112 年專利師高等考試專利師(選試專業英文及電子學) 考古題與詳解

Question 1

一架投石機以 $45^\circ$ 仰角從地面上發射石彈。若不考慮空氣阻力的影響，將石彈的運動視為自由拋體運動，測量投出的石彈需時 $3.0\ \mathrm{s}$ 落地，則投石機投出石彈的水平距離約為多少？

Accepted Answer

核心觀念 石彈做斜向自由拋體運動時，水平方向為等速度運動，鉛直方向則受重力加速度影響。水平位移由水平速度分量與飛行時間決定： $$ R=v0\cos	heta\cdot t $$ 其中 $v0$ 是初速、$	heta$ 是仰角、$t$ 是飛行時間。 解題方法 石彈從地面發射並落回同一高度，忽略空氣阻力，因此鉛直方向的上升與下降時間相同。總飛行時間為 $3.0\ \mathrm{s}$，上升時間為 $1.5\ \mathrm{s}$。取重力加速度 $g\approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}$，由鉛直速度變化得： $$ v0\sin45^\circ=g\left(\frac{3.0}{2}ight) $$ 水平速度為： $$ v0\cos45^\circ =\frac{g(3.0/2)}{\sin45^\circ}\cos45^\circ =g\left(\frac{3.0}{2}ight) \approx 14.7\ \mathrm{m/s} $$ 因此水平距離： $$ R=(14.7\ \mathrm{m/s})(3.0\ \mathrm{s}) \approx 44.1\ \mathrm{m} \approx 45\ \mathrm{m} $$ 選項分析

Answer

答案：B

Question 2

一台滑車從長斜面上以初速為零受重力作用自由滑下，觀察並記錄滑車在斜面上移動距離 $x$ 對時間 $t$ 的圖形，應該最接近下面何者所示？（長斜面與滑車間的摩擦力可以忽略。）

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Accepted Answer

核心觀念 滑車在固定斜面上受重力作用，且忽略摩擦力，因此沿斜面的合力為重力分力 $mg\sin	heta$。依牛頓第二運動定律，滑車的加速度為定值： $$ a=\frac{mg\sin	heta}{m}=g\sin	heta $$ 滑車由靜止開始，故初速 $v0=0$。等加速度運動的位移與時間關係為： $$ x=v0t+\frac{1}{2}at^2=\frac{1}{2}g\sin	heta\,t^2 $$ 因此，$x$ 對 $t$ 的圖形應從原點出發，起始斜率為零，並隨時間增加而逐漸變陡，呈向上凹的曲線。 解題方法 $ x$ 對 $t$ 圖形的斜率代表速度；斜率隨時間增加，表示滑車正在加速。由於加速度固定且初速為零，速度從零開始線性增加，所以位移曲線從原點起始時切線為水平，之後逐漸變陡。

Answer

答案：C

Question 3

一輛質量為 $2000\ \mathrm{kg}$ 的汽車在半徑為 $50\ \mathrm{m}$ 的水平道路上，以 $108\ \mathrm{km/h}$ 的速度繞圈。假設重力場強度（gravitational field strength）為 $9.8\ \mathrm{N/kg}$ 。若要使汽車不會打滑，輪胎與地面的摩擦係數至少要多大？

Accepted Answer

核心觀念

汽車沿水平圓形道路行駛時，需要指向圓心的向心力。水平路面上，提供此向心力的是輪胎與地面間的靜摩擦力。汽車不打滑的條件，是所需向心力不超過最大靜摩擦力：

\frac{mv^2}{r}\leq \mu_s N

水平路面上正向力 $N=mg$ ，因此所需的最小摩擦係數為：

\mu_{s,\min}=\frac{v^2}{rg}

解題方法

先將車速換算為公尺每秒：

108\ \mathrm{km/h} =108\times\frac{1000}{3600}\ \mathrm{m/s} =30\ \mathrm{m/s}

代入半徑 $r=50\ \mathrm{m}$ 、重力場強度 $g=9.8\ \mathrm{N/kg}=9.8\ \mathrm{m/s^2}$ ：

Answer

答案：D

Question 4

一長 $10.2\ \mathrm{m}$、質量 $40\ \mathrm{kg}$ 的梯子靠在光滑無摩擦的牆壁上。梯子的下端靜止於地面，梯子的上端距離地面的高度為 $10\ \mathrm{m}$。假設梯子的質量均勻分布，因此其質心位於梯子的中央，重力場強度（gravitational field strength）為 $9.8\ \mathrm{N/kg}$。當一位質量為 $60\ \mathrm{kg}$ 的人爬到梯子距地面 $2/3$ 的高度時，牆壁作用在梯子上的力為何？ (A) $29.6\ \mathrm{N}$ (B) $59.1\ \mathrm{N}$ (C) $88.7\ \mathrm{N}$ (D) $118.2\ \mathrm{N}$

Accepted Answer

核心觀念 梯子靜止，符合剛體靜力平衡： $$\sum 	au=0$$ 取梯子下端為轉軸，可消去地面支持力與摩擦力對該點的力矩。牆面光滑無摩擦，因此牆壁只對梯子施加水平作用力。 解題方法 梯長 $L=10.2\ \mathrm{m}$，上端高度為 $10\ \mathrm{m}$，所以梯子底端到牆面的水平距離為 $$x=\sqrt{10.2^2-10^2}=\sqrt{4.04}\approx2.01\ \mathrm{m}$$ 梯子重量為 $40(9.8)=392\ \mathrm{N}$，作用在梯子中央。人的重量為 $60(9.8)=588\ \mathrm{N}$。人爬到距地面 $2/3$ 梯長的位置，因此其作用點距梯子底端沿梯方向為 $(2/3)L$。 以梯子底端取力矩。牆壁作用力 $F{\mathrm{牆}}$ 的力臂為 $10\ \mathrm{m}$；重力的力臂則是各作用點到梯子底端的水平距離： $$ F{\mathrm{牆}}(10) =392\left(\frac{L}{2}\frac{x}{L}ight) +588\left(\frac{2L}{3}\frac{x}{L}ight) $$ 整理得

Answer

答案：D

Question 5

一個物體拋射出去，在空中爆炸分裂成數個裂片。請問爆炸前後瞬間，下面哪一個守恆結果最不可能成立？ (A) 質量守恆 (B) 動量守恆 (C) 角動量守恆 (D) 機械能（動能＋重力位能）守恆

Accepted Answer

核心觀念

本題考察爆炸瞬間的守恆定律。爆炸是物體內部能量迅速轉換並使物體分裂的過程；若把爆炸物及所有裂片視為一個系統，爆炸力屬於系統內力。爆炸前後的守恆判斷，須分別看質量、外力衝量、外力矩衝量，以及機械能是否受爆炸能量轉換影響。

解題方法

比較爆炸前後的「瞬間」，可把作用期間視為極短。若重力等外力在這段時間內造成的衝量可忽略，系統總動量守恆；若外力矩衝量也可忽略，系統總角動量守恆。

然而，爆炸時物體內部儲存的化學能、內能等會轉換成裂片的動能、熱、聲音等形式。因而，單看「動能＋重力位能」的機械能，通常不守恆。換言之，爆炸可以增加或重新分配裂片的動能，機械能的改變由內部能量轉換提供。

選項分析

(A) 質量守恆：成立。 在一般經典力學的考題設定下，爆炸只是物體分裂，總質量仍為各裂片質量之和，故爆炸前後總質量守恆。

Answer

答案：D

Question 6

一個自動化工廠內，利用輸送帶載送貨品到集貨處。機械手臂每秒鐘將一個貨品放置於輸送帶上，放置時相對於地面無相對速度。貨品的質量為 $0.4\ \mathrm{kg}$ ，同時間有 $20$ 個貨品同時位於輸送帶上，輸送帶之移動速度為 $0.5\ \mathrm{m/s}$ 。若不考慮系統的摩擦力，請問輸送帶馬達平均需要出多少力才能維持輸送帶之速度？

Accepted Answer

核心觀念 貨品放上輸送帶時相對於地面靜止，但輸送帶以 $0.5\ \mathrm{m/s}$ 移動，因此輸送帶必須在短時間內將新放上的貨品加速至帶速。馬達需提供的平均力，來自每秒新加入貨品所需的動量變化： $$ F{	ext{平均}}=\frac{\Delta p}{\Delta t} $$ 同時位於帶上的 $20$ 個貨品不會讓所需力量再乘以 $20$；在忽略摩擦力且貨品已與輸送帶同速時，它們沒有持續的水平加速度。 解題方法 每秒放上一個質量為 $0.4\ \mathrm{kg}$ 的貨品，貨品由地面靜止加速至 $0.5\ \mathrm{m/s}$。每秒新增的動量為 $$ \frac{\Delta p}{\Delta t} =\frac{(0.4\ \mathrm{kg})(0.5\ \mathrm{m/s})}{1\ \mathrm{s}} =0.2\ \mathrm{kg\cdot m/s^2} =0.2\ \mathrm{N} $$ 因此，維持輸送帶速度所需的馬達平均出力為 $0.2\ \mathrm{N}$，選項 (A)。

Answer

答案：A

Question 7

地球公轉時間為 $365$ 天，火星公轉時間為 $687$ 天，地球距離太陽為 $1\ \mathrm{AU}$，請問火星距離太陽應該約為： (A) $1.52\ \mathrm{AU}$ (B) $1.88\ \mathrm{AU}$ (C) $2.58\ \mathrm{AU}$ (D) $3.53\ \mathrm{AU}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考驗克卜勒第三定律：行星繞太陽運行時，公轉週期平方與軌道半長軸立方成正比： $$ T^2 \propto a^3 $$ 以地球作為比較基準，地球公轉週期為 $1$ 年、軌道半長軸為 $1\ \mathrm{AU}$，可直接用相對形式求火星與太陽的距離。 解題方法 設火星與太陽的距離為 $a{	ext{火}}$，將週期換算成年： $$ T{	ext{火}}=\frac{687}{365}\ 	ext{年} $$ 由克卜勒第三定律的相對形式： $$ \left(\frac{T{	ext{火}}}{T{	ext{地}}}ight)^2 = \left(\frac{a{	ext{火}}}{a{	ext{地}}}ight)^3 $$ 代入 $T{	ext{地}}=1$ 年、$a{	ext{地}}=1\ \mathrm{AU}$，得： $$ a{	ext{火}} = \left(\frac{687}{365}ight)^{2/3}\mathrm{AU} \approx 1.52\ \mathrm{AU} $$

Answer

答案：A

Question 8

一棟大樓的頂樓水塔滿水位距地面高度為 $50\ \mathrm{m}$。在距地面 $30\ \mathrm{m}$ 處設置的水閥，其洩水的最可能流速為： (A) $2\ \mathrm{m/s}$ (B) $10\ \mathrm{m/s}$ (C) $20\ \mathrm{m/s}$ (D) $33\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查液體由水塔流出的速度，可用伯努力原理推得的托里切利定律：水面與出水口都承受大氣壓，且水塔水面面積遠大於水閥開口面積，因此水面下降速度可視為零。水流速度主要由水面與水閥的高度差決定： $$ v=\sqrt{2gh} $$ 其中 $g\approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}$，$h$ 是水面到水閥的垂直高度差。 解題方法 水塔滿水位距地面 $50\ \mathrm{m}$，水閥距地面 $30\ \mathrm{m}$，故兩者高度差為 $$ h=50-30=20\ \mathrm{m} $$ 代入托里切利定律： $$ v=\sqrt{2(9.8)(20)} =\sqrt{392} \approx 19.8\ \mathrm{m/s} \approx 20\ \mathrm{m/s} $$ 選項分析 - (A) $2\ \mathrm{m/s}$：錯誤。 將高度差或公式中的因子代入錯誤，所得速度遠低於 $20\ \mathrm{m}$ 水頭所造成的流速。 - (B) $10\ \mathrm{m/s}$：錯誤。

Answer

答案：C

Question 9

一條彈性繩上有一波往 $+x$ 方向傳遞，某個瞬間的波形如下圖所示。請問繩子在 $P$ 點的瞬時速度應該是什麼方向？

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Accepted Answer

核心觀念 波沿繩子向 $+x$ 方向傳播時，繩上各點做的是垂直於波傳播方向的振動。若波形寫成 $y(x,t)=f(x-vt)$，其中 $v0$，則繩上質點的瞬時速度為 $$ vy=\frac{\partial y}{\partial t} =-v\frac{\partial y}{\partial x}. $$ 因此，質點的瞬時速度方向與波形在該點的斜率方向相反。 解題方法 由圖可見，$P$ 點位於波形由波谷向波峰上升的區段，所以該處斜率為正： $$ \frac{\partial y}{\partial x}0. $$

Answer

答案：C

Question 10

已知 $1\ \mathrm{atm}=101\ \mathrm{kPa}$，水的汽化潛熱（latent heat of vaporization）為 $2.26	imes10^6\ \mathrm{J/kg}$，水的密度為 $1000\ \mathrm{kg/m^3}$，蒸汽的密度為 $0.6\ \mathrm{kg/m^3}$。一有活塞的圓筒內裝著 $1\ \mathrm{kg}$ 的水，溫度為 $100^\circ\mathrm{C}$。則當水固定在一大氣壓之下轉變為 $100^\circ\mathrm{C}$ 的蒸汽時，其內能變化多少？ (A) $418\ \mathrm{kJ}$ (B) $1255\ \mathrm{kJ}$ (C) $2092\ \mathrm{kJ}$ (D) $2929\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查熱力學第一定律。水在 $1\ \mathrm{atm}$ 下汽化時，吸收的熱量 $Q$ 會分成內能增加 $\Delta U$ 與活塞對外作功 $W$ ：

\Delta U=Q-W

汽化所吸收的熱量由汽化潛熱計算；汽化時體積增加，對外作功則為 $W=P\Delta V$ 。

解題方法

$1\ \mathrm{kg}$ 水完全汽化所吸收的熱量為

Q=mL_v =(1)(2.26\times10^6) =2.26\times10^6\ \mathrm{J} =2260\ \mathrm{kJ}

汽化前後的體積分別為

V_{\text{水}}=\frac{m}{\rho_{\text{水}}} =\frac{1}{1000} =0.001\ \mathrm{m^3}

V_{\text{蒸汽}}=\frac{m}{\rho_{\text{蒸汽}}} =\frac{1}{0.6} \approx1.667\ \mathrm{m^3}

因此體積變化為

\Delta V=V_{\text{蒸汽}}-V_{\text{水}} \approx1.666\ \mathrm{m^3}

在定壓 $P=101\ \mathrm{kPa}=101000\ \mathrm{Pa}$ 下，水蒸汽推動活塞所作的功為

Answer

答案：C

Question 11

假設有一個在溫度 $TH=1000\ \mathrm{K}$ 和 $TL=300\ \mathrm{K}$ 之間運作的卡諾引擎（Carnot engine）。該引擎在每一次循環當中產生 $1400\ \mathrm{J}$ 的功，則在一次循環當中，該引擎的工作物質（working substance）將由於輸送至低溫熱庫的熱量導致其熵（entropy）變化多少？ (A) $2.0\ \mathrm{J/K}$ (B) $-2.0\ \mathrm{J/K}$ (C) $6.67\ \mathrm{J/K}$ (D) $-6.67\ \mathrm{J/K}$

Accepted Answer

核心觀念 卡諾引擎是可逆熱機，工作物質完成一個循環後回到初態，因此工作物質的總熵變為零。本題問的是工作物質因為向低溫熱庫放熱所造成的熵變，應計算放出的熱量對工作物質造成的熵變。 可逆等溫過程的熵變為： $$ \Delta S=\frac{Q{\mathrm{rev}}}{T} $$ 其中 $Q{\mathrm{rev}}$ 以工作物質吸收熱量為正；工作物質放熱時，$Q{\mathrm{rev}}<0$。 解題方法 卡諾引擎的熱效率為： $$ \eta=1-\frac{TL}{TH} =1-\frac{300}{1000}=0.70 $$ 熱機效率也等於輸出功與吸收熱量的比值，因此： $$ \eta=\frac{W}{QH} \quad\Longrightarrow\quad QH=\frac{W}{\eta} =\frac{1400}{0.70}=2000\ \mathrm{J} $$ 依能量守恆，一次循環輸送至低溫熱庫的熱量大小為： $$ QL=QH-W=2000-1400=600\ \mathrm{J} $$ 工作物質將熱量 $QL$ 排至低溫熱庫，故工作物質的熱量變化為 $-600\ \mathrm{J}$。在低溫熱庫溫度 $TL=300\ \mathrm{K}$ 下，這部分造成的熵變為：

Answer

答案：B

Question 12

一個光學工程師要設計一個鏡片鍍膜，希望 $500\ \mathrm{nm}$ 波長的綠光在通過鏡片後，比鏡片沒有鍍膜時增加 $90^\circ$ 的相位。若他想使用 $\mathrm{Si_3N_4}$ 作為材料，折射率約為 $2.0$ ，請問他需要設計多厚的鍍膜？

Accepted Answer

核心觀念 光在介質中的波長會因折射率而縮短，為真空波長的 $1/n$。光通過厚度為 $d$ 的鍍膜時，相較於同厚度的空氣，增加的光程為 $(n-1)d$，因此增加的相位為 $$ \Delta\phi=\frac{2\pi}{\lambda0}(n-1)d $$ 其中 $\lambda0$ 是真空波長，$n$ 是鍍膜折射率。 解題方法 題目要求鍍膜使通過後的綠光增加 $90^\circ$ 相位，也就是 $\Delta\phi=\pi/2$。代入 $\lambda0=500\ \mathrm{nm}$、$n=2.0$： $$ \frac{2\pi}{500\ \mathrm{nm}}(2.0-1)d=\frac{\pi}{2} $$ 解得 $$ d=\frac{500\ \mathrm{nm}}{4(2.0-1)} =125\ \mathrm{nm} $$ 因此鍍膜厚度為 $125\ \mathrm{nm}$。 選項分析

Answer

答案：B

Question 13

如果將耳朵緊貼在一根長度為 $68\ \mathrm{cm}$ 的塑膠管的一端，假設在塑膠管內空氣中的聲速為 $340\ \mathrm{m/s}$ ，則耳朵從塑膠管中所聽到存在於房間中的背景噪音的基頻為多少？

Accepted Answer

核心觀念 塑膠管的一端貼近耳朵，管內空氣可視為一端開口、另一端封閉的空氣柱。房間中的背景噪音進入管內後，會在管中形成共鳴；基頻由空氣柱的長度與管內聲速決定。 一端封閉、一端開口的空氣柱，其基頻波長為管長的四倍： $$ \lambda1=4L $$ 因此基頻為： $$ f1=\frac{v}{\lambda1}=\frac{v}{4L} $$ 解題方法 已知管長 $L=68\ \mathrm{cm}=0.68\ \mathrm{m}$，管內聲速 $v=340\ \mathrm{m/s}$。代入基頻公式： $$ f1=\frac{340}{4(0.68)} =\frac{340}{2.72} =125\ \mathrm{Hz} $$ 所以基頻為 $125\ \mathrm{Hz}$，選項 (B)。 選項分析 - (A) $62.5\ \mathrm{Hz}$：錯誤。 此值是 $125\ \mathrm{Hz}$ 的一半，與將管長錯當成基頻波長的一半等錯誤設定相符

Answer

答案：B

Question 14

已知聽覺底限值（threshold of hearing）為 $10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}$ 。一揚聲器所發出的聲功率（acoustic power）為 $0.8\ \mathrm{W}$ 。假設此聲波的行為如同點波源般在所有的方向上均勻發送，則距離該揚聲器多遠可測得強度級（intensity level）為 $90\ \mathrm{dB}$ ？

Accepted Answer

核心觀念 本題考聲強與聲強級的關係，以及點波源的球面擴散。聲強級定義為 $$ \beta=10\log{10}\left(\frac{I}{I0}ight), $$ 其中 $I$ 為聲強，$I0=10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}$ 為聽覺底限值。點波源若向各方向均勻發聲，聲功率平均分布在半徑 $r$ 的球面上，因此 $$ I=\frac{P}{4\pi r^2}. $$ 解題方法 先由 $90\ \mathrm{dB}$ 求出聲強： $$ 90=10\log{10}\left(\frac{I}{10^{-12}}ight) \quad\Rightarrow\quad \log{10}\left(\frac{I}{10^{-12}}ight)=9, $$ 所以 $$ I=10^9(10^{-12})=10^{-3}\ \mathrm{W/m^2}. $$ 再代入球面擴散公式，並以聲功率 $P=0.8\ \mathrm{W}$ 求距離： $$ 10^{-3}=\frac{0.8}{4\pi r^2} \quad\Rightarrow\quad r^2=\frac{0.8}{4\pi	imes10^{-3}} =\frac{200}{\pi}. $$

Answer

答案：B

Question 15

一固定聲源發出 $1000\ \mathrm{Hz}$ 的聲波。該聲波在傳播的過程中被一個以 $17\ \mathrm{m/s}$ 的速度向聲源移動的物體反射。假設聲波的速度為 $340\ \mathrm{m/s}$ ，則位於聲源旁的靜止觀測者所測得的反射波頻率為何？

Accepted Answer

核心觀念

本題考都卜勒效應，以及聲波被移動物體反射時的雙重頻率變化。反射物先作為移動觀測者接收聲波，再作為移動聲源發出反射波；因此要連續計算兩次都卜勒效應。

解題方法

聲源與旁邊的觀測者皆靜止，聲源頻率為 $f=1000\ \mathrm{Hz}$ ，聲速為 $v=340\ \mathrm{m/s}$ 。反射物以 $u=17\ \mathrm{m/s}$ 朝聲源移動。

第一步，計算反射物接收到的頻率。反射物迎向聲波而來，等效為移動觀測者，因此：

f_1=f\frac{v+u}{v} =1000\frac{340+17}{340} =1050\ \mathrm{Hz}

第二步，反射物將波反射回聲源所在的一側。反射時，物體可視為頻率為 $f_1$ 的移動聲源，且它正朝靜止觀測者移動。因此觀測者收到的反射波頻率為：

f_{\text{反射}} =f_1\frac{v}{v-u} =1050\frac{340}{340-17} =1050\frac{340}{323} \approx 1105\ \mathrm{Hz}

合併兩步也可寫成：

f_{\text{反射}} =f\frac{v+u}{v-u} =1000\frac{357}{323} \approx 1105\ \mathrm{Hz}

選項分析

Answer

答案：C

Question 16

一非導電環形平面的內半徑為 $a$、外半徑為 $b$。假設其具有均勻的表面電荷密度 $\sigma$，則在其中央軸上，至環形平面的中心距離 $y$ 處的電場強度為何？（$k$ 為庫侖常數。） (A) $2\pi\sigma k\left[1-\frac{a^2}{(a^2+y^2)^{1/2}}\right]$ (B) $2\pi\sigma k\left[1-\frac{b^2}{(b^2+y^2)^{1/2}}\right]$ (C) $2\pi\sigma ky\left[\frac{1}{(a^2+y^2)^{1/2}}-\frac{1}{(b^2+y^2)^{1/2}}\right]$ (D) $2\pi\sigma ky\left[\frac{1}{(b^2+y^2)^{1/2}}-\frac{1}{(a^2+y^2)^{1/2}}\right]$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查帶電圓環面在中心軸上的電場。利用圓對稱性，面上各處電場的橫向分量互相抵消，只留下沿中心軸方向的分量。環形面可視為「外半徑為 $b$ 的均勻圓盤」扣除「內半徑為 $a$ 的均勻圓盤」。

解題方法

先取半徑為 $r$ 、厚度為 $dr$ 的窄圓環，其面積與電量為

dA=2\pi r\,dr,\qquad dq=\sigma\,dA=2\pi\sigma r\,dr.

觀察軸上距中心 $y$ 處的電場。窄圓環上各電荷到觀察點的距離皆為 $\sqrt{r^2+y^2}$ ；由對稱性，只有軸向分量相加，因此

dE_y =k\frac{dq}{r^2+y^2}\frac{y}{\sqrt{r^2+y^2}} =2\pi k\sigma y\frac{r\,dr}{(r^2+y^2)^{3/2}}.

對半徑由 $a$ 至 $b$ 積分：

E_y=2\pi k\sigma y\int_a^b\frac{r\,dr}{(r^2+y^2)^{3/2}}.

因為

\int\frac{r\,dr}{(r^2+y^2)^{3/2}} =-\frac{1}{\sqrt{r^2+y^2}},

所以

Answer

答案：C

Question 17

一個半徑為 $R$ 的導體球，其上帶有靜電荷 $Q$。哪一個靜電學敘述有誤？ (A) 電荷均勻分布在表面，電荷密度為 $\frac{Q}{4\pi R^2}$。 (B) 整個球體的電位都相等，與無窮遠位置的電位差為 $\frac{Q}{4\pi\varepsilon0R}$。 (C) 導體球的電容值為 $4\pi\varepsilon0R$。 (D) 球體內部的電場為 $0$。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查孤立導體球的靜電平衡與電容定義。導體達到靜電平衡時，導體內部電場為零，淨電荷分布於表面；球面上的電荷均勻分布。孤立導體的電容定義為

C=\frac{Q}{V},

其中 $V$ 是導體相對於無窮遠處的電位差。

解題方法

利用球對稱性及高斯定律，半徑為 $R$ 的球面外部電場等效於總電荷 $Q$ 集中在球心：

E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad (r\ge R).

令無窮遠處電位為零，球面電位為

V(R)-V(\infty) =-\int_{\infty}^{R} E(r)\,dr =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R}.

因此孤立導體球的電容為

C=\frac{Q}{V(R)-V(\infty)} =\frac{Q}{Q/(4\pi\varepsilon_0R)} =4\pi\varepsilon_0R.

選項分析

Answer

答案：C

Question 18

一個正方形導線線圈如圖所示，以等速 $v$ 通過一個均勻磁場的區域到其右側，其區域形狀如圖中陰影所示，磁場方向為朝紙外。請問在過程中，線圈內部的電流應該如下面哪一個圖？電流逆時針流動為正向。

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Accepted Answer

核心觀念 本題考磁通量變化所造成的感應電流，使用法拉第電磁感應定律與楞次定律： $$ \mathcal{E}=-\frac{d\PhiB}{dt},\qquad I=\frac{\mathcal{E}}{R} $$ 其中磁通量為 $\PhiB=BA$，$A$ 是線圈與磁場區域重疊的面積。題目規定逆時針電流為正；依右手定則，逆時針電流產生的磁場朝紙外，順時針電流產生的磁場朝紙內。 解題方法 線圈以等速向右移動，且磁場均勻、方向朝紙外。分別判斷進入和離開磁場區域時，穿過線圈的朝紙外磁通量如何變化： 1. 線圈進入磁場區域：重疊面積隨時間增加，朝紙外的磁通量增加。依楞次定律，感應電流產生朝紙內的磁場以阻止磁通量增加，因此電流為順時針，依題意是負值。 2. 線圈完全處於磁場區域內：重疊面積與磁通量不變，感應電動勢為零，沒有感應電流。 3. 線圈離開磁場區域：重疊面積隨時間減少，朝紙外的磁通量減少。感應電流產生朝紙外的磁場以阻止磁通量減少，因此電流為逆時針，依題意是正值。

Answer

答案：D

Question 19

有位工程師想利用電流的磁效應來檢查導線的位置和走向。他讓直流電流通過在地板下方平行地面但未知走向的導線，在地板上方使用小指南針的偏轉來檢查。在指南針的偏轉最顯著的位置，發現磁力線方向朝東。請問導線和電流的方向應該是？ (A) 導線南北走向，電流朝北 (B) 導線南北走向，電流朝南 (C) 導線東西走向，電流朝東 (D) 導線東西走向，電流朝西

Accepted Answer

核心觀念 本題考查直線電流周圍磁場的方向，可用安培右手定則判斷。拇指指向傳統電流方向，四指環繞的方向就是磁力線方向。題目觀察的是導線正上方的指南針偏轉，也就是該處磁場的方向。 解題方法 把導線視為南北走向，並令電流朝北。右手拇指指向北方時，四指環繞導線；在導線正上方，磁場方向朝東。因此，地板上方觀察到磁力線朝東，對應南北走向、電流朝北。 若導線沿東西走向，導線正上方的磁場會朝南或朝北，不會朝東，因此東西走向的選項不符。 選項分析

Answer

答案：A

Question 20

一個工程師想利用電容充放電來檢測一個新產品電容。他使用如下圖的電路，將電容 $C$ 串聯一個電阻 $R$ ，並使用開關 $S$ 來控制充放電。 $S$ 連結端子 1 為充電過程， $S$ 連結端子 2 則為放電過程。如果他測量電容 $C$ 兩端的電壓降和時間的關係，應該呈現哪種情形？

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Accepted Answer

核心觀念 本題考電阻與電容串聯時的充電、放電曲線。電容電壓不會瞬間改變；在電阻限制下，充電與放電都呈指數變化，時間常數為 $	au=RC$。 解題方法 開關接端子 1 時，電容由電池充電。由迴路定律及 $I=C\frac{dVC}{dt}$ 可得 $$ \mathcal{E}=IR+VC \quad\Longrightarrow\quad VC(t)=\mathcal{E}\left(1-e^{-t/RC}ight). $$ 因此電容電壓從 $0$ 開始上升，初始斜率最大，之後逐漸變小，並漸近於電池電動勢 $\mathcal{E}$。 開關接端子 2 時，電池不再供電，電容經電阻放電： $$ VC(t)=V0e^{-t/RC}, $$ 其中 $V0$ 是開始放電時的電壓。電壓由 $V0$ 開始下降，初始下降最快，之後逐漸趨緩並漸近於 $0$。

Answer

答案：C

Question 21

將三個電荷 $Q1=-2q$、$Q2=q$ 和 $Q3=-q$ 按照下面的圖示排成一直線： $Q1(-2q)\quad\longrightarrow\quad Q2(q)\quad\longrightarrow\quad Q3(-q)$ 其中 $Q1$ 與 $Q2$ 的距離為 $2a$，$Q2$ 與 $Q3$ 的距離為 $a$。則在三個電荷上的靜電力方向為： (A) $Q1$ 朝右，$Q2$ 朝右，$Q3$ 朝左 (B) $Q1$ 朝左，$Q2$ 朝左，$Q3$ 朝右 (C) $Q1$ 朝右，$Q2$ 不受力，$Q3$ 朝左 (D) $Q1$ 朝右，$Q2$ 朝左，$Q3$ 朝左

Accepted Answer

核心觀念 本題考靜電力的方向與力的合成。兩個點電荷間的靜電力沿兩電荷連線方向： - 異號電荷互相吸引。 - 同號電荷互相排斥。 - 同一電荷受到多個電荷作用時，須將各個力作向量合成。 設 $q0$，並令 $K=kq^2/a^2$，方便比較各力大小。 解題方法 由圖可知三個電荷的位置依序為 $Q1$、$Q2$、$Q3$，且 $Q1Q2=2a$、$Q2Q3=a$，所以 $Q1Q3=3a$。 逐一判斷每個電荷所受的力： - $Q1$ 所受合力： $Q2$ 與 $Q1$ 異號，吸引 $Q1$ 向右，力的大小為 $$F{12}=k\frac{2q^2}{(2a)^2}=\frac{1}{2}K.$$ $Q3$ 與 $Q1$ 同號，排斥 $Q1$ 向左，力的大小為 $$F{13}=k\frac{2q^2}{(3a)^2}=\frac{2}{9}K.$$ 因為向右的力較大，$Q1$ 的合力向右。 - $Q2$ 所受合力： $Q1$ 與 $Q2$ 異號，吸引 $Q2$ 向左，力的大小為 $$F{21}=\frac{1}{2}K.$$ $Q3$ 與 $Q2$ 異號，吸引 $Q2$ 向右，力的大小為 $$F{23}=k\frac{q^2}{a^2}=K.$$

Answer

答案：A

Question 22

將下面各種不同電磁波的光子動量由高到低做排序： ①可見光 ②紅外光 ③微波 ④X 射線 (A) ①②③④ (B) ③②①④ (C) ④①②③ (D) ④③②①

Accepted Answer

核心觀念 光子動量與波長成反比，關係式為 $$ p=\frac{h}{\lambda} $$ 其中 $p$ 是光子動量、$h$ 是普朗克常數、$\lambda$ 是電磁波波長。因此，波長越短，光子動量越大。 解題方法 電磁波依波長由短到長排列為：X 射線、可見光、紅外光、微波。依 $p=h/\lambda$，光子動量便由大到小排列為： $$ 	ext{X 射線}	ext{可見光}	ext{紅外光}	ext{微波} $$ 對應題目編號為 $④①②③$，符合選項 (C)。 選項分析

Answer

答案：C

Question 23

假設一直徑為 $2\ \mathrm{cm}$ 的眼睛的明視近點（near point）在 $25\ \mathrm{cm}$ 處，其明視遠點（far point）在 $2\ \mathrm{m}$ 處。透鏡的焦度（focal power）為焦距的倒數 $\frac{1}{f}$ ，單位是 D（ $1\ \mathrm{D}=1\ \mathrm{m}^{-1}$ ），則其調節能力（power of accommodation）是多少？

Accepted Answer

核心觀念 眼睛的調節能力，是眼睛由看遠物調整為看近物時，晶狀體焦度改變的量。題目提供明視近點與明視遠點，因此計算兩個距離所對應的屈光度差： $$ A=\frac{1}{d{	ext{近}}}-\frac{1}{d{	ext{遠}}} $$ 距離須以公尺代入，結果單位為屈光度（D）。 解題方法 明視近點為 $25\ \mathrm{cm}=0.25\ \mathrm{m}$，明視遠點為 $2\ \mathrm{m}$。因此： $$ A=\frac{1}{0.25\ \mathrm{m}}-\frac{1}{2\ \mathrm{m}} =4.0\ \mathrm{D}-0.5\ \mathrm{D} =3.5\ \mathrm{D} $$ 近點所需焦度較大，遠點所需焦度較小；調節能力就是兩者的差值。 選項分析

Answer

答案：D

Question 24

在雙狹縫實驗（double-slit experiment）中，光源的波長為 $500\ \mathrm{nm}$ ，狹縫間距為 $24\ \mu\mathrm{m}$ ，狹縫寬度為 $5\ \mu\mathrm{m}$ 。同時考慮來自兩個狹縫的光的干涉以及通過每個狹縫的光的繞射，則繞射包絡（diffraction envelope）的中央峰（central peak）內有幾條干涉亮紋（bright interference fringes）？

Accepted Answer

核心觀念 本題考雙狹縫干涉與單狹縫繞射包絡的疊加。狹縫間距為 $d$、狹縫寬度為 $a$ 時： - 干涉亮紋條件：$d\sin	heta=m\lambda$，其中 $m$ 為整數。 - 單狹縫繞射暗紋條件：$a\sin	heta=p\lambda$，其中 $p=\pm1,\pm2,\ldots$。 中央繞射峰位於第一個繞射暗紋之間，因此範圍為 $|\sin	heta|<\lambda/a$。 解題方法 把中央繞射峰的角度範圍代入干涉亮紋條件： $$ |\sin	heta|<\frac{\lambda}{a} \quad\Longrightarrow\quad \left|\frac{m\lambda}{d}ight|<\frac{\lambda}{a} \quad\Longrightarrow\quad |m|<\frac{d}{a} $$ 代入 $d=24\ \mu\mathrm{m}$、$a=5\ \mu\mathrm{m}$： $$ |m|<\frac{24}{5}=4.8 $$

Answer

答案：D

Question 25

一個彈簧和一個質點可以形成一個振動體，其振動頻率與彈簧（彈性）常數和質點質量有關。若將彈簧切為等長的兩段，再將兩段並聯與原質點形成一新的振動體，其振動頻率應該是原來的多少倍？

Accepted Answer

核心觀念 質點連接彈簧時，簡諧振動的頻率為 $$ f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}} $$ 其中 $k$ 是彈簧常數，$m$ 是質點質量。頻率與彈簧常數的平方根成正比；彈簧常數愈大，頻率愈高。 均勻彈簧切成兩段後，每段長度減半，彈簧常數會加倍。兩段再並聯時，並聯彈簧的等效彈簧常數為各段彈簧常數之和。 解題方法 設原彈簧常數為 $k$、質點質量為 $m$，原頻率為 $$ f0=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}} $$ 彈簧常數與彈簧長度成反比，因此每段長度為原來的一半時，單段的彈簧常數為 $2k$。兩段並聯後，等效彈簧常數為 $$ k{	ext{並聯}}=2k+2k=4k $$ 質點質量不變，所以新頻率為

Answer

答案：B

Question 26

下列鹽類化合物何者溶於水中會產生最低的 pH 值？ (A) $\mathrm{AlCl3}$ (B) $\mathrm{KCl}$ (C) $\mathrm{BeCl2}$ (D) $\mathrm{NaCl}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考鹽類溶於水後的酸鹼性，關鍵在於辨認鹽中離子是否會與水反應： - 強酸與強鹼形成的離子通常不水解，溶液近中性。 - 弱鹼的共軛酸會水解並釋出 $\mathrm{H3O^+}$，使溶液呈酸性。 - 小而帶高電荷的金屬陽離子會強烈極化配位水分子，促使水分子釋出質子；金屬離子的電荷密度越高，這種酸化作用通常越明顯。 解題方法 四個選項的陰離子都是 $\mathrm{Cl^-}$，它是強酸 $\mathrm{HCl}$ 的共軛鹼，幾乎不與水反應。因此比較各鹽的陽離子對水的酸化程度即可。 鋁離子在水中形成水合離子，可用下式表示其水解： $$ \mathrm{[Al(H2O)6]^{3+} + H2O \rightleftharpoons [Al(H2O)5OH]^{2+} + H3O^+} $$ 反應產生 $\mathrm{H3O^+}$，使溶液呈酸性。相比之下，$\mathrm{K^+}$、$\mathrm{Na^+}$ 幾乎不水解；$\mathrm{Be^{2+}}$ 也會酸化水溶液，但本題官方答案採用的比較下，$\mathrm{Al^{3+}}$ 的水解酸化作用較強，因此 $\mathrm{AlCl3}$ 溶液的 pH 最低。 選項分析

Answer

答案：A

Question 27

下列何種化合物會與 $\mathrm{Br2}$ 迅速反應？ (A) benzene (B) hexane (C) 1-hexene (D) 1-hexanol

Accepted Answer

核心觀念

本題考烯類與溴的加成反應。烯類的碳碳雙鍵含有電子較豐富的 $\pi$ 鍵，能與 $\mathrm{Br_2}$ 快速反應，生成含溴的加成產物；此反應也常用來檢驗不飽和鍵。

解題方法

逐一辨認各化合物是否含有容易與溴加成的碳碳雙鍵。含有碳碳雙鍵的烯類可迅速使溴反應並褪色；苯環具有芳香性，烷類與醇類則沒有碳碳雙鍵，反應性不同。

選項分析

(A) benzene：錯誤。 苯具有芳香性，若要與溴反應，通常須有催化劑促進取代反應，例如 $\mathrm{FeBr_3}$ ；不會像烯類那樣迅速與溴進行加成反應。
**(B) hexane：錯誤。

Answer

答案：C

Question 28

將 $250\ \mathrm{mL}$、$0.550\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{Na2SO4}$ 稀釋到 $1.25\ \mathrm{L}$，溶液中的鈉離子的體積莫耳濃度是多少？ (A) $0.110\ \mathrm{M}$ (B) $0.138\ \mathrm{M}$ (C) $0.220\ \mathrm{M}$ (D) $0.275\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考稀釋後的莫耳濃度，以及離子化學式中的離子莫耳數關係。稀釋只增加溶液體積，不改變溶質的莫耳數；硫酸鈉每莫耳可提供 $2$ 莫耳鈉離子。 解題方法 先計算稀釋前硫酸鈉的莫耳數： $$ n(\mathrm{Na2SO4})=MV =(0.550\ \mathrm{mol/L})(0.250\ \mathrm{L}) =0.1375\ \mathrm{mol} $$ 稀釋後的硫酸鈉濃度為： $$ [\mathrm{Na2SO4}] =\frac{0.1375\ \mathrm{mol}}{1.25\ \mathrm{L}} =0.110\ \mathrm{M} $$ 每 $1$ 莫耳 $\mathrm{Na2SO4}$ 含有 $2$ 莫耳鈉離子，因此： $$ [\mathrm{Na^+}] =2[\mathrm{Na2SO4}] =2(0.110\ \mathrm{M}) =0.220\ \mathrm{M} $$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 29

當氯化鈉水溶液的濃度從 $1.0\ \mathrm{M}$ 增加到 $2.0\ \mathrm{M}$ 時，下列哪些溶液的特性會降低？

①密度　②凝固點　③導電度

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氯化鈉水溶液的濃度增加時，密度、凝固點與導電度的變化。 - 密度為單位體積的質量。 - 凝固點下降是溶液的依數性質；加入不揮發性溶質會降低溶劑的凝固點。 - 導電度反映溶液中離子傳導電流的能力，會受離子濃度與離子移動能力影響。 解題方法 將濃度由 $1.0\ \mathrm{M}$ 提高至 $2.0\ \mathrm{M}$，逐一判斷三項性質的變化： 1. 密度通常增加：每單位體積所含的氯化鈉質量增加，因此密度不會降低。 2. 凝固點降低：理想稀溶液下，凝固點下降量可表示為 $$\Delta Tf=iKfm$$ 其中 $i$ 為 van’t Hoff 因子、$Kf$ 為溶劑的凝固點下降常數、$m$ 為質量莫耳濃度。

Answer

答案：B

Question 30

$\mathrm{Sr(OH)2}$ 的 $K{sp}$ 是 $2.0	imes10^{-3}$。$\mathrm{Sr(OH)2}$ 的飽和溶液的 pH 值是多少？ (A) $11.30$ (B) $12.65$ (C) $12.90$ (D) $13.20$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查溶度積與飽和溶液中的離子濃度。氫氧化鍶的溶解平衡為 $$ \mathrm{Sr(OH)2(s)ightleftharpoons Sr^{2+}(aq)+2OH^-(aq)} $$ 因此，若溶解度為 $s$，則 $[\mathrm{Sr^{2+}}]=s$、$[\mathrm{OH^-}]=2s$，且 $$ K{sp}=[\mathrm{Sr^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2 $$ 解題方法 令飽和溶液中 $\mathrm{Sr(OH)2}$ 的溶解度為 $s$，代入溶度積： $$ 2.0	imes10^{-3}=s(2s)^2=4s^3 $$ 所以 $$ s=\left(\frac{2.0	imes10^{-3}}{4}ight)^{1/3} \approx 7.94	imes10^{-2}\ \mathrm{M} $$ 氫氧根離子濃度為 $$ [\mathrm{OH^-}]=2s\approx 1.59	imes10^{-1}\ \mathrm{M} $$ $$ \mathrm{pOH}=-\log(1.59	imes10^{-1})\approx 0.80 $$

Answer

答案：D

Question 31

氧氣（$\mathrm{O2}$）溶在水中主要是因為下列哪一種分子間作用力？ (A) 離子－偶極作用力 (B) 誘導偶極作用力 (C) 氫鍵 (D) 偶極－偶極作用力

Accepted Answer

核心觀念 本題考分子間作用力與物質溶解的關係。氧氣分子 $\mathrm{O2}$ 是非極性分子，水分子 $\mathrm{H2O}$ 則是極性分子。極性水分子的電場會使非極性氧分子的電子雲產生變形，形成誘導偶極；水分子與這個誘導偶極之間的吸引力，稱為偶極－誘導偶極作用力，屬於誘導偶極作用力。 解題方法 判斷分子間作用力時，先辨認兩種分子的極性： - $\mathrm{O2}$ 由相同原子組成，鍵結電子分布對稱，沒有永久偶極，屬於非極性分子。 - $\mathrm{H2O}$ 的鍵結具極性，且分子形狀為彎曲形，偶極無法互相抵消，屬於極性分子。 因此，水分子的永久偶極可使 $\mathrm{O2}$ 的電子雲偏移，令氧分子暫時形成偶極。兩者之間主要以偶極－誘導偶極作用力相吸，故選誘導偶極作用力。 選項分析

Answer

答案：B

Question 32

在甲酸 $\mathrm{HCOOH}$ 的路易斯結構中，有多少對鍵結電子與孤對電子？ (A) $4$ 對鍵結，$2$ 對孤對 (B) $4$ 對鍵結，$5$ 對孤對 (C) $5$ 對鍵結，$0$ 對孤對 (D) $5$ 對鍵結，$4$ 對孤對

Accepted Answer

核心觀念 本題考查路易斯結構中「鍵結電子對」與「孤對電子」的判讀。單鍵含 $1$ 對鍵結電子；雙鍵含 $2$ 對鍵結電子。孤對電子則是未參與成鍵、留在原子上的一對價電子。 解題方法 甲酸的路易斯結構可寫為 $\mathrm{H{-}C(=O){-}O{-}H}$。逐一計算： - 鍵結電子對：$\mathrm{C{-}H}$ 單鍵 $1$ 對、$\mathrm{C=O}$ 雙鍵 $2$ 對、$\mathrm{C{-}O}$ 單鍵 $1$ 對、$\mathrm{O{-}H}$ 單鍵 $1$ 對，共 $5$ 對。 - 孤對電子：羰基氧有 $2$ 對；與氫相連的氧有 $2$ 對，共 $4$ 對。 因此甲酸的路易斯結構共有 $5$ 對鍵結電子與 $4$ 對孤對電子。 選項分析

Answer

答案：D

Question 33

下列分子中有幾個屬於極性分子？ $\mathrm{BrCl3}$、$\mathrm{CS2}$、$\mathrm{SiF4}$、$\mathrm{SO3}$ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $3$

Accepted Answer

核心觀念 分子是否為極性分子，取決於分子內各鍵的偶極矩向量總和是否為零。鍵具有極性，不代表整個分子一定有極性；還須考慮分子的三維形狀與對稱性。 解題時先依價電子數與路易斯結構判定分子形狀，再判斷各鍵偶極矩是否因對稱排列而互相抵消。若向量總和不為零，分子為極性分子；若總和為零，則為非極性分子。 解題方法 逐一判斷各分子的中心原子周圍電子域與幾何形狀： - $\mathrm{BrCl3}$：中心 Br 有三個成鍵電子域與兩對孤電子對，屬於 $AX3E2$，分子形狀為 T 形。兩個互相對向的 Br–Cl 鍵偶極矩可抵消，但第三個鍵的偶極矩無法抵消，因此分子有淨偶極矩，屬於極性分子。 - $\mathrm{CS2}$：中心 C 與兩個 S 成鍵，呈直線形。兩個相同的 C=S 鍵偶極矩方向相反、大小相等，互相抵消，為非極性分子。 - $\mathrm{SiF4}$：中心 Si 周圍有四個成鍵電子域，呈正四面體形。四個相同的 Si–F 鍵偶極矩對稱分布，向量總和為零，為非極性分子。 - $\mathrm{SO3}$：中心 S 周圍有三個成鍵電子域，呈平面三角形。

Answer

答案：B

Question 34

根據 VSEPR 理論，分子 $\mathrm{BrF4^-}$ 的幾何形狀應該為何者？ (A) 直線 (B) 四面體 (C) 平面正方形 (D) 雙三角錐

Accepted Answer

核心觀念 本題考 VSEPR（價層電子對互斥）理論：中心原子周圍的電子域彼此排斥，會排列成使排斥較小的幾何構型。計算中心原子的成鍵電子域與孤電子對後，可判斷分子的電子域幾何與分子形狀。 解題方法 先計算 $\mathrm{BrF4^-}$ 的總價電子數： $$ 7 + 4(7) + 1 = 36 $$ 其中溴原子提供 $7$ 個價電子，四個氟原子共提供 $28$ 個，負電荷再增加 $1$ 個。 以溴為中心，與四個氟原子形成四個單鍵，故溴周圍有四個成鍵電子域。完成氟原子的八隅體後，剩餘電子配置在溴原子上，形成兩對孤電子對。因此中心溴原子共有六個電子域： $$ 	ext{電子域數} = 4	ext{ 個成鍵電子域} + 2	ext{ 對孤電子對} = 6 $$ 六個電子域的電子域幾何為八面體。兩對孤電子對會占據彼此相對的位置，以減少排斥；四個氟原子便位於同一平面，形成平面正方形分子形狀。其 VSEPR 記號為 $\mathrm{AX4E2}$。 選項分析

Answer

答案：C

Question 35

平衡下列化學方程式並計算出其水分子的係數為何？ $$\mathrm{Cr2O7^{2-}(aq)+Cl^-(aq)+H^+(aq)\rightarrow Cr^{3+}(aq)+Cl2(g)+H2O(l)}$$ (A) $3$ (B) $5$ (C) $7$ (D) $14$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查酸性溶液中的氧化還原反應配平。可用半反應法，分別配平還原反應與氧化反應，再使兩邊轉移的電子數相等後相加。

解題方法

重鉻酸根中的鉻由氧化數 $+6$ 降至 $+3$ ，每個鉻原子得到 $3$ 個電子；一個 $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$ 含兩個鉻原子，因此共得到 $6$ 個電子。氯離子中的氯由 $-1$ 升至 $\mathrm{Cl_2}$ 中的 $0$ ，每個氯原子失去 $1$ 個電子。

先配平還原半反應。酸性溶液中，以 $\mathrm{H_2O}$ 配平氧、以 $\mathrm{H^+}$ 配平氫，再以電子配平電荷：

\mathrm{Cr_2O_7^{2-}+14H^++6e^-\rightarrow 2Cr^{3+}+7H_2O}

氧化半反應為：

\mathrm{2Cl^-\rightarrow Cl_2+2e^-}

將氧化半反應乘以 $3$ ，使失去的電子數為 $6$ ：

\mathrm{6Cl^-\rightarrow 3Cl_2+6e^-}

Answer

答案：C

Question 36

下列情況何者為吸熱反應？ (A) 水結冰 (B) 丙烷燃燒 (C) 將一杯熱咖啡放置桌上冷卻 (D) 酒精揮發

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是反應或物理變化的吸熱、放熱判斷。系統吸收熱量時為吸熱過程，焓變 $\Delta H0$；系統釋出熱量時為放熱過程，焓變 $\Delta H<0$。相變時可用粒子間作用力判斷：由較有序、作用力較強的狀態轉為較無序、作用力較弱的狀態，通常需要吸收能量。 解題方法 逐一判斷各情況中，所指物質是吸收熱量還是釋出熱量。燃燒與冷卻通常放熱；結冰會釋出凝固潛熱；揮發則需吸收熱量以克服液體分子間的作用力。 選項分析

Answer

答案：D

Question 37

計算下列反應之反應焓 $\DeltarH^\circ$： $$3\mathrm{Fe2O3(s)}+\mathrm{CO(g)}\rightarrow2\mathrm{Fe3O4(s)}+\mathrm{CO2(g)}$$ 已知： | 化合物 | $\DeltafH^\circ$（kJ/mol） | |---|---:| | $\mathrm{Fe2O3(s)}$ | $-824$ | | $\mathrm{Fe3O4(s)}$ | $-1118$ | | $\mathrm{CO(g)}$ | $-111$ | | $\mathrm{CO2(g)}$ | $-394$ | $\DeltarH^\circ$ 為何？ (A) $+277\ \mathrm{kJ}$ (B) $-47\ \mathrm{kJ}$ (C) $-577\ \mathrm{kJ}$ (D) $-111\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考標準生成焓與赫斯定律。反應焓可由生成物與反應物的標準生成焓計算： $$ \Deltar H^\circ =\sum 
u\,\Deltaf H^\circ(	ext{生成物}) -\sum 
u\,\Deltaf H^\circ(	ext{反應物}) $$ 其中 $
u$ 是反應式中的化學計量係數；各物質的標準生成焓須乘上其係數後再加總。 解題方法 反應式為： $$ 3\mathrm{Fe2O3(s)}+\mathrm{CO(g)} ightarrow 2\mathrm{Fe3O4(s)}+\mathrm{CO2(g)} $$ 代入表列數值： $$ \begin{aligned} \Deltar H^\circ &=\left[2(-1118)+(-394)ight] -\left[3(-824)+(-111)ight]\ &=(-2236-394)-(-2472-111)\ &=-2630-(-2583)\ &=-47\ \mathrm{kJ} \end{aligned} $$

Answer

答案：B

Question 38

下列反應之起始速率（initial rates）如表格所示。此反應之速率方程為何？ $$2\mathrm{HgCl2(aq)}+\mathrm{C2O4^{2-}(aq)}ightarrow2\mathrm{Cl^-(aq)}+2\mathrm{CO2(g)}+\mathrm{Hg2Cl2(s)}$$ | $[\mathrm{HgCl2}]$（M） | $[\mathrm{C2O4^{2-}}]$（M） | Rate（M/s） | |---:|---:|---:| | $0.10$ | $0.10$ | $1.3	imes10^{-7}$ | | $0.10$ | $0.20$ | $5.2	imes10^{-7}$ | | $0.20$ | $0.20$ | $1.0	imes10^{-6}$ | (A) $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{HgCl2}][\mathrm{C2O4^{2-}}]^{-2}$ (B) $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{HgCl2}][\mathrm{C2O4^{2-}}]^{-1}$ (C) $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{HgCl2}]^2[\mathrm{C2O4^{2-}}]$ (D) $\mathrm{Rate}=k[\mathrm{HgCl2}][\mathrm{C2O4^{2-}}]^2$

Accepted Answer

核心觀念

反應速率方程要由實驗數據求得，不能直接照抄平衡反應式的化學計量係數。設本題速率方程為

\mathrm{Rate}=k[\mathrm{HgCl_2}]^m[\mathrm{C_2O_4^{2-}}]^n

其中 $m$ 、 $n$ 分別是對 $\mathrm{HgCl_2}$ 與 $\mathrm{C_2O_4^{2-}}$ 的反應級數， $k$ 為速率常數。

解題方法

比較實驗數據時，一次只改變一種反應物濃度，便能判斷該反應物的反應級數。

先比較第 1、2 組： $[\mathrm{HgCl_2}]$ 固定為 $0.10\ \mathrm{M}$ ，而 $[\mathrm{C_2O_4^{2-}}]$ 加倍，由 $0.10$ 增至 $0.20\ \mathrm{M}$ ；速率則由 $1.3\times10^{-7}$ 增至 $5.2\times10^{-7}\ \mathrm{M/s}$ ，增加為原來的 4 倍。因此：

\frac{5.2\times10^{-7}}{1.3\times10^{-7}} = \left(\frac{0.20}{0.10}\right)^n

4=2^n\quad\Longrightarrow\quad n=2

再比較第 2、3 組： $[\mathrm{C_2O_4^{2-}}]$ 固定為 $0.20\ \mathrm{M}$ ，而 $[\mathrm{HgCl_2}]$ 加倍，由 $0.10$ 增至 $0.20\ \mathrm{M}$ 。速率由 $5.2\times10^{-7}$ 增至 $1.0\times10^{-6}\ \mathrm{M/s}$ ，約為原來的 2 倍。

Answer

答案：D

Question 39

$\mathrm{NOCl}$ 的熱分解是二級反應，並且在 $160^\circ\mathrm{C}$ 下消失的 $\mathrm{NOCl}$ 的速率常數 $k$ 為 $0.0037\ \mathrm{M^{-1}s^{-1}}$ 。初始濃度為 $0.043\ \mathrm{M}$ 的 $\mathrm{NOCl}$ 在 $160^\circ\mathrm{C}$ 下經過 $20.0$ 分鐘後，濃度是多少？

Accepted Answer

核心觀念

本題考查二級反應的積分速率定律。對反應物 $\mathrm{NOCl}$ 而言，若速率式為 $-\dfrac{d[\mathrm{NOCl}]}{dt}=k[\mathrm{NOCl}]^2$ ，其積分式為：

\frac{1}{[\mathrm{NOCl}]_t} = \frac{1}{[\mathrm{NOCl}]_0}+kt

其中 $[\mathrm{NOCl}]_0$ 是初始濃度， $[\mathrm{NOCl}]_t$ 是經過時間 $t$ 後的濃度。

解題方法

已知 $[\mathrm{NOCl}]_0=0.043\ \mathrm{M}$ 、 $k=0.0037\ \mathrm{M^{-1}s^{-1}}$ 。先將時間換算為秒：

t=20.0\ \mathrm{min}\times 60=1200\ \mathrm{s}

代入二級反應積分式：

\frac{1}{[\mathrm{NOCl}]_t} = \frac{1}{0.043} +(0.0037)(1200) \approx 23.26+4.44 =27.70\ \mathrm{M^{-1}}

因此：

Answer

答案：B

Question 40

下列哪一個不屬於氣體動力學理論中的假定？ (A) 氣體由隨機、無休止運動的粒子組成。 (B) 當氣體粒子碰撞時，會損失動能。 (C) 氣體粒子之間不吸引也不排斥對方。 (D) 相比容器的大小，氣體粒子的大小可以忽略不計。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氣體動力學理論對理想氣體粒子所作的基本假設。粒子彼此碰撞，以及粒子與容器壁碰撞，皆視為完全彈性碰撞；也就是碰撞前後總動能守恆。氣體分子間不考慮吸引或排斥作用，且分子本身的體積相較於容器體積可忽略。 解題方法 逐項比對選項是否符合上述假設。關鍵在於分辨「碰撞」與「動能損失」：氣體動力學理論假設碰撞不造成總動能損失，因此說碰撞時會損失動能的選項不符合假設。 選項分析

Answer

答案：B

Question 41

下列反應之平衡常數方程式為何？ $$\mathrm{HCOOH(aq)+H2O(l)\rightleftharpoons H3O^+(aq)+HCOO^-(aq)}$$ (A) $Kc=\frac{[\mathrm{H3O^+}][\mathrm{HCOO^-}]}{[\mathrm{HCOOH}][\mathrm{H2O}]}$ (B) $Kc=\frac{[\mathrm{HCOOH}][\mathrm{H2O}]}{[\mathrm{H3O^+}][\mathrm{HCOO^-}]}$ (C) $Kc=\frac{[\mathrm{H3O^+}][\mathrm{HCOO^-}]}{[\mathrm{HCOOH}]}$ (D) $Kc=\frac{[\mathrm{HCOOH}]}{[\mathrm{H3O^+}][\mathrm{HCOO^-}]}$

Accepted Answer

核心觀念 平衡常數的表示式，依反應式中各物種的係數，將生成物的活度（稀溶液中可用濃度近似）乘積除以反應物的活度乘積。純液體與純固體的活度視為 $1$，不列入平衡常數式。 解題方法 本題反應為： $$\mathrm{HCOOH(aq)+H2O(l)\rightleftharpoons H3O^+(aq)+HCOO^-(aq)}$$ 甲酸 $\mathrm{HCOOH}$ 是水溶液中的弱酸；水 $\mathrm{H2O(l)}$ 是純液體，不列入平衡常數式。其餘水溶液中的物種按「生成物在上、反應物在下」排列，且各係數均為 $1$，因此：

Answer

答案：C

Question 42

一氧化碳可以與氫氣反應產生甲醇，且為一放熱反應。改變哪一個因素可以使平衡向左？

$\mathrm{CO(g)+2H_2(g)\rightleftharpoons CH_3OH(l)}$

催化劑（catalyst）不影響平衡位置。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查勒沙特列原理：平衡系統受到外在條件改變時，平衡會朝抵銷該改變的方向移動。

題目指出正反應為放熱反應，可將熱視為生成物：

\mathrm{CO(g)+2H_2(g)\rightleftharpoons CH_3OH(l)+熱}

解題方法

升高溫度相當於增加熱量。依勒沙特列原理，平衡會朝消耗熱量的方向移動；本反應的逆反應為吸熱，因此升溫使平衡向左移動。

選項分析

(A) 降低溫度：錯誤。 降溫相當於移除熱量，平衡會朝放熱的正反應方向移動，也就是向右。
**(B) 增加溫度：正確。

Answer

答案：B

Question 43

當下列反應在鹼性條件下平衡時，$\mathrm{Mn(OH)2(s)}$ 和 $\mathrm{MnO4^{2-}(aq)}$ 的係數比是多少？ $$\mathrm{Mn(OH)2(s)+MnO4^-(aq)\rightarrow MnO4^{2-}(aq)}$$ (A) $3:1$ (B) $1:3$ (C) $1:4$ (D) $1:5$

Accepted Answer

核心觀念 本題考鹼性條件下的氧化還原反應配平，關鍵是以半反應法分別守恆原子與電荷。$\mathrm{Mn(OH)2}$ 中錳的氧化數為 $+2$；$\mathrm{MnO4^-}$ 中為 $+7$；$\mathrm{MnO4^{2-}}$ 中為 $+6$。因此，$\mathrm{Mn(OH)2}$ 被氧化，$\mathrm{MnO4^-}$ 被還原。 解題方法 氧化半反應在鹼性條件下配平為： $$ \mathrm{Mn(OH)2+2OH^- \rightarrow MnO4^{2-}+2H2O+2e^-} $$ 錳由 $+2$ 升至 $+6$，每個錳原子失去 $4$ 個電子，因此半反應應為： $$ \mathrm{Mn(OH)2+6OH^- \rightarrow MnO4^{2-}+4H2O+4e^-} $$ 還原半反應為： $$ \mathrm{MnO4^-+e^- \rightarrow MnO4^{2-}} $$ 將還原半反應乘以 $4$，使電子數相同，再與氧化半反應相加並消去電子： $$ \mathrm{Mn(OH)2+6OH^-+4MnO4^- \rightarrow 5MnO4^{2-}+4H2O} $$

Answer

答案：D

Question 44

下列哪一種無法作為氧化劑？ (A) $\mathrm{S^{2-}}$ (B) $\mathrm{SO3^{2-}}$ (C) $\mathrm{SO4^{2-}}$ (D) $\mathrm{S2O8^{2-}}$

Accepted Answer

核心觀念 氧化劑是能使其他物質氧化、自己接受電子並被還原的物質。判斷含硫物種能否作為氧化劑，可先計算硫的氧化數：若硫還能升高氧化數，該物種可被氧化，因而不能充當氧化劑；若硫仍能降低氧化數，則可接受電子而作為氧化劑。 解題方法 一般化合物中，氧的氧化數為 $-2$；離子的氧化數總和等於離子電荷。 - $\mathrm{S^{2-}}$：硫為 $-2$，已是硫常見的最低氧化數，無法再接受電子而降低氧化數，因此不能作為氧化劑。 - $\mathrm{SO3^{2-}}$：設硫的氧化數為 $x$，則 $x+3(-2)=-2$，得 $x=+4$。 - $\mathrm{SO4^{2-}}$：$x+4(-2)=-2$，得 $x=+6$。 - $\mathrm{S2O8^{2-}}$：過氧鍵中的氧為 $-1$，其餘氧為 $-2$。此離子含兩個過氧鍵氧與六個一般氧，故 $2x+2(-1)+6(-2)=-2$，得硫的平均氧化數 $x=+6$。它可藉由過氧鍵接受電子而還原。 選項分析

Answer

答案：A

Question 45

考慮下列反應式在標準條件下之標準還原電位，下列敘述何者正確？ $$\mathrm{Al^{3+}(aq)+3e^-\rightarrow Al(s)}\qquad E^\circ=-1.66\ \mathrm{V}$$ $$\mathrm{I2(s)+2e^-\rightarrow2I^-(aq)}\qquad E^\circ=+0.54\ \mathrm{V}$$ (A) $\mathrm{Al^{3+}(aq)}$ 比 $\mathrm{I2(s)}$ 為更強氧化劑；$\mathrm{I^-(aq)}$ 比 $\mathrm{Al(s)}$ 為更強還原劑。 (B) $\mathrm{I2(s)}$ 比 $\mathrm{Al^{3+}(aq)}$ 為更強氧化劑；$\mathrm{Al(s)}$ 比 $\mathrm{I^-(aq)}$ 為更強還原劑。 (C) $\mathrm{Al(s)}$ 比 $\mathrm{I^-(aq)}$ 為更強氧化劑；$\mathrm{Al^{3+}(aq)}$ 比 $\mathrm{I2(s)}$ 為更強還原劑。 (D) $\mathrm{I^-(aq)}$ 比 $\mathrm{Al(s)}$ 為更強氧化劑；$\mathrm{I2(s)}$ 比 $\mathrm{Al^{3+}(aq)}$ 為更強還原劑。

Accepted Answer

核心觀念 標準還原電位 $E^\circ$ 越大，表示該物種越容易接受電子而被還原，因此氧化能力越強；反之，對應的還原態越容易失去電子而被氧化，還原能力越強。 解題方法 題目列出的半反應都是還原反應： $$ \mathrm{Al^{3+}+3e^-\rightarrow Al}\qquad E^\circ=-1.66\ \mathrm{V} $$ $$ \mathrm{I2+2e^-\rightarrow 2I^-}\qquad E^\circ=+0.54\ \mathrm{V} $$ 比較兩者的標準還原電位： $$ +0.54\ \mathrm{V}-1.66\ \mathrm{V} $$ 因此，$\mathrm{I2}$ 比 $\mathrm{Al^{3+}}$ 更容易接受電子，氧化能力較強；反過來看，$\mathrm{Al}$ 比 $\mathrm{I^-}$ 更容易失去電子，還原能力較強。這正是選項 (B) 的敘述。 選項分析 - (A) 錯誤。 $\mathrm{Al^{3+}}$ 的還原電位較低，氧化能力弱於 $\mathrm{I2}$；$\mathrm{I^-}$ 的還原能力也弱於 $\mathrm{Al}$。 - (B) 正確。

Answer

答案：B

Question 46

下列元素中何者具有最小原子半徑？ (A) $\mathrm{Ca}$ (B) $\mathrm{As}$ (C) $\mathrm{Mn}$ (D) $\mathrm{Ni}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考原子半徑的週期性變化。原子半徑會受電子層數及有效核電荷影響： - 同一週期由左至右，電子大致填入同一主能階，核電荷增加、有效核電荷通常增大，原子半徑大致縮小。 - 同一族由上而下，電子層數增加，原子半徑大致增大。 過渡元素的原子半徑變化較平緩，因此不能只用「由左至右必定等幅縮小」判斷，還須比較選項所處週期與實際相對大小。 解題方法 將元素依原子序排列： $$ \mathrm{Ca}(20),\ \mathrm{Mn}(25),\ \mathrm{Ni}(28),\ \mathrm{As}(33) $$ 四者都在第四週期，從左至右原子半徑整體呈縮小趨勢。Ca 位於最左側，半徑最大；Mn、Ni 為過渡元素；As 位於較右側，受較大的有效核電荷吸引，電子雲較收縮。因此四者中原子半徑最小者為 As。 選項分析

Answer

答案：B

Question 47

下列元素中何者具有最高的第一游離能？ (A) $\mathrm{Ba}$ (B) $\mathrm{I}$ (C) $\mathrm{Rb}$ (D) $\mathrm{Bi}$

Accepted Answer

核心觀念 第一游離能是將氣態基態原子中的一個電子移除，形成 $1+$ 氣態陽離子所需的能量： $$ \mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-} $$ 第一游離能通常沿週期由左至右增加、沿族由上而下減少。原因是有效核電荷增加會使價電子受到較強吸引；原子半徑變大則使價電子離原子核較遠、較容易移除。 解題方法 比較四個元素在週期表的位置： - $\mathrm{Rb}$：第 1 族、第 5 週期，鹼金屬。 - $\mathrm{Ba}$：第 2 族、第 6 週期，鹼土金屬。 - $\mathrm{Bi}$：第 15 族、第 6 週期。 - $\mathrm{I}$：第 17 族、第 5 週期，鹵素。 同一週期由左至右，第一游離能整體上升，因此第 5 週期右側的 $\mathrm{I}$ 游離能高於左側的 $\mathrm{Rb}$。同一族由上而下，第一游離能整體下降；

Answer

答案：B

Question 48

基態的硫原子有著電子配置： $$1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^4$$ 有多少個軌域至少被一個電子占據？ (A) $3$ (B) $5$ (C) $8$ (D) $9$

Accepted Answer

核心觀念 軌域是由主量子數 $n$、角量子數 $\ell$ 與磁量子數 $m\ell$ 所指定的量子狀態空間；每一個軌域最多容納兩個自旋相反的電子。同一副層的電子雖可能分布在不同軌域，但判斷「至少被一個電子占據」時，只需計算有電子的 $s$、$p$ 軌域數。 $s$ 副層有 $1$ 個軌域，$p$ 副層有 $3$ 個軌域。基態電子填入同能量軌域時，遵守洪德定則：先分別占據各軌域，再配對。 解題方法 依電子組態逐副層計數： - $1s^2$：$s$ 副層只有 $1$ 個軌域，且有電子占據，計 $1$ 個。 - $2s^2$：計 $1$ 個。 - $2p^6$：$p$ 副層有 $3$ 個軌域，皆被占據，計 $3$ 個。 - $3s^2$：計 $1$ 個。 - $3p^4$：$p$ 副層有 $3$ 個軌域。依洪德定則，前 $3$ 個電子各自占據一個軌域，第 $4$ 個電子與其中一個配對，因此仍是 $3$ 個軌域被占據。 合計： $$1+1+3+1+3=9$$

Answer

答案：D

Question 49

對於下列哪種躍遷，氫原子吸收的光子波長最長？ (A) $n=1$ 到 $n=2$ (B) $n=3$ 到 $n=2$ (C) $n=5$ 到 $n=6$ (D) $n=7$ 到 $n=6$

Accepted Answer

核心觀念 氫原子吸收光子時，電子由較低能階躍遷至較高能階。光子能量必須等於兩能階的能量差： $$ \Delta E = h
u = \frac{hc}{\lambda} $$ 因此，能階差越小，所需光子能量越低，波長越長。氫原子的能階為： $$ En=-\frac{13.6\ 	ext{eV}}{n^2} $$ 解題方法 比較各選項的能階差即可。對由 $ni$ 躍遷至較高能階 $nf$ 的吸收，能量差為： $$ \Delta E=13.6\left(\frac{1}{ni^2}-\frac{1}{nf^2}ight)	ext{eV} $$ 各選項的能量差如下： - (A) $1	o2$：$\Delta E=13.6(1-\frac14)=10.2	ext{ eV}$ - (B) $3	o2$：這是由高能階到低能階，屬於放射躍遷，不是吸收。

Answer

答案：C

Question 50

$1.00\ \mathrm{g}$ 的哪一種化合物含有最多的原子？ (A) $\mathrm{CO}$ (B) $\mathrm{C2H6}$ (C) $\mathrm{C6H6}$ (D) $\mathrm{Kr}$，原子量 $83.8$

Accepted Answer

核心觀念 比較固定質量的不同物質所含原子數，須同時計入： - 物質的量：$n=\dfrac{m}{M}$，其中 $m$ 為質量、$M$ 為莫耳質量。 - 每個分子的原子數：化學式下標表示一個分子含有的原子總數。 因此，質量為 $m$ 的樣品所含原子數為 $$ N{	ext{原子}}=\frac{m}{M}\,NA\,(	ext{每個分子的原子數}) $$ 其中 $NA$ 為亞佛加厥常數。四個選項的樣品質量相同，且都乘上相同的 $NA$，比較「每莫耳化學式單位所含原子莫耳數」即可。 解題方法 取各元素原子量為 $C=12.0$、$H=1.0$、$O=16.0$，題目另給 $Kr=83.8$。比較每克所含的原子莫耳數： - $\mathrm{CO}$：莫耳質量 $12+16=28\ \mathrm{g/mol}$；每個分子含 $2$ 個原子。 $$\frac{2}{28}=0.0714\ \mathrm{mol\ atoms/g}$$ - $\mathrm{C2H6}$：莫耳質量 $2(12)+6(1)=30\ \mathrm{g/mol}$；每個分子含 $8$ 個原子。 $$\frac{8}{30}=0.2667\ \mathrm{mol\ atoms/g}$$ - $\mathrm{C6H6}$：莫耳質量 $6(12)+6(1)=78\ \mathrm{g/mol}$；每個分子含 $12$ 個原子。 $$\frac{12}{78}=0.1538\ \mathrm{mol\ atoms/g}$$ - $\mathrm{Kr}$：莫耳質量 $83.8\ \mathrm{g/mol}$；氪為單原子物質，每個粒子含 $1$ 個原子。

Answer

答案：B

112 專利師高等考試 專利師(選試專業英文及電子學) 普通物理與普通化學 考古題詳解

第 1 題2 分

第 2 題2 分

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法

第 5 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

第 9 題2 分

第 10 題2 分

核心觀念

解題方法

第 11 題2 分

核心觀念

解題方法

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 13 題2 分

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

第 23 題2 分

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 27 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 28 題2 分

第 29 題2 分

核心觀念

解題方法

第 30 題2 分

核心觀念

解題方法

第 31 題2 分

第 32 題2 分

第 33 題2 分

第 34 題2 分

第 35 題2 分

核心觀念

解題方法

第 36 題2 分

第 37 題2 分

核心觀念

解題方法

第 38 題2 分

核心觀念

解題方法

第 39 題2 分

112 專利師高等考試專利師(選試專業英文及電子學) 普通物理與普通化學考古題詳解