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

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

第 1 題2 分

長度 LL、質量 MM 的細棍，將其一端垂直懸掛在天花板上，以微小振幅作擺動，此時細棍之轉動慣量為 ML23\frac{ML^2}{3}。若細棍長 L=1 mL=1\ \mathrm{m}，試問其擺動週期將與擺長為何的單擺週期一樣？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查**剛體微小振幅擺動（複擺／物理擺，Physical Pendulum）與單擺（Simple Pendulum）的週期對比及等效單擺長（Equivalent Length of Simple Pendulum）**的求法。

  1. 複擺週期公式： 一剛體繞固定水平軸作微小振幅擺動時，其運動方程式為簡諧運動，擺動週期為： T=2πIMgdT = 2\pi \sqrt{\frac{I}{Mgd}} 其中：
  • II 為剛體對轉軸的轉動慣量（Moment of Inertia）。
  • MM 為剛體總質量。
  • gg 為重力加速度。
  • dd 為轉軸至剛體質心（Center of Mass）的距離。

  1. 單擺週期公式： 長度為 LeqL_{eq} 的單擺，在小角度擺動下的週期為： T=2πLeqgT = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}}

  2. 等效單擺長： 令複擺週期等於單擺週期，可解得等效單擺長度： Leq=IMdL_{eq} = \frac{I}{Md}

解題方法

  1. 確定複擺各項幾何與力學參數：
  • 題目給定細棍對端點懸掛軸的轉動慣量為 I=13ML2I = \frac{1}{3}ML^2。
  • 細棍質量均勻分佈，質心位於細棍中點，因此轉軸端點至質心的距離為： d=L2d = \frac{L}{2}

  1. 計算複擺的擺動週期： 將 II 與 dd 代入複擺週期公式： T=2π13ML2Mg(L2)=2π2L3gT = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{1}{3}ML^2}{Mg\left(\frac{L}{2}\right)}} = 2\pi \sqrt{\frac{2L}{3g}}

  2. 推導等效單擺長 LeqL_{eq}： 將複擺週期與單擺週期 T=2πLeqgT = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}} 進行比較： 2π2L3g=2πLeqg  ⟹  Leq=23L2\pi \sqrt{\frac{2L}{3g}} = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}} \implies L_{eq} = \frac{2}{3}L

  3. 代入題目數值計算： 已知細棍長 L=1 m=100 cmL = 1\ \mathrm{m} = 100\ \mathrm{cm}：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題2 分

如圖所示，一個 16 kg16\ \mathrm{kg} 的木塊用細繩吊掛在一個轉盤上，此轉盤的直徑為 0.4 m0.4\ \mathrm{m}，轉動慣量為 0.5 kg⋅m20.5\ \mathrm{kg\cdot m^2}。若細繩長度固定，且質量可忽略。當木塊釋放後，該木塊的加速度為何？

🖼️ 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

本題探討「剛體定軸轉動與質點直線運動的耦合系統」，結合了牛頓第二運動定律與轉動運動方程式。主要應用的核心公式與觀念如下：

  1. 牛頓第二運動定律（質點平移）： 對懸掛木塊進行受力分析，受到向下的重力 mgm g 與向上的繩子張力 TT，其合力產生向下之線性加速度 aa： mg−T=mam g - T = m a
  2. 轉動運動定律（剛體轉動）： 細繩張力對轉盤軸心提供力矩 τ\tau。轉盤受力矩產生角加速度 α\alpha： τ=TR=Iα\tau = T R = I \alpha 其中 RR 為轉盤半徑，II 為轉動慣量。
  3. 無滑動滾動與切線加速度約束： 細繩不伸長且與轉盤邊緣接觸無滑動，木塊的向下線加速度 aa 等於轉盤邊緣的切線加速度： a=αR  ⟹  α=aRa = \alpha R \implies \alpha = \frac{a}{R}

解題方法

  1. 整理已知物理量：
  • 木塊質量：m=16 kgm = 16\ \mathrm{kg}
  • 轉盤直徑：D=0.4 m  ⟹  D = 0.4\ \mathrm{m} \implies 轉盤半徑 R=D2=0.2 mR = \frac{D}{2} = 0.2\ \mathrm{m}
  • 轉盤轉動慣量：I=0.5 kg⋅m2I = 0.5\ \mathrm{kg\cdot m^2}
  • 重力加速度：以 gg 表示

  1. 聯立力學方程式求解： 將約束條件 α=aR\alpha = \frac{a}{R} 代入轉動方程式： TR=I(aR)  ⟹  T=IR2aT R = I \left(\frac{a}{R}\right) \implies T = \frac{I}{R^2} a 將張力 TT 代回木塊的平移動力學方程式： mg−IR2a=mam g - \frac{I}{R^2} a = m a mg=(m+IR2)am g = \left(m + \frac{I}{R^2}\right) a 解出木塊加速度 aa： a=mm+IR2ga = \frac{m}{m + \frac{I}{R^2}} g

  2. 數值計算：

  • 計算轉盤等效平移質量 IR2\frac{I}{R^2}： IR2=0.5 kg⋅m2(0.2 m)2=0.50.04 kg=12.5 kg\frac{I}{R^2} = \frac{0.5\ \mathrm{kg\cdot m^2}}{(0.2\ \mathrm{m})^2} = \frac{0.5}{0.04}\ \mathrm{kg} = 12.5\ \mathrm{kg}
  • 代入求解 aa：
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題2 分

考慮二維完全彈性碰撞，桌面上有 AA、BB、CC 和 DD 四顆質量、形狀相同的球，其中 AA 球以速度 vv 正面碰撞靜止三球，BB、CC、DD 三球之球心連線為正三角形，如圖。AA 球和 BB 球最後的運動方向為：

🖼️ 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。
這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量二維完全彈性碰撞、動量守恆定律、動能守恆定律以及多次碰撞的連續分析。關鍵核心原理包含：

  1. 等質量一維完全彈性碰撞：兩相同質量小球發生一維對心彈性碰撞時，兩者將完全交換速度。
  2. 對稱二維彈性碰撞：當一運動球正面撞擊兩顆對稱緊靠之靜止同形球時，接觸面無摩擦力，接觸正向衝量沿著「球心連線方向」。
  3. 衝量與能量守恆：碰撞過程中，系統總動量與總動能均守恆。

解題方法

1. 幾何配置與角度分析

設四顆球之質量皆為 mm、半徑皆為 RR。

  • BB、CC、DD 三球互相接觸，球心連線構成邊長為 2R2R 的正三角形。
  • BB 球為頂點球，朝向 −X-X 方向（面向迎面而來的 AA 球）；CC、DD 兩球對稱位於後方，連線垂直於 XX 軸。
  • AA 球沿 +X+X 方向以速度 vv 正面撞擊 BB 球。
  • BB 球與 CC 球、以及 BB 球與 DD 球之球心連線，與 XX 軸（行進方向）夾角皆為： θ=30∘\theta = 30^\circ

2. 碰撞歷程逐步推導

【第一階段：AA 球與 BB 球的對心碰撞】

AA 球沿 +X+X 軸運動，正面撞擊靜止的 BB 球。此為質量相同的一維完全彈性碰撞，兩球交換速度：

  • AA 球速度變為： vA(1)=0(暫時靜止)v_A^{(1)} = 0 \quad (\text{暫時靜止})
  • BB 球速度變為： vB(1)=v(向 +X 方向行進)v_B^{(1)} = v \quad (\text{向 }+X\text{ 方向行進})

【第二階段：BB 球撞擊靜止的 CC、DD 兩球】

BB 球以速度 vv 沿 +X+X 方向前進，隨即對稱撞擊後方靜止的 CC、DD 兩球。

  • 接觸面的法線衝量沿球心連線方向，設 BB 球給予 CC 球的衝量大小為 JJ、給予 DD 球的衝量大小亦為 JJ。
  • CC 球受衝量：J⃗C=J(cos⁡30∘i^+sin⁡30∘j^)=J(32i^+12j^)\vec{J}_C = J (\cos 30^\circ \hat{i} + \sin 30^\circ \hat{j}) = J \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}\right)
  • DD 球受衝量：J⃗D=J(cos⁡30∘i^−sin⁡30∘j^)=J(32i^−12j^)\vec{J}_D = J (\cos 30^\circ \hat{i} - \sin 30^\circ \hat{j}) = J \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \hat{i} - \frac{1}{2} \hat{j}\right)
  • 由牛頓第三運動定律，BB 球受 CC、DD 兩球的反作用衝量合力沿 −X-X 方向： J⃗B=−(J⃗C+J⃗D)=−2Jcos⁡30∘i^=−3Ji^\vec{J}_B = - (\vec{J}_C + \vec{J}_D) = - 2 J \cos 30^\circ \hat{i} = -\sqrt{3} J \hat{i}
  • 碰撞後各球速度大小與分量為：
  • CC 球速度：vC=Jmv_C = \frac{J}{m}
  • DD 球速度：vD=Jmv_D = \frac{J}{m}
  • BB 球速度：vB(2)=v−3Jmv_B^{(2)} = v - \frac{\sqrt{3} J}{m}

此碰撞為完全彈性碰撞，系統動能守恆： 12mv2=12m(vB(2))2+12mvC2+12mvD2\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m \left(v_B^{(2)}\right)^2 + \frac{1}{2} m v_C^2 + \frac{1}{2} m v_D^2

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題2 分

已知地球的平均半徑約為 6.37×106 m6.37\times10^6\ \mathrm{m}，假設自轉週期為一日，並忽略公轉。有一靜止在地球赤道上的質點，其相對於地心的運動速率為多少公尺／秒？

這一題的完整詳解

核心觀念

地球自轉時，赤道上的質點繞地軸作等速圓周運動。其相對於地心的運動速率就是圓周線速度：

v=2πRTv=\frac{2\pi R}{T}

其中 RR 為地球平均半徑，TT 為自轉週期。題目指定自轉週期為一日，並忽略地球公轉。

解題方法

將一日換算為秒：

T=24×60×60=86400 sT=24\times 60\times 60=86400\ \mathrm{s}

赤道上一圈的路程為地球圓周長 2πR2\pi R，因此

v=2π(6.37×106 m)86400 s≈463 m/sv=\frac{2\pi(6.37\times10^6\ \mathrm{m})}{86400\ \mathrm{s}} \approx 463\ \mathrm{m/s}

所以赤道上質點相對於地心的運動速率約為 463 m/s463\ \mathrm{m/s}。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題2 分

有一作等角加速度運動的飛輪，在 44 秒內轉過 200200 弧度，44 秒末之角速度為 8080 弧度／秒，則此飛輪之角加速度為多少弧度／秒平方？

這一題的完整詳解

核心觀念

等角加速度轉動中，角速度與轉角的關係為

θ=ω0+ω2t\theta=\frac{\omega_0+\omega}{2}t

其中 θ\theta 是轉過的角度，ω0\omega_0 是初角速度，ω\omega 是末角速度，tt 是所經時間。此式表示等角加速度運動的平均角速度為 (ω0+ω)/2(\omega_0+\omega)/2。

解題方法

題目給定 t=4 st=4\ \text{s}、轉角 θ=200 rad\theta=200\ \text{rad}、末角速度 ω=80 rad/s\omega=80\ \text{rad/s}。先由轉角求初角速度：

200=ω0+802×4200=\frac{\omega_0+80}{2}\times 4 ω0+80=100⇒ω0=20 rad/s\omega_0+80=100 \quad\Rightarrow\quad \omega_0=20\ \text{rad/s}

再利用角加速度定義：

α=ω−ω0t=80−204=15 rad/s2\alpha=\frac{\omega-\omega_0}{t} =\frac{80-20}{4} =15\ \text{rad/s}^2
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 6 題2 分

將某一物體放入盛滿酒精的甲杯中，測得溢出的酒精質量為 2424 公克。若將此物體改放在某液體的乙杯中，則測得溢出的液體質量為 2727 公克。設酒精的密度為 0.8 g/cm30.8\ \mathrm{g/cm^3}，則該液體的密度大小為多少 g/cm3\mathrm{g/cm^3}？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 密度的基本定義： ρ=mV  ⟹  m=ρV\rho = \frac{m}{V} \implies m = \rho V 其中 ρ\rho 為密度、mm 為質量、VV 為體積。
  2. 排液法測量體積（阿基米德原理概念）： 當一物體完全沒入盛滿液體的容器中時，溢出液體的體積即等於該物體本身的體積（V排=V物V_{\text{排}} = V_{\text{物}}）。

解題方法

步驟一：求出物體體積 物體完全沒入盛滿酒精的甲杯中，溢出酒精的質量 m1=24 gm_1 = 24\ \mathrm{g}，酒精密度 ρ1=0.8 g/cm3\rho_1 = 0.8\ \mathrm{g/cm^3}。 依密度公式，溢出酒精的體積為： V=m1ρ1=24 g0.8 g/cm3=30 cm3V = \frac{m_1}{\rho_1} = \frac{24\ \mathrm{g}}{0.8\ \mathrm{g/cm^3}} = 30\ \mathrm{cm^3} 此即該物體的體積。

步驟二：求出乙杯中未知液體的密度 將同一物體放入盛滿未知液體的乙杯中，物體完全沒入時，溢出液體的體積亦為物體體積 V=30 cm3V = 30\ \mathrm{cm^3}。 已知溢出液體的質量 m2=27 gm_2 = 27\ \mathrm{g}，則該液體密度 ρ2\rho_2 為： ρ2=m2V=27 g30 cm3=0.9 g/cm3\rho_2 = \frac{m_2}{V} = \frac{27\ \mathrm{g}}{30\ \mathrm{cm^3}} = 0.9\ \mathrm{g/cm^3}

選項分析

  • (A) 錯誤：若該液體密度為 0.6 g/cm30.6\ \mathrm{g/cm^3}，則溢出 30 cm330\ \mathrm{cm^3} 的液體質量應為
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 7 題2 分

有一水管，其粗管處的直徑為 8 cm8\ \mathrm{cm}，細管處的直徑為 4 cm4\ \mathrm{cm}。若在粗管中的水流速率為 2 m/s2\ \mathrm{m/s}，則在細管中的水流速率為多少公尺／秒？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查不可壓縮流體的連續方程式：穩定流動時，水管任一截面每秒通過的水量相同，因此

A1v1=A2v2A_1v_1=A_2v_2

其中 AA 是管子的截面積，vv 是流速。圓形截面的面積為 A=πd2/4A=\pi d^2/4，所以截面積與直徑平方成正比。

解題方法

令粗管與細管的直徑、流速分別為 d1,v1d_1,v_1 與 d2,v2d_2,v_2。由連續方程式：

πd124v1=πd224v2\frac{\pi d_1^2}{4}v_1=\frac{\pi d_2^2}{4}v_2

約去共同因子 π/4\pi/4，整理得：

v2=v1(d1d2)2v_2=v_1\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2

代入粗管直徑 8 cm8\ \mathrm{cm}、細管直徑 4 cm4\ \mathrm{cm}，以及粗管流速 2 m/s2\ \mathrm{m/s}：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 8 題2 分

有一冷凍機操作於 −13∘C-13^\circ\mathrm{C} 與 27∘C27^\circ\mathrm{C} 的兩個熱庫之間，求算其理論的最大效果係數為多少？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 熱力學第二定律與卡諾逆循環： 冷凍機（Refrigerator）的作用是自低溫熱庫吸收熱量，藉由外界做功，將熱量排放至高溫熱庫。依據熱力學第二定律與卡諾定理（Carnot's theorem），在兩個固定溫度熱庫之間運作的所有冷凍機中，以可逆卡諾冷凍機所能達到的效果係數為最大。

  2. 效果係數（Coefficient of Performance, COP）之定義： 冷凍機的效果係數衡量「輸入單位功所能移出的低溫熱量」： COP=QLWin\mathrm{COP} = \frac{Q_L}{W_{\text{in}}} 式中 QLQ_L 為自低溫熱庫吸收的熱量，WinW_{\text{in}} 為外界輸入的淨功。

  3. 理論最大效果係數公式： 對於在低溫絕對溫度 TLT_L 與高溫絕對溫度 THT_H 之間運作的可逆卡諾冷凍機： COPmax⁡=TLTH−TL\mathrm{COP}_{\max} = \frac{T_L}{T_H - T_L} 重要前提：溫度 TT 必須使用絕對溫標（克耳文，K\mathrm{K}）。

解題方法

  1. 轉換絕對溫度： 將攝氏溫度轉換為絕對溫度（克耳文 K\mathrm{K}）：
  • 低溫熱庫：TL=−13∘C=(−13+273) K=260 KT_L = -13^\circ\mathrm{C} = (-13 + 273)\text{ K} = 260\text{ K}
  • 高溫熱庫：TH=27∘C=(27+273) K=300 KT_H = 27^\circ\mathrm{C} = (27 + 273)\text{ K} = 300\text{ K}

  1. 計算高低溫熱庫溫差： ΔT=TH−TL=300 K−260 K=40 K\Delta T = T_H - T_L = 300\text{ K} - 260\text{ K} = 40\text{ K} （亦可直接以攝氏溫差計算：27−(−13)=40∘C27 - (-13) = 40^\circ\mathrm{C}）

  2. 代入卡諾冷凍機效果係數公式： COPmax⁡=TLTH−TL=26040=6.5\mathrm{COP}_{\max} = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{260}{40} = 6.5

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 9 題2 分

有一平板之熱傳導率為 Q (J/s)Q\ (\mathrm{J/s})。若將此板之厚度加倍、截面積減半、兩側溫差加倍，則其熱傳導率變為：

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗熱力學中的傅立葉熱傳導定律（Fourier's Law of Heat Conduction），探討一維平直物體在穩態下的熱流率與材料幾何尺寸、兩側溫差之間的比例關係。

穩態熱傳導速率公式為： H=ΔQΔt=kAΔTLH = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = k A \frac{\Delta T}{L}

式中各物理量意義如下：

  • HH：熱傳導速率（題目稱為熱傳導率，符號設為 QQ，單位為 J/s\mathrm{J/s} 或 W\mathrm{W}）。
  • kk：材料之熱傳導係數（導熱度，Thermal Conductivity）。
  • AA：垂直於熱流方向的截面積（m2\mathrm{m^2}）。
  • ΔT\Delta T：平板兩側表面的溫差（K\mathrm{K} 或 ∘C\mathrm{^\circ C}）。
  • LL：熱流通過之路徑長度，即平板厚度（m\mathrm{m}）。

解題方法

根據傅立葉熱傳導定律，原平板的熱傳導率 QQ 與各條件關係式為： Q=kA⋅ΔTLQ = k \frac{A \cdot \Delta T}{L}

依題意，平板材料未改變，故熱傳導係數 kk 維持定值；其他條件改變如下：

  • 厚度加倍：L′=2LL' = 2L
  • 截面積減半：A′=12AA' = \frac{1}{2}A
  • 兩側溫差加倍：ΔT′=2ΔT\Delta T' = 2\Delta T

將上述變化代入熱傳導公式，求得改變後的熱傳導率 Q′Q'： Q′=kA′⋅ΔT′L′=k(12A)(2ΔT)2LQ' = k \frac{A' \cdot \Delta T'}{L'} = k \frac{\left(\frac{1}{2}A\right) (2\Delta T)}{2L}

提出常數比例因子並整理： Q′=12×22(kA⋅ΔTL)=12Q=Q2Q' = \frac{\frac{1}{2} \times 2}{2} \left( k \frac{A \cdot \Delta T}{L} \right) = \frac{1}{2} Q = \frac{Q}{2}

因此，改變後的熱傳導率變為原來的 12\frac{1}{2} 倍，即 Q2\frac{Q}{2}。

選項分析

  • (A) 錯誤：Q8\frac{Q}{8} 是誤將兩側溫差也視為反比（計算成 12×12×12=18\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}），或誤將溫差加倍錯算成溫差減半。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 10 題2 分

已知於一密閉容器中，當溫度為 10∘C10^\circ\mathrm{C} 時測得某一氣體之壓力值為 5.0 cmHg5.0\ \mathrm{cmHg}。若該密閉容器內溫度上升至 400∘C400^\circ\mathrm{C} 時，氣體之壓力值將變為多少 cmHg\mathrm{cmHg}？

這一題的完整詳解

核心觀念

密閉且體積不變的容器中，氣體的物質量固定。依定容理想氣體關係，壓力與絕對溫度成正比：

P1T1=P2T2\frac{P_1}{T_1}=\frac{P_2}{T_2}

溫度須換算為開爾文，不能直接代入攝氏溫度。

解題方法

初態溫度為 10∘C10^\circ\mathrm{C}，末態為 400∘C400^\circ\mathrm{C}，換算為：

T1=10+273=283 K,T2=400+273=673 KT_1=10+273=283\ \mathrm{K},\qquad T_2=400+273=673\ \mathrm{K}

代入定容關係：

P2=P1T2T1=5.0×673283≈11.9 cmHg≈12 cmHgP_2=P_1\frac{T_2}{T_1} =5.0\times\frac{673}{283} \approx 11.9\ \mathrm{cmHg} \approx 12\ \mathrm{cmHg}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 11 題2 分

有關聲波強度（sound intensity）與聲波強度級（sound intensity level）的描述，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考聲波強度與聲波強度級的定義，以及兩者的距離關係。

聲波強度 II 是單位時間內通過垂直於聲波傳播方向的單位面積之能量，單位為 W/m2\mathrm{W/m^2}。對有能量向外傳播的聲波，強度為正值。

聲波強度級 β\beta 以基準強度 I0I_0 為參照，採對數表示：

β=10log⁡10(II0) dB\beta = 10\log_{10}\left(\frac{I}{I_0}\right)\ \mathrm{dB}

空氣中的常用基準強度為 I0=10−12 W/m2I_0=10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}。當 0<I<I00<I<I_0 時，log⁡10(I/I0)<0\log_{10}(I/I_0)<0，因此強度級可以是負值。

解題方法

先區分兩個物理量：強度 II 是實際的能量通量；強度級 β\beta 是強度相對於基準值的對數比值。再看距離關係：點聲源在均勻、無吸收的空間向各方向均勻發聲時，能量分散在半徑為 rr 的球面上，因此

I=P4πr2∝1r2I=\frac{P}{4\pi r^2}\propto\frac{1}{r^2}

強度級則依照對數公式隨距離改變：

β(r)=10log⁡10(P4πr2I0)\beta(r)=10\log_{10}\left(\frac{P}{4\pi r^2 I_0}\right)
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 12 題2 分

有一空氣柱，上端開口，下端封閉。實驗測得管內空氣有 258 Hz258\ \mathrm{Hz}、430 Hz430\ \mathrm{Hz}、602 Hz602\ \mathrm{Hz} 等振動頻率，但此三種頻率皆非空氣振動基頻。若空氣聲速為 344 m/s344\ \mathrm{m/s}，則此空氣柱最小長度為：

這一題的完整詳解

核心觀念

上端開口、下端封閉的空氣柱屬於一端開口、一端閉口管。閉口端是位移節點，開口端是位移腹點，因此共振頻率只出現在奇數倍諧波：

fn=(2n−1)v4L,n=1,2,3,…f_n=\frac{(2n-1)v}{4L},\qquad n=1,2,3,\ldots

其中 vv 是聲速、LL 是空氣柱長度。基頻為 f1=v/(4L)f_1=v/(4L)，其餘共振頻率為基頻的 3、5、7、…3、5、7、\ldots 倍。

解題方法

三個測得頻率依序相差 172 Hz172\ \mathrm{Hz}：

430−258=172,602−430=172430-258=172,\qquad 602-430=172

一端開口、一端閉口管的相鄰共振頻率相差 2f12f_1，所以：

2f1=172 Hz⇒f1=86 Hz2f_1=172\ \mathrm{Hz} \quad\Rightarrow\quad f_1=86\ \mathrm{Hz}

也可將三個頻率寫成 3×863\times86、5×865\times86、7×867\times86，符合一端開口、一端閉口管的奇數倍諧波。題目指出這三個頻率皆非基頻，正與它們分別是第三、第五、第七諧波相符。

由 f1=v/(4L)f_1=v/(4L) 得：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 13 題2 分

一湖面上產生連續的水波，其相鄰兩波峰的距離為 5 cm5\ \mathrm{cm}，波源距岸邊為 200 cm200\ \mathrm{cm}，測得水波由波源到岸邊的時間為 44 秒，求此水波的頻率為多少 Hz\mathrm{Hz}？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量週期波的幾何特性與波動基本公式的綜合應用，涉及以下物理定義與公式：

  1. 波長（λ\lambda）的定義：在週期波中，相鄰兩同相點之間的直線距離即為波長。例如相鄰兩「波峰」或相鄰兩「波谷」之間的距離即為一個波長 λ\lambda。
  2. 波速（vv）的定義：水波在均勻介質中等速傳遞，波速等於傳遞距離（ss）與所耗時間（tt）的比值： v=stv = \frac{s}{t}
  3. 波動基本公式：波速等於波的頻率（ff）乘以波長（λ\lambda）： v=fλ  ⟹  f=vλv = f \lambda \implies f = \frac{v}{\lambda}

解題方法

求頻率 ff 的標準切入點為先求得波長與波速，再利用波動基本公式計算：

  1. 確定波長 λ\lambda： 依題意，「相鄰兩波峰的距離為 5 cm5\ \mathrm{cm}」，即為波長： λ=5 cm\lambda = 5\ \mathrm{cm}

  2. 計算波速 vv： 水波從波源行進至岸邊的距離 s=200 cms = 200\ \mathrm{cm}，耗時 t=4 秒t = 4\ \text{秒}。 v=st=200 cm4 s=50 cm/sv = \frac{s}{t} = \frac{200\ \mathrm{cm}}{4\ \mathrm{s}} = 50\ \mathrm{cm/s}

  3. 代入波動公式求頻率 ff： 由 v=fλv = f \lambda 移項可得： f=vλ=50 cm/s5 cm=10 s−1=10 Hzf = \frac{v}{\lambda} = \frac{50\ \mathrm{cm/s}}{5\ \mathrm{cm}} = 10\ \mathrm{s^{-1}} = 10\ \mathrm{Hz}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 14 題2 分

將 5 cm5\ \mathrm{cm} 高的物體置於一焦距為 24 cm24\ \mathrm{cm} 之凹面鏡前 36 cm36\ \mathrm{cm} 處，則成像的大小為原物體的多少倍？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考凹面鏡的成像公式與線放大率。設物距為 uu、像距為 vv、焦距為 ff，鏡面公式為

1f=1u+1v\frac{1}{f}=\frac{1}{u}+\frac{1}{v}

線放大率的大小為

∣m∣=∣hiho∣=∣vu∣|m|=\left|\frac{h_i}{h_o}\right|=\left|\frac{v}{u}\right|

其中 hoh_o 為物高，hih_i 為像高。題目問「成像的大小為原物體的多少倍」，因此求的是放大率的大小，不必判斷正立或倒立。

解題方法

凹面鏡焦距 f=24 cmf=24\ \mathrm{cm}，物距 u=36 cmu=36\ \mathrm{cm}。代入鏡面公式：

1v=1f−1u=124−136=3−272=172\frac{1}{v}=\frac{1}{f}-\frac{1}{u} =\frac{1}{24}-\frac{1}{36} =\frac{3-2}{72} =\frac{1}{72}

所以像距 v=72 cmv=72\ \mathrm{cm}。放大率大小為

∣m∣=∣vu∣=7236=2|m|=\left|\frac{v}{u}\right| =\frac{72}{36} =2
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 15 題2 分

玻璃光纖其纖蕊折射率為 1.51.5，外層鍍上一層塑膠材質。若此光纖操作的角度需小於 30∘30^\circ，則此塑膠材質的折射率為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

光纖利用纖蕊與外層包覆材料交界面的全反射傳導光線。要發生全反射，光線必須由折射率較大的纖蕊射向折射率較小的包覆層，且入射角須大於臨界角。

臨界角 θc\theta_c 滿足：

sin⁡θc=n包覆n纖蕊\sin\theta_c=\frac{n_{\text{包覆}}}{n_{\text{纖蕊}}}

其中纖蕊折射率 n纖蕊=1.5n_{\text{纖蕊}}=1.5。

解題方法

題目所稱操作角度小於 30∘30^\circ，依本題設定以臨界角 θc=30∘\theta_c=30^\circ 作為界限。代入臨界角公式：

n包覆=n纖蕊sin⁡θc=1.5sin⁡30∘=1.5×0.5=0.75n_{\text{包覆}}=n_{\text{纖蕊}}\sin\theta_c =1.5\sin30^\circ =1.5\times 0.5 =0.75

此值是包覆層折射率的上限；為使光線能在界面發生全反射，包覆層折射率須低於纖蕊折射率，並符合臨界角的操作條件。四個選項中，與臨界角關係相符的答案為 (C) 1.411.41。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 16 題2 分

有一氦氖雷射，其波長為 633 nm633\ \mathrm{nm}、功率為 2.1 mW2.1\ \mathrm{mW}，此雷射光每一秒發射出多少個光子？（普朗克常數 h=6.626×10−34 J⋅sh=6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}，光速 c=3.0×108 m/sc=3.0\times10^8\ \mathrm{m/s}）

這一題的完整詳解

核心觀念

雷射光的功率是單位時間輸出的能量。單一光子的能量由普朗克關係式給出：

E光子=hν=hcλE_{\text{光子}}=h\nu=\frac{hc}{\lambda}

因此，每秒發射的光子數等於每秒輸出的總能量除以單一光子的能量。

解題方法

先將波長與功率換成 SI 單位：

λ=633 nm=633×10−9 m,P=2.1 mW=2.1×10−3 J/s\lambda=633\ \mathrm{nm}=633\times10^{-9}\ \mathrm{m},\qquad P=2.1\ \mathrm{mW}=2.1\times10^{-3}\ \mathrm{J/s}

單一光子的能量為：

E光子=(6.626×10−34)(3.0×108)633×10−9≈3.14×10−19 JE_{\text{光子}}=\frac{(6.626\times10^{-34})(3.0\times10^8)}{633\times10^{-9}} \approx 3.14\times10^{-19}\ \mathrm{J}

每秒發射的光子數為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 17 題2 分

在單狹縫繞射實驗中，量到中心亮紋的寬度為 1 cm1\ \mathrm{cm}。下列何者將增加中心亮紋的寬度？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查**單狹縫繞射（Single-slit diffraction）**的條紋分佈規律與中心亮紋寬度公式。

  1. 暗紋條件： 設單狹縫寬度為 aa，光波長為 λ\lambda，繞射角為 θ\theta。由惠更斯原理解釋，當狹縫兩端光程差滿足半波長的偶數倍（即全波長的整數倍）時，屏幕上會出現相消性干涉（暗紋）： asin⁡θ=mλ(m=±1,±2,±3,… )a \sin\theta = m\lambda \quad (m = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots)
  2. 中心亮紋寬度： 中心亮紋界於兩側第一暗紋（m=±1m = \pm 1）之間。在繞射角極小的情形下，sin⁡θ≈tan⁡θ=yL\sin\theta \approx \tan\theta = \frac{y}{L}（其中 LL 為狹縫至屏幕距離，yy 為距屏幕中心的垂直距離）。 第一暗紋距中央的位置為： y1=λLay_1 = \frac{\lambda L}{a} 因此，中心亮紋的寬度 Δy\Delta y 為： Δy=2y1=2λLa\Delta y = 2 y_1 = \frac{2\lambda L}{a}

解題方法

由中心亮紋寬度公式： Δy=2λLa\Delta y = \frac{2\lambda L}{a}

可得出各變數與中心亮紋寬度的正反比關係：

  • Δy∝λ\Delta y \propto \lambda（與光源波長成正比）
  • Δy∝L\Delta y \propto L（與狹縫至屏幕的距離成正比）
  • Δy∝1a\Delta y \propto \frac{1}{a}（與狹縫寬度成反比）

題目要求使「中心亮紋寬度增加」，因此對應的調整方向為：

  • 增加波長 λ↑\lambda \uparrow
  • 增加屏距 L↑L \uparrow
  • 縮小狹縫 a↓a \downarrow
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 18 題2 分

有一片玻璃其折射率 n=1.6n=1.6，鍍了一層抗反射膜 n=1.38n=1.38，此設計是針對垂直入射波長 450 nm450\ \mathrm{nm} 之藍光，則此抗反射膜之最小厚度為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考薄膜干涉與抗反射膜的四分之一波長條件。垂直入射時，光在薄膜內往返一次的光程差為 2nt2nt，其中 nn 是薄膜折射率，tt 是膜厚。

空氣進入抗反射膜，以及抗反射膜進入玻璃，反射時都由低折射率介質進入高折射率介質，因此兩束反射光各自都會產生 π\pi 的相位變化，彼此的反射相位差抵銷。要使反射光相消，須由薄膜內往返所造成的相位差達到 π\pi，也就是：

2nt=λ022nt=\frac{\lambda_0}{2}

其中 λ0\lambda_0 是真空（或空氣中近似）的波長。

解題方法

解出抗反射膜的最小厚度：

t=λ04nt=\frac{\lambda_0}{4n}

代入 λ0=450 nm\lambda_0=450\ \mathrm{nm}、薄膜折射率 n=1.38n=1.38：

t=4504(1.38) nm=4505.52 nm≈81.5 nmt=\frac{450}{4(1.38)}\ \mathrm{nm} =\frac{450}{5.52}\ \mathrm{nm} \approx 81.5\ \mathrm{nm}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 19 題2 分

有一電視機標示 110 V110\ \mathrm{V} 及 150 W150\ \mathrm{W}，若將其連接在 110 V110\ \mathrm{V} 的電源上，並連續觀看 1212 小時。假設電費每度為 55 元，則所需電費為多少元？

這一題的完整詳解

核心觀念

電費依用電量計算；「一度電」就是 1 kWh1\ \mathrm{kWh}。電視機標示的 150 W150\ \mathrm{W} 是其功率，表示每小時消耗 150 Wh150\ \mathrm{Wh} 的電能。

解題方法

先將功率換算成千瓦，再乘上使用時間，求出用電量：

150 W=0.15 kW150\ \mathrm{W}=0.15\ \mathrm{kW} 用電量=0.15 kW×12 h=1.8 kWh\text{用電量}=0.15\ \mathrm{kW}\times 12\ \mathrm{h} =1.8\ \mathrm{kWh}

每度電 55 元，因此電費為：

1.8 kWh×5 元／kWh=9 元1.8\ \mathrm{kWh}\times 5\ \text{元／kWh}=9\ \text{元}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 20 題2 分

一長直導線水平放置於桌面上，通以由南向北的直流電，若將小羅盤置於該導線的正上方，則羅盤磁針 N 極將向何方偏轉？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查直導線周圍磁場的方向，可用右手握拳定則判斷。右手拇指指向傳統電流方向，四指環繞的方向就是磁場方向；羅盤的 N 極會沿著所在位置的磁場方向偏轉。

解題方法

電流由南向北，將右手拇指指向北方，四指環繞導線。觀察導線正上方的磁場方向，磁場指向東方，因此羅盤磁針 N 極向東偏轉。

也可用座標快速確認：令東、北、上分別為 xx、yy、zz 方向，電流沿 +y^+\hat{y}，導線正上方的位置沿 +z^+\hat{z}。磁場方向依右手定則為

y^×z^=x^,\hat{y}\times\hat{z}=\hat{x},

即東方。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 21 題2 分

有一質量為 9.1×10−31 kg9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}、動能為 35 eV35\ \mathrm{eV} 的電子，垂直射入一 1.5×10−4 T1.5\times10^{-4}\ \mathrm{T} 的均勻磁場中，則可測得電子旋轉的軌道半徑為多少公尺？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查帶電粒子在均勻磁場中的圓周運動以及動能與動量的關係，涉及以下物理定律與公式：

  1. 磁力（勞侖茲力）提供向心力： 當帶電粒子以速度 vv 垂直射入均勻磁場 BB 時，所受磁力大小為 FB=qvBF_B = qvB。此力垂直於運動方向，作為向心力使粒子進行等速率圓周運動： qvB=mv2r  ⟹  r=mvqB=pqBqvB = \frac{mv^2}{r} \implies r = \frac{mv}{qB} = \frac{p}{qB} 其中 rr 為軌道半徑、mm 為粒子質量、qq 為粒子電量量值、p=mvp = mv 為動量。
  2. 動能與動量的轉換關係： 非相對論性條件下（本題動能 35 eV≪35\ \mathrm{eV} \ll 電子靜止能量 0.511 MeV0.511\ \mathrm{MeV}，適用古典力學），動能 EkE_k 與動量 pp 的關係為： Ek=p22m  ⟹  p=2mEkE_k = \frac{p^2}{2m} \implies p = \sqrt{2mE_k}
  3. 單位制換算： 1 eV=1.6×10−19 J1\ \mathrm{eV} = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}，基本電荷 e=1.6×10−19 Ce = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}。

解題方法

步驟一：彙整題給條件與物理常數（採 SI 制）

  • 電子質量：m=9.1×10−31 kgm = 9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}
  • 電子電量：q=e=1.6×10−19 Cq = e = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}
  • 電子動能：Ek=35 eV=35×1.6×10−19 J=5.6×10−18 JE_k = 35\ \mathrm{eV} = 35 \times 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J} = 5.6\times10^{-18}\ \mathrm{J}
  • 磁場強度：B=1.5×10−4 TB = 1.5\times10^{-4}\ \mathrm{T}

步驟二：導出軌道半徑計算式

將動量 p=2mEkp = \sqrt{2mE_k} 代入半徑公式 r=pqBr = \frac{p}{qB}： r=2mEkqBr = \frac{\sqrt{2mE_k}}{qB}

步驟三：數值計算

  1. 計算分子（動量 pp）： p=2×(9.1×10−31)×(5.6×10−18)p = \sqrt{2 \times (9.1\times10^{-31}) \times (5.6\times10^{-18})} p=101.92×10−48=101.92×10−24≈10.096×10−24 kg⋅m/sp = \sqrt{101.92\times10^{-48}} = \sqrt{101.92}\times10^{-24} \approx 10.096\times10^{-24}\ \mathrm{kg\cdot m/s} （亦可寫為 1019.2×10−25≈31.925×10−25 kg⋅m/s\sqrt{1019.2}\times10^{-25} \approx 31.925\times10^{-25}\ \mathrm{kg\cdot m/s}）

  2. 計算分母（qBqB）： qB=(1.6×10−19 C)×(1.5×10−4 T)=2.4×10−23 N⋅s/mqB = (1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}) \times (1.5\times10^{-4}\ \mathrm{T}) = 2.4\times10^{-23}\ \mathrm{N\cdot s/m}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 22 題2 分

有一點電荷 +Q+Q 位於另一點電荷 −4Q-4Q 的左邊 3 cm3\ \mathrm{cm}，則第三個點電荷需置放在何處，可使其總受力為零？

這一題的完整詳解

核心觀念

點電荷間的靜電力遵守庫侖定律，力的大小為

F=k∣q1q2∣r2F=k\frac{|q_1q_2|}{r^2}

力的方向沿兩電荷連線：異號電荷相吸，同號電荷相斥。要使第三個點電荷所受合力為零，必須使它所在位置的合電場為零，因為 F=qEF=qE；此條件與第三個電荷本身的電量大小及正負無關。

解題方法

令 +Q+Q 位於 x=0x=0，−4Q-4Q 位於 x=3 cmx=3\ \mathrm{cm}。先判斷各區域的電場方向：

  • 在兩電荷之間，+Q+Q 的電場向右，−4Q-4Q 的電場也向右，方向相同，不能抵銷。
  • 在兩電荷外側，兩電場方向相反，才有可能抵銷。

對於 +Q+Q 左側的位置，設它距離 +Q+Q 為 rr，則距離 −4Q-4Q 為 r+3r+3。使兩電場大小相等：

kQr2=k4Q(r+3)2k\frac{Q}{r^2}=k\frac{4Q}{(r+3)^2}

約去 kQkQ，並取正距離的平方根：

1r2=4(r+3)2⟹r+3=2r⟹r=3 cm\frac{1}{r^2}=\frac{4}{(r+3)^2} \quad\Longrightarrow\quad r+3=2r \quad\Longrightarrow\quad r=3\ \mathrm{cm}

因此，合電場為零的位置在 +Q+Q 左邊 3 cm3\ \mathrm{cm}，即選項 (A)。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 23 題2 分

將一點電荷 q=60 μCq=60\ \mu\mathrm{C} 放置於一個邊長為 10 cm10\ \mathrm{cm} 的立方盒之正中央，通過此立方體之頂面的電通量為何？（單位：N⋅m2/C\mathrm{N\cdot m^2/C}，介電常數 ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}）

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查高斯定律與點電荷置於立方體中心時的對稱性。高斯定律指出，封閉曲面的總電通量為

Φ總=qε0.\Phi_{\text{總}}=\frac{q}{\varepsilon_0}.

電荷位於立方體正中央，六個面完全對稱，因此總電通量平均分配到六個面；頂面的電通量為總通量的 16\frac{1}{6}。

解題方法

先將電荷量換算成 SI 單位：

q=60 μC=60×10−6 C.q=60\ \mu\mathrm{C}=60\times10^{-6}\ \mathrm{C}.

由高斯定律，立方體的總電通量為

Φ總=60×10−68.85×10−12≈6.78×106 N⋅m2/C.\Phi_{\text{總}} =\frac{60\times10^{-6}}{8.85\times10^{-12}} \approx 6.78\times10^6\ \mathrm{N\cdot m^2/C}.

因六個面對稱，頂面的電通量為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 24 題2 分

在一個 RC 放電電路中，經過一個時間常數時，電容器上之放電電荷為起始值的 (1−1/e)=63%(1-1/e)=63\%。經過兩個時間常數後，電容器上之放電電荷為起始值的：

這一題的完整詳解

核心觀念

RC 放電時，電容器上的電荷會隨時間按指數衰減。時間常數為 τ=RC\tau=RC，放電電荷滿足

Q(t)=Q0e−t/τQ(t)=Q_0e^{-t/\tau}

其中 Q0Q_0 是起始電荷量。題目所說經過一個時間常數時，電荷剩下起始值的 1/e≈37%1/e\approx 37\%；放掉的電荷則是 1−1/e≈63%1-1/e\approx 63\%。

解題方法

經過兩個時間常數，令 t=2τt=2\tau，代入放電公式：

Q(2τ)Q0=e−2=1e2≈0.135\frac{Q(2\tau)}{Q_0}=e^{-2}=\frac{1}{e^2}\approx 0.135

因此，電容器上剩餘電荷約為起始值的 13.5%13.5\%，也就是約 14%14\%。題目選項給的是 放電電荷（已流出的電荷）占起始電荷的比例，所以要用起始電荷減去剩餘電荷：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 25 題2 分

在 LC 振盪電路中，若系統總能量為 UU，當電路的電流為 i=imax⁡/2i=i_{\max}/2 時，電容器所儲存的能量 UCU_C 為：

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量 LC 振盪電路之能量守恆定律 以及 電感與電容的儲能特性：

  1. 電感儲存的磁能： UL=12Li2U_L = \frac{1}{2} L i^2
  2. 電容儲存的電能： UC=q22CU_C = \frac{q^2}{2C}
  3. 理想 LC 振盪電路的能量守恆： 電路中無電阻消耗能量，系統總能量 UU 維持定值，且等於電感磁能與電容電能之和： U=UC+UL=常數U = U_C + U_L = \text{常數}
  4. 極值狀態關係： 當電容器電荷為零時，電流達到最大值 imax⁡i_{\max}，此時電容儲能 UC=0U_C = 0，系統總能量全由電感儲存： U=UL,max⁡=12Limax⁡2U = U_{L,\max} = \frac{1}{2} L i_{\max}^2

解題方法

步驟一：表示系統總能量 當電流達到峰值 i=imax⁡i = i_{\max} 時，電路中的總能量完全轉化為電感磁能： U=12Limax⁡2U = \frac{1}{2} L i_{\max}^2

步驟二：計算指定時刻電感的磁能 當電路電流為 i=imax⁡2i = \frac{i_{\max}}{2} 時，電感所儲存的磁能 ULU_L 為： UL=12Li2=12L(imax⁡2)2=14⋅(12Limax⁡2)=14UU_L = \frac{1}{2} L i^2 = \frac{1}{2} L \left(\frac{i_{\max}}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} \cdot \left(\frac{1}{2} L i_{\max}^2\right) = \frac{1}{4} U

步驟三：由能量守恆求解電容儲能 根據系統總能量守恆 U=UC+ULU = U_C + U_L，此時電容器儲存的能量 UCU_C 為： UC=U−UL=U−14U=3U4U_C = U - U_L = U - \frac{1}{4}U = \frac{3U}{4}

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 26 題2 分

若已知下列二反應之平衡常數 K1K_1 與 K2K_2：

(1) A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)A_2(g)+B_2(g)\rightleftharpoons2AB(g)，K1=1.0×102K_1=1.0\times10^2

(2) 2A2(g)+C2(g)⇌2A2C(g)2A_2(g)+C_2(g)\rightleftharpoons2A_2C(g)，K2=1.0×10−4K_2=1.0\times10^{-4}

則反應 A2C(g)+B2(g)⇌2AB(g)+12C2(g)A_2C(g)+B_2(g)\rightleftharpoons2AB(g)+\frac{1}{2}C_2(g) 之平衡常數為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考平衡反應式與平衡常數的關係。若反應式乘以係數 nn，平衡常數變為原來的 nn 次方；若反應式反向，平衡常數取倒數；若將反應相加，總反應的平衡常數等於各反應平衡常數的乘積。

解題方法

將第二個反應反向，再除以 22：

2A2C(g)⇌2A2(g)+C2(g),K=1K22A_2C(g)\rightleftharpoons 2A_2(g)+C_2(g), \qquad K=\frac{1}{K_2}

反應式除以 22 後，平衡常數取平方根：

A2C(g)⇌A2(g)+12C2(g),K=(1K2)1/2A_2C(g)\rightleftharpoons A_2(g)+\frac{1}{2}C_2(g), \qquad K=\left(\frac{1}{K_2}\right)^{1/2}

將此反應與反應 (1) 相加：

A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)A2C(g)⇌A2(g)+12C2(g)\begin{aligned} A_2(g)+B_2(g)&\rightleftharpoons 2AB(g)\\ A_2C(g)&\rightleftharpoons A_2(g)+\frac{1}{2}C_2(g) \end{aligned}

消去兩側相同的 A2(g)A_2(g)，得到題目所求反應。因此：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 27 題2 分

某水溶液含有 Mn2+\mathrm{Mn^{2+}}、Ni2+\mathrm{Ni^{2+}}、Cu2+\mathrm{Cu^{2+}}、Hg2+\mathrm{Hg^{2+}} 四種離子，濃度均為 1.0×10−3 M1.0\times10^{-3}\ \mathrm{M}。若逐步加入酸性的 H2S\mathrm{H_2S} 溶液（pH 值約 2.02.0），何種沉澱最先產生？

（KspK_{sp} 值：MnS=2.3×10−13\mathrm{MnS}=2.3\times10^{-13}；NiS=3.0×10−21\mathrm{NiS}=3.0\times10^{-21}；CuS=8.5×10−45\mathrm{CuS}=8.5\times10^{-45}；HgS=1.6×10−54\mathrm{HgS}=1.6\times10^{-54}）

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查酸性溶液中硫化物的沉澱先後，以及溶度積 KspK_{sp} 的判斷。對二價金屬離子而言，硫化物沉澱的平衡式為：

MS(s)⇌M2+(aq)+S2−(aq)\mathrm{MS(s) \rightleftharpoons M^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)} Ksp=[M2+][S2−]K_{sp}=[\mathrm{M^{2+}}][\mathrm{S^{2-}}]

逐步加入酸性 H2S\mathrm{H_2S} 時，溶液中的 [S2−][\mathrm{S^{2-}}] 逐漸增加。當離子積 [M2+][S2−][\mathrm{M^{2+}}][\mathrm{S^{2-}}] 首次達到該金屬硫化物的 KspK_{sp}，便開始生成沉澱。

解題方法

對每種離子，沉澱開始時所需的硫離子濃度為：

[S2−]臨界=Ksp[M2+][\mathrm{S^{2-}}]_{\text{臨界}} =\frac{K_{sp}}{[\mathrm{M^{2+}}]}

四種金屬離子的初始濃度皆為 1.0×10−3 M1.0\times10^{-3}\ \mathrm{M}，因此比較各自的 KspK_{sp} 即可；KspK_{sp} 越小，達到沉澱條件所需的 [S2−][\mathrm{S^{2-}}] 越低，也就越早沉澱。

以 HgS\mathrm{HgS} 為例：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 28 題2 分

關於液體分子間氫鍵數的相對大小，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考的是液體中分子間氫鍵的形成能力與數目。氫鍵通常需要氫原子直接鍵結於氧、氮或氟等高電負度原子，作為氫鍵供體；另一分子則須有帶孤電子對的原子作為受體。液體中的實際氫鍵數還受分子結構與排列限制，因此不能只看分子是否含氧。

解題方法

比較水、酒精與二乙醚：

  • 水的氧原子鍵結兩個氫，也有兩對孤電子對；每個水分子可提供氫鍵，也可接受氫鍵，能形成廣泛的分子間氫鍵網絡。
  • 酒精含有羥基（−OH-\mathrm{OH}），可透過羥基氫提供氫鍵，也可由氧原子的孤電子對接受氫鍵；但分子中的烴基不參與氫鍵，分子間氫鍵網絡較水受限。
  • 二乙醚的氧原子有孤電子對，可接受氫鍵；但它沒有直接鍵結在氧上的氫，不能作為氫鍵供體。純二乙醚液體中的分子彼此缺乏形成氫鍵所需的供體，因此分子間氫鍵數最少。

依液體中分子間氫鍵的相對數量排列為：

水>酒精>二乙醚\text{水}>\text{酒精}>\text{二乙醚}

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 29 題2 分

已知下列半反應之標準還原電位：

Cu2++e−→Cu+\mathrm{Cu^{2+}+e^-\rightarrow Cu^+}，E∘=0.16 VE^\circ=0.16\ \mathrm{V}；

2H++2e−→H2\mathrm{2H^++2e^-\rightarrow H_2}，E∘=0E^\circ=0；

I2+2e−→2I−\mathrm{I_2+2e^-\rightarrow2I^-}，E∘=0.54 VE^\circ=0.54\ \mathrm{V}；

Cu++e−→Cu\mathrm{Cu^++e^-\rightarrow Cu}，E∘=0.52 VE^\circ=0.52\ \mathrm{V}；

Fe3++e−→Fe2+\mathrm{Fe^{3+}+e^-\rightarrow Fe^{2+}}，E∘=0.77 VE^\circ=0.77\ \mathrm{V}。

下列何組離子對（或離子、分子對）在水溶液中不能共存？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 氧化還原反應的自發性判斷： 在標準狀態水溶液中，全反應標準電池電動勢 Ecell∘E^\circ_{\text{cell}} 與標準吉布斯自由能變化 ΔG∘\Delta G^\circ 之關係式為： ΔG∘=−nFEcell∘\Delta G^\circ = -nFE^\circ_{\text{cell}} 其中 nn 為轉移電子莫耳數，FF 為法拉第常數。
  • 若 Ecell∘>0E^\circ_{\text{cell}} > 0：ΔG∘<0\Delta G^\circ < 0，反應為熱力學自發，兩物種相遇會自發起反應而被消耗，故不能共存。
  • 若 Ecell∘<0E^\circ_{\text{cell}} < 0：ΔG∘>0\Delta G^\circ > 0，反應無法自發進行，兩物種在溶液中可以共存。
  1. 全反應標準電位計算公式： Ecell∘=E陰極 (還原反應)∘−E陽極 (氧化反應)∘=Ered∘(氧化劑)−Ered∘(還原劑)E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ_{\text{陰極 (還原反應)}} - E^\circ_{\text{陽極 (氧化反應)}} = E^\circ_{\text{red}}(\text{氧化劑}) - E^\circ_{\text{red}}(\text{還原劑})
  2. 氧化劑與還原劑的強弱規律： 標準還原電位 E∘E^\circ 愈大者，其氧化態物種得電子傾向愈強，為愈強的氧化劑；E∘E^\circ 愈小者，其還原態物種失電子傾向愈強，為愈強的還原劑。化學反應傾向由「強氧化劑＋強還原劑」生成「弱氧化劑＋弱還原劑」。

解題方法

將題目所提供的半反應依標準還原電位 E∘E^\circ 由大到小排序：

  1. Fe3++e−→Fe2+\mathrm{Fe^{3+}+e^-\rightarrow Fe^{2+}}，E∘=0.77 VE^\circ=0.77\ \mathrm{V}
  2. I2+2e−→2I−\mathrm{I_2+2e^-\rightarrow2I^-}，E∘=0.54 VE^\circ=0.54\ \mathrm{V}
  3. Cu++e−→Cu\mathrm{Cu^++e^-\rightarrow Cu}，E∘=0.52 VE^\circ=0.52\ \mathrm{V}
  4. Cu2++e−→Cu+\mathrm{Cu^{2+}+e^-\rightarrow Cu^+}，E∘=0.16 VE^\circ=0.16\ \mathrm{V}
  5. 2H++2e−→H2\mathrm{2H^++2e^-\rightarrow H_2}，E∘=0.00 VE^\circ=0.00\ \mathrm{V}

若某對物種包含「較高電位的氧化態（氧化劑）」與「較低電位的還原態（還原劑）」，則兩者構成之 Ecell∘=E高∘−E低∘>0E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ_{\text{高}} - E^\circ_{\text{低}} > 0，反應能自發進行，在水溶液中即不能共存。逐一檢驗各選項所構成之氧化還原反應與電位差即可得出正解。

選項分析

  • (A) Fe3+,I−\mathrm{Fe^{3+}, I^-}：

  • Fe3+\mathrm{Fe^{3+}} 可作為氧化劑（還原為 Fe2+\mathrm{Fe^{2+}}，E∘=0.77 VE^\circ = 0.77\ \mathrm{V}），I−\mathrm{I^-} 作為還原劑（氧化為 I2\mathrm{I_2}，對應還原電位 E∘=0.54 VE^\circ = 0.54\ \mathrm{V}）。

  • 全反應方程式： 2Fe3++2I−→2Fe2++I22\mathrm{Fe^{3+}} + 2\mathrm{I^-} \rightarrow 2\mathrm{Fe^{2+}} + \mathrm{I_2}

  • 計算全反應電動勢： Ecell∘=E∘(Fe3+/Fe2+)−E∘(I2/I−)=0.77 V−0.54 V=+0.23 V>0E^\circ_{\text{cell}} = E^\circ(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}) - E^\circ(\mathrm{I_2/I^-}) = 0.77\ \mathrm{V} - 0.54\ \mathrm{V} = +0.23\ \mathrm{V} > 0

  • 因 Ecell∘>0E^\circ_{\text{cell}} > 0，此氧化還原反應在常溫水溶液中為自發反應，Fe3+\mathrm{Fe^{3+}} 與 I−\mathrm{I^-} 會迅速反應生成 Fe2+\mathrm{Fe^{2+}} 與 I2\mathrm{I_2}，不能共存。故 (A) 正確。

  • (B) H+,Cu\mathrm{H^+, Cu}：

  • 若兩者反應，H+\mathrm{H^+} 為氧化劑（還原為 H2\mathrm{H_2}，E∘=0.00 VE^\circ = 0.00\ \mathrm{V}），金屬銅 Cu\mathrm{Cu} 為還原劑（氧化為 Cu+\mathrm{Cu^+} 或 Cu2+\mathrm{Cu^{2+}}）。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 30 題2 分

根據價殼層電子對互斥（VSEPR）理論，XeF4\mathrm{XeF_4} 之形狀為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查價殼層電子對互斥理論（VSEPR）：中心原子周圍的電子域彼此排斥，會採取使排斥較小的排列。判斷分子形狀時，須同時計算中心原子的成鍵電子域與孤電子對；雙鍵或三鍵各算一個電子域。

解題方法

先計算氙原子的價電子數。氙有 8 個價電子，與 4 個氟原子各形成一個單鍵後，中心氙原子還有 2 對孤電子：

  • 成鍵電子域：4 個
  • 孤電子對：2 對
  • 總電子域：6 個

6 個電子域的電子域幾何排列為八面體。兩對孤電子為減少排斥而位於八面體的相對位置，四個氟原子則占據同一平面上的另外四個位置。因此，XeF4\mathrm{XeF_4} 的分子形狀為平面正方形。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 31 題2 分

根據定域電子模型（localized electron model），I3−\mathrm{I_3^-} 離子之中心原子混成軌域為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

定域電子模型以中心原子周圍的電子域數判斷分子形狀與混成軌域。電子域包括成鍵電子對與孤電子對；多重鍵在此計算中仍視為一個電子域。五個電子域對應三角雙錐電子域排列，傳統混成軌域表示為 dsp3dsp^3。

解題方法

在 I3−\mathrm{I_3^-} 中，兩端碘原子各與中心碘原子形成一個單鍵。中心碘有 77 個價電子，負電荷再增加 11 個電子，因此中心原子周圍的電子計數可整理為：

  • 兩個成鍵電子域：形成兩個 I−I\mathrm{I-I} 鍵。
  • 三對孤電子：剩餘六個電子形成三對孤電子。

中心原子共有 2+3=52+3=5 個電子域，因此採三角雙錐電子域排列。三對孤電子佔據較有利的赤道位置，兩個成鍵域位於軸向，分子呈直線形；依題目採用的傳統混成軌域記號，中心碘為 dsp3dsp^3。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 32 題2 分

在基態（ground state）時，下列何者之第一游離能最大？

這一題的完整詳解

核心觀念

第一游離能是將基態氣體粒子移除一個電子所需的能量：

X(g)→X+(g)+e−X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-

數值越大，表示電子越難移除。比較時要注意，題目中的 N\mathrm{N} 是單一氮原子；N2\mathrm{N_2}、N2−\mathrm{N_2^-} 與 N22−\mathrm{N_2^{2-}} 則是不同電荷狀態的氮分子，不能只依原子序或電子總數比較，應看被移除電子所在的分子軌域及其束縛程度。

解題方法

氮原子的基態電子組態為 1s2 2s2 2p31s^2\,2s^2\,2p^3。氮分子的價電子數為 10，其分子軌域組態可寫為：

(σ2s)2(σ2s∗)2(π2p)4(σ2p)2(\sigma_{2s})^2(\sigma_{2s}^{*})^2(\pi_{2p})^4(\sigma_{2p})^2

中性 N2\mathrm{N_2} 的最高佔據分子軌域（HOMO）是鍵結的 σ2p\sigma_{2p} 軌域。移除其中一個電子會破壞部分鍵結，因此需要較大的能量。

N2−\mathrm{N_2^-} 與 N22−\mathrm{N_2^{2-}} 的額外電子則進入較高能量的反鍵結 π2p∗\pi_{2p}^{*} 軌域。這些電子束縛較弱，且反鍵結軌域的填入會降低分子的穩定性，因此較容易移除。氮原子的第一游離能也低於中性 N2\mathrm{N_2} 的第一游離能。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 33 題2 分

已知 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)\mathrm{N_2(g)+3H_2(g)\rightleftharpoons2NH_3(g)} 為放熱反應。某研究人員以 N2\mathrm{N_2} 與 H2\mathrm{H_2} 為原料（其初始壓力比為 1:31:3），嘗試合成 NH3\mathrm{NH_3}。實驗在三種不同溫度（400∘C400^\circ\mathrm{C}、500∘C500^\circ\mathrm{C}、600∘C600^\circ\mathrm{C}）與三種初始總壓力（300 atm300\ \mathrm{atm}、400 atm400\ \mathrm{atm}、500 atm500\ \mathrm{atm}）下進行。當反應達成平衡時，下列何種實驗條件可望使得混合物中 NH3\mathrm{NH_3} 的重量百分比最大？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查**勒沙特列原理（Le Chatelier's principle）**在氣相化學平衡系統中的應用：

  1. 溫度對平衡的影響： 對於放熱反應（ΔH<0\Delta H < 0），正反應釋放熱量。降低溫度時，平衡向放熱方向（正反應方向）移動，平衡常數 KK 增大，產物產率提高。
  2. 壓力對平衡的影響： 對於氣體分子數減少的反應（Δng<0\Delta n_g < 0），提高系統總壓力時，平衡向氣體分子數減少的方向（正反應方向）移動，產物在混合氣體中的莫耳分率及重量百分比提高。

解題方法

反應方程式為： N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)+熱(ΔH<0)\mathrm{N_2(g) + 3H_2(g) \rightleftharpoons 2NH_3(g)} + \text{熱} \quad (\Delta H < 0)

  1. 溫度效應分析：
  • 此反應為放熱反應。
  • 根據勒沙特列原理，降低系統溫度有助於抵消熱量散失，驅使平衡向右（生成 NH3\mathrm{NH_3} 的方向）移動。
  • 題目給定的三種溫度為 400∘C400^\circ\mathrm{C}、500∘C500^\circ\mathrm{C}、600∘C600^\circ\mathrm{C}，其中最低溫 400∘C400^\circ\mathrm{C} 具有最大的平衡常數，最有利於 NH3\mathrm{NH_3} 的生成。
  1. 壓力效應分析：
  • 計算反應前後氣體分子數變化量： Δng=2−(1+3)=−2<0\Delta n_g = 2 - (1 + 3) = -2 < 0
  • 反應由 4 mol4\ \mathrm{mol} 氣體縮小為 2 mol2\ \mathrm{mol} 氣體，屬於**分子數減少（體積縮小）**的反應。
  • 根據勒沙特列原理，增大壓力時，平衡將朝向氣體分子數變少的方向移動，以減輕外加壓力。
  • 題目給定的三種壓力為 300 atm300\ \mathrm{atm}、400 atm400\ \mathrm{atm}、500 atm500\ \mathrm{atm}，其中最高壓 500 atm500\ \mathrm{atm} 最有利於平衡向右移動，使 NH3\mathrm{NH_3} 的生成量達到最大。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 34 題2 分

若已知半反應 Cr2++2e−→Cr\mathrm{Cr^{2+}+2e^-\rightarrow Cr} 與 Cr3++e−→Cr2+\mathrm{Cr^{3+}+e^-\rightarrow Cr^{2+}} 之標準還原電位分別為 ε1\varepsilon_1 與 ε2\varepsilon_2，則半反應 Cr3++3e−→Cr\mathrm{Cr^{3+}+3e^-\rightarrow Cr} 之標準還原電位為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

標準還原電位 E∘E^\circ 不是可直接相加的量；標準反應的吉布斯自由能變化 ΔG∘\Delta G^\circ 才具有可加性。兩者關係為

ΔG∘=−nFE∘\Delta G^\circ=-nFE^\circ

其中 nn 是半反應轉移的電子莫耳數，FF 為法拉第常數。因此，串接半反應時，須先換算成 ΔG∘\Delta G^\circ 相加，再換回標準還原電位。

解題方法

將題目中的兩個半反應相加：

Cr2++2e−⟶CrE1∘=ε1,n1=2Cr3++e−⟶Cr2+E2∘=ε2,n2=1\begin{aligned} \mathrm{Cr^{2+}+2e^-}&\longrightarrow\mathrm{Cr} &&E_1^\circ=\varepsilon_1,\quad n_1=2\\ \mathrm{Cr^{3+}+e^-}&\longrightarrow\mathrm{Cr^{2+}} &&E_2^\circ=\varepsilon_2,\quad n_2=1 \end{aligned}

相加後 Cr2+\mathrm{Cr^{2+}} 抵銷，得到目標半反應：

Cr3++3e−⟶Cr\mathrm{Cr^{3+}+3e^-\longrightarrow Cr}

各步驟的標準自由能變化為

ΔG1∘=−2Fε1,ΔG2∘=−Fε2\Delta G_1^\circ=-2F\varepsilon_1,\qquad \Delta G_2^\circ=-F\varepsilon_2

由於自由能變化可加，目標反應的自由能變化為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 35 題2 分

某氣球吸熱後，體積由 4.0×1064.0\times10^6 公升增為 4.5×1064.5\times10^6 公升。若氣球對抗固定的 1.0 atm1.0\ \mathrm{atm} 大氣壓力作膨脹，則此過程中氣球作功為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

定壓膨脹時，氣體對外作功的大小為外壓乘以體積變化：

W氣球對外=P外ΔVW_{\text{氣球對外}}=P_{\text{外}}\Delta V

本題所稱「氣球作功」是氣球對抗大氣壓力所作的功，取正值表示氣球對外作功。若採化學熱力學常見的「作用於系統的功」符號慣例，則膨脹功會記為 w=−P外ΔVw=-P_{\text{外}}\Delta V；題目選項採用此慣例。

解題方法

體積增加量為

ΔV=(4.5−4.0)×106 L=0.5×106 L=5.0×105 L\Delta V=(4.5-4.0)\times10^6\ \mathrm{L} =0.5\times10^6\ \mathrm{L} =5.0\times10^5\ \mathrm{L}

利用 1 L⋅atm=101.3 J1\ \mathrm{L\cdot atm}=101.3\ \mathrm{J}，得到作用於氣球的功：

w=−P外ΔV=−(1.0 atm)(5.0×105 L)(101.3 JL⋅atm)=−5.065×107 J≈−5.1×107 Jw=-P_{\text{外}}\Delta V =-(1.0\ \mathrm{atm})(5.0\times10^5\ \mathrm{L}) \left(101.3\ \frac{\mathrm{J}}{\mathrm{L\cdot atm}}\right) =-5.065\times10^7\ \mathrm{J} \approx-5.1\times10^7\ \mathrm{J}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 36 題2 分

1.01.0 莫耳理想氣體在恆溫（25∘C25^\circ\mathrm{C}）、可逆的條件下，體積膨脹為原來的二倍。此過程中氣體的亂度（entropy）變化量為何？（R=8.31 J K−1 mol−1R=8.31\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}）

這一題的完整詳解

核心觀念

熵變 ΔS\Delta S 描述系統狀態改變時的熵差。對 nn 莫耳理想氣體在恆溫下由體積 V1V_1 可逆膨脹至 V2V_2，有

ΔS=qrevT=nRln⁡V2V1.\Delta S=\frac{q_{\mathrm{rev}}}{T} =nR\ln\frac{V_2}{V_1}.

其中 qrevq_{\mathrm{rev}} 是可逆過程中系統吸收的熱量。理想氣體恆溫時內能不變，因此膨脹吸收的熱量補償氣體對外做的功，熵變只取決於初、末狀態。

解題方法

題目給定 n=1.0 moln=1.0\ \mathrm{mol}、V2=2V1V_2=2V_1，代入公式：

ΔS=(1.0)(8.31)ln⁡2V1V1=8.31ln⁡2≈8.31(0.693)≈5.76 J/K.\Delta S =(1.0)(8.31)\ln\frac{2V_1}{V_1} =8.31\ln 2 \approx 8.31(0.693) \approx 5.76\ \mathrm{J/K}.

四捨五入至小數點後一位為 5.8 J/K5.8\ \mathrm{J/K}。溫度雖為 25∘C25^\circ\mathrm{C}，此題使用的等溫理想氣體熵變公式中溫度已消去，因此不必換算成開爾文代入。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 37 題2 分

氫原子 1s1s 軌域之波函數為 ψ=π−1/2a0−3/2exp⁡(−r/a0)\psi=\pi^{-1/2}a_0^{-3/2}\exp(-r/a_0) 其中 a0a_0 為常數，rr 為電子與原子核的距離，exp⁡\exp 代表以 ee 為底之指數函數。在 r=a0r=a_0 之某特定位置找到電子的機率是 r=2a0r=2a_0 處之幾倍？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 玻恩機率詮釋（Born's Interpretation of the Wavefunction） 在量子力學中，微觀粒子（如電子）在空間中某位置出現的機率密度 PP 與該處波函數絕對值的平方成正比： P∝∣ψ∣2P \propto |\psi|^2 若在三維空間中某特定位置之微小體積單元 dVdV 內尋找電子，其發現機率為 dP=∣ψ∣2dVdP = |\psi|^2 dV。

  2. 「特定位置」與「徑向分佈」的區別

  • 特定位置（Point Probability Density）：題目指明在「某特定位置」找到電子的機率，體積單元 dVdV 相同，機率直接與 ∣ψ(r)∣2|\psi(r)|^2 成正比。
  • 徑向分佈（Radial Distribution Function）：若題目詢問的是「距離原子核距離為 rr 的球殼上」找到電子的機率，則必須將球殼表面積 4πr24\pi r^2 納入考量（即 P(r)dr=4πr2∣ψ(r)∣2drP(r)dr = 4\pi r^2 |\psi(r)|^2 dr）。本題明確強調「某特定位置」，因此不需乘上 4πr24\pi r^2。

解題方法

步驟一：求空間中特定位置的電子機率密度函數 已知氫原子 1s1s 軌域波函數為： ψ(r)=π−1/2a0−3/2exp⁡(−ra0)\psi(r) = \pi^{-1/2} a_0^{-3/2} \exp\left(-\frac{r}{a_0}\right)

在空間中距離原子核為 rr 的某特定位置，其機率密度 ∣ψ(r)∣2|\psi(r)|^2 為： ∣ψ(r)∣2=[π−1/2a0−3/2exp⁡(−ra0)]2=π−1a0−3exp⁡(−2ra0)|\psi(r)|^2 = \left[ \pi^{-1/2} a_0^{-3/2} \exp\left(-\frac{r}{a_0}\right) \right]^2 = \pi^{-1} a_0^{-3} \exp\left(-\frac{2r}{a_0}\right)

步驟二：分別代入 r=a0r = a_0 與 r=2a0r = 2a_0

  • 當 r=a0r = a_0 時： ∣ψ(a0)∣2=π−1a0−3exp⁡(−2a0a0)=π−1a0−3e−2|\psi(a_0)|^2 = \pi^{-1} a_0^{-3} \exp\left(-\frac{2a_0}{a_0}\right) = \pi^{-1} a_0^{-3} e^{-2}

  • 當 r=2a0r = 2a_0 時： ∣ψ(2a0)∣2=π−1a0−3exp⁡(−2(2a0)a0)=π−1a0−3e−4|\psi(2a_0)|^2 = \pi^{-1} a_0^{-3} \exp\left(-\frac{2(2a_0)}{a_0}\right) = \pi^{-1} a_0^{-3} e^{-4}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 38 題2 分

分子振動狀態的激發需要吸收下列何種電磁波？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查電磁波能量與分子能階躍遷的關係。分子振動能階的能量差通常大於轉動能階、但小於電子能階，因此激發分子振動主要吸收紅外光。

光子的能量與頻率成正比、與波長成反比：

E=hν=hcλE=h\nu=\frac{hc}{\lambda}

其中 hh 為普朗克常數、ν\nu 為頻率、λ\lambda 為波長。分子吸收的光子能量須與兩個振動能階的能量差相符。

解題方法

判斷不同光譜區域對應的分子能階躍遷即可：

  • 微波的能量較低，主要對應分子轉動能階。
  • 紅外光能量適合激發分子振動能階。
  • 紫外光與 X 光能量更高，通常對應電子躍遷或更高能量的過程。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 39 題2 分

已知液體 A 與 B 在某溫度下的飽和蒸氣壓分別為 pp 與 qq，且 p=2qp=2q。若 A 與 B 在此溫度混合後生成理想溶液，且溶液中 A 的莫耳分率為 0.20.2，則溶液上方氣相中 A 的莫耳分率為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考理想溶液的拉午耳定律與道耳吞分壓定律。理想溶液中，各成分的分壓等於液相莫耳分率乘以該純液體的飽和蒸氣壓：

pA=xAp,pB=xBqp_A=x_Ap,\qquad p_B=x_Bq

氣相中 A 的莫耳分率，則為 A 的分壓占總蒸氣壓的比例：

yA=pApA+pBy_A=\frac{p_A}{p_A+p_B}

解題方法

已知液相中 xA=0.2x_A=0.2，所以 xB=1−0.2=0.8x_B=1-0.2=0.8；又 p=2qp=2q。代入拉午耳定律：

pA=0.2p,pB=0.8qp_A=0.2p,\qquad p_B=0.8q

將 p=2qp=2q 代入，得到：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 40 題2 分

若已測得反應 A 在一系列絕對溫度 TT 下的速率常數 kk，則 ln⁡k\ln k 對 1/T1/T 作圖之斜率為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查阿瑞尼士方程式（Arrhenius equation），以及速率常數 kk 對絕對溫度 TT 的依存關係。其常用形式為

k=Ae−Ea/(RT)k=Ae^{-E_a/(RT)}

其中 AA 為頻率因子，EaE_a 為活化能，RR 為氣體常數，TT 為絕對溫度。

解題方法

對阿瑞尼士方程式兩側取自然對數：

ln⁡k=ln⁡A−EaR1T\ln k=\ln A-\frac{E_a}{R}\frac{1}{T}

這是直線方程 y=b+mxy=b+mx 的形式，其中縱軸為 ln⁡k\ln k，橫軸為 1/T1/T，所以斜率為

m=−EaRm=-\frac{E_a}{R}

因此選項 (C) 正確。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 41 題2 分

下列化合物中，何者具有最強的分子偶極？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 分子偶極（Molecular Dipole）與偶極矩（Dipole Moment, μ\mu）： 分子偶極源自於分子內部電荷分布的不對稱性。當不同原子間電負度（Electronegativity）不同時，共用電子對會偏向電負度較大的原子，形成局部鍵偶極（Bond dipole）。整個分子的永久分子偶極矩 μ⃗\vec{\mu} 為分子中所有鍵偶極與孤對電子（Lone pairs）之向量和： μ⃗=∑qir⃗i\vec{\mu} = \sum q_i \vec{r}_i 其中 qq 為有效分離電荷，rr 為電荷分離距離。

  2. 官能基極性與共振分離： 在同碳數（三碳骨架）的含氧有機化合物中，分子的極性強度主要由官能基決定：

  • 羥基（−OH-OH）：存在 C−OC-O 與 O−HO-H 極性鍵。
  • 羰基（C=OC=O）：碳氧雙鍵具高度極化性（Cδ+=Oδ−C^{\delta+}=O^{\delta-}），且受碳鏈推電子基影響。
  • 羧基（−COOH-COOH）：同時整合羰基（C=OC=O）與羥基（−OH-OH），並伴隨顯著的共振電荷分離結構： R−C(=O)−OH⟷R−C(O−)=O+HR-C(=O)-OH \longleftrightarrow R-C(O^-)=O^+H 使分子具有高度局部的正負電荷分離。

解題方法

本題所列四種化合物皆為三碳（C3C_3）鏈狀有機化合物，其非極性碳氫鏈長度相近，因此分子整體極性與偶極強度完全取決於所接官能基之電負度差、鍵偶極數量與共振效應：

  1. 比較官能基極性與電荷分離程度：
  • 醇類（Alcohol）：僅具單一電負度極化鍵（−C−O−H-C-O-H）。
  • 醛與酮（Carbonyl compounds）：具備強極性的 C=OC=O 雙鍵。
  • 羧酸（Carboxylic acid）：官能基兼具 C=OC=O 與 −OH-OH 兩個高電負度氧原子，碳原子帶顯著部分正電荷（δ+\delta^+），兩氧原子帶顯著部分負電荷（δ−\delta^-），具有全系列中最強的分子極性特徵與電荷分離強度。
  1. 定性判定： 依據普通化學與有機化學定性規則，含氧官能基極性順序為：羧酸（−COOH-COOH）>> 酮（−CO−-CO-）≥\ge 醛（−CHO-CHO）>> 醇（−OH-OH）。因此丙酸具有最強的分子偶極。

選項分析

  • (A) 丙醇（CH3CH2CH2OHCH_3CH_2CH_2OH）錯誤： 官能基為醇羥基（−OH-OH）。雖然氧與氫的電負度差較大，但僅有一個極性中心，且為單鍵結構，分子電荷分離程度不及含碳氧雙鍵（C=OC=O）之羰基與羧基化合物，其分子偶極較小。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 42 題2 分

利用光電子實驗測量某未知元素之游離能，測得第一游離能為 577 kJ/mol577\ \mathrm{kJ/mol}，第二游離能為 1816 kJ/mol1816\ \mathrm{kJ/mol}，第三游離能為 2881 kJ/mol2881\ \mathrm{kJ/mol}，而第四游離能則為 11600 kJ/mol11600\ \mathrm{kJ/mol}。下列選項中，何者最可能是此一元素之元素符號？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查游離能的遞增趨勢，以及如何由相鄰游離能的巨大躍升判斷原子的價電子數。游離能是將氣態原子或離子中的一個電子移除所需的能量：

X(g)→X+(g)+e−第一游離能\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}\qquad\text{第一游離能} X+(g)→X2+(g)+e−第二游離能\mathrm{X^+(g)\rightarrow X^{2+}(g)+e^-}\qquad\text{第二游離能}

後續游離能依此類推。每移除一個電子，粒子帶正電程度增加，剩餘電子受原子核吸引更強，因此游離能通常逐次增加。若移除某一層的最後一個價電子後，下一個電子來自較內層的穩定電子層，游離能便會大幅上升。

解題方法

比較相鄰游離能的增幅：

I2−I1=1816−577=1239 kJ/mol,I3−I2=2881−1816=1065 kJ/mol,I4−I3=11600−2881=8719 kJ/mol.\begin{aligned} I_2-I_1 &= 1816-577=1239\ \mathrm{kJ/mol},\\ I_3-I_2 &= 2881-1816=1065\ \mathrm{kJ/mol},\\ I_4-I_3 &= 11600-2881=8719\ \mathrm{kJ/mol}. \end{aligned}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 43 題2 分

下列試劑中，何者會與 H2S\mathrm{H_2S} 產生沉澱，可用來偵測空氣中是否存在有毒的 H2S\mathrm{H_2S} 氣體？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查硫化氫與金屬離子形成難溶硫化物的沉澱反應。硫化氫 H2S\mathrm{H_2S} 溶於水後可提供硫離子；遇到鉛離子 Pb2+\mathrm{Pb^{2+}} 時，會生成難溶的黑色硫化鉛 PbS\mathrm{PbS}。因此，可用含鉛離子的試劑偵測硫化氫。

解題方法

逐一判斷各試劑是否能提供適當離子，與 H2S\mathrm{H_2S} 生成難溶沉澱。硝酸鉛 Pb(NO3)2\mathrm{Pb(NO_3)_2} 溶於水後解離為 Pb2+\mathrm{Pb^{2+}} 與 NO3−\mathrm{NO_3^-}；鉛離子與硫化氫提供的硫離子反應：

Pb2+(aq)+S2−(aq)→PbS(s)\mathrm{Pb^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)\rightarrow PbS(s)}

生成黑色 PbS\mathrm{PbS} 沉澱，反應可用來辨識 H2S\mathrm{H_2S}。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 44 題2 分

下列何種物質不能與鹽酸反應產生氣體？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查無機化學中「酸與不同類別物質的反應特徵」及「氣體生成反應」：

  1. 酸與活性金屬的氧化還原反應：活性大於氫的金屬（如 Zn\mathrm{Zn}、Fe\mathrm{Fe}、Mg\mathrm{Mg} 等）可與非氧化性酸（如稀鹽酸）反應，置換出氫氣（H2\mathrm{H_2}）。
  2. 強酸製弱酸（揮發性酸或不穩定酸之分解）：
  • 碳酸鹽（CO32−\mathrm{CO_3^{2-}}）或碳酸氫鹽（HCO3−\mathrm{HCO_3^-}）遇酸產生不穩定的碳酸（H2CO3\mathrm{H_2CO_3}），迅速分解生成二氧化碳氣體（CO2\mathrm{CO_2}）與水。
  • 硫化物（S2−\mathrm{S^{2-}}）遇酸會生成揮發性的弱酸硫化氫氣體（H2S\mathrm{H_2S}）。
  1. 金屬氧化物（鹼性氧化物）的酸鹼中和反應：鹼性金屬氧化物與酸反應僅生成對應的鹽類與水，屬於非氧化還原之酸鹼中和反應，不釋放氣體。

解題方法

逐一檢視各物質與鹽酸（HCl(aq)\mathrm{HCl_{(aq)}}）反應的化學方程式，確認反應產物之相態（固、液、氣、水溶液），尋找反應中無氣態產物生成的選項。

選項分析

  • (A) 錯誤（會產生氣體） 碳酸鈣（CaCO3\mathrm{CaCO_3}）為難溶性碳酸鹽，與鹽酸反應會發生酸鹼質子轉移，產生易溶的氯化鈣、水與二氧化碳氣體： CaCO3(s)+2HCl(aq)→CaCl2(aq)+H2O(l)+CO2(g)↑\mathrm{CaCO_3(s) + 2HCl(aq) \rightarrow CaCl_2(aq) + H_2O(l) + CO_2(g)\uparrow} 因此會產生 CO2\mathrm{CO_2} 氣體，不符題意。

  • (B) 錯誤（會產生氣體） 金屬鋅（Zn\mathrm{Zn}）在金屬活動性順序中排在氫之前（Zn>H\mathrm{Zn > H}），與非氧化性酸（鹽酸）進行單置換（氧化還原）反應，將氫離子還原為氫氣：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 45 題2 分

關於鋁（Al）與氯（Cl）形成的化合物，下列敘述何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 化合物化學式與電荷守恆：
  • 鋁（Al\mathrm{Al}）為週期表第 13 族（IIIA 族）金屬，原子序為 13，價電子組態為 3s23p13s^2 3p^1，在化合物中通常失去 3 個價電子，形成穩定的 Al3+\mathrm{Al^{3+}} 離子（氧化數為 +3+3）。
  • 氯（Cl\mathrm{Cl}）為第 17 族（VIIA 族）鹵素非金屬，原子序為 17，價電子組態為 3s23p53s^2 3p^5，傾向獲得 1 個電子達到鈍氣組態，形成 Cl−\mathrm{Cl^-} 離子（氧化數為 −1-1）。
  • 依電中性原則，陽離子與陰離子結合的莫耳比為 1:31:3，化學式為 AlCl3\mathrm{AlCl_3}。
  1. 化學鍵性質與共價特徵（法揚斯規則，Fajans' rules）：
  • 傳統簡易法則中常以「金屬＋非金屬」初略判定為離子化合物，但鍵結實質性質取決於陰陽離子的電負度差（ΔEN\Delta \mathrm{EN}）與極化效應。
  • 根據法揚斯規則：當陽離子具有高電荷（+3+3）與小半徑時，其電荷密度極高，對陰離子外圍電子雲具有極強的吸引與拉扯變形能力（高極化力）；同時氯離子半徑較大，電子雲容易被極化。
  • 電子雲受極化後重疊於兩原子核之間，使鍵結呈現顯著的共價特徵。
  • 宏觀物理性質亦證實其為共價化合物：AlCl3\mathrm{AlCl_3} 熔沸點低、極易昇華（昇華溫度約 180∘C180^\circ\mathrm{C}），熔融態幾不導電，氣態及非極性溶劑中常以共價鍵形成的雙聚體 Al2Cl6\mathrm{Al_2Cl_6} 形式存在。

解題方法

  1. 第一步：決定化合物化學式 鋁的氧化數為 +3+3，氯與活潑金屬形成氯化物時氧化數為 −1-1。 設化合物中 Al\mathrm{Al} 與 Cl\mathrm{Cl} 原子數比為 x:yx : y： 3x+(−1)y=0  ⟹  xy=133x + (-1)y = 0 \implies \frac{x}{y} = \frac{1}{3} 因此化學式為 AlCl3\mathrm{AlCl_3}，立即排除化學式為 Al2Cl3\mathrm{Al_2Cl_3} 的選項 (C) 與 (D)。

  2. 第二步：判定化合物類別（共價 vs. 離子）

  • 檢驗鋁離子極化效應：Al3+\mathrm{Al^{3+}} 帶 3 個正電荷且離子半徑僅約 53.5 pm53.5\text{ pm}，電荷／半徑比極高，使 Al−Cl\mathrm{Al-Cl} 鍵具有高度共價性。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 46 題2 分

考慮化學平衡反應： 2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)2\mathrm{NO}(g)+\mathrm{Cl_2}(g)\rightleftharpoons2\mathrm{NOCl}(g) 假設此反應為放熱反應，在系統達成平衡後，下列何項因素可使平衡往反應物方向移動？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考勒沙特列原理：平衡系統受到濃度、壓力或溫度改變時，平衡會朝能減弱該改變的方向移動。

反應為

2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)2\mathrm{NO}(g)+\mathrm{Cl_2}(g)\rightleftharpoons2\mathrm{NOCl}(g)

正反應為放熱反應，可將熱視為反應物側的產物：

2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)+熱2\mathrm{NO}(g)+\mathrm{Cl_2}(g)\rightleftharpoons2\mathrm{NOCl}(g)+\text{熱}

解題方法

逐一判斷各因素對平衡的影響。升高溫度相當於增加「熱」這項產物，系統會朝消耗熱的方向移動，也就是朝吸熱的逆反應方向移動，因此平衡往反應物方向移動。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 47 題2 分

鐵塊放在潮濕的環境中生鏽，下列選項中的化合物，何者在此一氧化還原反應中扮演還原劑的角色？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「電化學腐蝕（鐵生鏽機制）」與「氧化還原反應之基本定義」：

  1. 還原劑（Reducing agent）：在氧化還原反應中失去電子、氧化數增加的反應物（本身被氧化，促使對方還原）。
  2. 氧化劑（Oxidizing agent）：在氧化還原反應中獲得電子、氧化數降低的反應物（本身被還原，促使對方氧化）。
  3. 鐵的生鏽機制：鐵生鏽為一典型的微電池電化學腐蝕過程，必須同時存在「水」與「氧氣」。鐵在陽極釋出電子形成亞鐵離子，溶於水中的氧氣在陰極接受電子進行還原。

解題方法

鐵在潮濕環境中生鏽的電化學半反應與總反應推導如下：

  1. 陽極反應（氧化反應）： 金屬鐵失去電子，氧化為亞鐵離子： Fe(s)→Fe2+(aq)+2e−\mathrm{Fe(s) \rightarrow Fe^{2+}(aq) + 2e^-} 鐵（Fe\mathrm{Fe}）的氧化數由 00 升高至 +2+2，發生氧化反應，故 Fe(s)\mathrm{Fe(s)} 在反應中扮演還原劑。

  2. 陰極反應（還原反應）： 溶於水中的氧氣在弱酸或中性環境下接受電子進行還原： O2(g)+2H2O(l)+4e−→4OH−(aq)\mathrm{O_2(g) + 2H_2O(l) + 4e^- \rightarrow 4OH^-(aq)} 氧（O\mathrm{O}）的氧化數由 00（在 O2\mathrm{O_2} 中）降低至 −2-2（在 OH−\mathrm{OH^-} 中），發生還原反應，故 O2(g)\mathrm{O_2(g)} 扮演氧化劑。

  3. 後續反應與生鏽產物形成： 陽極生成的 Fe2+\mathrm{Fe^{2+}} 與陰極生成的 OH−\mathrm{OH^-} 結合生成氫氧化亞鐵 Fe(OH)2(s)\mathrm{Fe(OH)_2(s)}： Fe2+(aq)+2OH−(aq)→Fe(OH)2(s)\mathrm{Fe^{2+}(aq) + 2OH^-(aq) \rightarrow Fe(OH)_2(s)} Fe(OH)2\mathrm{Fe(OH)_2} 不穩定，在水與空氣中的氧氣進一步氧化下，脫水形成水合三氧化二鐵（即紅棕色的鐵鏽）： 4Fe(OH)2(s)+O2(g)→2Fe2O3⋅H2O(s)+2H2O(l)4\mathrm{Fe(OH)_2(s) + O_2(g) \rightarrow 2Fe_2O_3 \cdot H_2O(s) + 2H_2O(l)}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 48 題2 分

苯酚（C6H5OH\mathrm{C_6H_5OH}）為一苯環上帶有一個羥基（−OH-\mathrm{OH}）的化合物。苯酚分子的化學結構中，σ\sigma 鍵與 π\pi 鍵的數目各為多少個？

這一題的完整詳解

核心觀念

σ\sigma 鍵與 π\pi 鍵是共價鍵中軌域重疊方式的分類。兩原子間的單鍵含 11 個 σ\sigma 鍵；雙鍵由 11 個 σ\sigma 鍵和 11 個 π\pi 鍵組成。因此，計算時可先依苯酚的結構數出原子間的鍵，再辨認雙鍵所含的 π\pi 鍵。

解題方法

苯酚可視為苯環上的一個氫被羥基 −OH-\mathrm{OH} 取代。其結構包含：

  • 苯環：66 個碳原子構成環，環上有 33 個 C=C \mathrm{C=C} 雙鍵；每個碳另連接一個取代基或氫。
  • 羥基：氧原子以單鍵連接苯環上的碳，並以單鍵連接氫。

先計算 σ\sigma 鍵：

苯環中的 C–C 鍵=6苯環上的 C–H 鍵=5連接苯環與羥基的 C–O 鍵=1羥基中的 O–H 鍵=1∴ σ 鍵總數=6+5+1+1=13\begin{aligned} \text{苯環中的 C--C 鍵} &= 6 \\ \text{苯環上的 C--H 鍵} &= 5 \\ \text{連接苯環與羥基的 C--O 鍵} &= 1 \\ \text{羥基中的 O--H 鍵} &= 1 \\ \therefore\ \sigma\text{ 鍵總數} &= 6+5+1+1=13 \end{aligned}

苯環有 33 個雙鍵，每個雙鍵含 11 個 π\pi 鍵，因此：

π 鍵總數=3\pi\text{ 鍵總數}=3

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 49 題2 分

鉛蓄電池放電時會消耗鉛（Pb）、二氧化鉛（PbO2\mathrm{PbO_2}）與硫酸（H2SO4\mathrm{H_2SO_4}），而生成硫酸鉛（PbSO4\mathrm{PbSO_4}）與水。當一鉛蓄電池釋放 0.10.1 個法拉第的電量時（11 法拉第 =96500 C=96500\ \mathrm{C}），會生成多少莫耳的硫酸鉛？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查鉛蓄電池放電時的氧化還原反應，以及法拉第與電子莫耳數的關係。11 法拉第代表 11 莫耳電子所帶的電量，約為 96500 C96500\ \mathrm{C}。

放電時的總反應為：

Pb+PbO2+2H2SO4→2PbSO4+2H2O\mathrm{Pb + PbO_2 + 2H_2SO_4 \rightarrow 2PbSO_4 + 2H_2O}

反應中每消耗 22 莫耳電子，會生成 22 莫耳 PbSO4\mathrm{PbSO_4}，因此電子與硫酸鉛的莫耳數比為 1:11:1。

解題方法

釋放 0.10.1 法拉第，表示轉移電子：

n(e−)=0.1 moln(e^-)=0.1\ \mathrm{mol}

由反應的電子與硫酸鉛莫耳數比為 1:11:1：

n(PbSO4)=0.1 moln(\mathrm{PbSO_4})=0.1\ \mathrm{mol}

因此生成 0.10.1 莫耳硫酸鉛。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 50 題2 分

下列化合物的分子結構中，何者不含有 sp2sp^2 混成的碳原子？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查碳原子的混成軌域與分子中的鍵結方式。碳原子周圍有三個電子域、呈平面三角形排列時，通常採 sp2sp^2 混成；常見於碳碳雙鍵的碳原子，以及羰基（C=OC=O）中的碳原子。碳碳三鍵中的碳原子則採 spsp 混成，只有單鍵的飽和碳原子通常採 sp3sp^3 混成。

解題方法

先辨認各選項的結構，再找出是否含有雙鍵或羰基。題目問的是「不含有 sp2sp^2 混成碳原子」，因此要找所有碳原子都屬於 spsp 或 sp3sp^3 混成的化合物。

選項分析

  • **(A) 丁炔（C2H5CCH\mathrm{C_2H_5CCH}）—正確。**其結構為 CH3CH2C≡CH\mathrm{CH_3CH_2C{\equiv}CH}。三鍵兩端的碳原子各形成兩個電子域，採 spsp 混成；乙基中的碳原子只形成單鍵，採 sp3sp^3 混成。因此分子中不含 sp2sp^2 混成碳原子。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

專利師(選試專業日文及物理化學)《普通物理與普通化學》其他年度

115114113112111110109108

107 年專利師高等考試・其他類科的《普通物理與普通化學》

專利師(選試專業日文及工程力學)專利師(選試專業日文及工業設計)專利師(選試專業日文及生物技術)專利師(選試專業日文及計算機結構)專利師(選試專業日文及電子學)專利師(選試專業英文及工程力學)專利師(選試專業英文及工業設計)專利師(選試專業英文及生物技術)專利師(選試專業英文及物理化學)專利師(選試專業英文及計算機結構)專利師(選試專業英文及電子學)