110 專利師高等考試 專利師(選試專業英文及物理化學) 普通物理與普通化學 考古題詳解

110 年・專利師・高等考試・專利師(選試專業英文及物理化學)
試題代碼 普通物理與普通化學

第 1 題2 分

已知地球的半徑為 64006400 公里。質量為 11 公噸的衛星探測器在離地面高度為 64006400 公里的軌道上運行時，衛星探測器所受地球引力的大小為多少牛頓？（重力加速度為 10 m/s210\ \mathrm{m/s^2}）

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「牛頓萬有引力定律」與「重力加速度與距離之關係」：

  1. 萬有引力定律（平方反比律）：物體所受地球引力大小與其距「地心」的距離平方成反比，公式為： F=GMmr2F = G\frac{Mm}{r^2} 其中 MM 為地球質量、mm 為物體質量、rr 為物體與地心的距離。
  2. 地表重力與軌道引力之比例關係： 在地球表面（r=Rr = R），物體所受地表重力為 F0=mgF_0 = mg。 當物體位於離地高度 hh 處時，距地心距離為 r=R+hr = R + h，其所受引力可簡化為比例式： F=F0×(RR+h)2F = F_0 \times \left(\frac{R}{R + h}\right)^2
  3. 國際單位制換算：質量 11 公噸等於 1000 kg1000\ \mathrm{kg}。

解題方法

步驟一：計算衛星在地球表面時所受的重力 衛星質量 m=1 公噸=1000 kgm = 1\ \text{公噸} = 1000\ \mathrm{kg}，題目給定地表重力加速度 g=10 m/s2g = 10\ \mathrm{m/s^2}。 若衛星置於地表（距地心距離為 RR），其所受引力（即地表重力）為： F0=mg=1000 kg×10 m/s2=10000 NF_0 = mg = 1000\ \mathrm{kg} \times 10\ \mathrm{m/s^2} = 10000\ \mathrm{N}

步驟二：確定軌道位置與地心的距離 萬有引力公式中的距離 rr 必須由「地心」算起。 已知地球半徑 R=6400 kmR = 6400\ \mathrm{km}，衛星離地高度 h=6400 km=Rh = 6400\ \mathrm{km} = R。 因此衛星運行軌道至地心的距離為： r=R+h=R+R=2Rr = R + h = R + R = 2R

步驟三：利用平方反比關係計算軌道引力 根據萬有引力平方反比律： F=GMmr2=GMm(2R)2=14(GMmR2)=14F0F = G\frac{Mm}{r^2} = G\frac{Mm}{(2R)^2} = \frac{1}{4} \left(G\frac{Mm}{R^2}\right) = \frac{1}{4} F_0 將地表引力代入：

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第 2 題2 分

在傾斜角（與水平方向的夾角）為 30∘30^\circ 的斜面上，用平行於斜面向上的力 FF，使斜面上質量 mm 的物體沿斜面向上作等加速度運動。在忽略物體與斜面摩擦力的情形下，若其加速度與物體自行下滑的加速度大小相等，則 FF 的大小為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗斜面運動與牛頓第二運動定律（Fnet=maF_{\text{net}} = ma）的受力分析與應用：

  1. 重力在斜面上的正交分解：質量為 mm 的物體置於傾角為 θ\theta 的光滑斜面上時，垂直於斜面的重力分力為 mgcos⁡θmg \cos\theta（與正向力平衡），沿斜面向下的重力分力為 mgsin⁡θmg \sin\theta。
  2. 無摩擦斜面之動力學：
  • 自由下滑時，沿斜面方向的淨力僅由重力下滑分力提供。
  • 受外力沿斜面向上運動時，淨力為向上外力與向下重力分力之向量和。

解題方法

本題分為兩個運動狀態進行分析：

步驟一：求物體自行下滑的加速度大小 a下a_{\text{下}}

在忽略摩擦力的情況下，物體在傾角 θ=30∘\theta = 30^\circ 的斜面上自行下滑，沿斜面方向僅受重力分力作用： F下=mgsin⁡30∘=mg×12=12mgF_{\text{下}} = mg \sin 30^\circ = mg \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}mg

由牛頓第二運動定律 F=maF = ma，可得自行下滑之加速度大小為： a下=F下m=gsin⁡30∘=12ga_{\text{下}} = \frac{F_{\text{下}}}{m} = g \sin 30^\circ = \frac{1}{2}g

步驟二：求向上等加速度運動所需之外力 FF

當物體受平行斜面向上的力 FF 作用而向上加速時，沿斜面方向受兩力作用：

  • 沿斜面向上的外力 FF
  • 沿斜面向下的重力分力 mgsin⁡30∘=12mgmg \sin 30^\circ = \frac{1}{2}mg

選取沿斜面向上為正方向，系統所受的淨力（合力）為： Fnet=F−mgsin⁡30∘=F−12mgF_{\text{net}} = F - mg \sin 30^\circ = F - \frac{1}{2}mg

依題意，向上運動的加速度大小 a上a_{\text{上}} 與自行下滑之加速度大小相等（即 a上=a下=12ga_{\text{上}} = a_{\text{下}} = \frac{1}{2}g）。由牛頓第二運動定律 Fnet=ma上F_{\text{net}} = m a_{\text{上}}：

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第 3 題2 分

當前國際間的太空競賽已經進入到登陸火星。已知火星的半徑約為地球半徑的一半，其質量約為地球質量的十分之一，太空載具在火星表面的重力加速度大約是在地表重力加速度 gg 的多少倍？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查牛頓萬有引力定律與天體表面重力加速度的定量關係。

設天體為均勻球體，質量為 MM、半徑為 RR。天體表面質量為 mm 的物體所受之萬有引力即為其所受重力： Fg=mg=GMmR2F_g = mg = \frac{GMm}{R^2}

消去物體質量 mm，可得天體表面的重力加速度公式： g=GMR2g = \frac{GM}{R^2}

由此可知，表面重力加速度 gg 與天體質量 MM 成正比，與天體半徑的平方 R2R^2 成反比，即： g∝MR2g \propto \frac{M}{R^2}

解題方法

設地球的質量為 MEM_E、半徑為 RER_E、地表重力加速度為 gg；火星的質量為 MMM_M、半徑為 RMR_M、火星表面重力加速度為 gMg_M。

  1. 列出已知條件的比值關係：
  • 火星半徑為地球半徑的一半：RM=12RE  ⟹  RMRE=12R_M = \dfrac{1}{2} R_E \implies \dfrac{R_M}{R_E} = \dfrac{1}{2}
  • 火星質量為地球質量的十分之一：MM=110ME  ⟹  MMME=110M_M = \dfrac{1}{10} M_E \implies \dfrac{M_M}{M_E} = \dfrac{1}{10}

  1. 利用比例式建立兩者重力加速度之比： gMg=GMMRM2GMERE2=(MMME)×(RERM)2\frac{g_M}{g} = \frac{\dfrac{G M_M}{R_M^2}}{\dfrac{G M_E}{R_E^2}} = \left(\frac{M_M}{M_E}\right) \times \left(\frac{R_E}{R_M}\right)^2

  2. 代入數值進行計算： gMg=(110)×(112)2=110×22=410=25\frac{g_M}{g} = \left(\frac{1}{10}\right) \times \left(\frac{1}{\frac{1}{2}}\right)^2 = \frac{1}{10} \times 2^2 = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}

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第 4 題2 分

質量為 1212 公斤的木塊 A 靜置在水平桌面上，以一條繩子向右拉出，連結到另一根繩子，其下懸掛著質量為 88 公斤的木塊 B。達到靜力平衡時，連結木塊 A 的繩子呈水平，θ\theta 角為 30∘30^\circ，如圖所示。若有一根很輕的羽毛落在木塊 B 上，則木塊 A 將開始滑動。木塊 A 與桌面間的靜摩擦係數為何？

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核心觀念

本題考靜力平衡、繩張力的分解，以及靜摩擦力達到最大值時的條件：

fs,max⁡=μsNf_{s,\max}=\mu_s N

木塊 A 即將滑動時，桌面對 A 的靜摩擦力已達最大值。由於連接 A 的繩子水平，繩張力不影響 A 的正向力，因此 N=12gN=12g。

解題方法

先分析繩結處的受力。懸掛木塊 B 靜止，故垂直繩張力為 8g8g。斜繩與鉛直方向夾角為 θ=30∘\theta=30^\circ，所以斜繩張力的垂直分量平衡 8g8g：

Tcos⁡30∘=8gT\cos30^\circ=8g

繩結水平方向平衡，因此連接木塊 A 的水平繩張力為：

TA=Tsin⁡30∘=8gtan⁡30∘=8g3T_A=T\sin30^\circ =8g\tan30^\circ =\frac{8g}{\sqrt{3}}

A 即將滑動時，最大靜摩擦力等於水平繩張力：

μs(12g)=8g3\mu_s(12g)=\frac{8g}{\sqrt{3}}

約去 gg，得：

μs=8123=239\mu_s=\frac{8}{12\sqrt{3}} =\frac{2\sqrt{3}}{9}
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第 5 題2 分

在浩瀚的外太空中有一質量為 10001000 公斤的火箭，火箭中有 200200 公斤為燃料。假設每秒鐘有 1.01.0 公斤的燃料化為高速氣體，以相對於火箭 300 m/s300\ \mathrm{m/s} 的速度向正後方噴出，2020 秒末火箭的加速度量值為何？

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核心觀念

本題評量**變質量系統（Variable-Mass System）**的動量守恆定律與火箭推進方程式。

  1. 火箭推力公式： 火箭因向後高速噴出氣體，依動量守恆與牛頓第三運動定律，火箭獲得向前的推力（Thrust）FthrustF_{\text{thrust}}： Fthrust=vrel∣dMdt∣F_{\text{thrust}} = v_{\text{rel}} \left| \frac{dM}{dt} \right| 其中 vrelv_{\text{rel}} 為氣體相對於火箭的噴出速率，∣dMdt∣\left| \frac{dM}{dt} \right| 為每秒消耗（噴出）的燃料質量速率。
  2. 瞬時加速度： 在浩瀚的外太空中，不考慮重力與空氣阻力（外力合力為零），火箭在任一時刻的瞬時加速度量值 a(t)a(t) 僅由推力與該時刻火箭的「剩餘總質量」M(t)M(t) 決定： a(t)=FthrustM(t)a(t) = \frac{F_{\text{thrust}}}{M(t)}

解題方法

步驟一：計算火箭所受的推力 題目已知：

  • 氣體相對噴出速率 vrel=300 m/sv_{\text{rel}} = 300\ \mathrm{m/s}
  • 氣體噴出速率（燃料消耗率）dmdt=1.0 kg/s\frac{dm}{dt} = 1.0\ \mathrm{kg/s}

由推力公式可得推進力： Fthrust=vrel⋅dmdt=300×1.0=300 NF_{\text{thrust}} = v_{\text{rel}} \cdot \frac{dm}{dt} = 300 \times 1.0 = 300\ \mathrm{N}

步驟二：計算第 2020 秒末火箭的總質量

  • 火箭最初總質量 M0=1000 kgM_0 = 1000\ \mathrm{kg}（含 200 kg200\ \mathrm{kg} 燃料）
  • 經過 t=20 st = 20\ \mathrm{s} 後，已噴出燃料的質量為： Δm=1.0 kg/s×20 s=20 kg\Delta m = 1.0\ \mathrm{kg/s} \times 20\ \mathrm{s} = 20\ \mathrm{kg}
  • 第 2020 秒末火箭的剩餘總質量 M(20)M(20) 為： M(20)=M0−Δm=1000−20=980 kgM(20) = M_0 - \Delta m = 1000 - 20 = 980\ \mathrm{kg}
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第 6 題2 分

某種理想氣體，其壓力為 PP、絕對溫度為 TT，下列敘述何者正確？

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核心觀念

本題測驗理想氣體狀態方程式（微觀形式）與**氣體分子數密度（單位體積內的分子數）**的關係。

  1. 理想氣體狀態方程式（微觀形式）： PV=NkBTPV = N k_B T 其中：
  • PP 為氣體絕對壓力（Pa\text{Pa} 或 N/m2\text{N/m}^2）
  • VV 為氣體體積（m3\text{m}^3）
  • NN 為氣體總分子數
  • kBk_B 為波茲曼常數（kB=RNA≈1.38×10−23 J/Kk_B = \dfrac{R}{N_A} \approx 1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}，為一恆正之物理常數）
  • TT 為絕對溫度（K\text{K}）
  1. 單位體積分子數（數密度，Number Density）： 令單位體積內的氣體分子數為 nVn_V，其定義為： nV=NVn_V = \frac{N}{V}

解題方法

由微觀理想氣體狀態方程式進行代數變形，尋找「單位體積內的氣體分子數 NV\dfrac{N}{V}」與狀態變數 PP、TT 之間的函數關係：

PV=NkBT  ⟹  NV=PkBT=1kB(PT)PV = N k_B T \implies \frac{N}{V} = \frac{P}{k_B T} = \frac{1}{k_B} \left(\frac{P}{T}\right)

由於波茲曼常數 kBk_B 為固定定值，因此： NV∝PT\frac{N}{V} \propto \frac{P}{T}

單位體積內的分子數完全取決於 PT\dfrac{P}{T} 的比值，兩者成嚴格正比關係。由此即可直接判定各選項之正誤。

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第 7 題2 分

在一直線上相向運動的甲、乙兩物體互相碰撞後，兩物體均沿乙物體原來的運動方向前進，下列敘述何者正確？

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核心觀念

  1. 動量守恆定律（Law of Conservation of Momentum）： 在無外力作用（或外力遠小於內力可忽略）的直線碰撞過程中，系統的碰撞前總動量必等於碰撞後總動量： P⃗初=P⃗末\vec{P}_{\text{初}} = \vec{P}_{\text{末}}
  2. 動量的向量性： 動量為向量，其定義為 p⃗=mv⃗\vec{p} = m\vec{v}。在一直線上相向運動時，速度與動量的方向互為相反號。
  3. 質量的物理意義（慣性）： 質量是物體「慣性」大小的唯一純量量度。
  4. 動能與動量的關係： 質點動能 Ek=12mv2=p22mE_k = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{p^2}{2m}。

解題方法

  1. 建立座標系與設定方向： 取乙物體碰撞前的運動方向為正方向（+x+x 軸方向）。
  • 碰撞前：甲、乙相向運動，因此乙物體初速度 v乙>0v_{\text{乙}} > 0，甲物體初速度 v甲<0v_{\text{甲}} < 0。
  • 碰撞後：兩物體均沿乙原來的運動方向前進，因此末速度均為正值，即 v甲′>0v'_{\text{甲}} > 0 且 v乙′>0v'_{\text{乙}} > 0。

  1. 碰撞後的系統總動量符號判斷： 由於甲、乙兩物體的質量均為正值（m甲>0m_{\text{甲}} > 0、m乙>0m_{\text{乙}} > 0），碰撞後的總動量為： P末=m甲v甲′+m乙v乙′>0P_{\text{末}} = m_{\text{甲}} v'_{\text{甲}} + m_{\text{乙}} v'_{\text{乙}} > 0 由此可知，碰撞後系統的總動量方向必向右（正向）。

  2. 由動量守恆推導碰撞前動量關係： 根據動量守恆定律： P初=P末>0P_{\text{初}} = P_{\text{末}} > 0 代入碰撞前的各別動量： P初=p甲+p乙=−∣p⃗甲∣+∣p⃗乙∣>0P_{\text{初}} = p_{\text{甲}} + p_{\text{乙}} = -|\vec{p}_{\text{甲}}| + |\vec{p}_{\text{乙}}| > 0 移項即得： ∣p⃗乙∣>∣p⃗甲∣|\vec{p}_{\text{乙}}| > |\vec{p}_{\text{甲}}| 此結果表明：碰撞前，甲物體的動量值必小於乙物體的動量值。

選項分析

  • (A) 錯誤： 慣性的大小取決於「質量」。本題由動量大小關係僅能得知 m甲∣v甲∣<m乙v乙m_{\text{甲}} |v_{\text{甲}}| < m_{\text{乙}} v_{\text{乙}}，並無法單獨推知質量大小關係。
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第 8 題2 分

在一個密閉容器中填充有 14.014.0 公克、溫度為 300 K300\ \mathrm{K} 的氮氣。若體積固定不變，氮氣需要吸收多少熱量才能夠升溫到 450 K450\ \mathrm{K}？（氮的原子量為 14.0 g/mol14.0\ \mathrm{g/mol}）

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗熱力學第一定律與理想氣體的分子動力論，重點包含以下三大觀念：

  1. 雙原子分子的自由度與定容莫耳熱容量（CVC_V）： 氮氣在常溫常壓下以雙原子分子（N2\mathrm{N_2}）形態存在。雙原子分子在中溫區（數百 K\mathrm{K}）具有 33 個平移自由度與 22 個轉動自由度（振動模式在 450 K450\ \mathrm{K} 下尚未被有效激發而處於凍結狀態），總有效自由度為 f=5f = 5。 根據能量均分定理（Equipartition Theorem），雙原子分子的定容莫耳熱容量為： CV=f2R=52RC_V = \frac{f}{2}R = \frac{5}{2}R 其中理想氣體常數 R≈8.314 J/(mol⋅K)R \approx 8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}。
  2. 定容過程的吸熱量（熱力學第一定律）： 容器體積固定（ΔV=0\Delta V = 0），氣體對外界不作功（W=PΔV=0W = P\Delta V = 0）。因此氣體吸收的熱量 QQ 全數轉化為系統內能的增加量 ΔU\Delta U： Q=ΔU=nCVΔTQ = \Delta U = n C_V \Delta T
  3. 氣體莫耳數計算： 題目給定氮的原子量為 14.0 g/mol14.0\ \mathrm{g/mol}，氮氣分子式為 N2\mathrm{N_2}，其莫耳質量為 M=2×14.0=28.0 g/molM = 2 \times 14.0 = 28.0\ \mathrm{g/mol}。

解題方法

步驟一：計算氮氣的莫耳數 nn 分子量 M=14.0×2=28.0 g/mol\text{分子量 } M = 14.0 \times 2 = 28.0\ \mathrm{g/mol} n=mM=14.0 g28.0 g/mol=0.50 moln = \frac{m}{M} = \frac{14.0\ \mathrm{g}}{28.0\ \mathrm{g/mol}} = 0.50\ \mathrm{mol}

步驟二：確認氣體的過程與莫耳熱容量 容器體積固定，此為定容加熱過程： ΔT=T2−T1=450 K−300 K=150 K\Delta T = T_2 - T_1 = 450\ \mathrm{K} - 300\ \mathrm{K} = 150\ \mathrm{K} 雙原子分子 N2\mathrm{N_2} 之定容莫耳熱容量： CV=52RC_V = \frac{5}{2}R

步驟三：計算所需吸收之熱量 QQ 代入公式 Q=nCVΔTQ = n C_V \Delta T： Q=0.50 mol×(52×8.314 J/(mol⋅K))×150 KQ = 0.50\ \mathrm{mol} \times \left(\frac{5}{2} \times 8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}\right) \times 150\ \mathrm{K} Q=0.50×2.5×8.314×150=187.5×8.314≈1558.9 J≈1.56 kJQ = 0.50 \times 2.5 \times 8.314 \times 150 = 187.5 \times 8.314 \approx 1558.9\ \mathrm{J} \approx 1.56\ \mathrm{kJ}

選項分析

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第 9 題2 分

一定質量的氣體由狀態 A 經狀態 B 變化到狀態 C，如圖所示，ABAB 為雙曲線的一部分，BCBC 垂直於橫軸。已知氣體由 A 到 B 吸熱 Q1Q_1，由 B 到 C 放熱 Q2Q_2，則氣體由 A 經 B 到 C 的過程中，其內能變化量的大小為何？

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這一題的完整詳解

核心觀念

採用熱力學第一定律，令 QQ 為氣體吸收的熱量、WW 為氣體對外作功：

ΔU=Q−W\Delta U=Q-W

圖中的 ABAB 為雙曲線，表示 PVPV 為定值。對理想氣體而言，PV=nRTPV=nRT，因此 ABAB 是等溫過程，內能不變。BCBC 垂直於體積軸，表示體積不變，故該段沒有作功。

解題方法

在 A→BA\to B 過程中，等溫理想氣體的內能變化為零：

ΔUAB=0\Delta U_{AB}=0

所以這段吸收的熱量 Q1Q_1 全用於對外作功。

在 B→CB\to C 過程中，體積不變，因此 WBC=0W_{BC}=0。氣體放熱 Q2Q_2，表示氣體吸收的熱量為 −Q2-Q_2，故：

ΔUBC=(−Q2)−0=−Q2\Delta U_{BC}=(-Q_2)-0=-Q_2

整段過程的內能變化為：

ΔUAC=ΔUAB+ΔUBC=−Q2\Delta U_{AC}=\Delta U_{AB}+\Delta U_{BC}=-Q_2
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第 10 題2 分

在一個附有可以自由活動活塞的容器中，灌有 100100 立方公分的理想氣體。若供給 25.025.0 焦耳的熱量，可使氣體在一大氣壓下體積增加至 171171 立方公分，則氣體的等容莫耳比熱為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查熱力學第一定律與理想氣體之莫耳比熱：

  1. 熱力學第一定律： ΔU=Q−W\Delta U = Q - W 其中 ΔU\Delta U 為氣體內能變化量，QQ 為系統吸熱量，WW 為系統對外所作的功。
  2. 等壓過程（Isobaric Process）與對外作功： 容器裝有自由活動活塞且於大氣中膨脹，表示此過程為等壓過程，壓力維持為 P=1 atm≈1.013×105 PaP = 1\ \mathrm{atm} \approx 1.013 \times 10^5\ \mathrm{Pa}。氣體對外作功為： W=PΔVW = P \Delta V
  3. 理想氣體狀態方程式與比熱關係：
  • 膨脹功亦可寫為：W=PΔV=nRΔTW = P \Delta V = n R \Delta T
  • 內能變化量與等容莫耳比熱 CVC_V 之關係為：ΔU=nCVΔT\Delta U = n C_V \Delta T
  • 由上述兩式相除可消去未知數 nΔTn \Delta T，得到極重要的比例關係： ΔUW=CVR\frac{\Delta U}{W} = \frac{C_V}{R}

解題方法

步驟一：計算氣體膨脹對外所作的功 WW

  • 體積變化量： ΔV=171 cm3−100 cm3=71 cm3=71×10−6 m3\Delta V = 171\ \mathrm{cm^3} - 100\ \mathrm{cm^3} = 71\ \mathrm{cm^3} = 71 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3}
  • 氣壓換算為國際標準單位（SI 制）： P=1 atm≈1.013×105 Pa (N/m2)P = 1\ \mathrm{atm} \approx 1.013 \times 10^5\ \mathrm{Pa}\ (\mathrm{N/m^2})
  • 對外作功： W=PΔV=(1.013×105 Pa)×(71×10−6 m3)≈7.19 JW = P \Delta V = (1.013 \times 10^5\ \mathrm{Pa}) \times (71 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3}) \approx 7.19\ \mathrm{J}

步驟二：由熱力學第一定律求內能變化量 ΔU\Delta U 系統吸收熱量 Q=25.0 JQ = 25.0\ \mathrm{J}，因此內能增量為： ΔU=Q−W=25.0 J−7.19 J=17.81 J\Delta U = Q - W = 25.0\ \mathrm{J} - 7.19\ \mathrm{J} = 17.81\ \mathrm{J}

步驟三：推導並計算等容莫耳比熱 CVC_V 利用理想氣體公式： ΔUW=nCVΔTnRΔT=CVR\frac{\Delta U}{W} = \frac{n C_V \Delta T}{n R \Delta T} = \frac{C_V}{R} 代入理想氣體常數 R≈8.314 J/(mol⋅K)R \approx 8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}： CV=R⋅ΔUW=8.314×17.817.19≈8.314×2.477≈20.6∼20.7 J/(mol⋅K)C_V = R \cdot \frac{\Delta U}{W} = 8.314 \times \frac{17.81}{7.19} \approx 8.314 \times 2.477 \approx 20.6\sim 20.7\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}

此數值即對應雙原子分子理想氣體的理論值： CV=52R=2.5×8.314≈20.7 J/(mol⋅K)C_V = \frac{5}{2} R = 2.5 \times 8.314 \approx 20.7\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}

選項分析

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第 11 題2 分

若一個人的說話音量提高了 1010 分貝，則這個人所消耗的能量為原來的多少倍？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 聲音強度級（Sound Intensity Level, β\beta）之定義： 聲音強度級以分貝（dB\text{dB}）為單位，其定義公式為： β=10log⁡10(II0)\beta = 10 \log_{10}\left(\frac{I}{I_0}\right) 其中 II 為聲波強度（單位為 W/m2\text{W/m}^2），I0I_0 為人類聽覺閾值的基準強度（通常定為 10−12 W/m210^{-12} \text{ W/m}^2）。
  2. 聲強與能量之關係： 聲波強度 II 代表單位時間內垂直通過單位面積的能量，即功率密度： I=PA=EA⋅ΔtI = \frac{P}{A} = \frac{E}{A \cdot \Delta t} 在相同發聲時間 Δt\Delta t 與傳播條件（波前面積 AA）下，發出的聲能 EE 與聲強 II 成正比（E∝IE \propto I）。本題依普通物理常規命題假設，視人體發聲所消耗之能量與發出的聲能呈正比關係。

解題方法

  1. 設定變數： 設原本的聲音強度為 I1I_1，音量（聲音強度級）為 β1\beta_1；提高音量後的聲音強度為 I2I_2，音量為 β2\beta_2。
  2. 建立分貝差與強度比之關係式： 兩者之分貝差為： Δβ=β2−β1=10log⁡10(I2I0)−10log⁡10(I1I0)=10log⁡10(I2I1)\Delta \beta = \beta_2 - \beta_1 = 10 \log_{10}\left(\frac{I_2}{I_0}\right) - 10 \log_{10}\left(\frac{I_1}{I_0}\right) = 10 \log_{10}\left(\frac{I_2}{I_1}\right)
  3. 代入題目已知數據計算： 依題意，音量提高了 1010 分貝，即 Δβ=10 dB\Delta \beta = 10\text{ dB}： 10=10log⁡10(I2I1)10 = 10 \log_{10}\left(\frac{I_2}{I_1}\right) 兩邊同除以 1010： 1=log⁡10(I2I1)1 = \log_{10}\left(\frac{I_2}{I_1}\right) 由對數定義還原為指數式： I2I1=101=10\frac{I_2}{I_1} = 10^1 = 10
  4. 推導能量倍數：
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第 12 題2 分

將一端開口、長度為 100100 公分的塑膠管垂直固定來進行共鳴管實驗。手持聲音產生器靠近塑膠管子開口端，固定聲音產生器的頻率，逐漸在管子中注入水以縮減氣柱的長度，發現當水面距離管口 29.029.0 公分以及 89.089.0 公分時，可以聽到強度最強的共鳴。若此時室溫為 30∘C30^\circ\mathrm{C}，聲音產生器發聲的頻率為多少赫茲？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「空氣柱駐波共鳴（閉管）」與「聲速隨溫度之變化」：

  1. 聲速與溫度關係：在乾燥空氣中，聲速 vv 與攝氏溫度 tt 的關係式為： v=331+0.6t(m/s)v = 331 + 0.6t\quad (\text{m/s})
  2. 閉管駐波與管口修正：
  • 注入水後的管子構成「一端閉口（水面）、一端開口（管口）」的閉管系統。水面處空氣分子無法振動，形成位移節點；管口處空氣分子自由振動，形成位移腹。
  • 由於管口外側空氣亦參與振動，位移腹會略微超出管口一段距離，稱為管口修正量（End Correction, Δℓ\Delta \ell）。
  • 第一次共鳴（基音）氣柱有效長度為 14λ\frac{1}{4}\lambda；第二次共鳴（第一泛音）氣柱有效長度為 34λ\frac{3}{4}\lambda。
  • 兩相鄰共鳴位置的水面距離差剛好為半波長： ΔL=L2−L1=34λ−14λ=λ2\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{3}{4}\lambda - \frac{1}{4}\lambda = \frac{\lambda}{2} 利用相鄰共鳴位置相減，可完全消除管口修正量 Δℓ\Delta \ell 的影響。
  1. 波動基本公式：波速 vv、頻率 ff 與波長 λ\lambda 的關係為： v=fλ  ⟹  f=vλv = f \lambda \implies f = \frac{v}{\lambda}

解題方法

步驟一：計算室溫 30∘C30^\circ\mathrm{C} 下的聲速 vv

將 t=30∘Ct = 30^\circ\mathrm{C} 代入聲速公式： v=331+0.6×30=331+18=349 m/sv = 331 + 0.6 \times 30 = 331 + 18 = 349\text{ m/s} （若採用部分普通物理教材標準常數 v≈350 m/sv \approx 350\text{ m/s} 進行估算亦可）

步驟二：由兩共鳴位置求聲波波長 λ\lambda

題目中水面距離管口分別為 L1=29.0 cmL_1 = 29.0\text{ cm} 與 L2=89.0 cmL_2 = 89.0\text{ cm}。 設管口修正量為 Δℓ\Delta \ell，則：

  • 第一次共鳴：L1+Δℓ=λ4L_1 + \Delta \ell = \frac{\lambda}{4}
  • 第二次共鳴：L2+Δℓ=3λ4L_2 + \Delta \ell = \frac{3\lambda}{4}

兩式相減消除 Δℓ\Delta \ell： L2−L1=λ2L_2 - L_1 = \frac{\lambda}{2} 89.0 cm−29.0 cm=60.0 cm=0.60 m=λ289.0\text{ cm} - 29.0\text{ cm} = 60.0\text{ cm} = 0.60\text{ m} = \frac{\lambda}{2} λ=2×0.60 m=1.20 m\lambda = 2 \times 0.60\text{ m} = 1.20\text{ m}

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第 13 題2 分

有一長度為 LL 的彈性繩兩端固定，撥動繩子形成三個節點、兩個反節點的駐波。測量發現駐波頻率為 ff，則彈性繩上行進波的波速為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查兩端固定弦線上的駐波特徵與波動基本公式：

  1. 駐波的邊界條件：弦線兩端固定，兩端點位移恆為零，因此兩端必為節點（Node）。
  2. 節點與反節點的幾何關係：相鄰兩節點（或相鄰兩反節點）之間的距離為半個波長（λ2\dfrac{\lambda}{2}）。反節點（Antinode，即波腹）的數量代表此駐波所形成的波腹環數（諧波階數 nn）。
  3. 行進波之波速公式：駐波是由兩道振幅、頻率相同但在弦線上反向行進的波疊加而成，其行進波的波速 vv、頻率 ff 與波長 λ\lambda 滿足： v=fλv = f\lambda

解題方法

  1. 判斷諧波次數與波長：
  • 題目給定彈性繩「兩端固定」，因此兩端各佔一個節點。
  • 題目指出駐波共有「三個節點、兩個反節點」，幾何分布為：兩端固定端為節點，中央亦有一節點，共有兩個波腹區間（即第一泛音、第二諧音，n=2n = 2）。
  • 由於相鄰兩節點的間距為 λ2\dfrac{\lambda}{2}，繩長 LL 恰好包含兩個半波長： L=2×λ2=λL = 2 \times \frac{\lambda}{2} = \lambda
  • 由此求得行進波的波長： λ=L\lambda = L
  1. 計算波速：
  • 將求得的波長 λ=L\lambda = L 代入波速公式 v=fλv = f\lambda： v=f×L=fLv = f \times L = fL
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第 14 題2 分

有一根質量為 mm、長度為 ℓ\ell 的鋼弦，其上方固定在天花板，下方懸掛質量為 MM 的鋼球，如圖所示。鋼球提供弦上張力，因此撥動鋼弦可以在其上形成駐波。緩慢抬升鋼球到鋼弦與鉛垂線成 θm\theta_m 角後放手，形成了擺長為 LL 的單擺。取重力加速度為 gg，則鋼弦上基音頻率最小值為何？

🖼️ 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。
這一題的完整詳解

核心觀念

弦的基音頻率由弦波速與弦長決定。弦的線密度為 μ=m/ℓ\mu=m/\ell，在張力為 TT 時，波速為

v=Tμv=\sqrt{\frac{T}{\mu}}

兩端固定的弦，其基音頻率為

f1=v2ℓ=12ℓTμ=12Tmℓ.f_1=\frac{v}{2\ell} =\frac{1}{2\ell}\sqrt{\frac{T}{\mu}} =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{T}{m\ell}}.

題目問基音頻率的最小值，因此關鍵是找出擺動過程中的最小張力。

解題方法

單擺擺至最大角 θm\theta_m 時，鋼球瞬時速度為零，向心加速度也為零。沿弦方向套用牛頓第二定律：

Tmin⁡−Mgcos⁡θm=0,T_{\min}-Mg\cos\theta_m=0,

所以此時弦的張力最小值為

Tmin⁡=Mgcos⁡θm.T_{\min}=Mg\cos\theta_m.

將此張力代入弦的基音頻率公式：

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第 15 題2 分

已知聲音在低溫處的傳遞速率比在高溫處的傳遞速率小。當一列聲波由高溫處傳向低溫處，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「波動跨越不同介質（或不同狀態介質）傳播時的基本物理量變化」，涉及的核心物理觀念與公式如下：

  1. 頻率（ff）由「波源」決定： 波由一處傳播至另一處（包含穿透介面時），介面兩側質點的振動必須連續且同步，否則介面將發生斷裂或能量不守恆。因此，波動在傳播過程中，其頻率 ff 恆保持不變（週期 T=1fT = \frac{1}{f} 亦不變）。
  2. 波速（vv）由「介質特性」決定： 聲波在空氣等氣體中傳播時，其傳遞速率受介質溫度影響。理想氣體中的聲速公式為 v=γRTMv = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}（或近似式 v=331+0.6tv = 331 + 0.6 t），波速與絕對溫度的平方根成正比，故溫度愈低，聲速愈小（題目亦已明述此點：v低<v高v_{\text{低}} < v_{\text{高}}）。
  3. 波動基本公式（波速、頻率與波長之關係）： v=fλv = f \lambda 式中 vv 為波速、ff 為頻率、λ\lambda 為波長。

解題方法

分析聲波由高溫處傳入低溫處的物理過程：

  1. 判斷頻率 ff： 聲波由高溫區傳播進入低溫區，頻率完全取決於發聲源的振動頻率，介質狀態的改變不會影響振動頻率。因此： f低=f高（頻率不變）f_{\text{低}} = f_{\text{高}} \quad \text{（頻率不變）}

  2. 判斷波速 vv： 依題目已知條件，聲音在低溫處的傳遞速率比在高溫處小： v低<v高（波速變小）v_{\text{低}} < v_{\text{高}} \quad \text{（波速變小）}

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第 16 題2 分

以 550550 奈米的單色光垂直照射在單狹縫上，測得後方椅背上的繞射圖樣中央亮帶寬度為 0.80.8 公分。挪動椅子使得椅背和狹縫距離增加 2020 公分，發現中央亮帶寬度增加變為 1.21.2 公分，狹縫的寬度為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量波動光學中的**單狹縫繞射（Single-Slit Diffraction）**現象與中央亮帶寬度公式。

  1. 暗紋產生條件： 單色光（波長 λ\lambda）垂直照射於寬度為 aa 的單狹縫時，屏幕上第一暗紋所對應的繞射角 θ\theta 滿足： asin⁡θ=λa \sin\theta = \lambda 在繞射角極小的小角度近似下（sin⁡θ≈tan⁡θ\sin\theta \approx \tan\theta），屏幕距離為 LL 時，第一暗紋距中央亮帶中心的距離 y1y_1 為： y1=Ltan⁡θ≈λLay_1 = L \tan\theta \approx \frac{\lambda L}{a}

  2. 中央亮帶寬度： 中央亮帶分佈在兩側第一暗紋之間，因此其全寬度 WW 為第一暗紋間距的兩倍： W=2y1=2λLaW = 2y_1 = \frac{2\lambda L}{a} 由式可知，中央亮帶寬度 WW 與狹縫至屏幕的距離 LL 成正比。

解題方法

步驟一：建立差量關係式 設初始椅背（屏幕）與狹縫的距離為 L1L_1，此時中央亮帶寬度為 W1W_1；挪動椅子後距離變為 L2=L1+ΔLL_2 = L_1 + \Delta L，中央亮帶寬度變為 W2W_2。 根據中央亮帶寬度公式： W1=2λL1aW_1 = \frac{2\lambda L_1}{a} W2=2λL2a=2λ(L1+ΔL)aW_2 = \frac{2\lambda L_2}{a} = \frac{2\lambda (L_1 + \Delta L)}{a}

兩式相減可得中央亮帶寬度變化量 ΔW\Delta W： ΔW=W2−W1=2λΔLa\Delta W = W_2 - W_1 = \frac{2\lambda \Delta L}{a}

移項可得狹縫寬度 aa 的計算式： a=2λΔLΔWa = \frac{2\lambda \Delta L}{\Delta W}

步驟二：統一單位並代入數值

  • 單色光波長：λ=550 nm=550×10−9 m=5.5×10−7 m\lambda = 550\ \mathrm{nm} = 550 \times 10^{-9}\ \mathrm{m} = 5.5 \times 10^{-7}\ \mathrm{m}
  • 距離增加量：ΔL=20 cm=0.20 m\Delta L = 20\ \mathrm{cm} = 0.20\ \mathrm{m}
  • 中央亮帶寬度增加量：ΔW=1.2 cm−0.8 cm=0.4 cm=4×10−3 m\Delta W = 1.2\ \mathrm{cm} - 0.8\ \mathrm{cm} = 0.4\ \mathrm{cm} = 4 \times 10^{-3}\ \mathrm{m}

將以上數據代入：

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第 17 題2 分

所謂明視距離是指適當照度下，人的眼球在最正常、舒適情況下，能清楚看清物體的工作距離。正常人的明視距離為 2525 公分。若一個人的明視距離為 1515 公分，應配戴的矯正眼鏡為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查幾何光學中的眼球缺陷矯正與薄透鏡成像公式：

  1. 明視距離（近點）：人眼在不進行過度調節（睫狀肌放鬆舒適）狀態下，能清楚看清物體的最近工作距離。正常人的明視距離通常定義為 D=25 cmD = 25\ \mathrm{cm}。
  2. 薄透鏡成像公式（高斯透鏡公式）： 1f=1p+1q\frac{1}{f} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} 其中 ff 為透鏡焦距、pp 為物距、qq 為像距。
  3. 符號法則（Sign Convention）：
  • 實物置於透鏡前方：物距 p>0p > 0。
  • 眼鏡所形成的像供人眼觀看，必須與物體在透鏡同側，形成正立「虛像」，故像距 q<0q < 0。
  • 焦距 f>0f > 0 為凸透鏡（會聚透鏡，用於矯正遠視或老花）；f<0f < 0 為凹透鏡（發散透鏡，用於矯正近視）。

解題方法

  1. 確立物理情境與目標：
  • 該患者的明視距離為 15 cm15\ \mathrm{cm}，小於正常人的 25 cm25\ \mathrm{cm}，代表眼球屈光力過強（近視），看遠處較吃力，需要配戴發散透鏡（凹透鏡）矯正。
  • 矯正目標：當目標物體置於正常明視距離 p=+25 cmp = +25\ \mathrm{cm} 處時，經由鏡片折射後，需在鏡片前方患者本身的明視距離 15 cm15\ \mathrm{cm} 處形成正立虛像，使眼球能舒適聚焦。
  1. 代入數值計算：
  • 物距：p=+25 cmp = +25\ \mathrm{cm}
  • 像距：q=−15 cmq = -15\ \mathrm{cm}（虛像取負值）
  • 代入薄透鏡公式： 1f=1p+1q=125+(−115)\frac{1}{f} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{25} + \left(-\frac{1}{15}\right)
  • 通分計算： 1f=375−575=−275 cm−1\frac{1}{f} = \frac{3}{75} - \frac{5}{75} = -\frac{2}{75}\ \mathrm{cm}^{-1}
  • 解得焦距：
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第 18 題2 分

將一寫有字母 A 的紙張壓在厚度為 2.502.50 公分的玻璃下方。若從玻璃上方垂直往下看此字母 A，此時測得字母 A 在玻璃表面下方 1.611.61 公分處，則玻璃的折射率為多少？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗幾何光學中**光的折射（Refraction of light）與視深（Apparent depth）**之計算。

當光線由光密介質（玻璃，折射率為 nn）射向光疏介質（空氣，折射率 nair≈1.00n_{\text{air}} \approx 1.00）時，折射角大於入射角，光線偏離法線。人眼在介質表面上方接近垂直方向（近軸小角度）向下觀察時，光線反向延長線交會處即為虛像位置，其深度稱為「視深（h′h'）」。

根據斯乃爾定律（Snell's Law）結合小角度近似（sin⁡θ≈tan⁡θ\sin\theta \approx \tan\theta），由空氣中垂直觀察置於介質內的物體時，視深與實際深度（hh）之關係式為： h′h=nairn=1n  ⟹  h′=hn\frac{h'}{h} = \frac{n_{\text{air}}}{n} = \frac{1}{n} \implies h' = \frac{h}{n} 其中：

  • hh 為物體的實際深度（玻璃厚度）。
  • h′h' 為所測得的視深。
  • nn 為玻璃的折射率。

解題方法

  1. 整理已知條件：
  • 玻璃厚度（實深）h=2.50 cmh = 2.50\text{ cm}
  • 字母 A 的虛像距玻璃表面（視深）h′=1.61 cmh' = 1.61\text{ cm}
  • 外界介質為空氣，折射率 nair≈1.00n_{\text{air}} \approx 1.00
  1. 代入公式計算玻璃折射率 nn： 由視深公式可得： n=hh′n = \frac{h}{h'} 代入數值： n=2.501.61≈1.5528n = \frac{2.50}{1.61} \approx 1.5528
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第 19 題2 分

氦氖雷射的波長為 632.8632.8 奈米，此雷射光的頻率為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 電磁波波速、頻率與波長之基本關係式： 電磁波在真空（或空氣）中傳播時，波速等於光速 cc，其與頻率 ff 及波長 λ\lambda 的關係為： c=fλc = f \lambda
  2. 基本物理常數： 真空中之光速 c≈3.00×108 m/sc \approx 3.00 \times 10^8\ \mathrm{m/s}。
  3. 國際單位制（SI）前綴詞換算： 奈米（nano−, nm\mathrm{nano-},\ \mathrm{nm}）代表 10−910^{-9}，即 1 nm=10−9 m1\ \mathrm{nm} = 10^{-9}\ \mathrm{m}。

解題方法

本題給定氦氖雷射光（電磁波）的波長 λ\lambda，求其頻率 ff。

步驟一：整理已知數據並進行單位換算

  • 波長 λ=632.8 nm=632.8×10−9 m=6.328×10−7 m\lambda = 632.8\ \mathrm{nm} = 632.8 \times 10^{-9}\ \mathrm{m} = 6.328 \times 10^{-7}\ \mathrm{m}
  • 光速 c=3.00×108 m/sc = 3.00 \times 10^8\ \mathrm{m/s}

步驟二：代入波動方程式計算頻率 由 c=fλc = f \lambda 可移項得頻率 ff： f=cλf = \frac{c}{\lambda}

將數值代入： f=3.00×108 m/s632.8×10−9 m=3.006.328×10−7×108 Hzf = \frac{3.00 \times 10^8\ \mathrm{m/s}}{632.8 \times 10^{-9}\ \mathrm{m}} = \frac{3.00}{6.328 \times 10^{-7}} \times 10^8\ \mathrm{Hz}

f≈0.4741×1015 Hz=4.74×1014 Hzf \approx 0.4741 \times 10^{15}\ \mathrm{Hz} = 4.74 \times 10^{14}\ \mathrm{Hz}

故此雷射光之頻率為 4.74×1014 Hz4.74 \times 10^{14}\ \mathrm{Hz}。

選項分析

  • (A) 正確：計算所得之頻率數量級與有效數字均為 4.74×1014 Hz4.74 \times 10^{14}\ \mathrm{Hz}，與推導結果完全相符。
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第 20 題2 分

質量 4×10−184\times10^{-18} 公斤的油滴，靜止在水平放置的兩平行金屬板間。兩平行板相距 88 毫米，則兩板間電位差的最大可能值為多少伏特？（重力加速度為 10 m/s210\ \mathrm{m/s^2}）

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查近代物理中著名的**密立坎油滴實驗（Millikan's oil-drop experiment）**之原理，涉及以下核心觀念與物理公式：

  1. 力的平衡（靜力平衡）： 油滴在平行金屬板間呈靜止狀態，表示向下之重力與向上之靜電力大小相等、方向相反： Fe=Fg  ⟹  qE=mgF_e = F_g \implies qE = mg
  2. 均勻電場與電位差之關係： 平行金屬板間為均勻電場，兩板間距離為 dd、電位差為 VV 時，電場強度為： E=Vd  ⟹  V=EdE = \frac{V}{d} \implies V = Ed
  3. 電荷量子化（Quantization of Electric Charge）： 任何獨立帶電體所帶之電量 qq，皆必須為基本電荷（elementary charge）ee 的整數倍： q=ne(n=1,2,3,… )q = ne \quad (n = 1, 2, 3, \dots) 其中基本電荷之數值為 e≈1.6×10−19 Ce \approx 1.6\times 10^{-19}\ \mathrm{C}。
  4. 電位差最大值的極值條件： 綜合上述公式，電位差可表示為 V=mgdqV = \frac{mgd}{q}。在質量 mm、重力加速度 gg 與板距 dd 固定下，VV 與電量 qq 成反比。因此，當油滴帶有最小可能電量（即 n=1n = 1，qmin⁡=eq_{\min} = e）時，電位差 VV 會達到最大可能值。

解題方法

  1. 建立平衡方程式與電位差表達式： 油滴受重力 Fg=mgF_g = mg 與靜電力 Fe=qEF_e = qE，達成平衡： qE=mg  ⟹  q(Vd)=mgqE = mg \implies q\left(\frac{V}{d}\right) = mg 移項解出兩金屬板間的電位差 VV： V=mgdqV = \frac{mgd}{q}

  2. 分析物理極值條件： 由式子可知，VV 與電量 qq 成反比。若要求電位差 VV 的「最大可能值」，分母的帶電量 qq 必須取「最小可能值」。 依據電荷量子化原理，非零的最小可能帶電量即為單一個基本電荷： qmin⁡=1×e=1.6×10−19 Cq_{\min} = 1\times e = 1.6\times 10^{-19}\ \mathrm{C}

  3. 數值代入計算： 已知條件如下：

  • 油滴質量 m=4×10−18 kgm = 4\times 10^{-18}\ \mathrm{kg}
  • 重力加速度 g=10 m/s2g = 10\ \mathrm{m/s^2}
  • 兩板距離 d=8 mm=8×10−3 md = 8\ \mathrm{mm} = 8\times 10^{-3}\ \mathrm{m}
  • 基本電荷 e=1.6×10−19 Ce = 1.6\times 10^{-19}\ \mathrm{C}

代入最大電位差公式：

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第 21 題2 分

一束帶有 +1+1 價的正離子，沿垂直於磁力線方向進入同一個均勻磁場中。若它們在均勻磁場中作等速圓周運動的軌道半徑相同，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 磁力提供向心力：帶電粒子以垂直於磁場方向的速度進入均勻磁場時，所受的勞侖茲力（磁力）大小為 FB=qvBF_B = qvB。此磁力恆垂直於運動方向，不作功，提供質點作等速圓周運動所需之向心力： qvB=mv2RqvB = \frac{mv^2}{R}
  2. 軌道半徑與動量之關係：由上述力平衡關係式可整理出軌道半徑 RR： R=mvqB=pqBR = \frac{mv}{qB} = \frac{p}{qB} 其中 p=mvp = mv 為質點的動量大小。
  3. 動能與動量的轉換：質點動能 KK 與動量大小 pp 的關係為： K=12mv2=p22mK = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{p^2}{2m}

解題方法

  1. 整理題目已知條件：
  • 「帶有 +1+1 價的正離子」：各離子的帶電量相同，均為 q=+eq = +e（基電量）。
  • 「垂直進入同一個均勻磁場」：磁場強度 BB 相同，夾角為 90∘90^\circ。
  • 「軌道半徑相同」：圓周運動半徑 RR 相同。

  1. 推導動量與半徑關係式： 根據向心力由磁力提供： qvB=mv2R  ⟹  R=mvqBqvB = \frac{mv^2}{R} \implies R = \frac{mv}{qB} 因動量大小 p=mvp = mv，代入得： p=qBRp = qBR

  2. 代入已知條件判斷： 因為 qq、BB、RR 三者皆完全相同，其乘積 qBRqBR 必為定值。因此，所有正離子的動量大小 pp 必然相同。

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第 22 題2 分

真空中兩個帶同種電荷的小球，相距 0.30.3 公尺。當兩個帶電小球的電量都增加為原來的 33 倍時，如果要維持它們之間的排斥力不變，則兩個帶電小球間的距離應調整為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗靜電學中的庫侖定律（Coulomb's Law）與比例關係運算。

在真空中，兩靜止帶電體之間的靜電力大小，與兩者的帶電量乘積成正比，與兩者間的距離平方成反比。數學關係式為： F=k∣q1q2∣r2F = k \frac{|q_1 q_2|}{r^2} 其中：

  • FF 為兩小球間的靜電作用力（本題帶同種電荷，故為排斥力）。
  • kk 為庫侖常數（Coulomb constant）。
  • q1,q2q_1, q_2 為兩小球的帶電量。
  • rr 為兩小球中心的間距。

解題方法

  1. 設定初始狀態： 設原先兩小球的電量分別為 q1q_1 與 q2q_2，相距 r1=0.3 mr_1 = 0.3\ \mathrm{m}。此時彼此間的排斥力大小為： F1=kq1q2r12F_1 = k \frac{q_1 q_2}{r_1^2}

  2. 列出變化後的狀態： 題目設定「兩個帶電小球的電量都增加為原來的 33 倍」，因此新電量分別為： q1′=3q1,q2′=3q2q_1' = 3q_1,\quad q_2' = 3q_2 設調整後的距離為 r2r_2，此時的排斥力大小為： F2=kq1′q2′r22=k(3q1)(3q2)r22=9⋅kq1q2r22F_2 = k \frac{q_1' q_2'}{r_2^2} = k \frac{(3q_1)(3q_2)}{r_2^2} = 9 \cdot k \frac{q_1 q_2}{r_2^2}

  3. 依題意求解距離： 若要維持排斥力不變，即 F2=F1F_2 = F_1： 9⋅kq1q2r22=kq1q2r129 \cdot k \frac{q_1 q_2}{r_2^2} = k \frac{q_1 q_2}{r_1^2} 等號兩邊消去相同項 kq1q2k q_1 q_2，可得： 9r22=1r12  ⟹  r22=9r12\frac{9}{r_2^2} = \frac{1}{r_1^2} \implies r_2^2 = 9 r_1^2 兩邊開平方根（距離取正值）： r2=3r1r_2 = 3 r_1 將原距離 r1=0.3 mr_1 = 0.3\ \mathrm{m} 代入： r2=3×0.3 m=0.9 mr_2 = 3 \times 0.3\ \mathrm{m} = 0.9\ \mathrm{m}

選項分析

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第 23 題2 分

一個繞有 800800 匝的螺線圈，在 0.020.02 秒內，其磁通量由原來的 3.9×10−43.9\times10^{-4} 韋伯增加為 6.4×10−46.4\times10^{-4} 韋伯，則此螺線圈的平均感應電動勢為多少伏特？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗的核心為法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Electromagnetic Induction）。 當通過封閉線圈的磁通量隨時間發生變化時，線圈兩端會產生感應電動勢。對於由 NN 匝緊密繞製的螺線圈，其在時間間隔 Δt\Delta t 內的「平均感應電動勢大小」為： ∣E∣=N∣ΔΦΔt∣|\mathcal{E}| = N \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| 其中：

  • NN：線圈匝數（無因次單位）。
  • ΔΦ=Φ2−Φ1\Delta \Phi = \Phi_2 - \Phi_1：通過單一匝線圈的磁通量變化量，單位為韋伯（Wb\text{Wb}）。
  • Δt\Delta t：發生該變化所需的時間間隔，單位為秒（s\text{s}）。
  • ∣E∣|\mathcal{E}|：平均感應電動勢大小，單位為伏特（V\text{V}）。

解題方法

  1. 計算磁通量變化量 ΔΦ\Delta \Phi： 磁通量由 Φ1=3.9×10−4 Wb\Phi_1 = 3.9 \times 10^{-4}\text{ Wb} 增加至 Φ2=6.4×10−4 Wb\Phi_2 = 6.4 \times 10^{-4}\text{ Wb}： ΔΦ=Φ2−Φ1=6.4×10−4−3.9×10−4=2.5×10−4 Wb\Delta \Phi = \Phi_2 - \Phi_1 = 6.4 \times 10^{-4} - 3.9 \times 10^{-4} = 2.5 \times 10^{-4}\text{ Wb}

  2. 代入法拉第電磁感應定律求平均感應電動勢： 線圈匝數 N=800N = 800，時間間隔 Δt=0.02 s\Delta t = 0.02\text{ s}： ∣E∣=NΔΦΔt=800×2.5×10−40.02|\mathcal{E}| = N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = 800 \times \frac{2.5 \times 10^{-4}}{0.02}

  3. 數值計算： 將分母與係數化為科學記號便於約分：

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第 24 題2 分

有一顆使用中的電池，其電動勢為 9.09.0 伏特、內電阻為 55 歐姆。若串接一個電阻為 4040 歐姆的電阻器，則電路接通後電池的端電壓為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗實際電池的電動勢（Electromotive Force, E\mathcal{E}）、**內電阻（Internal Resistance, rr）與端電壓（Terminal Voltage, VV）**之關係。

  1. 實際電源模型：實際電池非理想電源，內部具有內電阻 rr。當電池供電（放電）時，電流通過內電阻會產生內部電位降 IrIr。
  2. 端電壓定義：電池輸出至外電路兩端的電位差稱為端電壓。放電狀態下，端電壓等於電動勢扣除內電阻之電位降： V=E−IrV = \mathcal{E} - Ir 亦即外電路電阻 RR 兩端所獲得的跨壓： V=IRV = IR
  3. 閉合電路歐姆定律：總電動勢除以電路總電阻（外電阻加內電阻）即為電路電流： I=ER+rI = \frac{\mathcal{E}}{R + r}

解題方法

步驟一：計算電路接通後的總電流 II 外電阻 R=40 ΩR = 40\ \Omega 與電池內電阻 r=5 Ωr = 5\ \Omega 為串聯關係，電路總電阻為： Rtotal=R+r=40+5=45 ΩR_{\text{total}} = R + r = 40 + 5 = 45\ \Omega

依閉合電路歐姆定律，電路電流為： I=ERtotal=9.045=0.2 AI = \frac{\mathcal{E}}{R_{\text{total}}} = \frac{9.0}{45} = 0.2\ \mathrm{A}

步驟二：計算電池的端電壓 VV

  • 法一（由電動勢與內阻壓降求得）： V=E−Ir=9.0−(0.2×5)=9.0−1.0=8.0 VV = \mathcal{E} - Ir = 9.0 - (0.2 \times 5) = 9.0 - 1.0 = 8.0\ \mathrm{V}
  • 法二（由外電阻之端電壓求得）： V=IR=0.2×40=8.0 VV = IR = 0.2 \times 40 = 8.0\ \mathrm{V}
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第 25 題2 分

有一顆半徑為 0.0100.010 毫米的鋼珠擺放在陶瓷上方，與外界絕緣良好。在此鋼珠放上一顆電子，則鋼珠電位上升為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查孤立導體球的靜電電位與電容以及基本物理常數的數值運算：

  1. 孤立導體球電位公式： 半徑為 RR、帶電量為 QQ 的孤立導體球，其表面與內部的電位（以無窮遠處為零電位參考點）為： V=kQR=Q4πε0RV = \frac{k Q}{R} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R} 其中：
  • 庫侖常數 k=14πε0≈8.99×109 N⋅m2/C2≈9.0×109 N⋅m2/C2k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \approx 8.99 \times 10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2} \approx 9.0 \times 10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}
  • 基本電荷電量 e≈1.60×10−19 Ce \approx 1.60 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}
  1. 電位變化量： 在電中性的鋼珠上放置一顆電子，鋼珠所帶電荷量大小增加一個基本電荷量 q=eq = e，其所造成的電位變化量大小為 ΔV=kqR\Delta V = \frac{kq}{R}。

解題方法

步驟一：統一單位至 SI 制

  • 鋼珠半徑：R=0.010 mm=0.010×10−3 m=1.0×10−5 mR = 0.010\ \mathrm{mm} = 0.010 \times 10^{-3}\ \mathrm{m} = 1.0 \times 10^{-5}\ \mathrm{m}
  • 單一電子帶電量大小：q=e=1.60×10−19 Cq = e = 1.60 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}
  • 庫侖常數：k=8.99×109 N⋅m2/C2k = 8.99 \times 10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}

步驟二：計算電位變化量大小

將各數值代入孤立球體電位公式： ΔV=kqR=(8.99×109)×(1.60×10−19)1.0×10−5\Delta V = \frac{k q}{R} = \frac{(8.99 \times 10^9) \times (1.60 \times 10^{-19})}{1.0 \times 10^{-5}}

計算分子： (8.99×109)×(1.60×10−19)≈1.44×10−9 V⋅m(8.99 \times 10^9) \times (1.60 \times 10^{-19}) \approx 1.44 \times 10^{-9}\ \mathrm{V\cdot m}

除以分母： ΔV=1.44×10−91.0×10−5=1.44×10−4 V\Delta V = \frac{1.44 \times 10^{-9}}{1.0 \times 10^{-5}} = 1.44 \times 10^{-4}\ \mathrm{V}

步驟三：換算為常用工程單位

將伏特（V\mathrm{V}）換算為毫伏特（mV\mathrm{mV}，即 10−3 V10^{-3}\ \mathrm{V}）：

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第 26 題2 分

要中和 4040 毫升 0.245 M0.245\ \mathrm{M} 的 H2SO4\mathrm{H_2SO_4} 溶液，需要多少毫升的 0.350 M0.350\ \mathrm{M} NaOH\mathrm{NaOH} 溶液？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查普通化學中的酸鹼中和滴定與化學計量計算。

  1. 酸鹼完全中和原理：在化學計量點（當量點）時，酸所釋出的氫離子莫耳數必等於鹼所釋出的氫氧根離子莫耳數，即： n(H+)=n(OH−)n(\mathrm{H^+}) = n(\mathrm{OH^-})
  2. 當量關係式： nA×MA×VA=nB×MB×VBn_{\mathrm{A}} \times M_{\mathrm{A}} \times V_{\mathrm{A}} = n_{\mathrm{B}} \times M_{\mathrm{B}} \times V_{\mathrm{B}}
  • nAn_{\mathrm{A}}、nBn_{\mathrm{B}}：分別為酸與鹼的質子轉移數（價數）。
  • MAM_{\mathrm{A}}、MBM_{\mathrm{B}}：分別為酸與鹼的體積莫耳濃度（M\mathrm{M}）。
  • VAV_{\mathrm{A}}、VBV_{\mathrm{B}}：分別為酸與鹼的溶液體積（mL\mathrm{mL}）。
  1. 酸鹼價數：硫酸（H2SO4\mathrm{H_2SO_4}）為二元酸（nA=2n_{\mathrm{A}} = 2）；氫氧化鈉（NaOH\mathrm{NaOH}）為一元鹼（nB=1n_{\mathrm{B}} = 1）。

解題方法

本題的反應化學方程式如下： H2SO4+2NaOH→Na2SO4+2H2O\mathrm{H_2SO_4} + 2\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{Na_2SO_4} + 2\mathrm{H_2O} 由此可知，完全中和 1 mol1\ \mathrm{mol} 的 H2SO4\mathrm{H_2SO_4} 需要 2 mol2\ \mathrm{mol} 的 NaOH\mathrm{NaOH}。

步驟一：計算硫酸所能提供的 H+\mathrm{H^+} 毫莫耳數（mmol\mathrm{mmol}） 硫酸莫耳數=MA×VA=0.245 M×40 mL=9.8 mmol\text{硫酸莫耳數} = M_{\mathrm{A}} \times V_{\mathrm{A}} = 0.245\ \mathrm{M} \times 40\ \mathrm{mL} = 9.8\ \mathrm{mmol} 因每莫耳 H2SO4\mathrm{H_2SO_4} 可游離出 22 莫耳 H+\mathrm{H^+}： n(H+)=2×9.8 mmol=19.6 mmoln(\mathrm{H^+}) = 2 \times 9.8\ \mathrm{mmol} = 19.6\ \mathrm{mmol}

步驟二：由中和關係求所需 NaOH\mathrm{NaOH} 溶液體積 VBV_{\mathrm{B}}

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第 27 題2 分

下列混合溶液中，何種最接近理想溶液之性質？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 理想溶液（Ideal Solution）的定義： 在所有濃度與溫度範圍內，均完全遵守**拉午耳定律（Raoult's Law）**的溶液： Pi=XiPi∘P_i = X_i P_i^\circ （其中 PiP_i 為組分 ii 的分壓，XiX_i 為其液相莫耳分率，Pi∘P_i^\circ 為純組分 ii 在同溫度下的飽和蒸氣壓。）

  2. 理想溶液的熱力學特徵：

  • 混合焓變：ΔHmix=0\Delta H_{\text{mix}} = 0（混合時不吸熱也不放熱）
  • 混合體積變：ΔVmix=0\Delta V_{\text{mix}} = 0（混合後總體積等於各成分體積直接相加）
  1. 微觀分子條件： 溶液中兩成分分子 AA 與 BB 之間的作用力（A−BA-B），必須與純物質自身的作用力（A−AA-A 及 B−BB-B）在大小與性質上極為相似： FA−B≈FA−A≈FB−BF_{A-B} \approx F_{A-A} \approx F_{B-B} 因此，形成理想溶液的條件為：分子結構極為相似、極性相同、分子大小與分子間作用力型態高度相仿。

解題方法

判斷何者最接近理想溶液，關鍵在於比較兩混合成分的化學結構與分子間作用力：

  1. 找出分子結構最相似、同屬非極性（或極性高度一致）、分子間作用力型態幾乎相同的組合。
  2. 凡存在不同作用力型態（如：氫鍵與凡得瓦力混合、極性分子與非極性分子混合）者，混合時分子間作用力會產生顯著改變（ΔHmix≠0\Delta H_{\text{mix}} \neq 0、ΔVmix≠0\Delta V_{\text{mix}} \neq 0），皆會產生偏離拉午耳定律的正偏差或負偏差，屬於非理想溶液。

選項分析

  • (A) 苯和甲苯（正確）：
  • 苯（Benzene, C6H6\text{C}_6\text{H}_6） 與 甲苯（Toluene, C6H5CH3\text{C}_6\text{H}_5\text{CH}_3） 皆為非極性芳香烴，甲苯僅比苯多一個甲基（−CH3-\text{CH}_3）。
  • 兩者的分子形狀、大小相仿，分子間作用力皆純粹為強度極相近的倫敦分散力（London dispersion forces）。
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第 28 題2 分

25 mL25\ \mathrm{mL}、0.50 M0.50\ \mathrm{M} 的下列水溶液，分別以 0.10 M0.10\ \mathrm{M} NaOH\mathrm{NaOH} 完全中和，所得水溶液之 pH 值何者最高？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 酸鹼滴定與完全中和（當量點）： 以強鹼 NaOH\mathrm{NaOH} 完全中和各單質子酸（或酸性離子）時，酸恰好與氫氧根離子（OH−\mathrm{OH^-}）完全反應，溶液中的主要產物為該酸的共軛鹼與中性鹽類。
  2. 共軛酸鹼對的強度關係： 在 25 ∘C25\ ^\circ\mathrm{C} 的水溶液中，弱酸的酸解離常數（KaK_a）與其共軛鹼的鹼解離常數（KbK_b）成反比： Ka×Kb=Kw=1.0×10−14K_a \times K_b = K_w = 1.0 \times 10^{-14} 酸性越弱（KaK_a 越小），其共軛鹼的鹼性越強（KbK_b 越大）。
  3. 當量點的 pH\mathrm{pH} 決定因素： 當加入相同莫耳數的各酸性溶質，並以相同濃度的 NaOH\mathrm{NaOH} 中和至當量點時，所得各溶液之總體積與共軛鹼莫耳濃度皆相同。因此，共軛鹼的 KbK_b 越大者，解離產生的 [OH−][\mathrm{OH^-}] 越高，完全中和後溶液的 pH\mathrm{pH} 值最高。

解題方法

步驟一：計算中和所需之強鹼體積與當量點共軛鹼濃度

各溶液取 25 mL25\ \mathrm{mL}、0.50 M0.50\ \mathrm{M}，內含溶質莫耳數為： n=0.50 M×0.025 L=0.0125 mol=12.5 mmoln = 0.50\ \mathrm{M} \times 0.025\ \mathrm{L} = 0.0125\ \mathrm{mol} = 12.5\ \mathrm{mmol}

四個選項中的酸性物種均為單質子供給者，與 NaOH\mathrm{NaOH} 的反應計量比皆為 1:11:1。中和所需的 0.10 M NaOH0.10\ \mathrm{M}\ \mathrm{NaOH} 體積為： VNaOH=12.5 mmol0.10 M=125 mLV_{\mathrm{NaOH}} = \frac{12.5\ \mathrm{mmol}}{0.10\ \mathrm{M}} = 125\ \mathrm{mL}

完全中和後的溶液總體積均為： Vtotal=25 mL+125 mL=150 mL=0.150 LV_{\text{total}} = 25\ \mathrm{mL} + 125\ \mathrm{mL} = 150\ \mathrm{mL} = 0.150\ \mathrm{L}

當量點時，生成的各共軛鹼濃度皆相等： Cb=12.5 mmol150 mL=112 M≈0.0833 MC_b = \frac{12.5\ \mathrm{mmol}}{150\ \mathrm{mL}} = \frac{1}{12}\ \mathrm{M} \approx 0.0833\ \mathrm{M}

步驟二：分析完全中和後的反應產物與共軛鹼強度

各選項與 OH−\mathrm{OH^-} 反應生成之共軛鹼如下：

  • (A) NH4++OH−→NH3+H2O\mathrm{NH_4^+ + OH^- \rightarrow NH_3 + H_2O}（生成弱鹼 NH3\mathrm{NH_3}）
  • (B) HSO4−+OH−→SO42−+H2O\mathrm{HSO_4^- + OH^- \rightarrow SO_4^{2-} + H_2O}（生成極弱鹼 SO42−\mathrm{SO_4^{2-}}）
  • (C) CH3COOH+OH−→CH3COO−+H2O\mathrm{CH_3COOH + OH^- \rightarrow CH_3COO^- + H_2O}（生成弱鹼 CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-}）
  • (D) H++OH−→H2O\mathrm{H^+ + OH^- \rightarrow H_2O}（Cl−\mathrm{Cl^-} 為強酸陰離子，不水解）

各酸性物種的酸性強度順序為： HCl≫HSO4− (Ka≈1.2×10−2)>CH3COOH (Ka≈1.8×10−5)>NH4+ (Ka≈5.6×10−10)\mathrm{HCl} \gg \mathrm{HSO_4^-}\ (K_a \approx 1.2 \times 10^{-2}) > \mathrm{CH_3COOH}\ (K_a \approx 1.8 \times 10^{-5}) > \mathrm{NH_4^+}\ (K_a \approx 5.6 \times 10^{-10})

對應共軛鹼的鹼性強度（KbK_b 值）順序恰好相反： NH3 (Kb≈1.8×10−5)≫CH3COO− (Kb≈5.6×10−10)>SO42− (Kb≈8.3×10−13)>Cl− (Kb≈0)\mathrm{NH_3}\ (K_b \approx 1.8 \times 10^{-5}) \gg \mathrm{CH_3COO^-}\ (K_b \approx 5.6 \times 10^{-10}) > \mathrm{SO_4^{2-}}\ (K_b \approx 8.3 \times 10^{-13}) > \mathrm{Cl^-}\ (K_b \approx 0)

步驟三：定量求算各溶液當量點的 pH\mathrm{pH} 值

  1. (A) NH3\mathrm{NH_3} 溶液：
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第 29 題2 分

以下三個反應式及其平衡常數，是 AgCl(s)\mathrm{AgCl(s)} 在 10.0 M10.0\ \mathrm{M} 濃氨水中的溶解相關反應：

AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq),Ksp=1.6×10−10\mathrm{AgCl(s)}\rightleftharpoons \mathrm{Ag^+(aq)+Cl^-(aq)},\qquad K_{sp}=1.6\times10^{-10}

Ag+(aq)+NH3(aq)⇌Ag(NH3)+(aq),K1=2.1×103\mathrm{Ag^+(aq)+NH_3(aq)}\rightleftharpoons \mathrm{Ag(NH_3)^+(aq)},\qquad K_1=2.1\times10^3

Ag(NH3)+(aq)+NH3(aq)⇌Ag(NH3)2+(aq),K2=8.2×103\mathrm{Ag(NH_3)^+(aq)+NH_3(aq)}\rightleftharpoons \mathrm{Ag(NH_3)_2^+(aq)},\qquad K_2=8.2\times10^3

在此飽和 AgCl(s)\mathrm{AgCl(s)} 的氨水溶液中，下列敘述何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查**沉澱溶解平衡（KspK_{sp}）與錯離子形成平衡（KfK_f 或 β\beta）**的耦合平衡體系，主要涉及以下化學觀念與定量關係：

  1. 多重平衡與平衡常數組合：當一個反應由數個反應相加而成時，其總平衡常數為各步平衡常數的乘積。
  2. 錯離子的逐級形成常數：金屬離子與配位基（NH3\mathrm{NH_3}）結合時，逐級生成不同配位數的錯離子，其比值由逐級形成常數與游離配位基濃度決定。
  3. 物料平衡（Mass Balance）：溶解之難溶鹽解離產生的陰、陽離子總莫耳數守恆。
  4. 配位效應對溶解度的影響：配位基消耗游離金屬離子，使沉澱溶解平衡向右移動，大幅提升鹽類的莫耳溶解度。

解題方法

1. 總反應方程式與平衡常數

AgCl(s)\mathrm{AgCl(s)} 溶解於濃氨水中的整體平衡反應，為沉澱溶解反應與兩步錯合反應的加成：

(1) AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)Ksp=1.6×10−10\text{(1) } \mathrm{AgCl(s)} \rightleftharpoons \mathrm{Ag^+(aq)} + \mathrm{Cl^-(aq)} \quad K_{sp} = 1.6 \times 10^{-10}

(2) Ag+(aq)+NH3(aq)⇌Ag(NH3)+(aq)K1=2.1×103\text{(2) } \mathrm{Ag^+(aq)} + \mathrm{NH_3(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{Ag(NH_3)^+(aq)} \quad K_1 = 2.1 \times 10^3

(3) Ag(NH3)+(aq)+NH3(aq)⇌Ag(NH3)2+(aq)K2=8.2×103\text{(3) } \mathrm{Ag(NH_3)^+(aq)} + \mathrm{NH_3(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{Ag(NH_3)_2^+(aq)} \quad K_2 = 8.2 \times 10^3

將三式相加，得 AgCl(s)\mathrm{AgCl(s)} 在氨水中溶解生成主要錯離子 Ag(NH3)2+\mathrm{Ag(NH_3)_2^+} 的全反應：

AgCl(s)+2 NH3(aq)⇌Ag(NH3)2+(aq)+Cl−(aq)\mathrm{AgCl(s)} + 2\,\mathrm{NH_3(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{Ag(NH_3)_2^+(aq)} + \mathrm{Cl^-(aq)}

其整體平衡常數 KnetK_{net} 為三者相乘：

Knet=Ksp×K1×K2=(1.6×10−10)×(2.1×103)×(8.2×103)≈2.8×10−3K_{net} = K_{sp} \times K_1 \times K_2 = (1.6 \times 10^{-10}) \times (2.1 \times 10^3) \times (8.2 \times 10^3) \approx 2.8 \times 10^{-3}

2. 物種濃度相對關係分析

  • 銀物種與氯離子的物料守恆： 固體 AgCl\mathrm{AgCl} 溶解時，每釋出 1 mol1\text{ mol} 的 Cl−\mathrm{Cl^-}，同時釋出 1 mol1\text{ mol} 的含銀物種。因此溶液中滿足：

[Cl−]=[Ag+]+[Ag(NH3)+]+[Ag(NH3)2+][\mathrm{Cl^-}] = [\mathrm{Ag^+}] + [\mathrm{Ag(NH_3)^+}] + [\mathrm{Ag(NH_3)_2^+}]

  • 逐級錯離子濃度比值： 根據第三步反應的平衡常數表示式：

K2=[Ag(NH3)2+][Ag(NH3)+][NH3]K_2 = \frac{[\mathrm{Ag(NH_3)_2^+}]}{[\mathrm{Ag(NH_3)^+}][\mathrm{NH_3}]}

改寫為兩錯離子的濃度比值：

[Ag(NH3)2+][Ag(NH3)+]=K2×[NH3]\frac{[\mathrm{Ag(NH_3)_2^+}]}{[\mathrm{Ag(NH_3)^+}]} = K_2 \times [\mathrm{NH_3}]

選項分析

  • (A) 錯誤
  • 題目所給數值 1.26×10−5 M≈Ksp=1.6×10−101.26 \times 10^{-5}\ \mathrm{M} \approx \sqrt{K_{sp}} = \sqrt{1.6 \times 10^{-10}}，此為 AgCl\mathrm{AgCl} 在純水中的莫耳溶解度。
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第 30 題2 分

將液態氧倒入一個強力磁鐵的兩極之間，在還沒氣化之前可觀察到液態氧被吸引滯留在磁場中。請問下列何者可以解釋 O2\mathrm{O_2} 的上述性質？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 物質磁性與電子排列之關係：
  • 順磁性（Paramagnetism）：分子或原子內含有「未成對電子（unpaired electron）」，在外部磁場中會被吸引。
  • 抗磁性（Diamagnetism，又稱反磁性）：所有電子皆已成對，在外部磁場中會產生微弱的排斥力。
  • 液態氧被磁鐵兩極吸引並滯留，顯示 O2\mathrm{O_2} 具有順磁性，其分子中必存在未成對電子。
  1. 分子軌域理論（Molecular Orbital Theory, MOT）：
  • 傳統的價鍵理論與路易士結構式無法解釋 O2\mathrm{O_2} 的順磁性，唯有透過分子軌域能階圖排列電子，才能正確預測其含有 2 個未成對電子。

解題方法

  1. 現象分析： 液態氧被強磁場吸引滯留，此為典型的「順磁性」實驗現象，代表氧分子內部必定具有未成對電子。
  2. 分子軌域電子組態推導： 每個氧原子（O\mathrm{O}）有 6 個價電子，O2\mathrm{O_2} 分子共有 12 個價電子。依據分子軌域能階的 Aufbau 原理（構築原理）、Pauli 不相容原理及 Hund 定則（洪德定則）依序填入： O2 價層分子軌域電子組態：(σ2s)2(σ2s∗)2(σ2pz)2(π2px)2(π2py)2(π2px∗)1(π2py∗)1\mathrm{O_2}\text{ 價層分子軌域電子組態}：(\sigma_{2s})^2 (\sigma^*_{2s})^2 (\sigma_{2p_z})^2 (\pi_{2p_x})^2 (\pi_{2p_y})^2 (\pi^*_{2p_x})^1 (\pi^*_{2p_y})^1
  • 在最高的佔據分子軌域（HOMO）中，兩個簡併（等能階）的反鍵結軌域 π2px∗\pi^*_{2p_x} 與 π2py∗\pi^*_{2p_y} 各填入 1 個自旋方向相同的電子。
  • 因此，O2\mathrm{O_2} 具有 2 個未成對電子，成功解釋了其順磁性。
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第 31 題2 分

下列分子或離子中，何者具有最小相鄰鍵結的夾角？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗的核心為價殼層電子對互斥理論（VSEPR Theory）與分子幾何構型與鍵角判定：

  1. 立體數（Steric Number, SN\mathrm{SN}）： SN=(中心原子的 σ 鍵結原子數)+(中心原子的孤對電子對數, LP)\mathrm{SN} = (\text{中心原子的 $\sigma$ 鍵結原子數}) + (\text{中心原子的孤對電子對數, LP})
  2. 電子對形狀與分子形狀：由 SN\mathrm{SN} 決定電子對的空間幾何分布（如：SN=3\mathrm{SN}=3 為平面三角形、SN=4\mathrm{SN}=4 為四面體、SN=6\mathrm{SN}=6 為八面體），再扣除孤對電子（LP）的位置，決定分子的實際幾何形狀。
  3. 電子對排斥力大小規律： 孤對－孤對 (LP-LP)>孤對－鍵結 (LP-BP)>鍵結－鍵結 (BP-BP)\text{孤對－孤對 (LP-LP)} > \text{孤對－鍵結 (LP-BP)} > \text{鍵結－鍵結 (BP-BP)} 若存在孤對電子，會將鍵結電子對彼此推擠，導致鍵角通常小於理想對稱鍵角；若為高對稱性分子（如完全對稱的八面體或平面四方形），則受對稱性限制具有固定夾角。

解題方法

  1. 求出各分子／離子的路易斯結構，計算中心原子的價電子數、成鍵數與孤對電子數（LP）。
  2. 決定幾何形狀及基準鍵角：
  • 根據 SN\mathrm{SN} 判斷電子幾何分布與基準角（如 120∘120^\circ、109.5∘109.5^\circ、90∘90^\circ）。
  • 考慮孤對電子排斥效應微調鍵角，或依幾何對稱性確定特定相鄰鍵角。
  1. 比較相鄰鍵結夾角大小，選出具有最小鍵角者。

選項分析

  • (A) XeF4\mathrm{XeF_4}（正確）：
  • 價電子推導：中心原子 Xe\mathrm{Xe} 具有 8 個價電子，與 4 個 F\mathrm{F} 形成單鍵，剩餘價電子數為 8−4=48 - 4 = 4 顆，即 2 對孤對電子（LP=2\mathrm{LP} = 2）。
  • 構型判定：SN=4+2=6\mathrm{SN} = 4 + 2 = 6，屬於 AX4E2\mathrm{AX_4E_2} 型。電子幾何形狀為八面體（Octahedral）。
  • 空間分布與鍵角：為使孤對電子間的斥力最小，2 對孤對電子分別佔據八面體的上下兩端軸向（axial）位置，4 個 F\mathrm{F} 原子位於同一赤道平面（equatorial），分子幾何形狀為平面四方形（Square planar）。由於兩對孤對電子的上下斥力完全對稱抵消，平面上相鄰的 F−Xe−F\mathrm{F-Xe-F} 鍵角恰為 90∘90^\circ（對角鍵角為 180∘180^\circ）。
  • (B) NH3\mathrm{NH_3}（錯誤）：
  • 價電子推導：中心原子 N\mathrm{N} 具有 5 個價電子，與 3 個 H\mathrm{H} 形成單鍵，剩餘 1 對孤對電子（LP=1\mathrm{LP} = 1）。
  • 構型判定：SN=3+1=4\mathrm{SN} = 3 + 1 = 4，屬於 AX3E\mathrm{AX_3E} 型。電子幾何形狀為四面體（Tetrahedral），分子幾何形狀為三角錐形（Trigonal pyramidal）。
  • 空間分布與鍵角：理想四面體夾角為 109.5∘109.5^\circ。
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第 32 題2 分

下列哪一個反應非氧化還原反應？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 氧化還原反應（Redox Reaction）的本質：
  • 凡反應過程中伴隨「電子轉移（得失）」，即導致反應前後元素之氧化數（Oxidation Number）發生改變者，即為氧化還原反應。
  • 氧化：氧化數增加（失去電子）。
  • 還原：氧化數減少（獲得電子）。
  1. 非氧化還原反應：
  • 反應前後所有參與元素的氧化數皆完全未改變。常見類型包含酸鹼中和反應與複分解沉澱反應。
  1. 氧化數判斷通則：
  • 元素態（單質）中各原子的氧化數為 00。
  • 鹼金屬（第 1 族，如 Na+、K+\mathrm{Na^+、K^+}）在化合物中氧化數恆為 +1+1；鹼土金屬（第 2 族，如 Ba2+\mathrm{Ba^{2+}}）在化合物中氧化數恆為 +2+2。
  • 氫在一般非金屬共價分子或酸中氧化數為 +1+1。
  • 氧在一般化合物中氧化數多為 −2-2；但在過氧化物（如 H2O2\mathrm{H_2O_2}）中，氧之氧化數為 −1-1。
  • 中性分子各原子氧化數總和為 00；多原子離子各原子氧化數總和等於離子電量。

解題方法

本題要求判斷何者「非氧化還原反應」，解題關鍵在於：逐一檢驗各反應式中反應物與產物之所有元素的氧化數變化。若有任何元素氧化數改變，即屬氧化還原反應；若所有元素氧化數皆維持不變，即為非氧化還原反應。

選項分析

  • (A) 錯誤（屬於氧化還原反應）： 2H2O2(aq)→2H2O(l)+O2(g)2\mathrm{H_2O_2(aq)} \rightarrow 2\mathrm{H_2O(l)} + \mathrm{O_2(g)}

  • 反應物 H2O2\mathrm{H_2O_2}（過氧化氫）中：H\mathrm{H} 的氧化數為 +1+1，O\mathrm{O} 的氧化數為 −1-1。

  • 產物 H2O\mathrm{H_2O} 中：H\mathrm{H} 的氧化數為 +1+1，O\mathrm{O} 的氧化數降為 −2-2（氧化數減少，被還原）。

  • 產物 O2\mathrm{O_2}（元素態）中：O\mathrm{O} 的氧化數升為 00（氧化數增加，被氧化）。

  • 本反應為同一種物質的同一種元素同時發生氧化與還原，屬於典型的自身氧化還原反應（歧化反應，Disproportionation reaction）。

  • (B) 正確（非氧化還原反應）： BaCl2(aq)+K2CrO4(aq)→BaCrO4(s)+2KCl(aq)\mathrm{BaCl_2(aq)} + \mathrm{K_2CrO_4(aq)} \rightarrow \mathrm{BaCrO_4(s)} + 2\mathrm{KCl(aq)}

  • 反應前各元素氧化數：

  • BaCl2\mathrm{BaCl_2}：Ba=+2\mathrm{Ba} = +2、Cl=−1\mathrm{Cl} = -1。

  • K2CrO4\mathrm{K_2CrO_4}：K=+1\mathrm{K} = +1；在鉻酸根 CrO42−\mathrm{CrO_4^{2-}} 中，O=−2\mathrm{O} = -2，依據 Cr+4(−2)=−2\mathrm{Cr} + 4(-2) = -2 求得 Cr=+6\mathrm{Cr} = +6。

  • 反應後各元素氧化數：

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第 33 題2 分

丙酮與氫氣反應可產生異丙醇，請計算此反應之反應焓。

CH3COCH3(g)+H2(g)→CH3CHOHCH3(g)\mathrm{CH_3COCH_3(g)+H_2(g)\rightarrow CH_3CHOHCH_3(g)}

已知：

鍵C=O\mathrm{C=O}H−H\mathrm{H-H}C−H\mathrm{C-H}O−H\mathrm{O-H}C−C\mathrm{C-C}C−O\mathrm{C-O}
鍵焓（kJ/mol\mathrm{kJ/mol}）745745436436414414464464347347351351
🖼️ 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。
這一題的完整詳解

核心觀念

本題考「鍵焓估算反應焓」：

ΔH≈∑E(反應物中被打斷的鍵)−∑E(生成物中新形成的鍵)\Delta H \approx \sum E(\text{反應物中被打斷的鍵})-\sum E(\text{生成物中新形成的鍵})

丙酮加氫生成異丙醇時，羰基的 C=O\mathrm{C=O} 轉成單鍵 C−O\mathrm{C-O}，氫分子中的 H−H\mathrm{H-H} 鍵也被打斷；生成物則新增一個 C−H\mathrm{C-H} 鍵與一個 O−H\mathrm{O-H} 鍵。其餘鍵在反應前後相同，不必列入計算。

解題方法

被打斷的鍵為一個 C=O\mathrm{C=O} 鍵與一個 H−H\mathrm{H-H} 鍵：

745+436=1181 kJ/mol745+436=1181\ \mathrm{kJ/mol}

新形成的鍵為一個 C−O\mathrm{C-O} 鍵、一個 C−H\mathrm{C-H} 鍵與一個 O−H\mathrm{O-H} 鍵：

351+414+464=1229 kJ/mol351+414+464=1229\ \mathrm{kJ/mol}

因此：

ΔH≈1181−1229=−48 kJ/mol\Delta H\approx1181-1229=-48\ \mathrm{kJ/mol}

反應焓為負，表示此反應放熱。

選項分析

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第 34 題2 分

已知下列反應式及其焓的變化量（ΔH\Delta H）：

Fe2O3(s)+3CO(g)→2Fe(s)+3CO2(g),ΔH=−23 kJ\mathrm{Fe_2O_3(s)+3CO(g)\rightarrow2Fe(s)+3CO_2(g)},\qquad \Delta H=-23\ \mathrm{kJ}

3Fe2O3(s)+CO(g)→2Fe3O4(s)+CO2(g),ΔH=−39 kJ\mathrm{3Fe_2O_3(s)+CO(g)\rightarrow2Fe_3O_4(s)+CO_2(g)},\qquad \Delta H=-39\ \mathrm{kJ}

Fe3O4(s)+CO(g)→3FeO(s)+CO2(g),ΔH=18 kJ\mathrm{Fe_3O_4(s)+CO(g)\rightarrow3FeO(s)+CO_2(g)},\qquad \Delta H=18\ \mathrm{kJ}

則下列反應之 ΔH\Delta H 值為何？

Fe(s)+CO2(g)→FeO(s)+CO(g)\mathrm{Fe(s)+CO_2(g)\rightarrow FeO(s)+CO(g)}

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量化學熱力學中**蓋斯定律（Hess's Law，又稱赫斯定律／反應熱加成定律）**的應用。

  1. 狀態函數特性：反應焓變化量（ΔH\Delta H）為狀態函數（state function），其數值僅取決於系統的始態與終態，與反應途徑無關。
  2. 反應式的代數運算與反應熱關係：
  • 若化學反應式反向書寫（逆反應），其反應焓變化量變號：ΔH逆=−ΔH正\Delta H_{\text{逆}} = -\Delta H_{\text{正}}。
  • 若化學反應式之係數乘上 nn 倍，其反應焓變化量亦乘上 nn 倍：ΔH′=n×ΔH\Delta H' = n \times \Delta H。
  • 多步驟反應相加得到總反應時，總反應之 ΔH\Delta H 等於各分步反應 ΔH\Delta H 之代數和：ΔH總=∑ΔHi\Delta H_{\text{總}} = \sum \Delta H_i。

解題方法

本題之目標反應式為： Fe(s)+CO2(g)→FeO(s)+CO(g),ΔH=?\mathrm{Fe(s) + CO_2(g) \rightarrow FeO(s) + CO(g)}, \qquad \Delta H = ?

已知三個基準反應式如下：

  • 反應式 (1)： Fe2O3(s)+3CO(g)→2Fe(s)+3CO2(g),ΔH1=−23 kJ\mathrm{Fe_2O_3(s) + 3CO(g) \rightarrow 2Fe(s) + 3CO_2(g)}, \qquad \Delta H_1 = -23\ \mathrm{kJ}
  • 反應式 (2)： 3Fe2O3(s)+CO(g)→2Fe3O4(s)+CO2(g),ΔH2=−39 kJ\mathrm{3Fe_2O_3(s) + CO(g) \rightarrow 2Fe_3O_4(s) + CO_2(g)}, \qquad \Delta H_2 = -39\ \mathrm{kJ}
  • 反配置 (3)： Fe3O4(s)+CO(g)→3FeO(s)+CO2(g),ΔH3=+18 kJ\mathrm{Fe_3O_4(s) + CO(g) \rightarrow 3FeO(s) + CO_2(g)}, \qquad \Delta H_3 = +18\ \mathrm{kJ}

步驟一：鎖定關鍵物種以確定各反應式的運算因子

  1. 處理 Fe(s)\mathrm{Fe(s)}：
  • 目標式左側（反應物）需要 1 mol1\ \mathrm{mol} 的 Fe(s)\mathrm{Fe(s)}。
  • 僅反應式 (1) 出現 Fe(s)\mathrm{Fe(s)}，且位於右側（生成物），係數為 22。
  • 故將反應式 (1)「反向並乘上 12\frac{1}{2}」： Fe(s)+32CO2(g)→12Fe2O3(s)+32CO(g),ΔH(1)′=−12×(−23)=+11.5 kJ\mathrm{Fe(s) + \frac{3}{2}CO_2(g) \rightarrow \frac{1}{2}Fe_2O_3(s) + \frac{3}{2}CO(g)}, \qquad \Delta H_{(1)'} = -\frac{1}{2} \times (-23) = +11.5\ \mathrm{kJ}
  1. 處理 FeO(s)\mathrm{FeO(s)}：
  • 目標式右側（生成物）需要 1 mol1\ \mathrm{mol} 的 FeO(s)\mathrm{FeO(s)}。
  • 僅反應式 (3) 出現 FeO(s)\mathrm{FeO(s)}，且位於右側，係數為 33。
  • 故將反應式 (3)「維持同向並乘上 13\frac{1}{3}」： 13Fe3O4(s)+13CO(g)→FeO(s)+13CO2(g),ΔH(3)′=13×(+18)=+6 kJ\mathrm{\frac{1}{3}Fe_3O_4(s) + \frac{1}{3}CO(g) \rightarrow FeO(s) + \frac{1}{3}CO_2(g)}, \qquad \Delta H_{(3)'} = \frac{1}{3} \times (+18) = +6\ \mathrm{kJ}
  1. 消去中間產物 Fe2O3(s)\mathrm{Fe_2O_3(s)} 與 Fe3O4(s)\mathrm{Fe_3O_4(s)}：
  • 目前在式 (1)′(1)' 右側有 12 mol Fe2O3(s)\frac{1}{2}\ \mathrm{mol}\ \mathrm{Fe_2O_3(s)}，式 (3)′(3)' 左側有 13 mol Fe3O4(s)\frac{1}{3}\ \mathrm{mol}\ \mathrm{Fe_3O_4(s)}。
  • 觀察反應式 (2)：左側含 3 mol Fe2O3(s)3\ \mathrm{mol}\ \mathrm{Fe_2O_3(s)}，右側含 2 mol Fe3O4(s)2\ \mathrm{mol}\ \mathrm{Fe_3O_4(s)}。
  • 若將反應式 (2)「維持同向並乘上 16\frac{1}{6}」： 12Fe2O3(s)+16CO(g)→13Fe3O4(s)+16CO2(g),ΔH(2)′=16×(−39)=−6.5 kJ\mathrm{\frac{1}{2}Fe_2O_3(s) + \frac{1}{6}CO(g) \rightarrow \frac{1}{3}Fe_3O_4(s) + \frac{1}{6}CO_2(g)}, \qquad \Delta H_{(2)'} = \frac{1}{6} \times (-39) = -6.5\ \mathrm{kJ}
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第 35 題2 分

一個質量為 63.2563.25 公克、溫度為 98.42∘C98.42^\circ\mathrm{C} 的小銅球，放入一個裝有 100.0100.0 毫升水的定壓熱量計中（其熱容量可以忽略）。水的溫度由 10.50∘C10.50^\circ\mathrm{C} 上升到 15.36∘C15.36^\circ\mathrm{C}，水的比熱為 4.184 J/(g⋅∘C)4.184\ \mathrm{J/(g\cdot{}^\circ C)}，請問此銅球的比熱為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗熱力學中的熱量計算與熱平衡（熱量守恆定律）：

  1. 熱量與比熱關係式：物質在無相變狀態下吸熱或放熱所導致的溫度變化為： Q=m⋅s⋅ΔTQ = m \cdot s \cdot \Delta T 其中 mm 為質量、ss 為比熱、ΔT\Delta T 為溫度變化量。
  2. 熱量守恆定律：在絕熱或熱容量可忽略之系統中，高溫物體釋放之熱量等於低溫物體吸收之熱量： Q放=Q吸Q_{\text{放}} = Q_{\text{吸}}
  3. 水的基本性質：在常溫下水的密度約為 1.00 g/mL1.00\ \mathrm{g/mL}，故 100.0 mL100.0\ \mathrm{mL} 的水質量為 100.0 g100.0\ \mathrm{g}。

解題方法

此題為定壓熱量計（卡計）實驗，熱量計本身的熱容量忽略不計，因此高溫銅球放出的熱量完全由水吸收達到熱平衡。

步驟一：整理各項物理量與溫度變化

  • 水（低溫吸熱端）：
  • 質量 m水=100.0 mL×1.00 g/mL=100.0 gm_{\text{水}} = 100.0\ \mathrm{mL} \times 1.00\ \mathrm{g/mL} = 100.0\ \mathrm{g}
  • 比熱 s水=4.184 J/(g⋅∘C)s_{\text{水}} = 4.184\ \mathrm{J/(g\cdot{}^\circ C)}
  • 溫差 ΔT水=T平衡−T初, 水=15.36∘C−10.50∘C=4.86∘C\Delta T_{\text{水}} = T_{\text{平衡}} - T_{\text{初, 水}} = 15.36^\circ\mathrm{C} - 10.50^\circ\mathrm{C} = 4.86^\circ\mathrm{C}
  • 銅球（高溫放熱端）：
  • 質量 m銅=63.25 gm_{\text{銅}} = 63.25\ \mathrm{g}
  • 比熱設為 s銅 J/(g⋅∘C)s_{\text{銅}}\ \mathrm{J/(g\cdot{}^\circ C)}
  • 溫差 ΔT銅=T初, 銅−T平衡=98.42∘C−15.36∘C=83.06∘C\Delta T_{\text{銅}} = T_{\text{初, 銅}} - T_{\text{平衡}} = 98.42^\circ\mathrm{C} - 15.36^\circ\mathrm{C} = 83.06^\circ\mathrm{C}

步驟二：計算水所吸收的熱量 Q吸Q_{\text{吸}}

Q吸=m水⋅s水⋅ΔT水Q_{\text{吸}} = m_{\text{水}} \cdot s_{\text{水}} \cdot \Delta T_{\text{水}} Q吸=100.0×4.184×4.86=2033.424 JQ_{\text{吸}} = 100.0 \times 4.184 \times 4.86 = 2033.424\ \mathrm{J}

步驟三：列出銅球所釋放的熱量 Q放Q_{\text{放}} 並代入熱平衡方程式

Q放=m銅⋅s銅⋅ΔT銅Q_{\text{放}} = m_{\text{銅}} \cdot s_{\text{銅}} \cdot \Delta T_{\text{銅}} Q放=63.25×s銅×83.06=5253.545×s銅 JQ_{\text{放}} = 63.25 \times s_{\text{銅}} \times 83.06 = 5253.545 \times s_{\text{銅}}\ \mathrm{J}

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第 36 題2 分

利用下表的平均鍵能，估計乙炔燃燒反應（如下反應式）的莫耳燃燒熱為何？

C2H2(g)+52O2(g)→2CO2(g)+H2O(g)\mathrm{C_2H_2(g)+\dfrac{5}{2}O_2(g)\rightarrow2CO_2(g)+H_2O(g)}

鍵結C−H\mathrm{C-H}C−C\mathrm{C-C}C=C\mathrm{C=C}C≡C\mathrm{C\equiv C}O=O\mathrm{O=O}C−O\mathrm{C-O}C=O\mathrm{C=O}O−H\mathrm{O-H}
鍵能（kJ/mol\mathrm{kJ/mol}）413413347347614614839839495495358358799799467467
這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 反應熱與平均鍵能之關係： 在氣相反應中，化學反應的反應熱（焓變化，ΔH\Delta H）可由反應前後化學鍵斷裂與生成的總能量差值進行估算： ΔH≈∑D反應物斷鍵（吸收）−∑D生成物成鍵（釋放）\Delta H \approx \sum D_{\text{反應物斷鍵（吸收）}} - \sum D_{\text{生成物成鍵（釋放）}}
  • 斷鍵為吸熱過程（ΔH>0\Delta H > 0）：需輸入能量破壞反應物的化學鍵。
  • 成鍵為放熱過程（ΔH<0\Delta H < 0）：生成物形成化學鍵時會釋放能量。
  1. 分子的路易斯結構與鍵結數判定：
  • 乙炔（C2H2\mathrm{C_2H_2}）：結構為 H−C≡C−H\mathrm{H-C\equiv C-H}，分子內含有 22 個 C−H\mathrm{C-H} 單鍵與 11 個 C≡C\mathrm{C\equiv C} 參鍵。
  • 氧氣（O2\mathrm{O_2}）：結構為 O=O\mathrm{O=O}，分子內含有 11 個 O=O\mathrm{O=O} 雙鍵。
  • 二氧化碳（CO2\mathrm{CO_2}）：結構為 O=C=O\mathrm{O=C=O}，分子內含有 22 個 C=O\mathrm{C=O} 雙鍵。
  • 水蒸氣（H2O\mathrm{H_2O}）：結構為 H−O−H\mathrm{H-O-H}，分子內含有 22 個 O−H\mathrm{O-H} 單鍵。

解題方法

本題利用反應式中各物質的化學計量數，先計算反應物斷裂化學鍵所需吸收的總能量，再計算生成物形成化學鍵所釋放的總能量，兩者相減即可求得反應熱。

步驟一：計算反應物斷鍵所吸收的總能量（∑D斷鍵\sum D_{\text{斷鍵}}）

反應物為 1 mol C2H2(g)1\ \mathrm{mol}\ \mathrm{C_2H_2(g)} 與 52 mol O2(g)\dfrac{5}{2}\ \mathrm{mol}\ \mathrm{O_2(g)}：

  • 斷裂 2 mol C−H2\ \mathrm{mol}\ \mathrm{C-H} 單鍵：2×413=826 kJ2 \times 413 = 826\ \mathrm{kJ}
  • 斷裂 1 mol C≡C1\ \mathrm{mol}\ \mathrm{C\equiv C} 參鍵：1×839=839 kJ1 \times 839 = 839\ \mathrm{kJ}
  • 斷裂 52 mol O=O\dfrac{5}{2}\ \mathrm{mol}\ \mathrm{O=O} 雙鍵：52×495=1237.5 kJ\dfrac{5}{2} \times 495 = 1237.5\ \mathrm{kJ}

∑D斷鍵=826+839+1237.5=2902.5 kJ\sum D_{\text{斷鍵}} = 826 + 839 + 1237.5 = 2902.5\ \mathrm{kJ}

步驟二：計算生成物成鍵所釋放的總能量（∑D成鍵\sum D_{\text{成鍵}}）

生成物為 2 mol CO2(g)2\ \mathrm{mol}\ \mathrm{CO_2(g)} 與 1 mol H2O(g)1\ \mathrm{mol}\ \mathrm{H_2O(g)}：

  • 生成 2×2=4 mol C=O2 \times 2 = 4\ \mathrm{mol}\ \mathrm{C=O} 雙鍵：4×799=3196 kJ4 \times 799 = 3196\ \mathrm{kJ}
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第 37 題2 分

N2O5\mathrm{N_2O_5} 的氣態分解反應為：

2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)\mathrm{2N_2O_5(g)\rightarrow4NO_2(g)+O_2(g)}

由其速率定律式（rate law）可知，N2O5\mathrm{N_2O_5} 屬於一級反應。在 30∘C30^\circ\mathrm{C} 時，此反應的速率常數為 7.3×10−5 s−17.3\times10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}；在 50∘C50^\circ\mathrm{C} 時，此反應的半衰期為 762762 秒。此反應的活化能為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量**化學反應動力學（Chemical Kinetics）**中一級反應特徵與阿瑞尼斯方程式（Arrhenius equation）之綜合應用，涉及以下核心觀念與公式：

  1. 一級反應（First-order reaction）的半衰期公式： 一級反應的半衰期 t1/2t_{1/2} 與反應物初濃度無關，僅取決於反應速率常數 kk： t1/2=ln⁡2k≈0.693kt_{1/2} = \frac{\ln 2}{k} \approx \frac{0.693}{k}
  2. 阿瑞尼斯方程式的兩點式（Two-point Arrhenius equation）： 反應速率常數 kk 隨絕對溫度 TT（K\mathrm{K}）的變化關係式為： ln⁡(k2k1)=−EaR(1T2−1T1)=EaR(1T1−1T2)\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1}\right) = \frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right) 其中：
  • EaE_a 為反應活化能（單位：J/mol\mathrm{J/mol}）
  • RR 為理想氣體常數，取 8.314 J/(mol⋅K)8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}
  • T1,T2T_1, T_2 為絕對溫度（K\mathrm{K}），T(K)=t(∘C)+273.15T(\mathrm{K}) = t(^\circ\mathrm{C}) + 273.15

解題方法

步驟一：計算 50∘C50^\circ\mathrm{C} 時的反應速率常數 k2k_2

已知反應在 50∘C50^\circ\mathrm{C} 時為一級反應，其半衰期 t1/2=762 st_{1/2} = 762\ \mathrm{s}。 利用一級反應半衰期公式求得該溫度下的速率常數 k2k_2： k2=ln⁡2t1/2=0.693762 s≈9.09×10−4 s−1k_2 = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{762\ \mathrm{s}} \approx 9.09 \times 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}

步驟二：溫度轉換為絕對溫標

  • T1=30∘C=30+273.15=303.15 KT_1 = 30^\circ\mathrm{C} = 30 + 273.15 = 303.15\ \mathrm{K}（取近似值 303 K303\ \mathrm{K}）
  • T2=50∘C=50+273.15=323.15 KT_2 = 50^\circ\mathrm{C} = 50 + 273.15 = 323.15\ \mathrm{K}（取近似值 323 K323\ \mathrm{K}）

計算溫度倒數差值： 1T1−1T2=T2−T1T1×T2=323−303303×323=2097869≈2.044×10−4 K−1\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2} = \frac{T_2 - T_1}{T_1 \times T_2} = \frac{323 - 303}{303 \times 323} = \frac{20}{97869} \approx 2.044 \times 10^{-4}\ \mathrm{K^{-1}}

步驟三：計算速率常數比值的自然對數

已知 30∘C30^\circ\mathrm{C} 時 k1=7.3×10−5 s−1k_1 = 7.3 \times 10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}： k2k1=9.09×10−47.3×10−5≈12.45\frac{k_2}{k_1} = \frac{9.09 \times 10^{-4}}{7.3 \times 10^{-5}} \approx 12.45 取自然對數： ln⁡(k2k1)=ln⁡(12.45)≈2.52\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \ln(12.45) \approx 2.52

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第 38 題2 分

下列何者在酸性溶液中的溶解度沒有比在純水中更高？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查**難溶鹽的沉澱溶解平衡（KspK_{sp}）與酸鹼平衡耦合（勒沙特列原理，Le Chatelier's principle）**的綜合應用。

  1. 酸對沉澱溶解度的影響機制： 難溶鹽 \text{M}_x\text{A}_y_{(s)} \rightleftharpoons x\text{M}^{n+}_{(aq)} + y\text{A}^{m-}_{(aq)} 在水溶液中存在溶解平衡。若溶液加酸（增加 [H+][\text{H}^+]），其溶解度是否增加，取決於陰離子 Am−\text{A}^{m-} 是否具備顯著的結合質子能力（即是否具鹼性）：
  • 若陰離子為弱酸的共軛鹼或 OH−\text{OH}^-，Am−\text{A}^{m-} 會與 H+\text{H}^+ 反應生成弱電解質（如 HA(m−1)−\text{HA}^{(m-1)-} 或 H2O\text{H}_2\text{O}），導致游離的 [Am−][\text{A}^{m-}] 下降。依據勒沙特列原理，平衡向右移動，使鹽類在酸中的溶解度大於在純水中的溶解度。
  • 若陰離子為強酸的共軛鹼，其鹼性極弱，不與水溶液中的 H+\text{H}^+ 結合，故酸度增加不會影響平衡移動，溶解度與純水中無異。

解題方法

直接檢視各選項中化合物解離出之陰離子特性：

  • 強酸的共軛鹼（如 Cl−,Br−,I−,NO3−,ClO4−\text{Cl}^-, \text{Br}^-, \text{I}^-, \text{NO}_3^-, \text{ClO}_4^-）：在酸性水溶液中不與 H+\text{H}^+ 反應，溶解度不變（沒有比純水中更高）。
  • 弱酸的共軛鹼（如 S2−,SO42−,CO32−,F−\text{S}^{2-}, \text{SO}_4^{2-}, \text{CO}_3^{2-}, \text{F}^- 等）或 OH−\text{OH}^-：在酸性溶液中會結合 H+\text{H}^+，溶解度增加。

選項分析

  • (A) 硫化銅（CuS\text{CuS}）：錯誤（酸中溶解度高於純水）。 硫化銅的沉澱溶解平衡為： CuS(s)⇌Cu(aq)2++S(aq)2−\text{CuS}_{(s)} \rightleftharpoons \text{Cu}^{2+}_{(aq)} + \text{S}^{2-}_{(aq)} S2−\text{S}^{2-} 為弱酸 H2S\text{H}_2\text{S}（及 HS−\text{HS}^-）的共軛鹼，具強烈結合質子的能力： S(aq)2−+2H(aq)+⇌H2S(aq)\text{S}^{2-}_{(aq)} + 2\text{H}^+_{(aq)} \rightleftharpoons \text{H}_2\text{S}_{(aq)} 加酸會大幅消耗 S2−\text{S}^{2-}，促使溶解平衡向右移動，因此其在酸性溶液中的溶解度高於純水。

  • (B) 氯化銀（AgCl\text{AgCl}）：正確（酸中溶解度沒有比純水更高）。 氯化銀的沉澱溶解平衡為： AgCl(s)⇌Ag(aq)++Cl(aq)−\text{AgCl}_{(s)} \rightleftharpoons \text{Ag}^+_{(aq)} + \text{Cl}^-_{(aq)} Cl−\text{Cl}^- 為強酸（HCl\text{HCl}）的共軛鹼，在水溶液中幾乎沒有接受質子的能力（不與 H+\text{H}^+ 結合）。加入酸性溶液不會改變平衡系統中的任何離子濃度，故平衡不移動，其溶解度在酸性溶液中與在純水中相同。

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第 39 題2 分

有一反應：

12AB→12A2+12B2\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\rightarrow\dfrac{1}{2}\mathrm{A_2}+\dfrac{1}{2}\mathrm{B_2}

其活化能為 90 kJ/mol90\ \mathrm{kJ/mol}，而其逆反應的活化能為 100 kJ/mol100\ \mathrm{kJ/mol}。當加入一催化劑後，反應活化能降為 70 kJ/mol70\ \mathrm{kJ/mol}。下列對此反應的敘述何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 反應熱與活化能的關係： 一單步或總反應的反應熱（ΔH\Delta H）等於正反應活化能（Ea,正E_{a,\text{正}}）與逆反應活化能（Ea,逆E_{a,\text{逆}}）之差： ΔH=Ea,正−Ea,逆\Delta H = E_{a,\text{正}} - E_{a,\text{逆}}
  • 若 ΔH<0\Delta H < 0，表示生成物能量低於反應物，為放熱反應。
  • 若 ΔH>0\Delta H > 0，表示生成物能量高於反應物，為吸熱反應。
  1. 催化劑（觸媒）的作用機制：
  • 催化劑提供另一條活化能較低的反應途徑（改變反應歷程）。
  • 催化劑同時且等量降低正反應與逆反應的活化能，即 ΔEa,正=ΔEa,逆\Delta E_{a,\text{正}} = \Delta E_{a,\text{逆}}。
  • 催化劑不改變反應物與生成物的本質及初末狀態，因此不改變反應熱（ΔH\Delta H）、自由能變化（ΔG\Delta G）、反應方向與化學平衡常數（KK）。

解題方法

  1. 求原反應之反應熱（ΔH\Delta H）： 依定義計算反應熱： ΔH=Ea,正−Ea,逆=90 kJ/mol−100 kJ/mol=−10 kJ/mol\Delta H = E_{a,\text{正}} - E_{a,\text{逆}} = 90\ \mathrm{kJ/mol} - 100\ \mathrm{kJ/mol} = -10\ \mathrm{kJ/mol} 因 ΔH=−10 kJ/mol<0\Delta H = -10\ \mathrm{kJ/mol} < 0，此反應為放熱反應。

  2. 計算加入催化劑後的活化能變化：

  • 正反應活化能由 90 kJ/mol90\ \mathrm{kJ/mol} 降至 70 kJ/mol70\ \mathrm{kJ/mol}，活化能下降幅度為： ΔEa=90 kJ/mol−70 kJ/mol=20 kJ/mol\Delta E_a = 90\ \mathrm{kJ/mol} - 70\ \mathrm{kJ/mol} = 20\ \mathrm{kJ/mol}
  • 因活化複合體（過渡態）能量等量下降，逆反應活化能亦必須同等降低 20 kJ/mol20\ \mathrm{kJ/mol}： Ea,逆′=100 kJ/mol−20 kJ/mol=80 kJ/molE'_{a,\text{逆}} = 100\ \mathrm{kJ/mol} - 20\ \mathrm{kJ/mol} = 80\ \mathrm{kJ/mol}
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第 40 題2 分

化學反應式：

X+2Y⇌3Z\mathrm{X+2Y\rightleftharpoons3Z}

是在某惰性有機溶劑（不參與反應）中合成藥物分子 Z\mathrm{Z} 的放熱反應式。若在反應達到平衡後，欲再增加此藥物分子的產量，下列何者是最佳方法？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗化學平衡的移動原理——**勒沙特列原理（Le Chatelier's principle）**以及影響化學平衡的各項因素，主要涵蓋：

  1. 溫度對化學平衡的影響：溫度是改變平衡常數 KK 的唯一因素。對於放熱反應（ΔH<0\Delta H < 0），降溫會使平衡常數增大，促使平衡向正反應（產物）方向移動。
  2. 溶劑稀釋對溶液相平衡的影響：當反應物與生成物的溶質化學計量係數和相等時（Δn=0\Delta n = 0），稀釋不會改變反應商 QQ，平衡不發生移動。
  3. 催化劑的功能：催化劑僅能同等程度加快正、逆反應速率以縮短達平衡所需的時間，但無法改變平衡狀態或提高平衡產率。
  4. 惰性物質對液相平衡的影響：在溶液中通入不溶且不反應的氣體，不改變各溶質的濃度，對平衡無影響。

解題方法

題目給定的反應式為： X+2Y⇌3Z+熱(ΔH<0)\mathrm{X + 2Y \rightleftharpoons 3Z} + \text{熱} \quad (\Delta H < 0)

欲在平衡後增加藥物分子 Z\mathrm{Z} 的產量（莫耳數），必須採取能使化學平衡向**右（正反應方向）**移動的操作。

  1. 分析熱效應： 此反應為「放熱反應」，可將熱量視為生成物之一。
  2. 分析計量係數：
  • 反應物係數和 =1+2=3= 1 + 2 = 3
  • 生成物係數和 =3= 3
  • 兩端溶質莫耳係數變化量 Δn=3−(1+2)=0\Delta n = 3 - (1 + 2) = 0
  1. 尋求促使平衡右移的條件： 由於 ΔH<0\Delta H < 0，若降低系統溫度，依勒沙特列原理，系統會傾向放熱以抗拒溫度的下降，因此平衡必向右移動，使 Z\mathrm{Z} 的莫耳數（產量）增加。

選項分析

  • (A) 添加溶劑：錯誤 反應於有機溶劑中進行，各物質之濃度商數（反應商）為： Qc=[Z]3[X][Y]2Q_c = \frac{[\mathrm{Z}]^3}{[\mathrm{X}][\mathrm{Y}]^2} 若加入溶劑使溶液體積膨脹為原本的 nn 倍，各成分濃度皆稀釋為原本的 1n\frac{1}{n} 倍：
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第 41 題2 分

若將 22 安培電流通過裝有稀硫酸的電解槽共 1212 個小時，請計算在 11 大氣壓、25∘C25^\circ\mathrm{C} 下，陰、陽兩極所生成的氣體體積總和？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 法拉第電解定律（Faraday's Laws of Electrolysis）： 電解時電極上析出或生成的物質量，與通過溶液的總電量成正比。 總電量 Q=I×t\text{總電量 } Q = I \times t 傳遞之電子莫耳數 ne−=QF\text{傳遞之電子莫耳數 } n_{e^-} = \frac{Q}{F} 其中電流 II 單位為安培（A\mathrm{A}）、通電時間 tt 單位為秒（s\mathrm{s}），法拉第常數 F≈96500 C/molF \approx 96500\ \mathrm{C/mol}。

  2. 稀硫酸水溶液之電解反應： 稀硫酸水溶液中，電解反應的實質為「水之電解」（SO42−\mathrm{SO_4^{2-}} 難以被氧化，H+\mathrm{H^+} 優先還原）：

  • 陰極（還原反應，生成氫氣）： 2H+(aq)+2e−→H2(g)2\mathrm{H^+(aq)} + 2e^- \rightarrow \mathrm{H_2(g)} 每轉移 2 mol2\ \mathrm{mol} 電子生成 1 mol H21\ \mathrm{mol}\ \mathrm{H_2}。
  • 陽極（氧化反應，生成氧氣）： 2H2O(l)→O2(g)+4H+(aq)+4e−2\mathrm{H_2O(l)} \rightarrow \mathrm{O_2(g)} + 4\mathrm{H^+(aq)} + 4e^- 每轉移 4 mol4\ \mathrm{mol} 電子生成 1 mol O21\ \mathrm{mol}\ \mathrm{O_2}。
  • 全反應式： 2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)2\mathrm{H_2O(l)} \rightarrow 2\mathrm{H_2(g)} + \mathrm{O_2(g)} 每轉移 4 mol4\ \mathrm{mol} 電子，陰極產生 2 mol H22\ \mathrm{mol}\ \mathrm{H_2}，陽極產生 1 mol O21\ \mathrm{mol}\ \mathrm{O_2}，兩極氣體總莫耳數共 3 mol3\ \mathrm{mol}。
  1. 理想氣體狀態方程式： PV=nRT  ⟹  V=nRTPPV = nRT \implies V = \frac{nRT}{P} 在 1 atm1\ \mathrm{atm}、25∘C25^\circ\mathrm{C}（298.15 K298.15\ \mathrm{K}）下，理想氣體的莫耳體積常數 Vm≈24.45 L/molV_m \approx 24.45\ \mathrm{L/mol}（亦可代入理想氣體常數 R=0.08206 L⋅atm/(mol⋅K)R = 0.08206\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)} 計算）。

解題方法

步驟一：計算總通電量與電子莫耳數 通電時間 t=12 小時=12×3600 s=43200 st = 12\ \text{小時} = 12 \times 3600\ \mathrm{s} = 43200\ \mathrm{s}。 總電量 QQ 為： Q=I×t=2 A×43200 s=86400 CQ = I \times t = 2\ \mathrm{A} \times 43200\ \mathrm{s} = 86400\ \mathrm{C}

通過電解槽的電子莫耳數 ne−n_{e^-} 為： ne−=QF=86400 C96500 C/mol≈0.8953 moln_{e^-} = \frac{Q}{F} = \frac{86400\ \mathrm{C}}{96500\ \mathrm{C/mol}} \approx 0.8953\ \mathrm{mol}

步驟二：計算陰、陽兩極生成的氣體總莫耳數 依半反應化學計量比：

  • 陰極生成 H2\mathrm{H_2} 之莫耳數：nH2=12ne−n_{\mathrm{H_2}} = \frac{1}{2} n_{e^-}
  • 陽極生成 O2\mathrm{O_2} 之莫耳數：nO2=14ne−n_{\mathrm{O_2}} = \frac{1}{4} n_{e^-}

兩極生成的氣體莫耳數總和 n總n_{\text{總}} 為：

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第 42 題2 分

下列有關電化學應用的敘述何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題整合測驗電化學的多項重要應用與基礎原理，涵蓋領域包括：

  1. 電位分析法（Potentiometry）與 pH 計原理：利用玻璃電極與參考電極構成加凡尼電池，測量跨膜電位差（電動勢，EMF），由能斯特方程式（Nernst equation）換算氫離子活度（pH 值）。
  2. 濃差電池（Concentration Cell）：兩半電池由相同物質組成但濃度不同，其標準電動勢 Ecell∘=0E^\circ_{\text{cell}} = 0。透過測量電池電動勢可測定極微量的離子平衡濃度，進而計算難溶鹽的溶度積常數（KspK_{\mathrm{sp}}）。
  3. 電解精煉（Electrolytic Refining）：利用外加電壓強制發生非自發氧化還原反應。陽極發生氧化反應（粗金屬溶出），陰極發生還原反應（純金屬沉積）。
  4. 金屬防蝕——陰極保護法（Cathodic Protection）：將被保護的金屬結構物（如鋼管）強制維持為「陰極」，藉由連接活性更大的金屬作為「犧牲陽極（sacrificial anode）」或使用外加電流法，使被保護金屬不發生氧化腐蝕。

解題方法

本題屬於觀念辨析題，解題切入點在於精準掌握各電化學裝置的電極角色（陰極／陽極）、自發性與量測原理（施加電壓 vs. 量測被動電動勢）：

  1. 儀器工作機制：確認 pH 計是屬於「測量電動勢」還是「外加電壓引發電解反應」。
  2. 熱力學公式連結：檢視濃差電池能否透過能斯特方程式解出難溶鹽解離產生的微量離子濃度。
  3. 電解精煉配置：依「陽極氧化溶出、陰極還原沉積」的規則判斷粗金屬與純金屬的電極配置。
  4. 防腐蝕角色指認：由字面「陰極保護法」出發，釐清究竟誰是陰極（被保護者）、誰是陽極（提供電子者）。

選項分析

  • (A) 錯誤： 酸鹼度計（pH meter）屬於電位分析法（Potentiometry），其原理是利用玻璃指示電極與參考電極（如飽和甘汞電極或 Ag/AgCl\mathrm{Ag/AgCl} 電極）浸入待測液中組成一個加凡尼電池。 兩電極之間的電位差隨溶液中的 H+\mathrm{H}^+ 活度而改變，在 25∘C25^\circ\mathrm{C} 下滿足： Ecell=常數−0.0592×pHE_{\text{cell}} = \text{常數} - 0.0592 \times \mathrm{pH} 酸鹼度計內建高輸入阻抗的電壓表，是在**電流趨近於零（不對溶液施加外加電壓或電流）**的被動條件下量測此平衡電位差。若主動施加電壓，將引發電解反應並破壞原本的化學平衡，導致測量失真。

  • (B) 正確： 可建構一組銀濃差電池以量測 AgCl\mathrm{AgCl} 的 KspK_{\mathrm{sp}}：

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第 43 題2 分

將氯氣溶於冷水中可以產生次氯酸，反應式如下：

Cl2(aq)+H2O(l)⇌HOCl(aq)+H+(aq)+Cl−(aq)\mathrm{Cl_2(aq)+H_2O(l)\rightleftharpoons HOCl(aq)+H^+(aq)+Cl^-(aq)}

下列關於此反應的描述何者最適當？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 氧化數判斷與氧化還原反應：判斷反應物與生成物中各原子的氧化數變化，氧化數增加者被氧化（作為還原劑），氧化數減少者被還原（作為氧化劑）。
  2. 自身氧化還原反應（歧化反應，Disproportionation reaction）：同一反應物中同一元素的原子，部分氧化數上升、部分氧化數下降的特殊氧化還原反應。
  3. 勒沙特列原理（Le Chatelier's principle）：已達平衡的系統若受到外在條件改變（如濃度變化），系統會朝向減弱該變化的方向移動平衡。

解題方法

首先分析反應式中各元素的氧化數變化： Cl2(aq)+H2O(l)⇌HOCl(aq)+H+(aq)+Cl−(aq)\mathrm{Cl_2(aq)+H_2O(l)\rightleftharpoons HOCl(aq)+H^+(aq)+Cl^-(aq)}

  1. 反應物：
  • Cl2\mathrm{Cl_2}：元素態，Cl\mathrm{Cl} 之氧化數為 00。
  • H2O\mathrm{H_2O}：H\mathrm{H} 為 +1+1，O\mathrm{O} 為 −2-2。
  1. 生成物：
  • HOCl\mathrm{HOCl}：H\mathrm{H} 為 +1+1，O\mathrm{O} 為 −2-2，Cl\mathrm{Cl} 為 +1+1。
  • H+\mathrm{H^+}：H\mathrm{H} 為 +1+1。
  • Cl−\mathrm{Cl^-}：單原子離子，Cl\mathrm{Cl} 為 −1-1。

由上述計算可知：

  • 一半的 Cl\mathrm{Cl} 原子由 00 變成 +1+1（氧化數增加，被氧化生成 HOCl\mathrm{HOCl}）。
  • 另一半的 Cl\mathrm{Cl} 原子由 00 變成 −1-1（氧化數減少，被還原生成 Cl−\mathrm{Cl^-}）。
  • H\mathrm{H} 與 O\mathrm{O} 的氧化數在反應前後皆未改變（H\mathrm{H} 維持 +1+1，O\mathrm{O} 維持 −2-2）。

此反應為標準的自身氧化還原反應（歧化反應），部分 Cl2\mathrm{Cl_2} 被氧化、部分 Cl2\mathrm{Cl_2} 被還原。

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第 44 題2 分

已知下列半反應式及其標準還原電位：

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

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

試問：下列鋅銅伏打電池所使用的陽極和陰極電解液濃度組合中，何者可輸出最大電壓？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 標準還原電位與電極判定：
  • 標準還原電位（E∘E^\circ）愈高者，氧化力愈強、愈傾向發生還原反應，在伏打電池中作為陰極（正極）。
  • 標準還原電位愈低者，還原力愈強、愈傾向發生氧化反應，在伏打電池中作為陽極（負極）。
  1. 能斯特方程式（Nernst Equation）： 在 25 ∘C25\ ^\circ\mathrm{C}（298 K298\ \mathrm{K}）時，非標準狀態下的電池電壓（電池電動勢 EE）與反應商 QQ 之關係式為： E=E∘−0.0592nlog⁡QE = E^\circ - \frac{0.0592}{n}\log Q 其中 nn 為反應中轉移的電子莫耳數，QQ 為反應商。
  2. 平衡移動與電壓關係（勒沙特列原理）： 電池反應為可逆反應，凡使反應向右（正反應方向）進行之條件（增加反應物濃度或降低產物濃度），皆會降低 QQ 值，進而提升電池輸出電壓 EE。

解題方法

步驟一：判定陰陽極反應與全反應式

  • 銅半反應：E∘=+0.34 VE^\circ = +0.34\ \mathrm{V}
  • 鋅半反應：E∘=−0.76 VE^\circ = -0.76\ \mathrm{V}

因 E∘(Cu2+/Cu)>E∘(Zn2+/Zn)E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) > E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn})：

  • 陰極（正極，還原反應）：Cu2+(aq)+2e−→Cu(s)\mathrm{Cu^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow Cu(s)}
  • 陽極（負極，氧化反應）：Zn(s)→Zn2+(aq)+2e−\mathrm{Zn(s) \rightarrow Zn^{2+}(aq) + 2e^-}

全電池反應式： Zn(s)+Cu2+(aq)→Zn2+(aq)+Cu(s)\mathrm{Zn(s) + Cu^{2+}(aq) \rightarrow Zn^{2+}(aq) + Cu(s)}

標準電池電壓： Ecell∘=Ecathode∘−Eanode∘=0.34−(−0.76)=1.10 VE^\circ_{\mathrm{cell}} = E^\circ_{\mathrm{cathode}} - E^\circ_{\mathrm{anode}} = 0.34 - (-0.76) = 1.10\ \mathrm{V}

步驟二：列出能斯特方程式並求極值條件

轉移電子數 n=2n = 2。固體純物質活性視為 11，故反應商 QQ 為： Q=[Zn2+][Cu2+]Q = \frac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Cu^{2+}}]}

代入 25 ∘C25\ ^\circ\mathrm{C} 的能斯特方程式： E=1.10−0.05922log⁡([Zn2+][Cu2+])=1.10−0.0296log⁡([Zn2+][Cu2+])E = 1.10 - \frac{0.0592}{2}\log\left(\frac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Cu^{2+}}]}\right) = 1.10 - 0.0296\log\left(\frac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Cu^{2+}}]}\right)

欲獲得最大輸出電壓 EE，必須使減項最小，即： log⁡([Zn2+][Cu2+]) 必須最小  ⟺  Q=[Zn2+][Cu2+] 須達到最小值\log\left(\frac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Cu^{2+}}]}\right) \text{ 必須最小} \iff Q = \frac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Cu^{2+}}]} \text{ 須達到最小值} 亦即需要：

  • 極小化產物離子濃度：[Zn2+][\mathrm{Zn^{2+}}]（陽極電解液濃度）取最低值。
  • 極大化反應物離子濃度：[Cu2+][\mathrm{Cu^{2+}}]（陰極電解液濃度）取最高值。
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第 45 題2 分

鹼金族元素 Li、Na、K 在水中將水分子還原成氫氣的能力大小是 Li>K>Na\mathrm{Li>K>Na}。此結果可以根據以下何種定量數值的比較，得到驗證？

① 金屬離子的水合能 ② 金屬元素的電子親和力 ③ 金屬離子的標準還原電位 ④ 基態金屬元素的第一游離能

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 水溶液中金屬的還原能力與電極電位： 金屬在水溶液中將水還原成氫氣，自身被氧化為水合金屬離子，其反應式為： 2M(s)+2H2O(l)→2M(aq)++2OH(aq)−+H2(g)2\mathrm{M}_{(s)} + 2\mathrm{H_2O}_{(l)} \rightarrow 2\mathrm{M}^+_{(aq)} + 2\mathrm{OH}^-_{(aq)} + \mathrm{H}_{2(g)} 此為氧化還原反應。金屬 M\mathrm{M} 擔任還原劑，其在水中提供電子（被氧化）的傾向，直接對應其標準氧化電位（Eox∘E^\circ_{\text{ox}}），即標準還原電位（Ered∘E^\circ_{\text{red}}）的負值： Eox∘=−Ered∘E^\circ_{\text{ox}} = -E^\circ_{\text{red}} 金屬離子的標準還原電位愈負，表示該金屬在水溶液中愈容易被氧化、失去電子的能力愈強，亦即在水中將水分子還原為氫氣的能力愈強。

  2. 電極電位的熱力學循環（波恩－哈伯循環）： 金屬固體轉化為水合離子的過程 M(s)→M(aq)++e−\mathrm{M}_{(s)} \rightarrow \mathrm{M}^+_{(aq)} + e^- 包含三個能量步驟：

  • 固態金屬昇華為氣態原子：M(s)→M(g)\mathrm{M}_{(s)} \rightarrow \mathrm{M}_{(g)}（昇華熱 ΔHsub>0\Delta H_{\text{sub}} > 0）
  • 氣態原子游離出電子：M(g)→M(g)++e−\mathrm{M}_{(g)} \rightarrow \mathrm{M}^+_{(g)} + e^-（第一游離能 IE1>0\mathrm{IE}_1 > 0）
  • 氣態離子溶劑化：M(g)+→M(aq)+\mathrm{M}^+_{(g)} \rightarrow \mathrm{M}^+_{(aq)}（水合能 ΔHhyd<0\Delta H_{\text{hyd}} < 0） 標準還原電位是綜合上述三項熱力學數值後的最終熱力學定量結果。

解題方法

要定量驗證鹼金屬在水溶液中將水還原成氫氣的強度大小，必須查閱各金屬在水溶液中的半反應電位：

各金屬離子的標準還原半反應與標準還原電位（25∘C25^\circ\mathrm{C}）分別為： Li(aq)++e−→Li(s),E∘=−3.04 V\mathrm{Li}^+_{(aq)} + e^- \rightarrow \mathrm{Li}_{(s)}, \quad E^\circ = -3.04\text{ V} K(aq)++e−→K(s),E∘=−2.93 V\mathrm{K}^+_{(aq)} + e^- \rightarrow \mathrm{K}_{(s)}, \quad E^\circ = -2.93\text{ V} Na(aq)++e−→Na(s),E∘=−2.71 V\mathrm{Na}^+_{(aq)} + e^- \rightarrow \mathrm{Na}_{(s)}, \quad E^\circ = -2.71\text{ V}

反轉為金屬失去電子的氧化半反應電位： Li(s)→Li(aq)++e−,Eox∘=+3.04 V\mathrm{Li}_{(s)} \rightarrow \mathrm{Li}^+_{(aq)} + e^-, \quad E^\circ_{\text{ox}} = +3.04\text{ V} K(s)→K(aq)++e−,Eox∘=+2.93 V\mathrm{K}_{(s)} \rightarrow \mathrm{K}^+_{(aq)} + e^-, \quad E^\circ_{\text{ox}} = +2.93\text{ V}

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第 46 題2 分

根據以下 44 個原子的基態電子組態，排列其第一游離能大小順序為：

① 1s22s22p61s^2 2s^2 2p^6 ② 1s22s22p63s21s^2 2s^2 2p^6 3s^2 ③ 1s22s22p63s23p31s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^3 ④ 1s22s22p63s23p41s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^4

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 第一游離能（First Ionization Energy, IE1IE_1）之定義： 基態氣態原子失去最外層的一個電子，形成一價氣態正離子所需要吸收的最低能量： X(g)⟶X(g)++e−(ΔH=IE1>0)X_{(g)} \longrightarrow X^+_{(g)} + e^- \quad (\Delta H = IE_1 > 0)
  2. 影響游離能大小之主要因素：
  • 主量子數（週期數 nn）：主量子數越小，價電子軌域越小、離原子核越近，原子核對其庫侖引力越強，游離能越大（跨週期影響極大，通常 nn 較小者顯著偏大）。
  • 有效核電荷（ZeffZ_{\text{eff}}）：同週期元素由左至右，原子序增加但遮蔽效應增幅有限，ZeffZ_{\text{eff}} 遞增，游離能大致呈遞增趨勢。
  • 軌域電子組態對稱性：全填滿（filled）或半填滿（half-filled）的軌域具有額外的交換能（exchange energy）與空間對稱穩定性；若軌域內電子成對，則成對電子間的庫侖斥力會使電子較易游離。
  1. 同週期游離能特例反轉： 同週期由左至右游離能並非完全單調遞增，其鋸齒狀起伏有兩大特例：
  • 第 2 族（ns2ns^2 全填滿）大於第 13 族（ns2np1ns^2 np^1）。
  • 第 15 族（ns2np3ns^2 np^3 半填滿）大於第 16 族（ns2np4ns^2 np^4 成對斥力）。

解題方法

步驟一：判別各電子組態對應之元素與週期表位置

  • ① 1s22s22p61s^2 2s^2 2p^6：原子序 Z=10Z = 10，為氖（Ne\text{Ne}），位於第二週期第 18 族（鈍氣）。
  • ② 1s22s22p63s21s^2 2s^2 2p^6 3s^2：原子序 Z=12Z = 12，為鎂（Mg\text{Mg}），位於第三週期第 2 族（鹼土金屬）。
  • ③ 1s22s22p63s23p31s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^3：原子序 Z=15Z = 15，為磷（P\text{P}），位於第三週期第 15 族（氮族元素）。
  • ④ 1s22s22p63s23p41s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^4：原子序 Z=16Z = 16，為硫（S\text{S}），位於第三週期第 16 族（氧族元素）。

步驟二：比較週期層數差異（主量子數 nn）

①（Ne\text{Ne}）屬於第二週期（n=2n=2），價電子層半徑遠小於第三週期（n=3n=3）的 ②、③、④，且具備八隅體全滿組態，原子核對最外層電子的束縛力極強，其第一游離能遠高於第三週期的所有元素。 故 ① 之游離能最大。

步驟三：比較同週期（第三週期）元素之游離能（②、③、④）

  1. 比較 ③（P\text{P}）與 ④（S\text{S}）：
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第 47 題2 分

以量子力學為基礎，對原子性質的描述，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查量子力學原子模型之核心物理與化學原理，涵蓋以下重點：

  1. 波函數與軌域的本質：薛丁格方程式（Schrödinger equation）解出之波函數 ψ\psi 為「軌域（orbital）」，其絕對值平方 ∣ψ∣2|\psi|^2 代表電子在空間各點出現的「機率密度（probability density）」。受海森堡測不確定性原理（Heisenberg uncertainty principle）限制，電子並無確定路徑，非波耳模型之古典「軌道（orbit）」。
  2. 多電子原子之能階分裂與簡併性（Degeneracy）：
  • 單電子體系（如 H\text{H}、He+\text{He}^+）：軌域能量僅取決於主量子數 nn，同殼層軌域互相簡併。
  • 多電子體系（如 He\text{He}、Li\text{Li}）：因電子間互斥與穿透、遮蔽效應（shielding effect），能量由 (n,l)(n, l) 共同決定，導致副殼層分裂（E2s<E2pE_{2s} < E_{2p}）。
  1. 量子數系統與電子組態：
  • 主量子數 nn（殼層）：n=1,2,3,…n = 1, 2, 3, \dots
  • 角動量量子數 ll（副殼層）：l=0,1,…,n−1l = 0, 1, \dots, n-1（分別記為 s,p,d,fs, p, d, f）
  • 磁量子數 mlm_l（空間配向）：ml=−l,−l+1,…,0,…,+lm_l = -l, -l+1, \dots, 0, \dots, +l（共 2l+12l+1 個取值）
  1. 軌域節面（Nodes）數目計算：
  • 徑向節面數（radial nodes）=n−l−1= n - l - 1
  • 角向節面數（angular nodes）=l= l
  • 總節面數（total nodes）=n−1= n - 1

解題方法

  1. 辨析 (A)：檢視「軌道（orbit）」與「軌域（orbital）」的概念差異，確認波函數之統計機率詮釋。
  2. 分析 (B)：判定體系屬於單電子或多電子體系；氦原子（He\text{He}）具 22 個電子，評估 n=2n=2 各副殼層能階是否相同。
  3. 分析 (C)：寫出鋰原子基態電子組態，鎖定價電子所在軌域，代入磁量子數 mlm_l 定義求可能數值種類。
  4. 分析 (D)：利用節面計算公式計算鈹原子之 2s2s 軌域節面數，驗證是否存在節點。

選項分析

  • (A) 錯誤： 薛丁格方程式解出的一組波函數 ψ\psi 稱為「軌域（orbital）」，而非古典力學中沿著確定路徑繞核運行的「軌道方程式（orbit equation）」。根據海森堡測不確定性原理，電子的位置與動量無法同時被精確測定，故電子在原子中不存在確定的運行軌跡；
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第 48 題2 分

在一原子序為 5454 的基態原子中，具有主量子數為 44、角動量量子數為 22 的電子有幾個？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗的核心為「原子結構之四大量子數意義」與「基態原子電子組態的構造原理（Aufbau principle）」。

  1. 量子數的定義與對應：
  • 主量子數（nn）：決定電子的主能階層（殼層），本題 n=4n = 4 代表第 4 能階層（N 殼層）。
  • 角動量量子數（ll，或稱副量子數、角量子數）：決定軌域的形狀與副能階。其取值範圍為 l=0,1,2,…,n−1l = 0, 1, 2, \dots, n-1：
  • l=0l = 0 對應 ss 軌域
  • l=1l = 1 對應 pp 軌域
  • l=2l = 2 對應 dd 軌域
  • l=3l = 3 對應 ff 軌域 因此，題目所指「n=4n = 4 且 l=2l = 2」即為 4d4d 軌域中的電子。
  1. 副層軌域的電子容量：
  • 每個副能階含有 2l+12l + 1 個軌域（由磁量子數 ml=−l,…,+lm_l = -l, \dots, +l 決定）。
  • 依據包立不相容原理（Pauli exclusion principle），每個軌域最多容納 2 個自旋相反的電子。
  • 因此，一個 dd 副能階（l=2l = 2）最多容納的電子數為： 2×(2l+1)=2×(2×2+1)=10 個2 \times (2l + 1) = 2 \times (2 \times 2 + 1) = 10 \text{ 個}

解題方法

步驟一：判斷目標軌域 由題意，n=4n = 4 且 l=2l = 2，所求為「4d4d 副層軌域中的電子數」。

步驟二：寫出原子序 Z=54Z = 54 原子的基態電子組態 原子序 5454 的中性基態原子（惰性氣體「氙，Xe\text{Xe}」），其電子依照構造原理（能量由低至高）依序填入： 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p61s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^6\, 4s^2\, 3d^{10}\, 4p^6\, 5s^2\, 4d^{10}\, 5p^6

若依主量子數順序整理，各能階之電子分布為：

  • n=1n = 1：1s21s^2（共 2 個）
  • n=2n = 2：2s2 2p62s^2\, 2p^6（共 8 個）
  • n=3n = 3：3s2 3p6 3d103s^2\, 3p^6\, 3d^{10}（共 18 個）
  • n=4n = 4：4s2 4p6 4d104s^2\, 4p^6\, 4d^{10}（共 18 個）
  • n=5n = 5：5s2 5p65s^2\, 5p^6（共 8 個）
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第 49 題2 分

下列各分子或離子中，何者之中心原子和周圍原子皆以 sp3sp^3 混成軌域重疊形成鍵結？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查價鍵軌域混成與鍵結兩端原子的混成軌域。中心原子的混成可由其電子域數判斷：將中心原子周圍的鍵結電子域與孤電子對數相加，再對照常見混成型態：

電子域數常見混成電子域幾何
2spsp直線形
3sp2sp^2平面三角形
4sp3sp^3四面體
5sp3dsp^3d三角雙錐
6sp3d2sp^3d^2正八面體

判斷「中心原子和周圍原子皆以 sp3sp^3 混成軌域重疊形成鍵結」時，必須分別檢查鍵結兩端的原子。僅中心原子為 sp3sp^3 還不夠；周圍原子也須以 sp3sp^3 軌域參與鍵結。

解題方法

逐項判斷中心原子的電子域數，再確認周圍原子參與鍵結的混成軌域。

以 CH4\mathrm{CH_4} 為例，碳原子有四個單鍵、沒有孤電子對，因此有四個電子域，採 sp3sp^3 混成。每個氫原子以 1s1s 軌域與碳的 sp3sp^3 軌域重疊形成 σ\sigma 鍵。由於氫原子只有 1s1s 軌域，不能稱為 sp3sp^3 混成。

選項分析

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第 50 題2 分

將 11 莫耳的單原子理想氣體從狀態 A（壓力 PAP_A、體積 VAV_A、溫度 TAT_A）變化至另一壓力、體積、溫度完全不同的狀態 B（PBP_B、VBV_B、TBT_B）。當所採取的狀態變化路徑不同時，請選出下列相關物理量變化的正確描述：

這一題的完整詳解

核心觀念

本題旨在測驗熱力學中**狀態函數（State Function）與路徑函數（Path Function）的核心本質，以及熱力學第一定律（First Law of Thermodynamics）**的應用：

  1. 狀態函數：數值僅由系統當前所處的平衡狀態決定，其變化量（Δ\Delta）只取決於始態與終態，與所經歷的中間過程（路徑）無關。常見的狀態函數包括溫度（TT）、壓力（PP）、體積（VV）、內能（UU）、焓（HH）、熵（SS）與吉布斯自由能（GG）。
  2. 路徑函數：數值與系統變化的具體路徑密切相關，如熱量（QQ）與功（WW）。
  3. 熱力學第一定律： ΔU=Q+W\Delta U = Q + W （採用 IUPAC / 化學熱力學慣用符號：QQ 為系統吸熱，WW 為外界對系統所作之功；若採用物理學傳統慣用之系統對外作功 WbyW_{\text{by}}，則為 ΔU=Q−Wby\Delta U = Q - W_{\text{by}}）。無論符號慣例為何，傳遞之熱與功的代數組合即等於系統內能的改變量 ΔU\Delta U。

解題方法

  1. 區分狀態量與路徑量：
  • 題目設定系統由狀態 A（PA,VA,TAP_A, V_A, T_A）轉變至狀態 B（PB,VB,TBP_B, V_B, T_B）。
  • 內能變化量 ΔU=UB−UA\Delta U = U_B - U_A 以及焓變化量 ΔH=HB−HA\Delta H = H_B - H_A，均為狀態函數的變化量，其數值完全由始末兩點決定，具備路徑無關性。
  1. 連結熱力學第一定律：
  • 雖然熱量 QQ 與功 WW 個別都是路徑函數（隨變化路徑不同而異），但根據熱力學第一定律，兩者的總和正是內能的變化量： Q+W=ΔUQ + W = \Delta U
  • 既然 ΔU\Delta U 為定值（只由狀態 A 與狀態 B 決定），則熱和功的總和（Q+WQ + W）亦為定值，必定不隨路徑改變而改變。

選項分析

  • (A) 錯誤： 若「熱和功的大小相同但方向相反」，表示其代數和為零（Q+W=0Q + W = 0），即內能變化量 ΔU=0\Delta U = 0。
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