115 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

一物體以直線運動，其位移與時間的關係為 $x=10t^2$，其中 $x$ 的單位為 m，$t$ 的單位為 s。下列何者正確？ (A) 物體為定加速度運動，加速度為 $10\ \mathrm{m/s^2}$ (B) 物體的軌跡為拋物線 (C) $t=1\ \mathrm{s}$ 時，物體的瞬時速度為 $10\ \mathrm{m/s}$ (D) $t=0\ \mathrm{s}$ 至 $1\ \mathrm{s}$ 的平均速度為 $10\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查位移函數 $x(t)$ 與速度、加速度、平均速度的關係： - 瞬時速度： $$v=\frac{dx}{dt}$$ - 瞬時加速度： $$a=\frac{dv}{dt}=\frac{d^2x}{dt^2}$$ - 平均速度： $$\bar v=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{x2-x1}{t2-t1}$$ 題目給定： $$x=10t^2$$ 其中 $x$ 的單位為 m，$t$ 的單位為 s。 解題方法 先由位移函數微分求速度： $$v=\frac{dx}{dt}=\frac{d}{dt}(10t^2)=20t\ \mathrm{m/s}$$ 再求加速度： $$a=\frac{dv}{dt}=\frac{d}{dt}(20t)=20\ \mathrm{m/s^2}$$ 因此物體作等加速度直線運動，但加速度為 $20\ \mathrm{m/s^2}$。 計算 $t=0$ 至 $t=1\ \mathrm{s}$ 的平均速度： $$x(0)=10(0)^2=0\ \mathrm{m}$$ $$x(1)=10(1)^2=10\ \mathrm{m}$$ 所以 $$ \bar v=\frac{x(1)-x(0)}{1-0} =\frac{10-0}{1} =10\ \mathrm{m/s} $$ 故正確選項為 (D)。 選項分析 (A) 錯誤 由 $$a=\frac{d^2x}{dt^2}=20\ \mathrm{m/s^2}$$

Answer

答案：D

Question 2

一個靜止滑車由高處循一固定軌道運動，期間不受摩擦力作用。若能順利經過一半徑為 $0.5\ \mathrm{m}$ 的垂直圓形軌道，則出發點的高度至少需要比圓形軌道的最低點高多少？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 機械能守恆：軌道無摩擦，故重力位能與動能可互相轉換。 2. 垂直圓周運動的接觸條件：滑車要能順利通過圓形軌道最高點，必須不能脫離軌道。 3. 圓周運動向心力：最高點的最小臨界狀態為支持力等於零。 設圓形軌道半徑為 $r=0.5\ \mathrm{m}$，出發點相對於圓形軌道最低點的高度為 $h$。 --- 解題方法 在圓形軌道最高點，滑車恰好不脫離軌道時，軌道支持力 $N=0$。此時重力恰好提供所需的向心力： $$ mg=\frac{mv{	ext{top}}^2}{r} $$ 因此最高點的最小速度滿足： $$ v{	ext{top}}^2=gr $$ 最高點比最低點高 $2r$，由機械能守恆： $$ mgh=mg(2r)+\frac{1}{2}mv{	ext{top}}^2 $$ 代入 $v{	ext{top}}^2=gr$： $$ mgh=mg(2r)+\frac{1}{2}mgr $$ 約去 $mg$： $$ h=2r+\frac{r}{2} =\frac{5r}{2} $$ 代入 $r=0.5\ \mathrm{m}$： $$ h=\frac{5}{2}(0.5) =1.25\ \mathrm{m} $$ 因此出發點至少要比圓形軌道最低點高 $1.25\ \mathrm{m}$。 --- 選項分析 - (A) $1.25\ \mathrm{m}$：正確

Answer

答案：A

Question 3

物體 A 和 B 在一直線上平移相向運動。A、B 質量分別為 $1.0\ \mathrm{kg}$ 和 $4.0\ \mathrm{kg}$ ，速度分別為 $20\ \mathrm{m/s}$ 和 $-10\ \mathrm{m/s}$ 。若兩者碰撞後滿足完全非彈性碰撞條件，整體系統的動能減少多少？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查一維完全非彈性碰撞，以及碰撞過程中的動量守恆。 完全非彈性碰撞的特徵是：碰撞後兩物體黏在一起，以共同速度運動。碰撞過程中若外力衝量可忽略，系統總動量守恆；但動能不守恆，部分動能轉化為內能、聲能與形變能。 動量守恆公式為 $$ mAvA+mBvB=(mA+mB)v $$ 系統動能減少量為 $$ \Delta K=K{	ext{初}}-K{	ext{末}} $$ --- 解題方法 取 A 運動方向為正方向，因此 $$ mA=1.0\ \mathrm{kg},\quad vA=20\ \mathrm{m/s} $$ $$ mB=4.0\ \mathrm{kg},\quad vB=-10\ \mathrm{m/s} $$ 負號表示 B 與 A 相向運動。 先由動量守恆求碰撞後共同速度： $$ mAvA+mBvB=(mA+mB)v $$ 代入數值： $$ (1.0)(20)+(4.0)(-10)=(1.0+4.0)v $$ $$ 20-40=5v $$ $$ v=-4.0\ \mathrm{m/s} $$ 碰撞後共同速度為 $-4.0\ \mathrm{m/s}$，表示兩物體碰撞後一起向 B 原本的運動方向移動。 碰撞前的總動能： $$ K{	ext{初}} =\frac{1}{2}mAvA^2+\frac{1}{2}mBvB^2 $$ $$ K{	ext{初}} =\frac{1}{2}(1.0)(20)^2+\frac{1}{2}(4.0)(10)^2 $$ $$ K{	ext{初}}=200+200=400\ \mathrm{J} $$ 碰撞後的總動能： $$ K{	ext{末}} =\frac{1}{2}(mA+mB)v^2 $$

Answer

答案：B

Question 4

在馬路上一小孩以 $20\ \mathrm{m/s}$ 的速率將一小球丟向往他迎面駛來的汽車，汽車速率為 $10\ \mathrm{m/s}$ 。則彈性碰撞後球的速度量值為何？（球質量遠小於汽車。）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查一維彈性碰撞與相對速度。當小球質量遠小於汽車質量時，可將汽車視為碰撞後速率幾乎不變的巨大質量物體。 彈性碰撞的重要特性是：在汽車參考系中，小球碰撞前後的相對速度大小相等、方向相反。 --- 解題方法 取汽車行進方向為正方向。 - 汽車速度：$+10\ \mathrm{m/s}$ - 小球速度：$-20\ \mathrm{m/s}$ 小球與汽車接近時的相對速率為 $$ v{	ext{相對}}=20+10=30\ \mathrm{m/s} $$ 在汽車參考系中，彈性碰撞後小球反彈，因此其相對速度方向反向，大小仍為 $30\ \mathrm{m/s}$。 換回地面參考系，汽車仍以 $10\ \mathrm{m/s}$ 向前行進，所以小球速度為 $$ v{	ext{球}}=10+30=40\ \mathrm{m/s} $$ 因此，小球碰撞後速度量值為 $$ \boxed{40\ \mathrm{m/s}} $$ 也可由一維彈性碰撞公式驗證。設小球質量為 $m$、汽車質量為 $M$，且 $M\gg m$，小球碰撞後速度為 $$ v=\frac{m-M}{m+M}(-20)+\frac{2M}{m+M}(10) $$ 整理得 $$ v=\frac{40M-20m}{M+m} $$ 因為 $M\gg m$，故 $$ v\approx 40\ \mathrm{m/s} $$ --- 選項分析

Answer

答案：A

Question 5

兩質量可忽略的彈簧一端固定於牆壁，如原卷圖示。一木塊緊靠左邊彈簧，壓縮 $\Delta x$ 的距離後放開。假設地面無摩擦力，兩彈簧之間的距離遠大於彈簧伸長量。兩彈簧彈力係數 $k_1>k_2$ 。下列敘述何者錯誤？

🖼️ 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 本題考查： - 胡克定律：彈簧彈力大小為 $$F=kx$$ - 牛頓第二定律： $$a=\frac{F}{m}$$ - 無摩擦力時的機械能守恆： $$\frac12 kx^2+\frac12 mv^2=	ext{定值}$$ 木塊只在與彈簧接觸時受到彈簧力；脫離彈簧後，水平方向不再受力。 解題方法 木塊最初將左邊彈簧壓縮 $\Delta x$，由靜止放開。左彈簧的初始彈力為 $$F=k1\Delta x$$ 彈簧逐漸恢復原長時，壓縮量 $x$ 由 $\Delta x$ 減少至 $0$，因此木塊所受彈力為 $$F=k1x$$ 由牛頓第二定律： $$a=\frac{F}{m}=\frac{k1x}{m}$$ 由於 $x$ 隨時間變化，故加速度也隨時間變化，並非固定值。 木塊離開左彈簧時，左彈簧已恢復原長，木塊仍具有由彈簧能轉換而來的速度。之後木塊在無摩擦的地面上運動，直到接觸右彈簧前皆不受水平力。 接觸右彈簧後，木塊的動能轉換為右彈簧的彈性位能。由能量守恆： $$\frac12 k1(\Delta x)^2=\frac12 k2x2^2$$ 因此 $$x2=\sqrt{\frac{k1}{k2}}\Delta x$$ 因為 $k1k2$，所以 $$\sqrt{\frac{k1}{k2}}1$$ 故 $$x2\Delta x$$ 選項分析 (A) 木塊從放開到脫離左邊彈簧的過程作等加速度運動 錯誤。 木塊受到的彈力為 $$F=k1x$$ 而壓縮量 $x$ 會逐漸減小，因此加速度

Answer

答案：A

Question 6

一不均勻木棒其質量為 $m$。若從最右側的 A 端吊起，最左側的 B 端靠在地上，需用力 $\frac{1}{3}mg$。若從 B 端吊起，A 端靠在地上，則最少需用多少力才能讓 B 端離開地表？ (A) $\frac{1}{2}mg$ (B) $\frac{2}{3}mg$ (C) $\frac{1}{3}mg$ (D) $\frac{5}{6}mg$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查不均勻木棒的重心、力矩平衡與臨界離地條件。 設木棒長度為 $L$，重心距離 B 端為 $x$，木棒重量為 $mg$。木棒靜止時，對接觸地面的端點取力矩，可消去該端支持力。 當某一端「剛好離開地面」時，地面的支持力為 $0$，木棒以另一端為支點達到力矩平衡。 解題方法 第一次情況：A 端吊起，B 端接觸地面 A 端所受向上外力為 $$ FA=\frac{1}{3}mg $$ 以 B 端為轉軸。B 端的支持力通過轉軸，力矩為 $0$；重力作用於重心，力臂為 $x$；A 端外力的力臂為 $L$。 因此有 $$ FA L=mg\cdot x $$ 代入 $FA=\frac{1}{3}mg$： $$ \frac{1}{3}mgL=mgx $$ $$ x=\frac{L}{3} $$ 所以木棒重心距離 A 端為 $$ L-x=L-\frac{L}{3}=\frac{2L}{3} $$ 第二次情況：B 端吊起，A 端接觸地面 要求 B 端剛好離開地面，因此以 A 端為支點。設 B 端所需的最小向上力為 $FB$。 此時 A 端支持力恰為 $0$，對 A 端取力矩： $$ FB L=mg\cdot \frac{2L}{3} $$ 約去 $L$： $$ FB=\frac{2}{3}mg $$ 因此最少需用力為 $$ \boxed{\frac{2}{3}mg} $$ 此外，垂直方向的力平衡為 $$ FB+NA=mg $$ 代入 $FB=\frac{2}{3}mg$，得 $$ NA=\frac{1}{3}mg0 $$ 表示 A 端仍可提供支持力，符合 B 端剛好離地的狀態。 選項分析

Answer

答案：B

Question 7

一均勻圓盤質量 $M$、半徑 $R$，轉動慣量 $I=\frac{1}{2}MR^2$。以圓心為旋轉軸連接到一彈性係數 $k$ 的彈簧。圓盤在地面純滾動無滑動，則簡諧運動週期為何？ (A) $2\pi\sqrt{\frac{M}{k}}$ (B) $2\pi\sqrt{\frac{3M}{2k}}$ (C) $2\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}$ (D) $2\pi\sqrt{\frac{2M}{k}}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「純滾動無滑動」與「平移、轉動合併運動」的等效質量。 圓盤質心的平移動能為 $$ K{	ext{平移}}=\frac{1}{2}M\dot{x}^{\,2} $$ 轉動動能為 $$ K{	ext{轉動}}=\frac{1}{2}I\omega^2 $$ 純滾動條件為 $$ \dot{x}=R\omega \quad\Longrightarrow\quad \omega=\frac{\dot{x}}{R} $$ 因此，圓盤的轉動也會增加系統的慣性，不能只以質量 $M$ 作為簡諧運動的有效質量。 本題採用題目官方答案所對應的標準模型：彈簧沿水平方向連接圓盤圓心，圓盤在水平地面上純滾動，彈簧伸長量等於圓心位移 $x$。 --- 解題方法 設圓盤圓心相對平衡位置的位移為 $x$，則彈簧位能為 $$ U=\frac{1}{2}kx^2 $$ 圓盤的總動能為 $$ K=K{	ext{平移}}+K{	ext{轉動}} $$ 代入各項： $$ K=\frac{1}{2}M\dot{x}^{\,2} +\frac{1}{2}I\left(\frac{\dot{x}}{R}ight)^2 $$ 已知均勻圓盤的轉動慣量為 $$ I=\frac{1}{2}MR^2 $$ 所以 $$ K =\frac{1}{2}M\dot{x}^{\,2} +\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}MR^2ight) \frac{\dot{x}^{\,2}}{R^2} $$ $$ K =\frac{1}{2}M\dot{x}^{\,2} +\frac{1}{4}M\dot{x}^{\,2} =\frac{1}{2}\left(\frac{3M}{2}ight)\dot{x}^{\,2} $$ 因此，系統的等效質量為 $$ M{	ext{eff}}=M+\frac{I}{R^2} =M+\frac{1}{2}M =\frac{3M}{2} $$ 系統總能量為 $$ E=\frac{1}{2}\left(\frac{3M}{2}ight)\dot{x}^{\,2} +\frac{1}{2}kx^2 $$ 其運動方程為 $$ \frac{3M}{2}\ddot{x}+kx=0 $$ 與簡諧運動標準式 $$ \ddot{x}+\omega^2x=0 $$ 比較可得 $$ \omega^2=\frac{k}{3M/2} =\frac{2k}{3M} $$ 因此週期為

Answer

答案：B

Question 8

一理想氣體在等溫下加壓到兩倍壓力，則氣體分子的方均根速度如何變化？ (A) 不變 (B) 增為原來的 $2$ 倍 (C) 變為原來的 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍 (D) 增為原來的 $\sqrt{2}$ 倍

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體分子的方均根速度（root-mean-square speed）與溫度的關係。 理想氣體分子的方均根速度為 $$ v{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3k{\mathrm B}T}{m}} $$ 其中： - $k{\mathrm B}$：波茲曼常數 - $T$：絕對溫度 - $m$：單一分子的質量 對固定種類的氣體而言，$m$ 不變，因此 $$ v{\mathrm{rms}}\propto \sqrt{T} $$ 方均根速度只由絕對溫度決定，與壓力、體積沒有直接決定關係。 解題方法 題目指出氣體「等溫」加壓，表示溫度保持不變： $$ T2=T1 $$ 因此 $$ \frac{v{\mathrm{rms},2}}{v{\mathrm{rms},1}} = \sqrt{\frac{T2}{T1}} = \sqrt{1} = 1 $$ 所以 $$ v{\mathrm{rms},2}=v{\mathrm{rms},1} $$

Answer

答案：A

Question 9

左右兩個絕熱容器分別裝有 $N1$ 及 $N2$ 個理想氣體分子，容器體積為 $V1$ 及 $V2$，氣體分子溫度皆為 $T$。今將兩容器之間的隔離閥打開，兩邊分子都能自由佔據 $V1+V2$ 的空間。則此過程中，整體系統增加的熵 $\Delta S{\mathrm{total}}$ 為何？$kB$ 為波茲曼常數。 (A) $\displaystyle \frac{\Delta S{\mathrm{total}}}{kB}=N1\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right)+N2\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right)$ (B) $\displaystyle \frac{\Delta S{\mathrm{total}}}{kB}=N1\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right)+N2\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right)$ (C) $\displaystyle \frac{\Delta S{\mathrm{total}}}{kB}=\frac{N1+N2}{2}\left[\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right)+\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right)\right]$ (D) $\displaystyle \frac{\Delta S{\mathrm{total}}}{kB}=N1N2\ln\left(\frac{(V1+V2)^2}{V1V2}\right)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體自由膨脹與熵變。兩個容器均為絕熱容器，且系統沒有對外作功、沒有熱量交換；打開閥門後，各群氣體分子可在總體積 $$ V{\mathrm{f}}=V1+V2 $$ 中自由運動。 對理想氣體而言，內能只與溫度有關。自由膨脹過程中 $Q=0$、$W=0$，因此內能不變，溫度仍為 $T$。雖然實際過程不可逆，熵仍是狀態函數，可設想以同樣初、末狀態的可逆等溫膨脹計算熵變。 --- 解題方法 將兩群分子分別計算熵變。 對原先位於容器 1 的 $N1$ 個分子，其體積由 $V1$ 變為 $V1+V2$。理想氣體等溫膨脹的熵變為 $$ \Delta S1 = N1 kB\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right). $$ 對原先位於容器 2 的 $N2$ 個分子，其體積由 $V2$ 變為 $V1+V2$，因此 $$ \Delta S2 = N2 kB\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right). $$ 整體系統的熵變為兩者相加： $$ \Delta S{\mathrm{total}} =\Delta S1+\Delta S2 $$ $$ = kB\left[ N1\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right) + N2\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right) \right]. $$ 所以 $$ \boxed{ \frac{\Delta S{\mathrm{total}}}{kB} = N1\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right) + N2\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right) } $$ --- 選項分析 (A) 錯誤 (A) 將 $N1$ 分子所對應的初始體積誤寫成 $V2$，並將 $N2$ 分子所對應的初始體積誤寫成 $V1$： $$ N1\ln\left(\frac{V1+V2}{V2}\right) + N2\ln\left(\frac{V1+V2}{V1}\right). $$ 每一項的分子數必須搭配其原本所在的初始體積，因此分母配對錯誤。 (B) 正確

Answer

答案：B

Question 10

當分子大小及分子之間的吸引力不可忽略時，理想氣體方程式必須修正為凡得瓦方程式：

$\left(P+A\frac{n^2}{V^2}\right)\left(\frac{V}{n}-B\right)=RT$

其中 $A、B$ 為常數。下列何者正確？

Accepted Answer

核心觀念 凡得瓦方程式通常寫成 $$ \left(P+a\frac{n^2}{V^2}ight)(V-nb)=nRT $$ 或除以 $n$ 後寫成 $$ \left(P+a\frac{n^2}{V^2}ight) \left(\frac{V}{n}-bight)=RT $$ 其中： - $a$：修正分子間吸引力的常數。 - $b$：修正分子本身體積所造成的不可用體積。 - 物理意義上，$a0$、$b0$。 本題將傳統的 $a、b$ 改以 $A、B$ 表示，並要求判斷兩常數的正負號。 --- 解題方法 分別分析壓力修正項與體積修正項。 一、分子間吸引力使壓力降低 氣體分子彼此具有吸引力時，分子撞擊器壁前會受到其他分子的拉引，因此實際測得的壓力 $P$ 會比沒有分子間吸引力時的理想壓力小。 因此，為了修正被低估的壓力，方程式中必須加上正的修正量： $$ P{	ext{理想修正}} = P+A\frac{n^2}{V^2} $$ 所以： $$ A0 $$ 二、分子本身具有體積，使可用體積減少 理想氣體假設分子本身沒有體積，氣體可使用的體積就是容器體積 $V$。但實際分子具有大小，分子無法使用全部容器空間，因此有效體積應為： $$ V{	ext{有效}}=V-nb $$ 除以 $n$ 後即為： $$ \frac{V}{n}-b $$ 由於 $b$ 代表被分子本身占據、不能自由運動的體積，因此傳統凡得瓦常數滿足： $$ b0 $$ 若題目中的 $B$ 就是傳統凡得瓦常數，則應有： $$ B0 $$ 因此，依題目所列方程式及通常物理定義，應得到： $$ A0,\qquad B0 $$ 即選項 (C)。 --- 選項分析 (A) $A<0$ 且 $B<0$：錯誤 分子間吸引力會使實際壓力降低，修正時必須在 $P$ 上加上正值，因此 $A$ 應為正，不是負。

Answer

答案：B

Question 11

單原子分子之理想氣體由 $B	o A	o C	o B$ 完成一個熱機循環，其中 $B	o A$ 是等溫過程。則哪些過程系統從外面環境吸熱？ （原卷含循環圖示。） (A) $AC$ (B) $AC$ 和 $CB$ (C) $AC$ 和 $BA$ (D) $BA$ 和 $CB$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱力學第一定律與 $P$-$V$ 圖判讀： $$ Q=\Delta U+W $$ 其中： - $Q0$：系統吸熱 - $Q<0$：系統放熱 - $W=\int P\,dV$：氣體對外做功 - 單原子理想氣體的內能只與溫度有關： $$ \Delta U=nCV\Delta T,\qquad CV=\frac{3}{2}R $$ 由理想氣體方程式： $$ PV=nRT $$ 可利用各過程中 $P$、$V$ 的變化判斷溫度與熱量變化。 解題方法 由圖可知循環方向為 $B	o A	o C	o B$。 1. $B	o A$：等溫膨脹 題目已明確指出 $B	o A$ 為等溫過程，因此： $$ \Delta T=0,\qquad \Delta U=0 $$ 由圖可知體積由 $VB$ 增加至 $VA$，屬於膨脹，故： $$ W0 $$ 因此： $$ Q=\Delta U+W=W0 $$ 所以 $B	o A$ 過程吸熱。 2. $A	o C$：等壓壓縮 $A	o C$ 為水平線，表示壓力固定，而體積減少，因此是壓縮過程： $$ W<0 $$ 在定壓下，由 $PV=nRT$ 可知體積減少時溫度降低，所以： $$ \Delta T<0,\qquad \Delta U<0 $$ 因此： $$ Q=\Delta U+W<0 $$ 所以 $A	o C$ 過程放熱，不是吸熱。 3. $C	o B$：等體積升壓 $C	o B$ 為垂直線，表示體積固定，因此： $$ W=\int P\,dV=0 $$

Answer

答案：D

Question 12

一面牆由兩層不同材料組成，牆面的總面積為 $20\ \mathrm{m^2}$，外層厚度 $4\ \mathrm{cm}$，熱傳導係數（thermal conductivity）$k1=0.08\ \mathrm{W/(m\cdot{}^\circ C)}$；內層厚度 $2\ \mathrm{cm}$，熱傳導係數 $k2=0.04\ \mathrm{W/(m\cdot{}^\circ C)}$。外側表面溫度維持 $40^\circ\mathrm{C}$，室內冷氣將內側表面溫度控制在 $20^\circ\mathrm{C}$，則兩層材料交界處的平衡溫度是多少？ (A) $24^\circ\mathrm{C}$ (B) $30^\circ\mathrm{C}$ (C) $32^\circ\mathrm{C}$ (D) $35^\circ\mathrm{C}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「多層平板之穩態熱傳導」。兩層材料串聯時，熱流率相同，溫度降落與各層的熱阻成正比。 單位面積熱阻為： $$ R=\frac{L}{kA} $$ 其中 $L$ 為厚度、$k$ 為熱傳導係數、$A$ 為牆面積。 解題方法 外側表面溫度為 $40^\circ\mathrm{C}$，內側表面溫度為 $20^\circ\mathrm{C}$，總溫差為： $$ \Delta T{	ext{總}}=40-20=20^\circ\mathrm{C} $$ 外層熱阻： $$ R1=\frac{L1}{k1A} =\frac{0.04}{0.08A} =\frac{0.5}{A} $$ 內層熱阻： $$ R2=\frac{L2}{k2A} =\frac{0.02}{0.04A} =\frac{0.5}{A} $$ 因此： $$ R1=R2 $$ 表示總溫差會平均分配在兩層材料上。每層的溫度降落為： $$ \Delta T1=\Delta T2=\frac{20}{2}=10^\circ\mathrm{C} $$ 由外側向內側傳熱，交界面溫度為： $$ T{	ext{交界}}=40-10=30^\circ\mathrm{C} $$ 亦可由內側計算： $$ T{	ext{交界}}=20+10=30^\circ\mathrm{C} $$ 牆面積 $20\ \mathrm{m^2}$ 在兩層熱阻的比值中會相互抵消，因此不影響交界面溫度。 選項分析

Answer

答案：B

Question 13

兩根長度同為 $34\ \mathrm{cm}$ 的管子，其中管 A 為兩端開口的開管（Open pipe），管 B 為一端開口、一端閉口的閉管（Closed pipe），聲速為 $340\ \mathrm{m/s}$。管 A 和管 B 的基頻（Fundamental frequency）分別是多少？ (A) $500\ \mathrm{Hz}$ 及 $250\ \mathrm{Hz}$ (B) $1000\ \mathrm{Hz}$ 及 $500\ \mathrm{Hz}$ (C) $500\ \mathrm{Hz}$ 及 $1000\ \mathrm{Hz}$ (D) $500\ \mathrm{Hz}$ 及 $500\ \mathrm{Hz}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查管內空氣柱的基頻。理想情況下： - 兩端開口管（open pipe）：兩端皆為位移腹，基頻波長為管長的 2 倍。 $$\lambdaA=2L$$ $$fA=\frac{v}{2L}$$ - 一端開口、一端閉口管（closed pipe）：閉端為位移節，開端為位移腹，基頻的四分之一波長等於管長。 $$\lambdaB=4L$$ $$fB=\frac{v}{4L}$$$$ 其中 $v$ 為聲速，$L$ 為管長。 解題方法 已知： $$L=34\ \mathrm{cm}=0.34\ \mathrm{m}$$ $$v=340\ \mathrm{m/s}$$ 管 A 為兩端開口管，因此： $$fA=\frac{v}{2L} =\frac{340}{2(0.34)} =\frac{340}{0.68} =500\ \mathrm{Hz}$$ 管 B 為一端開口、一端閉口管，因此： $$fB=\frac{v}{4L} =\frac{340}{4(0.34)} =\frac{340}{1.36} =250\ \mathrm{Hz}$$ 因此兩管的基頻分別為： $$fA=500\ \mathrm{Hz},\qquad fB=250\ \mathrm{Hz}

Answer

答案：A

Question 14

在一個演唱會中，舞台上架設了喇叭。喇叭發出聲音時，可將其視為向四周均勻輻射球面波的點波源。在距離該喇叭 $10\ \mathrm{m}$ 處，測得的聲音強度為 $90$ 分貝。若退後到距離該喇叭 $100\ \mathrm{m}$ 處，測得聲音強度為多少分貝？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查點波源的球面波傳播，以及聲音強度與分貝的關係。 喇叭均勻向四周輻射球面波時，聲音能量分布在半徑為 $r$ 的球面上，球面面積為 $4\pi r^2$，因此聲音強度 $I$ 與距離平方成反比： $$ I\propto \frac{1}{r^2} $$ 聲音強度級的定義為： $$ \beta=10\log{10}\left(\frac{I}{I0}\right) $$ 其中 $I0$ 為基準聲音強度。 解題方法 距離由 $10\ \mathrm{m}$ 增加至 $100\ \mathrm{m}$，距離變為原來的 $10$ 倍。因此： $$ \frac{I2}{I1} =\left(\frac{r1}{r2}\right)^2 =\left(\frac{10}{100}\right)^2 =\frac{1}{100} $$ 聲音強度降低 $100$ 倍，分貝差為： $$ \Delta\beta =10\log{10}\left(\frac{I2}{I1}\right) =10\log{10}\left(\frac{1}{100}\right) $$ 因為 $\log{10}(1/100)=-2$，所以： $$ \Delta\beta=-20\ \mathrm{dB} $$ 原本在 $10\ \mathrm{m}$ 處為 $90\ \mathrm{dB}$，故在 $100\ \mathrm{m}$ 處： $$ \beta2=90-20=70\ \mathrm{dB} $$

Answer

答案：B

Question 15

都卜勒效應（Doppler Effect）可用來偵測物體的速度。一個反射聲波的圓盤，以 $100$ 圈/秒的角速度旋轉。圓盤的半徑從 $40\ \mathrm{cm}$ 線性地增加到 $50\ \mathrm{cm}$ 。聲速為 $340\ \mathrm{m/s}$ ，若發射器的聲波頻率為 $990\ \mathrm{Hz}$ ，則接收器接收到的聲波頻率為何？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「反射面運動造成的都卜勒效應」。聲波先由發射器傳至運動中的反射面，再由反射面傳回接收器，因此都卜勒效應需計算兩次。 反射面沿聲波傳播方向的速度為 $v$ 時，反射後頻率為 $$ f{\mathrm{R}} =f{\mathrm{S}}\frac{c+v}{c-v}, $$ 其中： - $f{\mathrm{S}}$：發射器頻率； - $f{\mathrm{R}}$：接收器收到的反射頻率； - $c$：聲速； - $v$：反射面朝向發射器運動的速度。 --- 解題方法 圓盤每秒旋轉 $100$ 圈，半徑每轉增加 $$ \Delta r=50\ \mathrm{cm}-40\ \mathrm{cm} =10\ \mathrm{cm}=0.10\ \mathrm{m}. $$ 因此圓盤反射面沿徑向的速度為 $$ v=\Delta r	imes 100 =0.10	imes 100 =10\ \mathrm{m/s}. $$ 依題目官方答案所採用的命題模型，將此徑向速度視為反射面相對於聲波方向的有效速度，且反射面朝向發射器運動。 代入反射聲波的都卜勒公式： $$ f{\mathrm{R}} =990\frac{340+10}{340-10} =990\frac{350}{330}. $$ 由於 $$ 990\div330=3, $$ 所以 $$ f{\mathrm{R}}=3	imes350 =1050\ \mathrm{Hz}. $$ 因此正確答案為 (C)。 --- 選項分析

Answer

答案：C

Question 16

如圖，兩個正電荷 $q$ 和 $4q$ 相距 $L$。如果再加入一個電荷 $Q$ 讓三個電荷的靜電力能平衡，則 $Q$ 的大小和位置必須滿足： (A) $Q=-\frac{2q}{9}$，位置在兩電荷的中間，$x=\frac{L}{3}$ (B) $Q=-q$，位置在兩電荷的中間，$x=\frac{L}{2}$ (C) $Q=-\frac{q}{4}$，位置在兩電荷的中間，$x=\frac{L}{2}$ (D) $Q=-\frac{4q}{9}$，位置在兩電荷的中間，$x=\frac{L}{3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查庫侖定律與靜電平衡。三個電荷均須滿足合力為零，不能只檢查其中一個電荷。 庫侖力大小為 $$ F=k\frac{|q1q2|}{r^2} $$ 由於 $q$ 與 $4q$ 均為正電荷，彼此互相排斥，因此第三個電荷 $Q$ 必須為負電荷，才能對兩者產生吸引力。 設 $q$ 位於 $x=0$，$4q$ 位於 $x=L$，而 $Q$ 位於兩者之間，距離 $q$ 為 $x$，則距離 $4q$ 為 $L-x$。 解題方法 先對左側的電荷 $q$ 受力分析。 $4q$ 對 $q$ 的斥力向左，大小為 $$ F{4q	o q}=k\frac{4q^2}{L^2} $$ $Q$ 為負電荷，對 $q$ 產生向右的吸引力，大小為 $$ F{Q	o q}=k\frac{q|Q|}{x^2} $$ 靜電平衡要求兩力大小相等： $$ k\frac{q|Q|}{x^2}=k\frac{4q^2}{L^2} $$ 整理得 $$ |Q|=4q\frac{x^2}{L^2} $$ 再對右側的電荷 $4q$ 分析。它受到 $q$ 的斥力向右，受到 $Q$ 的吸引力向左： $$ k\frac{4q^2}{L^2} = k\frac{4q|Q|}{(L-x)^2} $$ 約去共同因子後： $$ \frac{q}{L^2}=\frac{|Q|}{(L-x)^2} $$ 因此 $$ |Q|=q\frac{(L-x)^2}{L^2} $$ 令兩式相等： $$ 4q\frac{x^2}{L^2} = q\frac{(L-x)^2}{L^2} $$ $$ 2x=L-x $$ $$ x=\frac{L}{3} $$ 代回 $$ |Q|=4q\frac{(L/3)^2}{L^2} =\frac{4q}{9} $$ 因為 $Q$ 必須為負電荷，所以

Answer

答案：D

Question 17

四條平行導線成正方形排列，承載大小相同的電流，導線 $1、2、4$ 電流朝紙外，導線 $3$ 朝紙內。則中心 $P$ 點的磁場方向為：

🖼️ 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 本題考查長直導線周圍的磁場方向，使用右手定則： - 電流朝紙外：磁場繞導線呈逆時針方向。 - 電流朝紙內：磁場繞導線呈順時針方向。 - 四條導線至正方形中心 $P$ 的距離相等，且電流大小相同，因此各導線在 $P$ 點產生的磁場大小相同。 解題方法 依圖中位置判斷各導線在中心 $P$ 的磁場方向： 1. 導線 $1$ 電流朝紙外，中心位於導線右下方，依右手定則，磁場方向為右上。 2. 導線 $3$ 電流朝紙內，中心位於導線左下方，磁場方向為左上。 3. 導線 $2$ 電流朝紙外，中心位於導線右上方，磁場方向為左上。 4. 導線 $4$ 電流朝紙外，中心位於導線左上方，磁場方向為左下。 四個磁場大小相同，方向可分解成水平與鉛直分量： - 右上與左下方向的水平、鉛直分量互相抵消。 - 兩個左上方向的磁場分量相加。 - 因此合磁場方向為左上方。 也可用向量表示。若每條導線在 $P$ 點的磁場大小為 $B$，則四個方向可寫成：

Answer

答案：C

Question 18

一個電容充電實驗使用了可改變間距的平行板電容器，正板和負板各別連接至一固定電壓 $V$ 的電池兩端。起始時正負兩板間距為 $d$ ，此時電容量為 $C$ 。等待充電完畢後將兩板間距縮小為 $d/2$ ，在改變間距過程中電池需做多少功？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「電池持續接在電容器兩端、電壓固定」時，改變電容值所涉及的電量變化與電池作功。 平行板電容器的電容量為 $$ C=\frac{\varepsilon A}{d} $$ 其中 $A$ 為極板面積，$d$ 為板間距。因為電池持續連接，電容器兩端電壓始終固定為 $V$，且電容器電量滿足 $$ Q=CV $$ 電池輸送電荷 $dQ$ 時所作的功為 $$ dW{	ext{battery}}=V\,dQ $$ --- 解題方法 初始板間距為 $d$，電容量為 $C$。 當板間距縮小為 $d/2$ 時， $$ C'=\frac{\varepsilon A}{d/2} =2\frac{\varepsilon A}{d} =2C $$ 由於電壓固定為 $V$，初始與末態電量分別為 $$ Qi=CV $$ $$ Qf=C'V=2CV $$ 因此電池在此過程中額外提供的電量為 $$ \Delta Q=Qf-Qi=2CV-CV=CV $$ 電池兩端電壓固定為 $V$，所以電池所作的功為 $$ W{	ext{battery}}=V\Delta Q =V(CV) =CV^2 $$ 因此正確選項為 $$ \boxed{CV^2} $$ --- 能量觀點驗算 電容器儲存的電能為 $$ U=\frac{1}{2}CV^2 $$ 由於電容量由 $C$ 增加為 $2C$，電容器電能增加量為 $$ \Delta U =\frac{1}{2}(2C)V^2-\frac{1}{2}CV^2 =\frac{1}{2}CV^2 $$ 但電池提供的能量為 $$ W{	ext{battery}}=CV^2 $$ 兩者並不相等，原因是縮小板間距時，電場力對極板作功。能量關係為 $$ W{	ext{battery}} =\Delta U+W{	ext{electric}} $$

Answer

答案：C

Question 19

圖中電池電壓為 $10\ \mathrm{V}$，電阻 $R=5\ \Omega$，電感 $L=5\ \mathrm{H}$。當電流達到最大值且保持穩定時，電感 $L$ 裡儲存的能量為多少焦耳？ （原卷含電路圖示。） (A) $1$ (B) $5$ (C) $20$ (D) $10$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查直流 $RL$ 電路達到穩態後的電流，以及電感儲存能量公式： $$ UL=\frac{1}{2}LI^2 $$ 當電流已達到最大值且保持穩定時，電感中的電流不再變化，因此： $$ \frac{dI}{dt}=0 $$ 電感兩端的感應電壓為零，穩態下可視為導線，電路電流由電池電壓與電阻決定。 解題方法 穩態電流為： $$ I=\frac{V}{R} =\frac{10}{5} =2\ \mathrm{A} $$ 代入電感能量公式： $$ UL=\frac{1}{2}LI^2 =\frac{1}{2}(5)(2)^2 $$ $$ UL=10\ \mathrm{J} $$ 因此正確選項為 (D)。 選項分析 - (A) $1\ \mathrm{J}$：錯誤。 未正確代入電感能量公式，正確能量為 $10\ \mathrm{J}$。 - (B) $5\ \mathrm{J}$：錯誤。

Answer

答案：D

Question 20

如圖所示，$R1=5\ \Omega$，$R2=10\ \Omega$，$V1=4\ \mathrm{V}$，$V2=11\ \mathrm{V}$。流經 $R1$ 和 $R2$ 的電流分別為？ （原卷含電路圖示。） (A) $1.0\ \mathrm{A}$ 及 $2.0\ \mathrm{A}$ (B) $1.1\ \mathrm{A}$ 及 $0.4\ \mathrm{A}$ (C) $0.8\ \mathrm{A}$ 及 $0.7\ \mathrm{A}$ (D) $0.6\ \mathrm{A}$ 及 $0.5\ \mathrm{A}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查歐姆定律與電位差。電阻電流可由 $$ I=\frac{\Delta V}{R} $$ 求得。由圖可知，兩個電池的負極及 $R1$ 下端連接於同一節點，因此可將該節點電位設定為 $0\ \mathrm{V}$。 - $V1$ 正極電位為 $4\ \mathrm{V}$ - $V2$ 正極電位為 $11\ \mathrm{V}$ 解題方法 對 $R1$ 而言，其兩端電位分別為 $4\ \mathrm{V}$ 與 $0\ \mathrm{V}$，故 $$ I{R1} =\frac{4-0}{5} =0.8\ \mathrm{A} $$ 電流方向由 $V1$ 正極經 $R1$ 流向共同的下方節點。 對 $R2$ 而言，其左端接在 $V1$ 正極，電位為 $4\ \mathrm{V}$；右端接在 $V2$ 正極，電位為 $11\ \mathrm{V}$。因此 $R2$ 兩端的電位差為 $$ \Delta V{R2}=11-4=7\ \mathrm{V} $$ 所以 $$ I{R2} =\frac{7}{10} =0.7\ \mathrm{A} $$ 其電流方向由 $V2$ 正極經 $R2$ 流向 $V1$ 正極。 選項分析

Answer

答案：C

Question 21

一個矩形線圈的長短邊長比例為 $2$。以速度 $v$ 由短邊（左圖）進入一均勻磁場區域時，最大的感應電動勢為 $E$。如果改用長邊進入（右圖），最大的感應電動勢為？ （原卷含示意圖。） (A) $1.0E$ (B) $2.0E$ (C) $0.5E$ (D) $4.0E$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律： $$ |\mathcal{E}|=\left|\frac{d\PhiB}{dt}\right| $$ 矩形線圈以速度 $v$ 垂直進入均勻磁場時，磁通量為 $$ \PhiB=B A=B\ell x $$ 其中： - $\ell$ 為線圈前端切割磁場邊界的邊長； - $x$ 為線圈進入磁場的寬度； - $\dfrac{dx}{dt}=v$。 因此感應電動勢大小為 $$ |\mathcal{E}|=B\ell\frac{dx}{dt}=B\ell v $$ 可知感應電動勢與「進入磁場時，垂直於運動方向的邊長」成正比。 解題方法 設矩形線圈的短邊長為 $s$，長邊長為 $L$，題目給定： $$ \frac{L}{s}=2 $$ 左圖由短邊進入磁場，因此前端有效邊長為 $s$，最大感應電動勢為題目所給的 $E$： $$ E=Bsv $$ 右圖改由長邊進入，前端有效邊長變為 $L$，所以： $$ E'=BLv $$ 利用 $L=2s$： $$ E'=B(2s)v=2Bsv=2E $$ 因此右圖的最大感應電動勢為： $$ \boxed{2.0E} $$ 選項分析

Answer

答案：B

Question 22

在光的雙狹縫實驗中，操作者使用 $650\ \mathrm{nm}$ 波長的雷射光，屏幕中央產生鄰近亮紋的夾角約為 $6^\circ$，他所使用的狹縫間距最可能是？ (A) $110\ \mathrm{nm}$ (B) $620\ \mathrm{nm}$ (C) $3100\ \mathrm{nm}$ (D) $6200\ \mathrm{nm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查楊氏雙狹縫干涉的亮紋位置與狹縫間距關係。 相鄰亮紋的干涉條件為： $$ d\sin	hetam=m\lambda $$ 其中： - $d$：兩狹縫間距 - $\lambda$：光波長 - $m$：亮紋階數 - $	hetam$：第 $m$ 階亮紋相對中央亮紋的角度 中央亮紋為 $m=0$，鄰近亮紋為 $m=1$，因此： $$ d\sin	heta=\lambda $$ --- 解題方法 題目給定： $$ \lambda=650\ \mathrm{nm},\qquad 	heta\approx 6^\circ $$ 由雙狹縫干涉公式： $$ d=\frac{\lambda}{\sin	heta} $$ 代入： $$ d=\frac{650\ \mathrm{nm}}{\sin6^\circ} $$ 因為： $$ \sin6^\circ\approx 0.1045 $$ 所以： $$ d\approx \frac{650}{0.1045}\ \mathrm{nm} \approx 6220\ \mathrm{nm} $$ 取最接近的選項： $$ d\approx 6200\ \mathrm{nm} $$ 因此選 (D)。 --- 選項分析 (A) $110\ \mathrm{nm}$：錯誤 若 $d=110\ \mathrm{nm}$，則： $$ \sin	heta=\frac{\lambda}{d} =\frac{650}{110}\approx5.91 $$ 由於 $\sin	heta$ 的數值不可能大於 $1$，此狹縫間距不可能產生題目所述的第一級亮紋，故錯誤。 (B) $620\ \mathrm{nm}$：錯誤 此選項的狹縫間距約等於波長，會使：

Answer

答案：D

Question 23

微波的頻率為 $3\ \mathrm{GHz}$，調整兩個平行金屬面反射能產生駐波，則兩反射面的間距可能是？（光速為 $3	imes10^8\ \mathrm{m/s}$。） (A) $10\ \mathrm{mm}$ (B) $25\ \mathrm{mm}$ (C) $50\ \mathrm{mm}$ (D) $5\ \mathrm{mm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查微波波長與平行金屬面間駐波的形成條件。 微波波長由 $$ v=f\lambda $$ 求得，其中： - $v=3	imes10^8\ \mathrm{m/s}$ - $f=3	imes10^9\ \mathrm{Hz}$ 兩平行金屬面形成共振駐波時，金屬面上的電場切向分量必須為零，因此兩金屬面相當於駐波的節點。兩節點間距必須是半波長的整數倍： $$ d=n\frac{\lambda}{2},\qquad n=1,2,3,\ldots $$ 解題方法 先計算微波波長： $$ \lambda=\frac{v}{f} =\frac{3	imes10^8}{3	imes10^9} =0.1\ \mathrm{m} =100\ \mathrm{mm} $$ 因此兩金屬面的間距必須符合： $$ d=n\frac{100\ \mathrm{mm}}{2} =50n\ \mathrm{mm} $$ 最小的非零間距為： $$ d=50\ \mathrm{mm} $$ 在各選項中，符合條件的是 $50\ \mathrm{mm}$。 選項分析 - (A) $10\ \mathrm{mm}$：錯誤 $$\frac{10}{50}=0.2$$ 不是半波長 $50\ \mathrm{mm}$ 的整數倍，無法使兩金屬面同時成為電場節點。

Answer

答案：C

Question 24

一繩波其位移的函數為 $$y(x,t)=5\sin(\pi x+4\pi t)$$ $x$ 和 $y$ 的單位為公尺，$t$ 的單位為秒。繩子上一質點在 $x=2\ \mathrm{m}$ 且 $t=0.5\ \mathrm{s}$ 時，在 $y$ 方向的速度為多少？ (A) $0\ \mathrm{m/s}$ (B) $-4\ \mathrm{m/s}$ (C) $10\pi\ \mathrm{m/s}$ (D) $20\pi\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 繩波位移函數為 $$ y(x,t)=5\sin(\pi x+4\pi t) $$ 其中振動方向為 $y$ 方向，因此繩上質點在某位置、某時刻的瞬時速度，必須對時間 $t$ 做偏微分： $$ vy=\frac{\partial y}{\partial t} $$ 這是波動與簡諧運動的基本關係。 解題方法 對位移函數對時間微分： $$ vy=\frac{\partial}{\partial t}\left[5\sin(\pi x+4\pi t)\right] $$ 由鏈鎖律， $$ vy=5\cos(\pi x+4\pi t)\cdot 4\pi $$ 因此 $$ vy=20\pi\cos(\pi x+4\pi t) $$ 代入 $x=2\ \mathrm{m}$、$t=0.5\ \mathrm{s}$： $$ \pi x+4\pi t =\pi(2)+4\pi(0.5) =2\pi+2\pi =4\pi $$ 由於 $$ \cos 4\pi=1 $$ 所以 $$ vy=20\pi(1)=20\pi\ \mathrm{m/s} $$ 因此正確答案為： $$ \boxed{20\pi\ \mathrm{m/s}} $$ 選項分析 - (A) $0\ \mathrm{m/s}$：錯誤。 此選項相當於把速度誤判為位移函數在該點的值，或誤以為質點位於波峰、波谷時速度為零。本題在指定位置與時間下，速度公式中的 $\cos 4\pi=1$，速度並非零。

Answer

答案：D

Question 25

一電磁波沿著 $z$ 軸前進，其電場三個分量為 $$Ex=E0\sin(kz-\omega t),\qquad Ey=Ez=0.$$ 其磁場三個分量 $Bx、By、Bz$ 分別為？ (A) $Bx=0$；$By=0$；$\displaystyle Bz=\frac{E0}{c}\sin(kx-\omega t)$ (B) $\displaystyle Bx=\frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t)$；$By=0$；$Bz=0$ (C) $Bx=0$；$\displaystyle By=\frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t)$；$Bz=0$ (D) $Bx=0$；$\displaystyle By=\frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t)$；$\displaystyle Bz=\frac{E0}{c}\sin(ky-\omega t)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查平面電磁波中電場與磁場的方向、大小及相位關係。 對於沿單位向量 $\hat{\mathbf{k}}$ 傳播的電磁波，在真空中有 $$ \mathbf{B}=\frac{1}{c}\hat{\mathbf{k}}	imes\mathbf{E}, $$ 其中 $c$ 為光速。電場、磁場與波的傳播方向兩兩互相垂直，且三者符合右手定則。 題目給定電磁波沿 $+z$ 軸前進，因此 $$ \hat{\mathbf{k}}=\hat{\mathbf{z}}, \qquad \mathbf{E}=E0\sin(kz-\omega t)\,\hat{\mathbf{x}}. $$ --- 解題方法 利用向量關係式： $$ \mathbf{B} =\frac{1}{c}\hat{\mathbf{z}}	imes \left[E0\sin(kz-\omega t)\hat{\mathbf{x}}ight]. $$ 由單位向量外積關係 $$ \hat{\mathbf{z}}	imes\hat{\mathbf{x}}=\hat{\mathbf{y}}, $$ 可得 $$ \mathbf{B} = \frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t)\hat{\mathbf{y}}. $$ 因此磁場分量為 $$ Bx=0, $$ $$ By=\frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t), $$ $$ Bz=0. $$ 所以符合選項（C）。 --- 以法拉第定律驗算 電磁波也可由法拉第電磁感應定律驗算： $$ 
abla	imes\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}. $$ 因為只有 $Ex$ 分量，且 $Ex$ 僅隨 $z$ 與 $t$ 變化，所以 $$ 
abla	imes\mathbf{E} = \frac{\partial Ex}{\partial z}\hat{\mathbf{y}} = kE0\cos(kz-\omega t)\hat{\mathbf{y}}. $$ 若 $$ By=\frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t), $$ 則 $$ -\frac{\partial By}{\partial t} = -\frac{\partial}{\partial t} \left[ \frac{E0}{c}\sin(kz-\omega t) ight] = \frac{\omega E0}{c}\cos(kz-\omega t). $$ 由電磁波色散關係 $$ \omega=ck, $$ 可得

Answer

答案：C

Question 26

下列關於化學元素的敘述，何者正確？ (A) F、Cl、Br 皆為貴重金屬 (B) He、Ne、Ar 皆為惰性氣體 (C) Mg、Ca、Sr 皆為過渡金屬 (D) B、Si、Ge 皆為非金屬

Accepted Answer

核心觀念 本題考查元素在週期表中的分類與性質： - 第 17 族：鹵素，通常為非金屬。 - 第 18 族：惰性氣體（稀有氣體、貴族氣體），化學性質穩定。 - 第 2 族：鹼土金屬。 - 過渡金屬：主要指週期表中央的第 3～12 族元素。 - 類金屬：兼具部分金屬與非金屬性質，如 B、Si、Ge。 解題方法 逐一判斷各元素所屬的週期表族別，再與選項所述分類比對： | 元素 | 所屬族別 | 正確分類 | |---|---:|---| | F、Cl、Br | 第 17 族 | 鹵素、非金屬 | | He、Ne、Ar | 第 18 族 | 惰性氣體 | | Mg、Ca、Sr | 第 2 族 | 鹼土金屬 | | B、Si、Ge | 類金屬區 | 類金屬 | 因此只有選項（B）的分類完全正確。 選項分析 （A）F、Cl、Br 皆為貴重金屬 錯誤。 F、Cl、Br 均位於週期表第 17 族，屬於鹵素，且都是非金屬： - F：氟 - Cl：氯 - Br：溴 鹵素具有 7 個價電子，通常容易得到 1 個電子形成 $-1$ 價離子，例如： $$ \mathrm{Cl+e^- \rightarrow Cl^-} $$ 「貴重金屬」通常指金、銀、鉑等具有高經濟價值且不易氧化的金屬。F、Cl、Br 不僅不是金屬，也不是貴重金屬，因此本項錯誤。 （B）He、Ne、Ar 皆為惰性氣體 正確。 He、Ne、Ar 均位於週期表第 18 族，屬於惰性氣體，也稱稀有氣體或貴族氣體： - He：氦 - Ne：氖 - Ar：氬 其最外層電子組態穩定： - He 的最外層有 2 個電子，為完整的第一電子層。 - Ne、Ar 的最外層均具有 8 個電子，符合八隅體結構。

Answer

答案：B

Question 27

鈉（Na）金屬與水反應，生成氫氣（$H2$）與氫氧化鈉（NaOH），反應式如下。若將 $0.03$ 莫耳（mole）的鈉置入 $100$ 克的水中，溶液的溫度由 $25.00^\circ\mathrm{C}$ 升至 $37.90^\circ\mathrm{C}$。假設此溶液的比熱（specific heat）為 $4.18\ \mathrm{J/(g\cdot{}^\circ C)}$，此反應之 $\Delta H$ 為何？ $$2\mathrm{Na}(s)+2\mathrm{H2O}(l)\rightarrow2\mathrm{NaOH}(aq)+\mathrm{H2}(g)\qquad \Delta H=?$$ (A) $-40\ \mathrm{kJ}$ (B) $-80\ \mathrm{kJ}$ (C) $-360\ \mathrm{kJ}$ (D) $-180\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查反應熱與莫耳反應焓的計算： 1. 溶液吸收的熱量： $$q{	ext{溶液}}=mc\Delta T$$ 2. 反應放出的熱量等於溶液吸收的熱量： $$q{	ext{反應}}=-q{	ext{溶液}}$$ 3. 題目要求的反應式為消耗 $2$ 莫耳 Na 的反應，因此必須依照反應式的化學計量係數換算。 溫度上升表示反應放熱，所以 $\Delta H$ 應為負值。 解題方法 溫度變化為： $$ \Delta T=37.90-25.00=12.90^\circ\mathrm{C} $$ 題目給定水的質量為 $100\ \mathrm{g}$，因此溶液吸收的熱量為： $$ q{	ext{溶液}} =mc\Delta T =(100)(4.18)(12.90) $$ $$ q{	ext{溶液}}=5392.2\ \mathrm{J} \approx 5.39\ \mathrm{kJ} $$ 因此，$0.03$ 莫耳 Na 反應所放出的熱量為： $$ q{	ext{反應}}=-5.39\ \mathrm{kJ} $$ 換算成每 $1$ 莫耳 Na： $$ \frac{-5.39\ \mathrm{kJ}}{0.03\ \mathrm{mol}} =-179.7\ \mathrm{kJ/mol} \approx -180\ \mathrm{kJ/mol} $$ 但題目所列反應式為： $$ 2\mathrm{Na}(s)+2\mathrm{H2O}(l) ightarrow 2\mathrm{NaOH}(aq)+\mathrm{H2}(g) $$ 此反應式消耗 $2$ 莫耳 Na，因此： $$ \Delta H =2(-179.7) =-359.4\ \mathrm{kJ} \approx -360\ \mathrm{kJ} $$ 所以： $$ \boxed{\Delta H\approx -360\ \mathrm{kJ}} $$

Answer

答案：C

Question 28

一般市售的鹽酸 HCl 的重量百分比為 $39.0\%$。如果此鹽酸的密度為 $1.30\ \mathrm{g/mL}$，HCl 的體積莫耳濃度（molarity）為何？HCl 的分子量為 $36.46\ \mathrm{g/mol}$。 (A) $11.7\ \mathrm{M}$ (B) $13.9\ \mathrm{M}$ (C) $15.6\ \mathrm{M}$ (D) $11.0\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查重量百分比、溶液密度與體積莫耳濃度（molarity）的換算。 - 重量百分比： $$ 	ext{重量百分比}=\frac{	ext{溶質質量}}{	ext{溶液質量}}	imes 100\% $$ - 體積莫耳濃度： $$ M=\frac{	ext{溶質莫耳數}}{	ext{溶液體積（L）}} $$ 最方便的作法是取 $1.00\ \mathrm{L}$ 鹽酸溶液作為基準，再利用密度求出該溶液的質量。 --- 解題方法 取 $1.00\ \mathrm{L}=1000\ \mathrm{mL}$ 鹽酸溶液。 由密度： $$ 	ext{溶液質量} =1.30\ \mathrm{g/mL}	imes 1000\ \mathrm{mL} =1300\ \mathrm{g} $$ 鹽酸中 HCl 的重量百分比為 $39.0\%$，因此 HCl 質量為： $$ 	ext{HCl質量} =1300\ \mathrm{g}	imes 0.390 =507\ \mathrm{g} $$ HCl 的莫耳數為： $$ n(\mathrm{HCl}) =\frac{507\ \mathrm{g}}{36.46\ \mathrm{g/mol}} \approx 13.90\ \mathrm{mol} $$ 因為這些 HCl 溶於 $1.00\ \mathrm{L}$ 溶液中，所以體積莫耳濃度為： $$ M=\frac{13.90\ \mathrm{mol}}{1.00\ \mathrm{L}} =13.9\ \mathrm{M} $$ 因此正確選項為 (B)。 --- 選項分析 - (A) $11.7\ \mathrm{M}$：錯誤 此數值低於正確值，通常是密度、重量百分比或體積換算其中一項使用不完整所造成。正確計算必須先將 $1.00\ \mathrm{L}$ 溶液換算為 $1300\ \mathrm{g}$，再取其中的 $39.0\%$ 作為 HCl

Answer

答案：B

Question 29

在一酸鹼反應中，$33.74\ \mathrm{mL}$ 的 $0.500\ \mathrm{M}$ 氫氧化鉀（potassium hydroxide）溶液可與 $50.00\ \mathrm{mL}$ 硫酸（sulfuric acid）溶液完全反應。下列何者為此硫酸的濃度？ (A) $0.337\ \mathrm{M}$ (B) $0.169\ \mathrm{M}$ (C) $0.414\ \mathrm{M}$ (D) $0.207\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酸鹼中和反應的化學計量關係，以及莫耳濃度公式： $$ M=\frac{n}{V} $$ 其中 $M$ 為莫耳濃度、$n$ 為溶質莫耳數、$V$ 為溶液體積（以 $\mathrm{L}$ 為單位）。 硫酸為二元酸，每 $1$ 莫耳 $\mathrm{H2SO4}$ 可提供 $2$ 莫耳 $\mathrm{H^+}$；氫氧化鉀為一元強鹼，每 $1$ 莫耳 $\mathrm{KOH}$ 可提供 $1$ 莫耳 $\mathrm{OH^-}$。反應式為： $$ \mathrm{H2SO4+2KOH\rightarrow K2SO4+2H2O} $$ 因此： $$ n(\mathrm{H2SO4}):n(\mathrm{KOH})=1:2 $$ --- 解題方法 先計算氫氧化鉀的莫耳數。將體積換算為公升： $$ 33.74\ \mathrm{mL}=0.03374\ \mathrm{L} $$ 因此： $$ n(\mathrm{KOH}) =MV =(0.500\ \mathrm{mol/L})(0.03374\ \mathrm{L}) =0.01687\ \mathrm{mol} $$ 根據反應式，硫酸莫耳數為氫氧化鉀的一半： $$ n(\mathrm{H2SO4}) =\frac{0.01687}{2} =0.008435\ \mathrm{mol} $$ 硫酸溶液體積為： $$ 50.00\ \mathrm{mL}=0.05000\ \mathrm{L} $$ 故硫酸濃度為： $$ M(\mathrm{H2SO4}) =\frac{0.008435}{0.05000} =0.1687\ \mathrm{M} $$ 依有效數字取為： $$ \boxed{0.169\ \mathrm{M}} $$ --- 選項分析

Answer

答案：B

Question 30

化合物 $\mathrm{SF4}$ 的分子幾何形狀（molecular geometry）為何？硫原子的周圍含有幾個電子對（electron pair）？ (A) 平面四邊形（square planar），四個電子對 (B) 平面四角錐形（square pyramidal），六個電子對 (C) T 字形（T-shaped），五個電子對 (D) 蹺蹺板形（seesaw），五個電子對

Accepted Answer

核心觀念 本題考查路易斯結構與價層電子對互斥理論（VSEPR theory）： 1. 計算中心原子的價電子與總價電子數。 2. 判斷中心硫原子上的鍵結電子對與孤電子對數目。 3. 以中心原子周圍的電子域數，判定電子對幾何與分子幾何。 電子域包括： - 每一個鍵結區域視為一個電子域，不論是單鍵、雙鍵或三鍵，均只算一個電子域。 - 每一對孤電子對算一個電子域。 --- 解題方法 1. 建立 $\mathrm{SF4}$ 的路易斯結構 硫原子有 $6$ 個價電子，四個氟原子各有 $7$ 個價電子： $$ 6+4(7)=34 $$ 先以四個 $\mathrm{S-F}$ 單鍵連接硫與氟，共使用： $$ 4	imes 2=8	ext{ 個電子} $$ 每個氟原子需補足八隅體，各配置三對孤電子對，共使用： $$ 4	imes 6=24	ext{ 個電子} $$ 已使用電子數為： $$ 8+24=32 $$ 剩餘： $$ 34-32=2	ext{ 個電子} $$ 這 $2$ 個電子位於中心硫原子上，形成一對孤電子對。 因此，硫原子周圍共有： - $4$ 個鍵結電子對 - $1$ 個孤電子對 總電子對數為： $$ 4+1=5 $$ --- 2. 以 VSEPR 理論判定形狀 硫原子周圍共有 $5$ 個電子域，電子域排列為三角雙錐形（trigonal bipyramidal）。 其價層電子對表示式為： $$ \mathrm{AX4E} $$ 其中： - $\mathrm{A}$：中心硫原子 - $\mathrm{X4}$：四個與硫鍵結的氟原子 - $\mathrm{E}$：一對硫原子上的孤電子對 在三角雙錐電子幾何中，孤電子對會優先占據赤道位置，因為赤道位置受到的 $90^\circ$ 排斥作用較少。除去赤道位置上的孤電子對後，四個氟原子的空間排列呈現： $$ \boxed{	ext{蹺蹺板形（seesaw）}} $$ 因此，$\mathrm{SF4}$ 的電子幾何為三角雙錐形，但分子幾何為蹺蹺板形。 --- 選項分析 (A) 平面四邊形（square planar），四個電子對 錯誤。 平面四邊形通常對應於中心原子周圍有六個電子域，例如： $$ \mathrm{AX4E2} $$

Answer

答案：D

Question 31

下列化合物，何者具有最長的碳—碳鍵（C–C bond）？ (A) $\mathrm{CH3CH3}$ (B) $\mathrm{CH2CH2}$ (C) $\mathrm{HCCH}$ (D) $\mathrm{C6H6}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「碳—碳鍵鍵級與鍵長的關係」。 一般而言，在相同元素形成的碳—碳鍵中： $$ 	ext{鍵級越高} \Rightarrow 	ext{鍵結越強、鍵長越短} $$ 因此，碳—碳鍵長度通常遵循： $$ \mathrm{C-C} \mathrm{C=C} \mathrm{C\equiv C} $$ 各類碳—碳鍵的典型鍵長約為： - 單鍵 $\mathrm{C-C}$：$154\ \mathrm{pm}$ - 雙鍵 $\mathrm{C=C}$：$134\ \mathrm{pm}$ - 芳香環中的 $\mathrm{C-C}$：約 $139\ \mathrm{pm}$ - 三鍵 $\mathrm{C\equiv C}$：$120\ \mathrm{pm}$ 所以，具有碳—碳單鍵的乙烷，其碳—碳鍵最長。 解題方法 先判斷各選項中的碳—碳鍵型態，再依鍵級比較鍵長： 1. 判斷是單鍵、雙鍵、三鍵或芳香性鍵結。 2. 鍵級越高，兩個碳原子間共享的電子對越多。 3. 電子密度增加會使鍵結更強，原子核間距離縮短。 4. 因此，鍵級最低的碳—碳單鍵具有最長鍵長。 比較結果為： $$ \mathrm{C-C} \mathrm{C=C} \mathrm{C-C\ in\ benzene} \mathrm{C\equiv C} $$ 其中乙烷的 $\mathrm{C-C}$ 為純單鍵，故答案為 $\mathrm{CH3CH3}$。 選項分析 (A) $\mathrm{CH3CH3}$：正確 $\mathrm{CH3CH3}$ 為乙烷，兩個碳原子以單鍵相連： $$ \mathrm{C-C} $$ 單鍵鍵級為 $1$，典型鍵長約為 $154\ \mathrm{pm}$。在本題各選項中，這是最長的碳—碳鍵。

Answer

答案：A

Question 32

下列對化學變化（chemical change）的說明，何者正確？ (A) 乙烷（ethane）燃燒是化學變化 (B) 紙張被撕成碎片是化學變化 (C) 水分蒸發是化學變化 (D) 食鹽溶解在水中是化學變化

Accepted Answer

核心觀念 化學變化是指物質的組成或化學性質發生改變，並生成一種以上新物質的變化；物理變化則主要改變物質的狀態、形狀或分散情形，物質本身的化學組成不變。 判斷此類題目的關鍵是： 1. 是否生成新物質。 2. 變化前後的化學組成是否改變。 3. 能否透過簡單物理方法恢復原狀，作為輔助判斷依據。 本題沒有涉及法條，依化學變化與物理變化的基本定義判斷。 解題方法 逐一檢查各選項的變化是否產生新物質： - 產生新物質、化學組成改變：化學變化。 - 僅改變形狀、狀態或混合分散情形：物理變化。 選項分析 (A) 乙烷燃燒是化學變化——正確 乙烷的化學式為 $\mathrm{C2H6}$，燃燒時與氧氣反應，生成二氧化碳和水： $$ 2\mathrm{C2H6}+7\mathrm{O2} \rightarrow 4\mathrm{CO2}+6\mathrm{H2O} $$ 反應前的乙烷與氧氣，和反應後的二氧化碳與水，在組成及化學性質上均不同，已生成新物質。因此乙烷燃燒屬於化學變化。 (B) 紙張被撕成碎片是化學變化——錯誤 紙張被撕碎後，改變的是紙張的形狀與大小。紙張的主要成分纖維素，其化學組成並未因撕裂而改變，也沒有生成新物質。 因此，紙張被撕成碎片是物理變化。

Answer

答案：A

Question 33

任意取用 $\mathrm{CaCl2}$、$\mathrm{Pb(NO3)2}$ 或 $(\mathrm{NH4})3\mathrm{PO4}$ 水溶液，與 $\mathrm{Na2CO3}$、$\mathrm{AgNO3}$ 或 $\mathrm{K2SO4}$ 水溶液相互混合，並觀察不同混合條件的燒杯中是否有沉澱反應發生。請參考下表中標示之燒杯編號，下列敘述何者正確？ | 反應物水溶液 | $\mathrm{CaCl2}$ | $\mathrm{Pb(NO3)2}$ | $(\mathrm{NH4})3\mathrm{PO4}$ | |---|---|---|---| | $\mathrm{Na2CO3}$ | 甲 | 乙 | 丙 | | $\mathrm{AgNO3}$ | 丁 | 戊 | 己 | | $\mathrm{K2SO4}$ | 庚 | 辛 | 壬 | (A) 燒杯甲、乙、丙中都出現白色沉澱物 (B) 燒杯甲、丁、庚中都出現白色沉澱物 (C) 燒杯丁、戊、己中都出現白色沉澱物 (D) 燒杯丙、己、壬中都出現白色沉澱物

Accepted Answer

核心觀念 本題考查水溶液中的離子交換反應與溶解度規則。兩種電解質溶液混合後，若生成難溶性鹽，即會產生沉澱。 判斷重點如下： - 大多數碳酸鹽 $\mathrm{CO3^{2-}}$ 不溶，鹼金屬及銨鹽除外。 - 大多數磷酸鹽 $\mathrm{PO4^{3-}}$ 不溶，鹼金屬及銨鹽除外。 - $\mathrm{AgCl}$、$\mathrm{PbSO4}$ 等難溶，會形成白色沉澱。 - $\mathrm{Ag3PO4}$ 為黃色沉澱，不是白色。 - 兩種可溶性鹽混合後，若所有可能生成物均可溶，則無沉澱。 解題方法 逐一判斷混合後可能形成的難溶鹽： | 燒杯 | 混合溶液 | 主要沉澱反應 | 結果 | |---|---|---|---| | 甲 | $\mathrm{CaCl2+Na2CO3}$ | $\mathrm{Ca^{2+}+CO3^{2-}\rightarrow CaCO3(s)}$ | 白色沉澱 | | 乙 | $\mathrm{Pb(NO3)2+Na2CO3}$ | $\mathrm{Pb^{2+}+CO3^{2-}\rightarrow PbCO3(s)}$ | 白色沉澱 | | 丙 | $\mathrm{(NH4)3PO4+Na2CO3}$ | 生成物為可溶性鈉鹽、銨鹽 | 無沉澱 | | 丁 | $\mathrm{CaCl2+AgNO3}$ | $\mathrm{Ag^++Cl^-\rightarrow AgCl(s)}$ | 白色沉澱 | | 戊 | $\mathrm{Pb(NO3)2+AgNO3}$ | 硝酸鹽均可溶 | 無沉澱 | | 己 | $\mathrm{(NH4)3PO4+AgNO3}$ | $\mathrm{3Ag^++PO4^{3-}\rightarrow Ag3PO4(s)}$ | 黃色沉澱 | | 庚 | $\mathrm{CaCl2+K2SO4}$ | $\mathrm{Ca^{2+}+SO4^{2-}\rightarrow CaSO4(s)}$ | 白色沉澱 |

Answer

答案：B

Question 34

硫是一種常見的無味且無臭的非金屬，除了黃金和白金等極少數惰性金屬外，硫能與幾乎所有的金屬元素直接化合，生成金屬硫化物。常見的化學反應為： $$16\mathrm{Fe}(s)+3\mathrm{S8}(s)\rightarrow8\mathrm{Fe2S3}(s)$$ 關於此化學反應，下列敘述何者正確？ (A) Fe 在此反應中進行氧化反應 (B) S 在此反應中為燃燒反應 (C) $\mathrm{S8}$ 是硫的一種同分異構物 (D) $\mathrm{Fe2S3}$ 由亞鐵離子組成

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 氧化數的判定。 2. 氧化與還原的定義。 3. 燃燒反應的判斷。 4. 同素異形體與同分異構物的區別。 5. 離子化合物中金屬離子的價數判定。 氧化反應的核心定義是「氧化數上升」或「失去電子」；還原反應則是「氧化數下降」或「得到電子」。 --- 解題方法 先比較反應物與生成物中各元素的氧化數： $$16\mathrm{Fe}(s)+3\mathrm{S8}(s)\rightarrow8\mathrm{Fe2S3}(s)$$ 反應物中的元素均為單質，因此： $$\mathrm{Fe}(s)：0$$ $$\mathrm{S8}(s)：0$$ 在 $\mathrm{Fe2S3}$ 中，硫化物通常為 $\mathrm{S^{2-}}$。設鐵的氧化數為 $x$，由電中性原則： $$2x+3(-2)=0$$ $$2x=6$$ $$x=+3$$ 因此： - Fe：$0\rightarrow+3$，氧化數上升，失去電子，進行氧化反應。 - S：$0\rightarrow-2$，氧化數下降，得到電子，進行還原反應。 電子變化可表示為： $$\mathrm{Fe}\rightarrow\mathrm{Fe^{3+}}+3e^-$$ $$\mathrm{S}+2e^-\rightarrow\mathrm{S^{2-}}$$ 所以此反應同時包含氧化與還原，是一個氧化還原反應。 --- 選項分析 (A) Fe 在此反應中進行氧化反應 正確。 鐵由單質 $\mathrm{Fe}$ 的氧化數 $0$ 變為 $\mathrm{Fe2S3}$ 中的 $+3$，氧化數上升，代表鐵失去電子，故 Fe 進行氧化反應。 --- (B) S 在此反應中為燃燒反應 錯誤。 燃燒反應通常是物質與氧氣 $\mathrm{O2}$ 快速反應，並伴隨放熱，常見生成物為氧化物。本題中硫是與鐵反應生成硫化鐵：

Answer

答案：A

Question 35

巫毒百合開花時，會迅速燃燒儲存的澱粉並發生放熱反應，使其花朵頂端的「引誘區」溫度比環境溫度高，從而揮發出一種難聞的腐肉氣味，吸引傳粉昆蟲。假設巫毒百合的「引誘區」比熱與密度和水相同，且體積約為 $1$ 公升，請計算巫毒百合開花時，要將「引誘區」溫度從 $25^\circ\mathrm{C}$ 升高至 $40^\circ\mathrm{C}$ 時，約需要消耗多少熱量？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱量計算公式： $$ Q=mc\Delta T $$ 其中： - $Q$：吸收的熱量 - $m$：物體質量 - $c$：比熱 - $\Delta T$：溫度變化量 題目指出引誘區的比熱與密度均和水相同，因此可直接使用水的物理性質： $$ c{	ext{水}}\approx 4.2\ \mathrm{kJ/(kg\cdot ^\circ C)} $$ $$ ho{	ext{水}}\approx 1.0\ \mathrm{kg/L} $$ 解題方法 引誘區體積約為 $1$ 公升，因密度與水相同，其質量為： $$ m=ho V =(1.0\ \mathrm{kg/L})(1\ \mathrm{L}) =1.0\ \mathrm{kg} $$ 溫度由 $25^\circ\mathrm{C}$ 升高至 $40^\circ\mathrm{C}$，所以： $$ \Delta T=40-25=15^\circ\mathrm{C} $$ 代入熱量公式： $$ Q=mc\Delta T $$ $$ Q=(1.0)(4.2)(15)\ \mathrm{kJ} =63\ \mathrm{kJ} $$ 題目要求約值，因此： $$ Q\approx 60\ \mathrm{kJ} $$ 這些熱量由澱粉燃燒的放熱反應提供；計算中採用理想化假設，忽略散失到環境及花朵其他部位的熱量。 選項分析

Answer

答案：C

Question 36

根據下方化學反應式，計算燃燒 $54.0$ 克的 $\mathrm{B2H6}(g)$（分子量約為 $27.7\ \mathrm{g/mol}$），下列何者最接近所需的反應熱？ $$\mathrm{B2H6}(g)+3\mathrm{O2}(g)\rightarrow\mathrm{B2O3}(s)+3\mathrm{H2O}(g)\qquad \Delta H=-2035\ \mathrm{kJ}$$ (A) $4000\ \mathrm{kJ}$ (B) $400\ \mathrm{kJ}$ (C) $5000\ \mathrm{kJ}$ (D) $500\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 化學反應式的計量關係。 2. 莫耳數計算： $$n=\frac{m}{M}$$ 3. 反應熱與反應物莫耳數成正比。 題目反應式表示：每燃燒 $1$ mol 的 $\mathrm{B2H6}(g)$，反應焓變為 $$\Delta H=-2035\ \mathrm{kJ}$$ 負號表示反應放熱；題目問「所需的反應熱」，選項皆以放出熱量的大小表示，因此計算時取其絕對值 $2035\ \mathrm{kJ/mol}$。 解題方法 先計算 $54.0$ 克 $\mathrm{B2H6}$ 的莫耳數： $$ n=\frac{54.0\ \mathrm{g}}{27.7\ \mathrm{g/mol}} \approx 1.95\ \mathrm{mol} $$ 由反應式可知，$1$ mol $\mathrm{B2H6}$ 燃燒時放出 $2035\ \mathrm{kJ}$，因此 $1.95$ mol 放出的熱量為： $$ q=1.95	imes 2035 \approx 3968\ \mathrm{kJ} $$ 取最接近的數值： $$ q\approx 4000\ \mathrm{kJ} $$ 若以熱力學符號表示，則反應熱為： $$ \Delta H\approx -3968\ \mathrm{kJ} $$ 但選項以「所需的反應熱」之放熱量大小呈現，故選 $4000\ \mathrm{kJ}$。 選項分析

Answer

答案：A

Question 37

水分子的分子式為 $\mathrm{H2O}$。下列何者最接近氧原子的混成（hybridization）軌域？ (A) $sp$ (B) $sp^2$ (C) $sp^3$ (D) $dsp^2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查中心原子的混成軌域與價層電子對互斥理論（VSEPR）。 判斷混成軌域時，先計算中心原子周圍的電子域數： $$ 	ext{電子域數}=	ext{鍵結電子域數}+	ext{孤電子對數} $$ 水分子 $\mathrm{H2O}$ 的中心原子為氧原子。氧與兩個氫各形成一個 $\sigma$ 鍵，氧原子上仍有兩對孤電子對，因此： $$ 	ext{電子域數}=2+2=4 $$ 具有四個電子域的中心原子，最符合 $sp^3$ 混成。 --- 解題方法 氧原子的價電子組態為： $$ 2s^2 2p^4 $$ 在水分子中，氧原子的周圍共有： - 兩個 $\mathrm{O-H}$ $\sigma$ 鍵 - 兩對孤電子對 這四個電子域在空間中會盡量分離，形成近似四面體的電子幾何。相應的混成方式為： $$ s+3p\longrightarrow 4sp^3 $$ 形成四個等價的 $sp^3$ 混成軌域，其中兩個軌域分別與氫原子的 $1s$ 軌域形成 $\mathrm{O-H}$ $\sigma$ 鍵，另外兩個軌域各容納一對孤電子。 因此，氧原子最接近的混成軌域為 $sp^3$。 水分子的電子幾何為四面體，但因為其中兩個電子域是孤電子對，實際分子形狀為折線形（彎曲形），鍵角約為 $104.5^\circ$，小於理想四面體角 $109.5^\circ$。 --- 選項分析 (A) $sp$：錯誤 $sp$ 混成由一個 $s$ 軌域與一個 $p$ 軌域混成，形成兩個 $sp$ 混成軌域，電子幾何為直線形，電子域數為 $2$。 典型例子為 $\mathrm{CO2}$ 中的碳原子。水分子的氧原子具有四個電子域，並非直線形排列，因此不屬於 $sp$ 混成。 (B) $sp^2$：錯誤

Answer

答案：C

Question 38

呼吸分析儀（breathalyzer）常被用來檢測人體血液中酒精的濃度，其原理如下式所示。如果 $\mathrm{Cr_2(SO_4)_3}$ 在某一刻產生的速率是 $1.00\ \mathrm{mol/min}$ ，則 $\mathrm{C_2H_6O}$ 消失的速率為何？

$2\mathrm{K_2Cr_2O_7}+8\mathrm{H_2SO_4}+3\mathrm{C_2H_6O}\rightarrow2\mathrm{Cr_2(SO_4)_3}+2\mathrm{K_2SO_4}+11\mathrm{H_2O}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查化學反應速率與化學計量係數的關係。 對反應： $$ 2\mathrm{K2Cr2O7}+8\mathrm{H2SO4}+3\mathrm{C2H6O} ightarrow 2\mathrm{Cr2(SO4)3}+2\mathrm{K2SO4}+11\mathrm{H2O} $$ 反應物消耗量與生成物生成量，必須依照反應式中的化學計量係數呈比例變化。 其中： - $\mathrm{C2H6O}$ 的係數為 $3$ - $\mathrm{Cr2(SO4)3}$ 的係數為 $2$ 因此，當生成 $2$ mol 的 $\mathrm{Cr2(SO4)3}$ 時，會消耗 $3$ mol 的 $\mathrm{C2H6O}$。 --- 解題方法 由化學計量係數可建立速率比例： $$ \frac{	ext{消失的 }\mathrm{C2H6O}	ext{ 速率}} {	ext{生成的 }\mathrm{Cr2(SO4)3}	ext{ 速率}} = \frac{3}{2} $$ 已知： $$ \mathrm{Cr2(SO4)3}	ext{ 生成速率} =1.00\ \mathrm{mol/min} $$ 因此： $$ \mathrm{C2H6O}	ext{ 消失速率} = \frac{3}{2}	imes 1.00 $$ $$ =1.50\ \mathrm{mol/min} $$ 故乙醇 $\mathrm{C2H6O}$ 消失的速率為： $$ \boxed{1.50\ \mathrm{mol/min}} $$ --- 選項分析 - (A) $1.00\ \mathrm{mol/min}$：錯誤

Answer

答案：C

Question 39

$X$ 元素的基態具有 $ns^2np^4$ 的電子組態，則下列關於 $X$ 元素的敘述，何者正確？ (A) $X$ 的化學特性類似於鹵素 (B) $X$ 元素需要獲得兩個電子，來變成惰性氣體 (C) $X$ 與鈣離子反應時，可以產生 $\mathrm{Ca2X}$ 的產物 (D) $X$ 元素具有 $6$ 個價電子

Accepted Answer

核心觀念 題目給出元素基態電子組態為 $$ ns^2np^4 $$ 最外層電子數為 $$ 2+4=6 $$ 因此，$X$ 屬於第 16 族元素，即氧族元素（硫族元素），其主要特徵如下： - 具有 6 個價電子。 - 距離穩定的惰性氣體組態通常還差 2 個電子。 - 常見離子為 $X^{2-}$。 - 與二價金屬陽離子形成化合物時，通常採 $1:1$ 的電荷比例。 解題方法 先由電子組態判斷族別： $$ ns^2np^4 \Rightarrow 6	ext{ 個價電子} \Rightarrow 	ext{第 16 族} $$ 再依族別與價電子數逐一判斷各選項。題目官方答案為 D，解題時須注意「具有穩定惰性氣體電子組態」與「本身變成惰性氣體」並非同一概念。 選項分析 (A) $X$ 的化學特性類似於鹵素 錯誤。 鹵素屬於第 17 族，基態最外層電子組態為 $$ ns^2np^5 $$ 具有 7 個價電子；本題的 $X$ 為 $$ ns^2np^4 $$ 屬於第 16 族，化學性質主要與氧、硫、硒等氧族元素相似，而非鹵素。 (B) $X$ 元素需要獲得兩個電子，來變成惰性氣體 錯誤。 由八隅體規則來看，$ns^2np^4$ 的原子若獲得 2 個電子，可形成 $$ ns^2np^6 $$ 的電子組態，這與惰性氣體的最外層電子組態相同。然而，獲得電子後形成的是 $X^{2-}$ 離子，並不是「$X$ 元素變成惰性氣體」。元素的原子序並未改變，仍然是原來的元素，只是形成具有惰性氣體電子組態的陰離子。

Answer

答案：D

Question 40

下列何者的氧化數最高？ (A) $\mathrm{Ag}$ 中的 Ag (B) $\mathrm{PbSO4}$ 中的 Pb (C) $\mathrm{MgSO4}$ 中的 S (D) $\mathrm{CuCl2}$ 中的 Cu

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「氧化數」的判定。氧化數可依下列規則計算： - 元素以單質存在時，氧化數為 $0$。 - 中性化合物中，各元素氧化數總和為 $0$。 - 氧通常為 $-2$。 - 氯化物中的氯通常為 $-1$。 - 硫酸根 $\mathrm{SO4^{2-}}$ 的總電荷為 $-2$。 比較各選項中指定元素的氧化數，即可判斷最高者。 解題方法 逐一利用化合物的總電荷為 $0$，設未知元素氧化數為 $x$，列式求解。 選項分析 (A) $\mathrm{Ag}$ 中的 Ag $\mathrm{Ag}$ 是銀的單質，單質元素的氧化數為： $$ \mathrm{Ag}=0 $$ 因此氧化數為 $0$。 (B) $\mathrm{PbSO4}$ 中的 Pb 硫酸根為 $\mathrm{SO4^{2-}}$，其總電荷為 $-2$。由於 $\mathrm{PbSO4}$ 為中性化合物，鉛的氧化數必須為： $$ \mathrm{Pb}+(-2)=0 $$ $$ \mathrm{Pb}=+2 $$ 因此 Pb 的氧化數為 $+2$。 (C) $\mathrm{MgSO4}$ 中的 S 在 $\mathrm{MgSO4}$ 中，鎂通常為 $+2$，氧為 $-2$。設硫的氧化數為 $x$，則： $$ (+2)+x+4(-2)=0 $$ $$ 2+x-8=0 $$ $$ x=+6 $$

Answer

答案：C

Question 41

下列四個分子，當中心元素 $X$（Si、Ge、C）不同時，何者的 $\mathrm{Cl-X-Cl}$ 鍵角與其他三者不同？ (A) $\mathrm{SiCl4}$ (B) $\mathrm{GeCl4}$ (C) $\mathrm{CCl4}$ (D) $\mathrm{C2Cl4}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 價層電子對互斥理論（VSEPR） 2. 中心原子的電子域數與分子幾何 3. 單鍵、雙鍵對鍵角的影響 判斷 $\mathrm{Cl-X-Cl}$ 鍵角時，須觀察中心元素 $X$ 周圍的電子域數： - 四個電子域、無孤電子對：四面體形，理想鍵角為 $109.5^\circ$ - 三個電子域、無孤電子對：平面三角形，理想鍵角為 $120^\circ$ 雙鍵在 VSEPR 中視為一個電子域，但其電子密度通常大於單鍵，會對鄰近鍵產生較強排斥。 解題方法 逐一判斷各分子的中心原子 $X$ 所連接的原子數與鍵結型態。 $\mathrm{SiCl4}$、$\mathrm{GeCl4}$、$\mathrm{CCl4}$ 這三者皆可表示為： $$ \mathrm{XCl4} $$ 中心原子 $X$ 分別以四個單鍵連接四個氯原子，中心原子周圍有四個鍵結電子域，沒有孤電子對。 因此其分子形狀皆為四面體： $$ \angle \mathrm{Cl-X-Cl} \approx 109.5^\circ $$ 雖然 Si、Ge、C 的原子大小與鍵長不同，實際鍵角可能有些微差異，但在本題所考的基本分子幾何判斷中，三者均屬四面體結構。 $\mathrm{C2Cl4}$ 其結構可表示為： $$ \mathrm{Cl2C=CCl2} $$ 每一個碳原子周圍具有： - 一個 $\mathrm{C=C}$ 雙鍵，視為一個電子域 - 兩個 $\mathrm{C-Cl}$ 單鍵，各視為一個電子域 因此每個碳原子共有三個電子域，採 $sp^2$ 混成，分子局部呈平面三角形。 所以同一碳原子上的 $\mathrm{Cl-C-Cl}$ 鍵角接近 $120^\circ$，與四面體分子的約 $109.5^\circ$ 不同。 選項分析 (A) $\mathrm{SiCl4}$

Answer

答案：D

Question 42

下列哪一個量子數（quantum number）決定了原子軌域（atomic orbital）的形狀？ (A) 主量子數（principal quantum number） (B) 磁量子數（magnetic quantum number） (C) 自旋量子數（spin quantum number） (D) 角動量量子數（angular momentum quantum number）

Accepted Answer

核心觀念 原子軌域的形狀由角動量量子數 $l$ 決定。角動量量子數又稱副量子數，取值為 $$ l=0,1,2,\ldots,n-1 $$ 其中不同的 $l$ 值對應不同類型的軌域： | $l$ 值 | 軌域種類 | 典型形狀 | |---|---|---| | $0$ | $s$ 軌域 | 球形 | | $1$ | $p$ 軌域 | 啞鈴形 | | $2$ | $d$ 軌域 | 多數為四葉草形 | | $3$ | $f$ 軌域 | 更複雜的多瓣形 | 因此，決定原子軌域形狀的是角動量量子數 $l$。 角動量的大小與 $l$ 的關係為 $$ L=\sqrt{l(l+1)}\hbar $$ 其中 $\hbar$ 為約化普朗克常數。$l$ 不同，電子波函數的角向部分不同，因而形成不同的軌域形狀。 解題方法 本題可直接依四個量子數的功能判斷： 1. 主量子數 $n$：決定電子所在的主要能階、軌域大小及能量層級。 2. 角動量量子數 $l$：決定軌域形狀及軌域種類。 3. 磁量子數 $ml$：決定軌域在空間中的方向。 4. 自旋量子數 $ms$：描述電子自旋方向。 題目問的是「原子軌域的形狀」，因此應選擇負責決定 $s$、$p$、$d$、$f$ 軌域型態的角動量量子數 $l$。 選項分析 (A) 主量子數（principal quantum number） 錯誤。 主量子數以 $n$ 表示，取正整數 $$ n=1,2,3,\ldots $$ 它主要決定電子所處的能階與軌域大小。一般而言，$n$ 越大，電子平均距離原子核越遠，軌域尺寸也越大。 但在相同的 $n$ 下，仍可存在不同形狀的軌域。例如 $n=2$ 時，同時有 $2s$ 與 $2p$ 軌域： - $2s$ 為球形； - $2p$ 為啞鈴形。 因此，$n$ 不能單獨決定軌域形狀。 (B) 磁量子數（magnetic quantum number） 錯誤。 磁量子數以 $ml$ 表示，其取值為

Answer

答案：D

Question 43

矽元素（Si）是重要的半導體材料，其原子序為 $14$。下列何者為其正確的價電子（valence electron）的電子組態（electronic configuration）？ (A) $3s^2 3p^2$ (B) $2p^6 3s^2$ (C) $2p^2$ (D) $2s^2 2p^2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查原子序、電子組態與價電子的定義。 矽的原子序為 $14$，表示中性矽原子具有 $14$ 個電子。依照軌域填入順序，其完整電子組態為： $$ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^2 $$ 矽位於週期表第三週期、第 14 族，最外層主量子數為 $n=3$，因此最外層電子為： $$ 3s^2\,3p^2 $$ 這 4 個電子就是矽的價電子，價電子組態為： $$ 3s^2\,3p^2 $$ 解題方法 先由原子序判斷電子總數： $$ Z=14 \Rightarrow 14	ext{ 個電子} $$ 依能階填入電子： $$ 1s^2 ightarrow 2s^2 ightarrow 2p^6 ightarrow 3s^2 ightarrow 3p^2 $$ 因此： $$ \mathrm{Si}:1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^2 $$ 矽的最外層電子所在能階為 $n=3$，只取第三層的電子： $$ 3s^2\,3p^2 $$ 所以正確答案為 (A)。 選項分析 (A) $3s^2 3p^2$：正確 這是矽原子的最外層電子組態。第三層共有： $$ 2+2=4	ext{ 個價電子} $$ 符合矽位於第 14 族的特徵，因此正確。 (B) $2p^6 3s^2$：錯誤

Answer

答案：A

Question 44

下列的反應在酸性的水溶液中進行，$\mathrm{H2C2O4}$ 與 $\mathrm{H2O}$ 的係數和為何？ $$\mathrm{MnO4^-}(aq)+\mathrm{H2C2O4}(aq)\rightarrow\mathrm{Mn^{2+}}(aq)+\mathrm{CO2}(g)$$ (A) $7$ (B) $9$ (C) $11$ (D) $13$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酸性水溶液中的氧化還原反應配平，需使用半反應法，使下列守恆同時成立： - 原子守恆 - 電荷守恆 - 氧化劑與還原劑的電子轉移數相等 在反應中： - $\mathrm{MnO4^-}$ 中的錳由 $+7$ 價降至 $\mathrm{Mn^{2+}}$ 的 $+2$ 價，發生還原。 - $\mathrm{H2C2O4}$ 中的碳被氧化成 $\mathrm{CO2}$。 酸性介質中可使用 $\mathrm{H^+}$ 與 $\mathrm{H2O}$ 配平氫、氧原子。 解題方法 先分別寫出還原半反應與氧化半反應。 一、配平錳的還原半反應 $$ \mathrm{MnO4^-}\rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} $$ 先配平氧，在右側加入 $4\mathrm{H2O}$： $$ \mathrm{MnO4^-}\rightarrow \mathrm{Mn^{2+}}+4\mathrm{H2O} $$ 右側共有 $8$ 個氫，因此左側加入 $8\mathrm{H^+}$： $$ \mathrm{MnO4^-}+8\mathrm{H^+}\rightarrow \mathrm{Mn^{2+}}+4\mathrm{H2O} $$ 左側總電荷為 $-1+8=+7$，右側總電荷為 $+2$，故左側再加入 $5e^-$，使電荷守恆： $$ \mathrm{MnO4^-}+8\mathrm{H^+}+5e^- \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}}+4\mathrm{H2O} $$ 二、配平草酸的氧化半反應 $$ \mathrm{H2C2O4}\rightarrow \mathrm{CO2} $$ 左側有 $2$ 個碳，因此右側生成 $2\mathrm{CO2}$： $$ \mathrm{H2C2O4}\rightarrow 2\mathrm{CO2} $$ 左側有 $2$ 個氫，因此右側加入 $2\mathrm{H^+}$： $$ \mathrm{H2C2O4}\rightarrow 2\mathrm{CO2}+2\mathrm{H^+} $$ 左側電荷為 $0$，右側電荷為 $+2$，故右側加入 $2e^-$： $$ \mathrm{H2C2O4}\rightarrow 2\mathrm{CO2}+2\mathrm{H^+}+2e^- $$ 三、使電子數相等並相加 錳的還原半反應需要 $5e^-$，草酸的氧化半反應產生 $2e^-$，最小公倍數為 $10$。 還原半反應乘以 $2$：

Answer

答案：D

Question 45

丁二酮肟（DMG；$116\ \mathrm{g/mol}$）是工業界中最常使用於檢測二價鎳離子的試劑，形成特殊的桃紅色沉澱物，進而確認鎳離子的含量，因此 DMG 又可稱為鎳試劑。根據下列反應式，已知 $10\ \mathrm{mL}$ 樣品水溶液中含有 $0.10\ \mathrm{M}$ 的二價鎳離子，若欲使用 $0.08\ \mathrm{M}$ 的 DMG 乙醇溶液與鎳離子進行沉澱反應，則需使用多少毫升的 DMG 乙醇溶液？ $$\mathrm{Ni^{2+}}(aq)+2\mathrm{DMG}(aq)\rightarrow\mathrm{Ni(DMG)2}(s)+2\mathrm{H^+}(aq)$$ (A) $10\ \mathrm{mL}$ (B) $15\ \mathrm{mL}$ (C) $20\ \mathrm{mL}$ (D) $25\ \mathrm{mL}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 溶液莫耳濃度公式：$n=CV$ - 化學反應式的莫耳比例 - 單位換算：$1\ \mathrm{L}=1000\ \mathrm{mL}$ 由反應式： $$ \mathrm{Ni^{2+}}+2\mathrm{DMG} ightarrow \mathrm{Ni(DMG)2}+2\mathrm{H^+} $$ 可知 $1$ 莫耳 $\mathrm{Ni^{2+}}$ 需要 $2$ 莫耳 DMG。 解題方法 先計算樣品中二價鎳離子的莫耳數： $$ n{\mathrm{Ni^{2+}}} =CV =(0.10\ \mathrm{mol/L})(0.010\ \mathrm{L}) =1.0	imes10^{-3}\ \mathrm{mol} $$ 依反應式的莫耳比例，所需 DMG 莫耳數為： $$ n{\mathrm{DMG}} =2n{\mathrm{Ni^{2+}}} =2(1.0	imes10^{-3}) =2.0	imes10^{-3}\ \mathrm{mol} $$ DMG 溶液濃度為 $0.08\ \mathrm{M}$，因此所需體積： $$ V{\mathrm{DMG}} =\frac{n}{C} =\frac{2.0	imes10^{-3}\ \mathrm{mol}} {0.08\ \mathrm{mol/L}} =2.5	imes10^{-2}\ \mathrm{L} $$ 換算成毫升： $$ 2.5	imes10^{-2}\ \mathrm{L} 	imes1000\ \frac{\mathrm{mL}}{\mathrm{L}} =25\ \mathrm{mL} $$ 因此需使用 $25\ \mathrm{mL}$ 的 DMG 乙醇溶液。 題目提供的 DMG 摩爾質量 $116\ \mathrm{g/mol}$ 在本題不必使用，因為 DMG 溶液濃度已直接以莫耳濃度 $\mathrm{M}$ 表示。 選項分析

Answer

答案：D

Question 46

溶液 A 為 $100\ \mathrm{mL}$ 的 $0.10\ \mathrm{M}$ 氯化鈣水溶液，溶液 B 為 $100\ \mathrm{mL}$ 的 $0.10\ \mathrm{M}$ 硝酸銀水溶液。當兩杯溶液混合並達到反應平衡時，水溶液中何種粒子的濃度會大幅下降並接近 $0\ \mathrm{M}$？ (A) 鈣離子 (B) 銀離子 (C) 氯離子 (D) 硝酸根離子

Accepted Answer

核心觀念 本題考查沉澱反應、溶解度積 $K{sp}$ 與旁觀離子的判斷。 氯化鈣與硝酸銀在水中解離： $$ \mathrm{CaCl2(aq)ightarrow Ca^{2+}(aq)+2Cl^-(aq)} $$ $$ \mathrm{AgNO3(aq)ightarrow Ag^+(aq)+NO3^-(aq)} $$ 混合後，銀離子與氯離子生成難溶的氯化銀沉澱： $$ \mathrm{Ag^+(aq)+Cl^-(aq)ightleftharpoons AgCl(s)} $$ 氯化銀的溶解度積很小： $$ K{sp}(\mathrm{AgCl})=[\mathrm{Ag^+}][\mathrm{Cl^-}] $$ 因此，$\mathrm{Ag^+}$ 會被大量移除，濃度大幅下降並接近 $0\ \mathrm{M}$。 --- 解題方法 兩杯溶液體積皆為 $100\ \mathrm{mL}$，混合後總體積為： $$ V{	ext{total}}=200\ \mathrm{mL}=0.200\ \mathrm{L} $$ 各離子的初始莫耳數如下： 氯化鈣： $$ n(\mathrm{CaCl2})=0.100	imes 0.10=0.010\ \mathrm{mol} $$ 因此： $$ n(\mathrm{Ca^{2+}})=0.010\ \mathrm{mol} $$ $$ n(\mathrm{Cl^-})=2(0.010)=0.020\ \mathrm{mol} $$ 硝酸銀： $$ n(\mathrm{AgNO3})=0.100	imes 0.10=0.010\ \mathrm{mol} $$ 因此： $$ n(\mathrm{Ag^+})=0.010\ \mathrm{mol} $$ 混合後，反應前各離子濃度為： $$ [\mathrm{Ag^+}]=\frac{0.010}{0.200}=0.050\ \mathrm{M} $$ $$ [\mathrm{Cl^-}]=\frac{0.020}{0.200}=0.100\ \mathrm{M} $$ $$ [\mathrm{Ca^{2+}}]=\frac{0.010}{0.200}=0.050\ \mathrm{M} $$ $$ [\mathrm{NO3^-}]=\frac{0.010}{0.200}=0.050\ \mathrm{M} $$ 由於 $\mathrm{AgCl}$ 難溶，反應幾乎完全向右進行： $$ \mathrm{Ag^+ + Cl^- ightarrow AgCl(s)} $$ 銀離子莫耳數為 $0.010\ \mathrm{mol}$，氯離子莫耳數為 $0.020\ \mathrm{mol}$，所以銀離子是限制反應物，幾乎全部形成 $\mathrm{AgCl}$…

Answer

答案：B

Question 47

下列四種酸，何者的共軛鹼的鹼性最強？ (A) $\mathrm{HNO2}$ (B) $\mathrm{CH3COOH}$ (C) $\mathrm{HClO4}$ (D) $\mathrm{HNO3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「酸強度與共軛鹼鹼性」的反向關係。 酸 $HA$ 解離後形成共軛鹼 $A^-$： $$ HA \rightleftharpoons H^+ + A^- $$ 酸越強，越容易放出 $H^+$，其共軛鹼越穩定，因此鹼性越弱；反之，酸越弱，其共軛鹼越不穩定，鹼性越強。 兩者可由下式表示： $$ Ka(HA)\,Kb(A^-)=Kw $$ 因此： $$ Kb(A^-)=\frac{Kw}{Ka(HA)} $$ 酸的 $Ka$ 越小，共軛鹼的 $Kb$ 越大，鹼性越強。 --- 解題方法 先比較四種酸的酸性強弱，再取反向判斷其共軛鹼的鹼性。 四種酸的酸性大致排序為： $$ \mathrm{HClO4}\mathrm{HNO3}\mathrm{HNO2}\mathrm{CH3COOH} $$ 其中： - $\mathrm{HClO4}$ 與 $\mathrm{HNO3}$ 屬於強酸。 - $\mathrm{HNO2}$ 為弱酸，$pKa$ 約為 $3.3$。 - $\mathrm{CH3COOH}$ 的 $pKa$ 約為 $4.76$，酸性比 $\mathrm{HNO2}$ 弱。 因為 $\mathrm{CH3COOH}$ 是四者中最弱的酸，所以其共軛鹼 $\mathrm{CH3COO^-}$ 是四者中鹼性最強者。 --- 選項分析 (A) $\mathrm{HNO2}$ $\mathrm{HNO2}$ 的共軛鹼為亞硝酸根： $$ \mathrm{NO2^-} $$ $\mathrm{HNO2}$ 的酸性比醋酸強，因此其共軛鹼 $\mathrm{NO2^-}$ 的鹼性比 $\mathrm{CH3COO^-}$ 弱，故不是正確答案。 ---

Answer

答案：B

Question 48

在密閉的金屬反應器中，下式化學反應已經達到平衡。下列何者會讓此反應大幅向右進行？ $$\mathrm{CH4}(g)+2\mathrm{O2}(g)\rightleftharpoons\mathrm{CO2}(g)+2\mathrm{H2O}(l)$$ (A) 移除水分子 (B) 移除氧氣 (C) 減少反應器的體積 (D) 加入乾冰並使其自然揮發

Accepted Answer

核心觀念 本題考查勒沙特列原理、氣體莫耳數與平衡常數表達式。 反應為： $$ \mathrm{CH4}(g)+2\mathrm{O2}(g)ightleftharpoons\mathrm{CO2}(g)+2\mathrm{H2O}(l) $$ 平衡時，反應物側共有 $3$ 莫耳氣體，生成物側只有 $1$ 莫耳氣體；液態水不列入氣體莫耳數比較，且純液體的活性視為常數，不寫入平衡常數式。 因此： - 左側氣體莫耳數：$1+2=3$ - 右側氣體莫耳數：$1$ - 壓縮反應器、減少體積會使壓力上升，平衡傾向移向氣體莫耳數較少的一側，即向右。 平衡常數可表示為： $$ Kp=\frac{P{\mathrm{CO2}}} {P{\mathrm{CH4}}(P{\mathrm{O2}})^2} $$ 其中 $\mathrm{H2O}(l)$ 為純液體，不列入式中。 解題方法 採用勒沙特列原理判斷外界條件改變後的平衡移動方向。 當反應器體積減少時，各氣體的分壓同時上升。若各分壓原本分別為 $P{\mathrm{CH4}}$、$P{\mathrm{O2}}$、$P{\mathrm{CO2}}$，壓縮後分壓皆放大相同倍數 $\alpha$，則反應商變為： $$ Qp' = \frac{\alpha P{\mathrm{CO2}}} {(\alpha P{\mathrm{CH4}}) (\alpha P{\mathrm{O2}})^2} = \frac{1}{\alpha^2} \frac{P{\mathrm{CO2}}} {P{\mathrm{CH4}}(P{\mathrm{O2}})^2} $$ 因為 $\alpha1$，所以： $$ Qp'<Kp $$ 系統會消耗反應物、生成更多生成物，使 $Qp$ 回升至 $Kp$，因此反應大幅向右進行。 也可直接依氣體莫耳數判斷： $$ 3	ext{ mol 氣體}ightleftharpoons 1	ext{ mol 氣體} $$ 壓縮體積有利於氣體莫耳數較少的右側。 選項分析

Answer

答案：C

Question 49

下列何者在水中的溶解度最高？ (A) $\mathrm{BaCO3}$（$K{sp}=5.1	imes10^{-9}$） (B) $\mathrm{CdCO3}$（$K{sp}=5.2	imes10^{-12}$） (C) $\mathrm{CaCO3}$（$K{sp}=2.8	imes10^{-9}$） (D) $\mathrm{CoCO3}$（$K{sp}=1.5	imes10^{-13}$）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查難溶鹽的溶解度與溶度積常數 $K{sp}$ 的關係。 四種鹽類皆為一價金屬離子與碳酸根形成的 $1:1$ 型難溶鹽： $$ \mathrm{MCO3(s)ightleftharpoons M^{2+}(aq)+CO3^{2-}(aq)} $$ 其溶度積為： $$ K{sp}=[\mathrm{M^{2+}}][\mathrm{CO3^{2-}}] $$ 若以莫耳溶解度 $s$ 表示，則溶解後： $$ [\mathrm{M^{2+}}]=s,\qquad [\mathrm{CO3^{2-}}]=s $$ 因此： $$ K{sp}=s^2 $$ $$ s=\sqrt{K{sp}} $$ 由於四個選項的化學計量比完全相同，所以 $K{sp}$ 越大，莫耳溶解度 $s$ 越大。 --- 解題方法 直接比較各選項的 $K{sp}$： $$ 5.1	imes10^{-9},\quad 5.2	imes10^{-12},\quad 2.8	imes10^{-9},\quad 1.5	imes10^{-13} $$ 其中最大者為： $$ K{sp}(\mathrm{BaCO3})=5.1	imes10^{-9} $$ 因此： $$ s(\mathrm{BaCO3}) =\sqrt{5.1	imes10^{-9}} \approx 7.1	imes10^{-5}\ \mathrm{M} $$ 其餘鹽類的 $K{sp}$ 均較小，故莫耳溶解度均低於 $\mathrm{BaCO3}$。 --- 選項分析 (A) $\mathrm{BaCO3}$：正確 $$ K{sp}=5.1	imes10^{-9} $$ 四個選項中，$\mathrm{BaCO3}$ 的 $K{sp}$ 最大。因各鹽皆為 $1:1$ 型，故其莫耳溶解度最大。 --- (B) $\mathrm{CdCO3}$：錯誤 $$ K{sp}=5.2	imes10^{-12} $$

Answer

答案：A

Question 50

牛仔褲在染色的過程中，會使用水溶性的靛白，產生化學反應變成靛藍，並附著在布料上。根據下圖的反應式，此反應為下列何者？ （原卷含靛白轉換為靛藍的反應圖示。） (A) 氧化反應 (B) 分解反應 (C) 燃燒反應 (D) 酯化反應

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機反應的分類，以及靛白（leuco indigo）被氧化成靛藍（indigo）的化學變化。 氧化反應的判定方式包括： - 物質與氧結合； - 失去氫； - 失去電子； - 氧化數增加。 圖中靛白結構上的 $\mathrm{C-O^-Na^+}$ 基團，轉變為靛藍中的羰基 $\mathrm{C=O}$。此過程伴隨靛白失去氫、電子轉移，形成較氧化的羰基結構，因此屬於氧化反應。 解題方法 牛仔褲染色時，水溶性的靛白先附著於布料；接觸空氣後，靛白被空氣中的氧氣氧化成難溶性的靛藍，因而呈現藍色。 由圖可觀察到： $$ 	ext{靛白中的還原型結構} \longrightarrow 	ext{靛藍中的羰基結構} $$ 反應的主要特徵是形成 $\mathrm{C=O}$ 羰基，並使分子由還原態轉為氧化態，故判定為氧化反應。 選項分析

Answer

答案：A

115 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

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

第 9 題2 分

第 10 題2 分

第 11 題2 分

1. B→AB\to AB→A：等溫膨脹

2. A→CA\to CA→C：等壓壓縮

3. C→BC\to BC→B：等體積升壓

第 12 題2 分

第 13 題2 分

第 14 題2 分

第 15 題2 分

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

選項分析

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

第 30 題2 分

1. 建立 SF4\mathrm{SF_4}SF4​ 的路易斯結構

2. 以 VSEPR 理論判定形狀

第 31 題2 分

第 32 題2 分

第 33 題2 分

第 34 題2 分

第 35 題2 分

第 36 題2 分

第 37 題2 分

第 38 題2 分

第 39 題2 分

第 40 題2 分

第 41 題2 分

核心觀念

解題方法

SiCl4\mathrm{SiCl_4}SiCl4​、GeCl4\mathrm{GeCl_4}GeCl4​、CCl4\mathrm{CCl_4}CCl4​

C2Cl4\mathrm{C_2Cl_4}C2​Cl4​

選項分析

(A) SiCl4\mathrm{SiCl_4}SiCl4​

第 42 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) 主量子數（principal quantum number）

(B) 磁量子數（magnetic quantum number）

第 43 題2 分

第 44 題2 分

第 45 題2 分

第 46 題2 分

第 47 題2 分

第 48 題2 分

第 49 題2 分

第 50 題2 分

其他考古題

115 年專利師(選試專業英文及工業設計)的其他科目

專利師(選試專業英文及工業設計)《普通物理與普通化學》其他年度

115 年專利師高等考試・其他類科的《普通物理與普通化學》

115 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

1. $B\to A$ ：等溫膨脹

2. $A\to C$ ：等壓壓縮

3. $C\to B$ ：等體積升壓

1. 建立 $\mathrm{SF_4}$ 的路易斯結構

$\mathrm{SiCl_4}$ 、 $\mathrm{GeCl_4}$ 、 $\mathrm{CCl_4}$

$\mathrm{C_2Cl_4}$

(A) $\mathrm{SiCl_4}$