。 鈦原子為 $[\mathrm{Ar}]\,3d^2 4s^2$；

Answer

答案：A

Question 48

請將下列元素依第一游離能（1st Ionization Energy, $\mathrm{IE1}$）高低由高到低排序：Na、Mg、Al、Si、C。 (A) $\mathrm{Na}\mathrm{Mg}\mathrm{Al}\mathrm{Si}\mathrm{C}$ (B) $\mathrm{C}\mathrm{Si}\mathrm{Al}\mathrm{Mg}\mathrm{Na}$ (C) $\mathrm{Si}\mathrm{C}\mathrm{Al}\mathrm{Mg}\mathrm{Na}$ (D) $\mathrm{C}\mathrm{Si}\mathrm{Mg}\mathrm{Al}\mathrm{Na}$

Accepted Answer

核心觀念 第一游離能 $\mathrm{IE1}$，是從氣態基態中性原子移去一個電子所需的能量： $$ \mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-} $$ 一般而言，有效核電荷越大、原子半徑越小，價電子受到原子核吸引越強，第一游離能越高。游離能沿週期大致由左至右上升，沿族由上至下下降；但電子次殼層與電子成對效應會造成局部例外。 解題方法 先比較同一週期的元素，再利用族趨勢比較不同週期： - 第二週期：$\mathrm{C}$ 位於 $\mathrm{Si}$ 上方，因此 $\mathrm{C}$ 的原子半徑較小，$\mathrm{IE1(C)\ IE1(Si)}$。 - 第三週期：由左至右整體上升，但 $\mathrm{Al}$ 是例外。$\mathrm{Mg}$ 的價電子組態為 $3s^2$，移除電子時須從較穩定的 $3s$ 次殼層取走；$\mathrm{Al}$ 為 $3s^2 3p^1$，被移除的是能量較高、束縛較弱的 $3p$ 電子，因此 $\mathrm{IE1(Mg)\ IE1(Al)}$。 - $\mathrm{Si}$ 位於第三週期、比 $\mathrm{Al}$ 更靠右，核電荷較大，故 $\mathrm{IE1(Si)\ IE1(Al)}$。 - $\mathrm{Na}$ 位於第三週期最左側，價電子最容易移除，因此第一游離能最低。 綜合可得：

Answer

答案：D

Question 49

下列哪一組量子組態錯誤？ (A) $n=1,\ l=1,\ ml=0,\ ms=\frac{1}{2}$ (B) $n=2,\ l=1,\ ml=-1,\ ms=\frac{1}{2}$ (C) $n=3,\ l=0,\ ml=0,\ ms=-\frac{1}{2}$ (D) $n=4,\ l=3,\ ml=-2,\ ms=-\frac{1}{2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查原子軌域的四個量子數。電子的量子組態須符合下列範圍： - 主量子數 $n$：正整數，$n=1,2,3,\ldots$ - 角量子數 $l$：由 $0$ 到 $n-1$ 的整數，即 $l=0,1,\ldots,n-1$ - 磁量子數 $ml$：由 $-l$ 到 $+l$ 的整數 - 自旋量子數 $ms$：只能是 $+\frac{1}{2}$ 或 $-\frac{1}{2}$ 解題方法 逐一檢查各選項是否符合量子數的取值範圍。最直接的判斷是先看 $l$ 是否小於 $n$；若不符合，該組量子數即不可能成立。 選項分析 - (A) $n=1,\ l=1,\ ml=0,\ ms=\frac{1}{2}$：錯誤。 當 $n=1$ 時，角量子數只能是 $l=0$，因為 $l$ 必須介於 $0$ 與 $n-1$ 之間。此選項的 $l=1$ 超出允許範圍，因此量子組態錯誤。雖然 $ml=0$ 和 $ms=\frac{1}{2}$ 各自符合其取值規則，仍無法彌補 $l$ 不合法的問題。

Answer

答案：A

Question 50

A 是週期表中第二族的元素，當 A 與其他元素形成化合物時，大多會形成下列何者離子？ (A) $\mathrm{A^{2-}}$ (B) $\mathrm{A^-}$ (C) $\mathrm{A^+}$ (D) $\mathrm{A^{2+}}$

Accepted Answer

核心觀念 週期表第二族元素的最外層有 $2$ 個價電子。與其他元素形成化合物時，通常會失去這 $2$ 個電子，形成帶 $2$ 個正電荷的陽離子： $$\mathrm{A \rightarrow A^{2+} + 2e^-}$$ 解題方法 題目指出 $A$ 屬於週期表第二族，可直接由族別判斷其常見離子電荷。第二族元素包括鈹、鎂、鈣、鍶、鋇及鐳；失去兩個最外層電子後，通常形成 $\mathrm{A^{2+}}$。 選項分析

Answer

答案：D

113 專利師高等考試 專利師(選試專業英文及工業設計) 普通物理與普通化學 考古題詳解

第 1 題2 分

第 2 題2 分

核心觀念

解題方法

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 7 題2 分

核心觀念

解題方法

第 8 題2 分

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 10 題2 分

第 11 題2 分

核心觀念

解題方法

第 12 題2 分

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

第 23 題2 分

核心觀念

解題方法

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 27 題2 分

核心觀念

解題方法

第 28 題2 分

第 29 題2 分

核心觀念

解題方法

第 30 題2 分

第 31 題2 分

核心觀念

解題方法

第 32 題2 分

第 33 題2 分

核心觀念

解題方法

第 34 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 35 題2 分

第 36 題2 分

第 37 題2 分

核心觀念

解題方法

第 38 題2 分

第 39 題2 分

核心觀念

113 專利師高等考試專利師(選試專業英文及工業設計) 普通物理與普通化學考古題詳解