國立中山大學 113 年 《物理與化學》

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第 1 題1 分

Newton’s law of gravitational force is represented by F=GMm/r2F=GMm/r^2. What is the dimension of the gravitational constant GG?

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核心觀念

本題考查 Newton 萬有引力定律與物理量的量綱分析。公式為

F=GMmr2F=\frac{GMm}{r^2}

其中：

  • FF：萬有引力，單位為 N=kg⋅m⋅s−2\mathrm{N}=\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}}
  • M,mM,m：兩物體質量，單位為 kg\mathrm{kg}
  • rr：兩物體間距離，單位為 m\mathrm{m}
  • GG：萬有引力常數

解題方法

由原公式解出 GG：

G=Fr2MmG=\frac{Fr^2}{Mm}

代入各物理量的 SI 單位：

[G]=(kg⋅m⋅s−2)(m2)(kg)(kg)[G] = \frac{ (\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}})(\mathrm{m^2}) }{ (\mathrm{kg})(\mathrm{kg}) }

整理得

[G]=kg−1⋅m3⋅s−2[G] = \mathrm{kg^{-1}\cdot m^3\cdot s^{-2}}

因此萬有引力常數 GG 的量綱為

[G]=M−1L3T−2[G]=M^{-1}L^3T^{-2}

對應選項 (E)。

選項分析

  • (A) kg⋅m3⋅s−2\mathrm{kg\cdot m^3\cdot s^{-2}}：錯誤

此選項的質量次方為 kg1\mathrm{kg^1}，但由 G=Fr2MmG=\dfrac{Fr^2}{Mm} 可知，分母含有兩個質量，因此最後必須保留 kg−1\mathrm{kg^{-1}}，不是 kg1\mathrm{kg^1}。

  • (B) kg−1⋅m⋅s−2\mathrm{kg^{-1}\cdot m\cdot s^{-2}}：錯誤

雖然質量次方 kg−1\mathrm{kg^{-1}} 正確，但長度次方只有 m1\mathrm{m^1}。由於力 FF 還要乘上 r2r^2，因此長度次方應為 m3\mathrm{m^3}。

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第 2 題1 分

The numerical value of the Boltzmann constant is kB=1.38×10−23k_B=1.38\times10^{-23}. Which of the following units is a correct unit of the Boltzmann constant kBk_B?

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核心觀念

波茲曼常數 kBk_B 是「單一粒子」尺度下，溫度與熱能之間的比例常數，出現在熱力學與統計力學關係式中：

E∼kBTE \sim k_B T

其中 EE 為單一粒子的能量，單位為 J\mathrm{J}；TT 為絕對溫度，單位為 K\mathrm{K}。因此：

kB=ETk_B=\frac{E}{T}

其單位為：

[kB]=JK=J⋅K−1[k_B]=\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}} =\mathrm{J\cdot K^{-1}}

題目給出的數值 1.38×10−231.38\times10^{-23} 對應的完整表示為：

kB=1.38×10−23 J⋅K−1k_B=1.38\times10^{-23}\ \mathrm{J\cdot K^{-1}}

解題方法

直接由波茲曼常數的定義判斷單位。波茲曼常數可視為「每升高 1 K1\ \mathrm{K}，單一粒子所對應的熱能尺度」：

kB=能量溫度k_B=\frac{\text{能量}}{\text{溫度}}

能量的 SI 單位為 J\mathrm{J}，溫度的 SI 單位為 K\mathrm{K}，所以：

[kB]=J⋅K−1[k_B]=\mathrm{J\cdot K^{-1}}

因此正確選項為 (B)。

常見相關公式包括：

PV=NkBTPV=Nk_BT

其中 NN 是粒子數；以及：

⟨E⟩∝kBT\langle E\rangle \propto k_BT

這些式子也顯示 kBTk_BT 必須具有能量單位，因此 kBk_B 必須是「能量除以溫度」。

選項分析

(A) K−2\mathrm{K^{-2}}：錯誤

此單位只有溫度的倒數平方，完全沒有能量單位 J\mathrm{J}。但 kBTk_BT 必須代表能量：

[kBT]=(J⋅K−1)(K)=J[k_BT]=(\mathrm{J\cdot K^{-1}})(\mathrm{K})=\mathrm{J}

若 kBk_B 的單位為 K−2\mathrm{K^{-2}}，則 kBTk_BT 的單位會是 K−1\mathrm{K^{-1}}，不可能是能量。

(B) J⋅K−1\mathrm{J\cdot K^{-1}}：正確

由定義：

kB=能量絕對溫度k_B=\frac{\text{能量}}{\text{絕對溫度}}

可得：

[kB]=JK=J⋅K−1[k_B]=\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}} =\mathrm{J\cdot K^{-1}}

代入 PV=NkBTPV=Nk_BT 也可驗算：

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第 3 題1 分

Bernoulli’s equation results from which conservation law?

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核心觀念

Bernoulli’s equation（伯努力方程式）描述流體沿同一流線流動時，壓力能、動能與位能之間的轉換。對於穩定、不可壓縮、無黏性流體，且忽略泵浦、渦輪與摩擦損失時：

P+12ρv2+ρgh=constantP+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gh=\text{constant}

或除以密度 ρ\rho：

Pρ+v22+gh=constant\frac{P}{\rho}+\frac{v^2}{2}+gh=\text{constant}

其中：

  • PP：流體壓力
  • ρ\rho：流體密度
  • vv：流速
  • hh：高度
  • Pρ\frac{P}{\rho}：單位質量的壓力能
  • v22\frac{v^2}{2}：單位質量的動能
  • ghgh：單位質量的重力位能

因此，伯努力方程式的本質是「流體機械能守恆」，源自能量守恆定律。

解題方法

可直接從方程式的三個項目判斷：

P+12ρv2+ρgh=constantP+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gh=\text{constant}

三項分別代表：

  1. 壓力所對應的能量
  2. 流體運動所具有的動能
  3. 流體高度所具有的重力位能

流體流速增加時，動能增加；若總能量守恆，壓力能或重力位能便可能降低。這種不同形式能量之間的轉換，正是能量守恆的表現。

也可由流體微小質量的受力關係推導。沿流線方向，壓力力與重力對流體所做的功，會造成流體動能改變：

−1ρ dP−v dv−g dh=0-\frac{1}{\rho}\,dP-v\,dv-g\,dh=0

整理得：

1ρ dP+v dv+g dh=0\frac{1}{\rho}\,dP+v\,dv+g\,dh=0

若流體不可壓縮，ρ\rho 為常數，積分後得到：

Pρ+v22+gh=constant\frac{P}{\rho}+\frac{v^2}{2}+gh=\text{constant}

這就是伯努力方程式，顯示其直接內容為能量在不同形式間的守恆與轉換。

選項分析

(A) conservation of electric charge

電荷守恆定律描述電荷不會憑空產生或消失，主要用於電學、電磁學及電流連續性分析。

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第 4 題1 分

Which of the following statements of gravitational force is wrong?

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核心觀念

本題考查萬有引力的基本性質，以及「萬有引力常數 GG」與「重力加速度 gg」的區別。

兩物體間的萬有引力大小為

F=Gm1m2r2F=G\frac{m_1m_2}{r^2}

其中：

  • FF：萬有引力
  • GG：萬有引力常數，為宇宙中的普適常數
  • m1,m2m_1,m_2：兩物體的質量
  • rr：兩物體質心間的距離

地球或月球表面的重力加速度則為

g=GMR2g=\frac{GM}{R^2}

其中 MM 是天體質量，RR 是天體半徑。由於月球的質量與半徑和地球不同，所以月球表面的 gg 約為地球的 1/61/6，但 GG 並不因此改變。

解題方法

逐一判斷萬有引力的基本性質：

  1. 是否為保守力。
  2. 質量間的作用方向是相吸或相斥。
  3. 是否符合牛頓第三運動定律。
  4. 判斷 GG 是否會因所在天體不同而改變。

其中最重要的辨識是：

G 是普適常數，g 才會因天體不同而改變\boxed{G\text{ 是普適常數，}g\text{ 才會因天體不同而改變}}

因此，宣稱「月球上的 GG 不同」是錯誤敘述。

選項分析

(A) It is a conservative force.

萬有引力是保守力。

保守力的特徵是：力對物體所做的功只與初、末位置有關，與實際路徑無關。對封閉路徑而言，保守力所做的總功為零：

∮F⃗⋅dr⃗=0\oint \vec{F}\cdot d\vec{r}=0

萬有引力也可由重力位能表示：

U=−Gm1m2rU=-G\frac{m_1m_2}{r}

因此選項 (A) 正確。

(B) Objects with masses always attract each other.

在一般經典力學的討論中，具有正質量的物體彼此產生吸引力。

由萬有引力定律：

F=Gm1m2r2F=G\frac{m_1m_2}{r^2}

力的方向沿著兩物體的連線，方向是互相接近，因此兩物體彼此吸引。

所以選項 (B) 在標準考試物理模型下正確。

補充而言，題目所稱的 objects with masses 是指日常物理中具有正質量的物體，不涉及假想的負質量或特殊理論模型。

(C) It obeys Newton’s third law.

萬有引力符合牛頓第三運動定律。

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第 5 題1 分

Which of the following statements of lenses is true?

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核心觀念

本題考查眼睛屈光異常與透鏡成像的基本原理：

  • 近視（nearsightedness）：遠處物體的成像位置落在視網膜前方，需使用凹透鏡使光線發散，將焦點向後移至視網膜。
  • 遠視（farsightedness）：近處物體的成像位置落在視網膜後方，需使用凸透鏡使光線會聚，將焦點向前移至視網膜。
  • 簡單放大鏡（simple magnifying glass）：利用凸透鏡使物體位於焦點內，形成正立、放大的虛像。

透鏡的基本特性為：

  • 凹透鏡：使平行光線發散，焦距為負。
  • 凸透鏡：使平行光線會聚，焦距為正。

解題方法

直接根據各種透鏡的光學作用判斷：

  1. 近視眼需要使入眼光線發散，使用凹透鏡。
  2. 遠視眼需要使入眼光線會聚，使用凸透鏡。
  3. 放大鏡必須在物體位於凸透鏡焦距內時形成放大的正立虛像，因此使用凸透鏡。

選項分析

(A) Nearsighted glasses use concave lenses.

正確。

近視眼的眼球通常過長，或眼睛屈光力過強，使遠處平行光線在視網膜前方會聚。凹透鏡可使入射光線先發散，降低整體會聚程度，使焦點後移至視網膜上。

因此，近視眼鏡使用凹透鏡。

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第 6 題1 分

An object is placed 2f2f away from a thin and double convex lens of focal length ff. Which of the following descriptions on its image is true?

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核心觀念

本題考查薄的雙凸透鏡成像規則。雙凸透鏡在一般空氣中屬於會聚透鏡，焦距為 ff。當物體放在透鏡前方 2f2f 處時，利用薄透鏡公式可判斷：

  • 影像位置
  • 影像性質：實像或虛像
  • 影像方向：正立或倒立
  • 影像大小：放大、縮小或等大

薄透鏡公式為

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

其中 uu 為物距，vv 為像距。放大率為

m=hiho=−vum=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{v}{u}

其中負號代表影像倒立。

解題方法

題目給出物體距離透鏡

u=2fu=2f

代入薄透鏡公式：

1f=12f+1v\frac{1}{f}=\frac{1}{2f}+\frac{1}{v}

因此

1v=1f−12f=12f\frac{1}{v} =\frac{1}{f}-\frac{1}{2f} =\frac{1}{2f}

所以

v=2fv=2f

由於 v>0v>0，影像形成在透鏡另一側，屬於實像。

接著計算放大率：

m=−vu=−2f2f=−1m=-\frac{v}{u} =-\frac{2f}{2f} =-1

m=−1m=-1 表示：

  • 負號：影像倒立
  • 絕對值 ∣m∣=1|m|=1：影像與物體同樣大小

因此影像的性質為：

inverted, real, and the same size\boxed{\text{inverted, real, and the same size}}

幾何光學判斷

物體放在會聚透鏡的 2f2f 處時，主要光線具有下列行為：

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第 7 題1 分

Order the following electromagnetic waves by wavelengths from the shortest to the longest: (i) visible light, (ii) radio waves, (iii) infrared light, (iv) ultraviolet light, (v) X-ray.

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核心觀念

本題考查電磁波譜中各類電磁波的波長大小规律。

在真空中，所有電磁波的速率皆為光速 cc，且有：

c=λνc=\lambda \nu

其中：

  • cc：光速
  • λ\lambda：波長
  • ν\nu：頻率

因此，在光速相同的情況下，波長越短，頻率越高；波長越長，頻率越低。

各類電磁波由波長最短到最長的排列為：

X-ray<ultraviolet light<visible light<infrared light<radio waves\text{X-ray} < \text{ultraviolet light} < \text{visible light} < \text{infrared light} < \text{radio waves}

依題目代號表示：

(v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)(v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)

解題方法

直接利用電磁波譜的標準排列：

γ rays<X-rays<ultraviolet<visible<infrared<microwaves<radio waves\gamma\text{ rays} < \text{X-rays} < \text{ultraviolet} < \text{visible} < \text{infrared} < \text{microwaves} < \text{radio waves}

題目未列出 γ\gamma 射線，因此取其中相關部分：

X-ray<ultraviolet light<visible light<infrared light<radio waves\text{X-ray} < \text{ultraviolet light} < \text{visible light} < \text{infrared light} < \text{radio waves}

所以正確選項為：

(v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)(v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)

即選項 (B)。

選項分析

(A) (v)<(ii)<(i)<(iv)<(iii)(v)<(ii)<(i)<(iv)<(iii)：錯誤

此選項將 radio waves (ii)(ii) 排在 X-ray 之後，但無線電波的波長遠長於可見光、紫外線與 X 射線，應排在最長波長的位置，而不是第二位。

此外，選項也將 visible light (i)(i) 排在 ultraviolet light (iv)(iv) 之前，方向顛倒。紫外線波長比可見光短，因此應為：

(iv)<(i)(iv)<(i)

(B) (v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)(v)<(iv)<(i)<(iii)<(ii)：正確

此排列符合電磁波譜由短波長到長波長的順序：

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第 8 題1 分

According to the laws of thermodynamics, which of the following statements is correct?

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核心觀念

本題考查熱力學三大定律及熵的基本性質：

  • 熱力學第一定律：能量守恆，系統能量變化可表示為
    ΔU=Q+Won\Delta U=Q+W_{\text{on}}
    其中 QQ 為加入系統的熱量，WonW_{\text{on}} 為外界對系統所做的功。
  • 熱力學第二定律：自然發生的熱傳遞方向是由高溫物體流向低溫物體；孤立系統的總熵不會減少。
  • 熱力學第三定律：溫度趨近絕對零度時，完美晶體的熵趨近固定最小值。

其中，孤立系統與外界沒有物質及能量交換，因此依熱力學第二定律：

ΔSisolated≥0\Delta S_{\text{isolated}}\geq 0

自發不可逆過程使熵增加，可逆過程使熵維持不變。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合熱力學定律：

  1. 永動機是否違反能量守恆或熱力學第二定律。
  2. 熱流方向是否符合熱力學第二定律。
  3. 孤立系統的熵是否符合熵增原理。
  4. 熱力學過程是否必然可逆。
  5. 功與熱量之間是否存在「永遠大於」的固定關係。

符合熱力學第二定律的敘述為：

ΔSisolated≥0\boxed{\Delta S_{\text{isolated}}\geq 0}

因此正確答案為 (C)。

選項分析

(A) Thermodynamic perpetual machine is possible.

錯誤。熱力學永動機不可能實現。

  • 第一類永動機可在沒有能量輸入的情況下持續做功，違反熱力學第一定律，即違反能量守恆。
  • 第二類永動機可將從單一熱源吸收的熱量完全轉換為功，沒有其他影響，違反熱力學第二定律。

因此，熱力學永動機不可能存在。

(B) Heat always flows from a colder to a hotter object.

錯誤。沒有外界做功時，熱量自發地由高溫物體流向低溫物體：

Thot>TcoldT_{\text{hot}}>T_{\text{cold}}

熱量：高溫→低溫\text{熱量：高溫}\rightarrow\text{低溫}

冰箱與熱泵能將熱量由低溫處傳至高溫處，但必須輸入外界功。因此「總是由低溫流向高溫」不符合熱力學第二定律。

(C) The entropy of an isolated system never decreases.

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第 9 題1 分

Which of the following statements about absolute pressure PP, gauge pressure PGP_G and atmospheric pressure P0P_0 is true?

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核心觀念

本題考查三種壓力的定義與彼此關係：

  • 絕對壓力 PP：以完全真空為零點所測得的壓力。
  • 大氣壓力 P0P_0：周圍大氣所產生的壓力。
  • 錶壓 PGP_G：以當地大氣壓力為基準所測得的壓力。

錶壓的定義為

PG=P−P0P_G=P-P_0

移項可得

P=P0+PG\boxed{P=P_0+P_G}

因此，絕對壓力等於大氣壓力加上錶壓。

解題方法

直接利用錶壓的定義判斷各選項。判斷重點是：

  1. 絕對壓力的基準是真空。
  2. 錶壓的基準是大氣壓力。
  3. 錶壓可以是正值、零或負值。
  4. 溫度 273 K273\ \mathrm{K} 或 15∘C15^\circ\mathrm{C} 並不是判斷壓力定義的必要條件。

選項分析

(A) PP is the same as PGP_G at 273 K273\ \mathrm{K}.

錯誤。

由

P=P0+PGP=P_0+P_G

可知只有在

P0=0P_0=0

時，才有 P=PGP=P_G。但 273 K273\ \mathrm{K} 約為 0∘C0^\circ\mathrm{C}，並不代表大氣壓力為零，因此不能由溫度判斷 PP 與 PGP_G 相同。

(B) P0+PGP_0+P_G is the absolute pressure PP.

正確。

根據錶壓定義

PG=P−P0P_G=P-P_0

整理後得到

P=P0+PG\boxed{P=P_0+P_G}

因此 P0+PGP_0+P_G 就是絕對壓力 PP。

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第 10 題1 分

Which of the following gases would exhibit a more narrow Maxwell–Boltzmann speed distribution at a given temperature?

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核心觀念

本題考查固定溫度下，氣體的 Maxwell–Boltzmann 速率分布與分子質量的關係。

氣體分子的速率分布可表示為：

f(v)=4π(m2πkT)3/2v2e−mv2/(2kT)f(v)=4\pi\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{3/2}v^2 e^{-mv^2/(2kT)}

其中：

  • mm：單一分子的質量
  • TT：絕對溫度
  • kk：波茲曼常數
  • vv：分子速率

在相同溫度下，分子的平均動能相同：

12mv2∼kT\frac{1}{2}mv^2\sim kT

因此：

v∼1mv\sim \frac{1}{\sqrt{m}}

分子質量越大，速率分布的中心越偏向低速，且分布越窄；分子質量越小，分布則較寬。

解題方法

判斷 Maxwell–Boltzmann 速率分布寬窄時，直接比較各氣體的莫耳質量即可：

氣體莫耳質量
HX2\ce{H2}2.0 g mol−12.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}
He\ce{He}4.0 g mol−14.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}
NX2\ce{N2}28.0 g mol−128.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}
OX2\ce{O2}32.0 g mol−132.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}
Ar\ce{Ar}39.9 g mol−139.9\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

速率分布的寬度可由速率尺度判斷。最概然速率為：

vmp=2RTMv_{\mathrm{mp}}=\sqrt{\frac{2RT}{M}}

均方根速率為：

vrms=3RTMv_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}

其中 MM 為莫耳質量。分布的速率尺度與 1/M1/\sqrt{M} 成正比，因此 MM 越大，分布越窄。

五個選項中，Ar\ce{Ar} 的莫耳質量最大，所以具有最窄的 Maxwell–Boltzmann 速率分布。

選項分析

(A) Hydrogen (HX2\ce{H2})：錯誤

HX2\ce{H2} 的莫耳質量約為 2.0 g mol−12.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}，是所有選項中最小者。

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第 11 題1 分

Which of the following descriptions of electrons is correct?

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核心觀念

本題考查電子的基本物理性質，以及量子力學中的 Pauli exclusion principle（泡利不相容原理）。

電子具有下列重要性質：

  • 電子具有靜止質量：me≈9.11×10−31 kgm_e \approx 9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}
  • 電子帶負電荷：qe=−e≈−1.60×10−19 Cq_e=-e\approx -1.60\times10^{-19}\ \mathrm{C}
  • 電子屬於自旋 1/21/2 的費米子（fermion）
  • 相同費米子不能處於完全相同的量子態，因此電子遵守泡利不相容原理
  • 電子具有非零靜止質量，因此在真空中不能被加速至光速 cc

解題方法

逐一檢查各選項是否符合電子的基本定義與物理定律。只要找到敘述正確的選項，即可判定答案。

選項分析

(A) Electrons are massless.

錯誤。電子具有非零靜止質量：

me≈9.11×10−31 kgm_e\approx 9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}

因此電子不是無質量粒子。光子才是典型的無靜止質量粒子。

(B) Electrons are positively charged.

錯誤。電子帶負電荷，其電荷量為：

qe=−1.602×10−19 Cq_e=-1.602\times10^{-19}\ \mathrm{C}

帶正電荷的是正電子（positron），正電子是電子的反粒子，並非電子本身。

(C) Electrons can travel at the speed of light.

錯誤。根據狹義相對論，具有靜止質量的粒子若要加速至光速，所需能量會趨近無限大。相對論性總能量為：

E=γmec2E=\gamma m_ec^2

其中

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第 12 題1 分

Under what condition does the magnetic force on a charged particle perform work?

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核心觀念

本題考查帶電粒子在磁場中的洛倫茲力，以及「力是否做功」的判斷。

帶電粒子所受磁力為

F⃗B=qv⃗×B⃗\vec{F}_B=q\vec{v}\times\vec{B}

其大小為

FB=∣q∣vBsin⁡θF_B=|q|vB\sin\theta

其中 θ\theta 為粒子速度 v⃗\vec{v} 與磁場 B⃗\vec{B} 的夾角。

力所做的功為

W=∫F⃗⋅dr⃗W=\int \vec{F}\cdot d\vec{r}

瞬時功率為

P=F⃗B⋅v⃗P=\vec{F}_B\cdot\vec{v}

由叉積的性質可知，F⃗B\vec{F}_B 永遠垂直於粒子的速度 v⃗\vec{v}，因此

F⃗B⋅v⃗=0\vec{F}_B\cdot\vec{v}=0

所以磁力對帶電粒子不做功：

P=0,W=0P=0,\qquad W=0

磁力可以改變粒子的運動方向，但不改變其速率與動能。

解題方法

判斷力是否做功，直接使用

W=∫F⃗⋅dr⃗W=\int \vec{F}\cdot d\vec{r}

由於粒子的位移方向在瞬間與速度方向相同，而磁力方向為

F⃗B=qv⃗×B⃗\vec{F}_B=q\vec{v}\times\vec{B}

磁力與速度、瞬時位移皆垂直，因此

dW=F⃗B⋅dr⃗=0dW=\vec{F}_B\cdot d\vec{r}=0

積分後仍為

W=0W=0

此結論不取決於粒子沿磁場方向、垂直磁場方向、斜向運動，也不取決於磁場是否均勻。因此題目列出的條件中，沒有一項能使「磁力」對單一帶電粒子做功。

選項分析

(A) When the particle moves parallel to the magnetic field.

若粒子平行於磁場運動，θ=0∘\theta=0^\circ，因此磁力大小為

FB=∣q∣vBsin⁡0∘=0F_B=|q|vB\sin 0^\circ=0

此時磁力本身為零，更不會做功。故此選項錯誤。

(B) When the particle moves perpendicular to the magnetic field.

若粒子垂直於磁場運動，θ=90∘\theta=90^\circ，磁力大小最大：

FB=∣q∣vBF_B=|q|vB

但磁力方向仍垂直於速度方向，因此

P=F⃗B⋅v⃗=0P=\vec{F}_B\cdot\vec{v}=0

「磁力最大」不代表「磁力做功」。磁力會使粒子作圓周運動，改變速度方向，但速率與動能不變。故此選項錯誤。

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第 13 題1 分

According to Lenz’s law, when changing the magnetic flux through a coil, the direction of the induced current in a coil is such that it...

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核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律與楞次定律（Lenz’s law）。

當通過線圈的磁通量發生改變時，線圈中會產生感應電動勢：

E=−NdΦBdt\mathcal{E}=-N\frac{d\Phi_B}{dt}

其中：

  • E\mathcal{E}：感應電動勢
  • NN：線圈匝數
  • ΦB\Phi_B：磁通量
  • 負號代表楞次定律，表示感應電流所產生的磁場，會反抗磁通量的變化

磁通量定義為：

ΦB=BAcos⁡θ\Phi_B=BA\cos\theta

因此，只要磁場大小 BB、線圈面積 AA 或夾角 θ\theta 改變，使磁通量改變，就會產生感應電流。

解題方法

判斷感應電流方向時，關鍵不是看線圈原本的磁場方向，而是看磁通量的「變化方向」。

  • 若原本穿過線圈的磁通量增加，感應電流產生的磁場會反向，以阻止磁通量繼續增加。
  • 若原本穿過線圈的磁通量減少，感應電流產生的磁場會與原磁場同向，以阻止磁通量繼續減少。

所以楞次定律的完整意義是：

感應電流的方向，會使其產生的磁場反抗磁通量的變化。

因此正確選項為「opposes the change in magnetic flux」。

選項分析

(A) opposes the change in magnetic flux.

正確。感應電流所產生的磁場，會反抗通過線圈的磁通量變化，這正是楞次定律的內容。

E=−NdΦBdt\mathcal{E}=-N\frac{d\Phi_B}{dt}

式中的負號即表示這種反抗作用。

(B) supports the change in magnetic flux.

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第 14 題1 分

See the right figure. There is a metallic sphere, on which a constant electric potential is applied. A charged particle moves from point A to point B through three different kinds of paths denoted as I, II, and III. Through which path does the particle gain the most electric energy?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

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核心觀念

本題考查靜電力的保守力性質，以及等電位面的概念。

在靜電場中，帶電粒子由 A 移動至 B 時，電力所做的功只與起點、終點的電位差有關，與實際經過的路徑無關：

W電=q(VA−VB)W_{\text{電}}=q(V_A-V_B)

粒子電位能的變化為：

ΔU=q(VB−VA)\Delta U=q(V_B-V_A)

因此，粒子獲得的電能（電力所做的功）不取決於路徑 I、II 或 III。

圖中的 A、B 位於金屬球表面。靜電平衡時，金屬導體為等電位體，因此：

VA=VBV_A=V_B

所以：

W電=q(VA−VB)=0W_{\text{電}}=q(V_A-V_B)=0

三條路徑中，粒子皆不會因電力而獲得淨電能，結果完全相同。

解題方法

直接使用靜電力做功公式：

W電=q(VA−VB)W_{\text{電}}=q(V_A-V_B)

由於 A、B 位於同一個等電位金屬球上：

VA=VBV_A=V_B

代入可得：

W電=q(0)=0W_{\text{電}}=q(0)=0

路徑 I、II、III 雖然長度與形狀不同，但靜電力是保守力，封閉路徑的總功為零，故不會因路徑不同而產生不同的能量變化。

選項分析

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第 15 題1 分

Refer to the figure. A conducting loop (square coil of wire) is pulled at constant velocity through a uniform magnetic field entering the plane. Which of the following statements is correct?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

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核心觀念

本題考查「運動導體中的磁力與電荷分離」，以及磁通量是否改變所造成的感應電流。

帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力：

F⃗=qv⃗×B⃗\vec{F}=q\vec{v}\times\vec{B}

圖中導線框以速度 v⃗\vec v 向右移動，磁場 B⃗\vec B 垂直紙面向內。

利用右手定則：

v⃗×B⃗=向右×入紙面=向上\vec v\times\vec B = \text{向右}\times\text{入紙面} = \text{向上}

因此，正電荷受力向上，電子等負電荷受力向下，最後形成上端帶正、下端累積負電荷的電荷分離現象。

解題方法

導線框整體在均勻磁場中平移時，磁場對導線內自由電荷施加的磁力方向為向上：

  • 正電荷被推向上方；
  • 負電荷被推向下方。

電子在下方累積後，產生向下的電場，直到電場力抵消磁力：

qE⃗+qv⃗×B⃗=0q\vec E+q\vec v\times\vec B=0

此時導線內不再有持續電流，而是維持電荷分離狀態。因此負電荷累積於導線框的下邊緣。

此外，若整個導線框均處於均勻磁場中，且只是以固定速度平移，穿過線圈的磁通量

ΦB=BA\Phi_B=BA

其中 BB 與線圈面積 AA 都不變，所以

dΦBdt=0\frac{d\Phi_B}{dt}=0

由法拉第定律：

E=−dΦBdt=0\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}=0

因此沒有持續的感應電流，只有電荷分離。

選項分析

(A) Current is induced in the loop in the clockwise direction.

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第 16 題1 分

The coordination geometry of Cr(NOX4)X4\ce{Cr(NO4)4} is ____.

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核心觀念

本題考查過渡金屬錯合物的「配位幾何（coordination geometry）」判斷。

題目中的 Cr(NOX4)X4\ce{Cr(NO4)4} 可依考試命題意旨視為中心金屬 Cr\ce{Cr} 周圍連接四個相同的配位單位，因此配位數為 4。四配位錯合物最常見的幾何形狀為：

  • 四面體（tetrahedral）
  • 正方平面（square planar）

判斷時須考慮配位數、中心金屬的電子組態及配位場穩定性。

解題方法

Cr\ce{Cr} 周圍有四個配位單位：

coordination number=4\text{coordination number}=4

四配位的基本幾何模型如下：

  1. 四面體：四個配位基分布於立體四面體的四個頂點，鍵角約為 109.5∘109.5^\circ。
  2. 正方平面：四個配位基位於同一平面正方形的四個頂點，鍵角為 90∘90^\circ。

在過渡金屬錯合物中，正方平面通常特別常見於 d8d^8 金屬離子，例如 NiX2+\ce{Ni^{2+}}、PdX2+\ce{Pd^{2+}}、PtX2+\ce{Pt^{2+}} 的部分錯合物；四面體則是許多四配位過渡金屬錯合物的典型結構。

依本題官方命題設定，Cr\ce{Cr} 與四個配位單位形成四面體排列，因此：

coordination geometry=tetrahedral\boxed{\text{coordination geometry}=\text{tetrahedral}}

故選擇 (A)。

選項分析

(A) tetrahedral：正確

四個配位單位以三維方式分布在中心 Cr\ce{Cr} 周圍，形成四面體結構。其理想配位角約為：

109.5∘109.5^\circ

這是本題官方公布的答案。

(B) trigonal pyramidal：錯誤

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第 17 題1 分

What type of high energy bonds are found in ATP and ADP?

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核心觀念

本題考查 ATP、ADP 中「高能鍵」的化學種類。

ATP（adenosine triphosphate）與 ADP（adenosine diphosphate）含有相鄰磷酸基之間的 磷酸酐鍵（phosphoanhydride bond），常以高能磷酸鍵表示為 P−O−P\ce{P-O-P}。

ATP 水解成 ADP 時：

ATP+HX2O→ADP+PXi\ce{ATP + H2O -> ADP + P_i}

ADP 水解成 AMP 時：

ADP+HX2O→AMP+PXi\ce{ADP + H2O -> AMP + P_i}

ATP 含有兩個磷酸酐鍵；ADP 含有一個磷酸酐鍵。

所謂「高能」是指水解反應具有顯著負的自由能變化，並非單純表示該化學鍵本身具有特殊的能量。水解後產物較穩定，主要原因包括：

  • 磷酸根產物具有較佳的共振穩定化。
  • 反應物中相鄰負電荷的靜電排斥減少。
  • 水解產物與周圍水分子的溶劑化作用較佳。

解題方法

判斷 ATP、ADP 的高能鍵位置：

Adenosine−O−PXα−O−PXβ−O−PXγ\ce{Adenosine-O-P_{\alpha}-O-P_{\beta}-O-P_{\gamma}}

其中：

  • O−P\ce{O-P}：腺苷與磷酸之間的鍵，屬於磷酸酯鍵。
  • PXα−O−PXβ\ce{P_{\alpha}-O-P_{\beta}} 與 PXβ−O−PXγ\ce{P_{\beta}-O-P_{\gamma}}：磷酸基彼此以 P−O−P\ce{P-O-P} 相連，屬於磷酸酐鍵。

因此，ATP 與 ADP 的高能鍵種類是 phosphoanhydride。

選項分析

(A) carboxylic anhydride

羧酸酐的通式為：

R−C(=O)−O−C(=O)−R\ce{R-C(=O)-O-C(=O)-R}
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第 18 題1 分

Consider the second-order reaction A→products\ce{A -> products}, which has a first half-life of 25 s25\ \mathrm{s}. If the concentration of A after 15.6 s15.6\ \mathrm{s} is 0.36 M0.36\ \mathrm{M}, determine the initial concentration of A.

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核心觀念

本題考查單一反應物二級反應 A→products\ce{A -> products} 的積分速率定律與半衰期定義。

對二級反應：

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

積分後得：

1[A]t=1[A]0+kt\frac{1}{[\ce{A}]_t} = \frac{1}{[\ce{A}]_0}+kt

二級反應的半衰期為：

t1/2=1k[A]0t_{1/2}=\frac{1}{k[\ce{A}]_0}

因此，二級反應的半衰期會隨初始濃度改變，不能直接使用一級反應的指數衰減公式。

解題方法

設初始濃度為 [A]0[\ce{A}]_0，已知第一次半衰期為：

t1/2=25 st_{1/2}=25\ \mathrm{s}

由二級反應半衰期公式：

25 s=1k[A]025\ \mathrm{s} = \frac{1}{k[\ce{A}]_0}

整理得：

k=125[A]0k=\frac{1}{25[\ce{A}]_0}

代入二級反應積分速率定律：

1[A]t=1[A]0+kt\frac{1}{[\ce{A}]_t} = \frac{1}{[\ce{A}]_0}+kt

題目給定：

[A]t=0.36 M,t=15.6 s[\ce{A}]_t=0.36\ \mathrm{M},\qquad t=15.6\ \mathrm{s}

因此：

10.36=1[A]0+(125[A]0)(15.6)\frac{1}{0.36} = \frac{1}{[\ce{A}]_0} + \left(\frac{1}{25[\ce{A}]_0}\right)(15.6)

將右側提出 1[A]0\dfrac{1}{[\ce{A}]_0}：

10.36=1[A]0(1+15.625)\frac{1}{0.36} = \frac{1}{[\ce{A}]_0} \left(1+\frac{15.6}{25}\right)

計算時間比值：

15.625=0.624\frac{15.6}{25}=0.624

所以：

10.36=1.624[A]0\frac{1}{0.36} = \frac{1.624}{[\ce{A}]_0}

整理：

[A]0=0.36(1.624)[\ce{A}]_0=0.36(1.624) [A]0=0.58464 M≈0.58 M[\ce{A}]_0=0.58464\ \mathrm{M} \approx 0.58\ \mathrm{M}

因此選擇 (A)。

選項分析

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第 19 題1 分

Which of the following is the reason for minimum chemical interferences in inductively coupled plasma?

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核心觀念

本題考查感應耦合電漿（inductively coupled plasma, ICP）原子發射光譜法中，為何化學干擾（chemical interference）較少。

化學干擾是指待測元素與樣品基質反應，形成難以分解、難以原子化的化合物，導致自由原子數量下降，使訊號偏低。例如金屬元素可能形成難揮發的氧化物、磷酸鹽或硫酸鹽：

M+O→MO\ce{M + O -> MO}

若生成的 MO\ce{MO} 熱穩定性高，待測元素便不易轉變成氣相自由原子，會造成分析訊號受抑制。

ICP 中的氬電漿溫度約為 60006000 至 10000 K10000\ \mathrm{K}，具有很高的熱能，可有效完成樣品的：

  1. 乾燥與揮發
  2. 分解與原子化
  3. 激發與部分游離

一般可用下列概念表示：

MX→高溫M(g)+X(g)\ce{MX ->[高溫] M(g) + X(g)}

形成的氣相原子再接受能量而激發：

M(g)+energy→MX∗(g)\ce{M(g) + energy -> M^*(g)}

激發態原子回到較低能階時放出特定波長的光：

MX∗(g)→M(g)+hν\ce{M^*(g) -> M(g) + h\nu}

解題方法

判斷本題的關鍵，是先辨認題目問的是「chemical interferences」，再找能降低化學反應與不完全原子化的因素。

高溫電漿能量大，能使待測元素與基質形成的難揮發化合物充分分解，並提高樣品原子化的完全程度。因此，待測元素較能以自由原子形式存在，化學干擾便較小。

所以本題應選擇 high temperature。

選項分析

(A) Zeeman effect correction

錯誤。Zeeman effect correction 是利用磁場造成的能階分裂，修正原子吸收光譜中的背景吸收，主要應用於石墨爐原子吸收光譜法（GFAAS）的背景校正。

它處理的是吸收光譜中的背景干擾，並非利用高溫降低樣品化學反應，因此不是 ICP 化學干擾少的主要原因。

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第 20 題1 分

The point group of HX2OX2\ce{H2O2} is ____.

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核心觀念

本題考查分子點群（point group）的判定。判定時必須找出分子的全部對稱元素，尤其是：

  • CnC_n 軸：繞軸旋轉 360∘/n360^\circ/n 後，分子與原來重合。
  • σ\sigma 鏡面：以鏡面反射後，分子與原來重合。
  • ii 反演中心：每個原子經反演後，都能對應到相同原子。
  • SnS_n 旋轉反映軸：先旋轉再反射。

HX2OX2\ce{H2O2} 的穩定構型不是平面結構，而是繞 O−O\ce{O-O} 單鍵扭轉形成的非平面 gauche 構型：

H−O−O−H\ce{H-O-O-H}

其二面角約為 111∘111^\circ，因此不能只依照紙面上的平面畫法判定點群。

解題方法

觀察實際的非平面 HX2OX2\ce{H2O2} 構型，取通過兩個氧原子的 O−O\ce{O-O} 鍵作為旋轉軸。

繞此軸旋轉 180∘180^\circ，即進行 C2C_2 操作：

  • 左右兩個氧原子互相對應；
  • 兩個氫原子也互相對應；
  • 旋轉後整個分子與原構型重合。

因此，分子具有一條 C2C_2 軸。

接著檢查是否具有鏡面：

  • 分子所在的構型是非平面的；
  • 通過 O−O\ce{O-O} 鍵的平面反射後，氫原子不會回到原來的位置；
  • 垂直於 O−O\ce{O-O} 鍵的鏡面也無法使兩個氫原子正確對應。

因此，HX2OX2\ce{H2O2} 沒有 σ\sigma 鏡面。

同樣地，分子也沒有反演中心 ii，且不存在其他能提升點群的對稱元素。故其點群只有一條 C2C_2 軸，判定為：

C2\boxed{C_2}

選項分析

(A) C2C_2：正確

實際穩定的 HX2OX2\ce{H2O2} 為非平面 gauche 構型，具有一條沿 O−O\ce{O-O} 鍵方向的二重旋轉軸。旋轉 180∘180^\circ 後，兩個 O\ce{O} 原子與兩個 H\ce{H} 原子分別互相對應，因此點群為 C2C_2。

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第 21 題1 分

The C–O bond order of CO\ce{CO} is ____.

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核心觀念

本題考查分子軌域理論中的鍵級（bond order）：

鍵級=Nb−Na2\text{鍵級}=\frac{N_b-N_a}{2}

其中：

  • NbN_b：成鍵分子軌域中的電子數
  • NaN_a：反鍵分子軌域中的電子數

鍵級越大，通常表示鍵越強、鍵長越短。

解題方法

CO\ce{CO} 的碳與氧各提供 4 個價電子，共有：

4+6=10 個價電子4+6=10\text{ 個價電子}

CO\ce{CO} 與 NX2\ce{N2} 為等電子體，其價電子分子軌域填佈可簡化表示為：

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

成鍵軌域電子數為：

Nb=2+4+2=8N_b=2+4+2=8

反鍵軌域電子數為：

Na=2N_a=2

因此標準分子軌域理論所得鍵級為：

鍵級=8−22=3\text{鍵級}=\frac{8-2}{2}=3

也可由 Lewis 結構判斷：

:C≡O:\ce{:C#O:}

C\ce{C} 與 O\ce{O} 之間形成一個 σ\sigma 鍵與兩個 π\pi 鍵，因此為三鍵，鍵級為 3。

選項分析

(A) 1

錯誤。鍵級 1 代表單鍵，例如 C−O\ce{C-O}。CO\ce{CO} 的碳氧間具有多重鍵，不能視為單鍵。

(B) 1.5

錯誤。鍵級 1.5 常見於共振結構平均後的鍵，例如苯環中的碳碳鍵；CO\ce{CO} 並非由兩個等價的單、雙鍵共振平均而得到 1.5。

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第 22 題1 分

The reaction A→B+C\ce{A -> B + C} is known to be zero order in A with a rate constant of 4.8×10−2 mol L−1 s−14.8\times10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}} at 25∘C25^\circ\mathrm{C}. An experiment was run at 25∘C25^\circ\mathrm{C} where [A]0=4.0 M[\ce{A}]_0=4.0\ \mathrm{M}. What is the concentration of B after 5.0 s5.0\ \mathrm{s}?

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核心觀念

本題考查零級反應的積分速率定律，以及反應物與生成物的化學計量關係。

反應式為：

A→B+C\ce{A -> B + C}

因為 A\ce{A} 為零級反應，所以反應速率與 [A][\ce{A}] 無關：

−d[A]dt=k-\frac{\mathrm{d}[\ce{A}]}{\mathrm{d}t}=k

零級反應的積分速率定律為：

[A]t=[A]0−kt[\ce{A}]_t=[\ce{A}]_0-kt

零級反應速率常數的單位為 mol L−1 s−1\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}，也就是 M s−1\mathrm{M\,s^{-1}}。

解題方法

已知：

[A]0=4.0 M[\ce{A}]_0=4.0\ \mathrm{M} k=4.8×10−2 mol L−1 s−1k=4.8\times10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}} t=5.0 st=5.0\ \mathrm{s}

先計算 5.0 s5.0\ \mathrm{s} 內消耗的 A\ce{A} 濃度：

Δ[A]=kt\Delta[\ce{A}]=kt Δ[A]=(4.8×10−2 mol L−1 s−1)(5.0 s)\Delta[\ce{A}] = \left(4.8\times10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}\right) \left(5.0\ \mathrm{s}\right) Δ[A]=2.4×10−1 mol L−1=0.24 M\Delta[\ce{A}] = 2.4\times10^{-1}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} = 0.24\ \mathrm{M}

由配平反應式：

A→B+C\ce{A -> B + C}

可知 A\ce{A} 與 B\ce{B} 的化學計量係數皆為 11，因此消耗 11 mol 的 A\ce{A} 會生成 11 mol 的 B\ce{B}。題目未指定初始含有 B\ce{B}，通常採用 [B]0=0[\ce{B}]_0=0 的合理假設，因此：

[B]t=0.24 M[\ce{B}]_t=0.24\ \mathrm{M}

故：

[B]t=2.4×10−1 M[\ce{B}]_t=2.4\times10^{-1}\ \mathrm{M}

選項分析

  • (A) 1.7 M1.7\ \mathrm{M}：錯誤
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第 23 題1 分

Which of the following statements is/are true?

I. An excited atom can return to its ground state by absorbing electromagnetic radiation.

II. The energy of an atom is increased when electromagnetic radiation is emitted from it.

III. The energy of electromagnetic radiation increases as its frequency increases.

IV. An electron in the n=4n=4 state in the hydrogen atom can go to the n=2n=2 state by emitting electromagnetic radiation at the appropriate frequency.

V. The frequency and wavelength of electromagnetic radiation are inversely proportional to each other.

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核心觀念

本題考查電磁輻射與原子能階的基本關係：

  1. 光子能量與頻率的關係：
    Ephoton=hfE_{\text{photon}}=hf
    其中 hh 為普朗克常數，ff 為頻率。因此頻率越高，光子能量越大。

  2. 光速、頻率與波長的關係：
    c=fλc=f\lambda
    在真空中 cc 為定值，所以
    f∝1λf\propto \frac{1}{\lambda}
    頻率與波長成反比。

  3. 原子能階與電磁輻射：

  • 原子吸收光子時，能量增加，電子由低能階躍遷至高能階。
  • 原子放出光子時，能量降低，電子由高能階躍遷至低能階。
  • 光子能量等於兩能階的能量差：
    ∣ΔE∣=hf\left|\Delta E\right|=hf

解題方法

逐一判斷 I～V 的敘述是否符合上述原理，再找出包含所有正確敘述的選項。

敘述 I

An excited atom can return to its ground state by absorbing electromagnetic radiation.

激發態原子若要回到基態，必須降低能量。原子吸收電磁輻射時會吸收光子能量，使原子能量增加，電子通常由低能階躍遷至高能階。

因此，激發態原子不能藉由吸收電磁輻射回到基態；回到基態應是放出電磁輻射。

故 I 錯誤。

敘述 II

The energy of an atom is increased when electromagnetic radiation is emitted from it.

原子放出電磁輻射，表示原子將能量以光子的形式釋放出去，因此原子的能量會降低。

其能量關係可表示為：

Eatom, initial=Eatom, final+EphotonE_{\text{atom, initial}}=E_{\text{atom, final}}+E_{\text{photon}}

所以：

Eatom, final<Eatom, initialE_{\text{atom, final}}<E_{\text{atom, initial}}

故 II 錯誤。

敘述 III

The energy of electromagnetic radiation increases as its frequency increases.

根據普朗克關係式：

Ephoton=hfE_{\text{photon}}=hf

因為 hh 為定值，所以光子能量 EphotonE_{\text{photon}} 與頻率 ff 成正比。頻率越高，電磁輻射的能量越大。

故 III 正確。

敘述 IV

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第 24 題1 分

How many electrons can be described by the quantum numbers n=4n=4, l=4l=4, ml=1m_l=1?

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核心觀念

電子的四個量子數必須符合下列限制：

  • 主量子數：n=1,2,3,…n=1,2,3,\ldots
  • 角量子數：l=0,1,2,…,n−1l=0,1,2,\ldots,n-1
  • 磁量子數：ml=−l,−l+1,…,0,…,lm_l=-l,-l+1,\ldots,0,\ldots,l
  • 自旋量子數：ms=+12m_s=+\frac12 或 −12-\frac12

本題給定 n=4n=4，因此角量子數 ll 的合法範圍為：

l=0,1,2,3l=0,1,2,3

題目給出 l=4l=4，超出 n=4n=4 時允許的範圍，因此這組量子數不存在任何合法電子。

解題方法

先檢查 nn 與 ll 的基本關係：

0≤l≤n−10\leq l\leq n-1

代入 n=4n=4：

0≤l≤30\leq l\leq 3

但題目指定：

l=4l=4

此條件不符合量子數規則，因此即使 ml=1m_l=1 在數值上符合 −l≤ml≤l-l\leq m_l\leq l，整組量子數仍然不合法。

所以能由 n=4, l=4, ml=1n=4,\ l=4,\ m_l=1 描述的電子數為：

0\boxed{0}

選項分析

  • (A) 14：錯誤
    l=4l=4 所代表的是 gg 副層；若單獨考慮 l=4l=4，其磁量子數共有 2l+1=92l+1=9 種，每個軌域可容納 22 個電子，最多可容納 1818 個電子，不是 1414。更重要的是，n=4n=4 時根本不允許 l=4l=4。
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第 25 題1 分

The concentration of OHX−\ce{OH^-} ions in a solution is 5.62 mM5.62\ \mathrm{mM}. Determine the pH of the solution.

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核心觀念

本題考查水溶液酸鹼度的定義與 [OHX−][\ce{OH^-}]、pOH、pH 之間的關係：

pOH=−log⁡[OHX−]\mathrm{pOH}=-\log[\ce{OH^-}]

在一般考試所採用的 25∘C25^\circ\mathrm{C} 條件下：

Kw=[HX+][OHX−]=1.0×10−14K_\mathrm{w}=[\ce{H^+}][\ce{OH^-}]=1.0\times10^{-14}

因此：

pH+pOH=14.00\mathrm{pH}+\mathrm{pOH}=14.00

解題方法

已知：

[OHX−]=5.62 mM[\ce{OH^-}]=5.62\ \mathrm{mM}

先進行單位換算：

5.62 mM=5.62×10−3 M5.62\ \mathrm{mM} =5.62\times10^{-3}\ \mathrm{M}

計算 pOH：

pOH=−log⁡(5.62×10−3)=−(log⁡5.62+log⁡10−3)=−(0.750−3)=2.250\begin{aligned} \mathrm{pOH} &=-\log(5.62\times10^{-3})\\ &=-\left(\log5.62+\log10^{-3}\right)\\ &=-\left(0.750-3\right)\\ &=2.250 \end{aligned}

再利用 pH+pOH=14.00\mathrm{pH}+\mathrm{pOH}=14.00：

pH=14.00−2.250=11.750\mathrm{pH}=14.00-2.250=11.750

依選項有效位數取近似值：

pH≈11.7\mathrm{pH}\approx 11.7

因此選 (A)。

選項分析

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第 26 題1 分

In which of the following techniques are we measuring the amount of light absorbed as a function of wavelength?

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核心觀念

題目問的是：哪一種分析技術是測量「樣品吸收的光量隨波長變化」？

吸收光譜法的基本量為吸光度：

A=log⁡I0IA=\log\frac{I_0}{I}

其中 I0I_0 為入射光強度，II 為透射光強度。依據 Beer–Lambert law：

A=εbcA=\varepsilon bc

ε\varepsilon 為莫耳吸光係數，bb 為光徑長度，cc 為待測物濃度。若改變入射光波長並記錄吸光度，即可得到吸收光譜。

解題方法

判斷各選項的核心測量訊號：

  • 測量「吸收光強度對波長」：屬於吸收光譜法。
  • 測量「繞射強度對角度」：屬於 X-ray diffraction。
  • 測量「放射光強度對波長」：屬於發射光譜法。
  • 測量「偵測器訊號對保留時間」：屬於色譜法。

因此，符合題目敘述的是 atomic absorption spectroscopy。

在原子吸收光譜法中，樣品先被原子化，形成基態自由原子。元素燈所發出的特定波長光通過原子蒸氣後，待測元素的基態原子吸收特定能量的光，使透射光強度下降。掃描波長並記錄吸光度，即可得到該元素的原子吸收光譜。

選項分析

(A) atomic absorption spectroscopy：正確

Atomic absorption spectroscopy，AAS，中文為原子吸收光譜法。

其測量原理為：

基態原子+光→激發態原子\text{基態原子}+\text{光}\rightarrow\text{激發態原子}

以元素特有的共振波長照射樣品，測量光被吸收的程度。吸光度可表示為：

A=log⁡I0IA=\log\frac{I_0}{I}

在適當濃度範圍內，吸光度與元素濃度成正比，因此可進行定性與定量分析。此技術正是測量光吸收量隨波長變化的分析方法。

(B) X-ray diffraction：錯誤

X-ray diffraction，XRD，中文為 X 光繞射分析，主要用於研究晶體結構、晶面間距與物相鑑定。

X 光照射晶體時，不同晶面產生繞射，遵循 Bragg’s law：

nλ=2dsin⁡θn\lambda=2d\sin\theta

一般 XRD 實驗使用固定波長的 X 光，掃描繞射角 2θ2\theta，並測量繞射強度隨角度的變化。因此其主要圖譜是「強度對 2θ2\theta」，不是「吸收量對波長」。

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第 27 題1 分

A gas releases 2.0 J2.0\ \mathrm{J} of heat and then performs 11.8 J11.8\ \mathrm{J} of work. What is the change in the internal energy of the gas?

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核心觀念

本題考查熱力學第一定律：

ΔU=q+w\Delta U=q+w

其中：

  • ΔU\Delta U：系統內能的變化
  • qq：熱量變化；氣體吸熱為正，放熱為負
  • ww：功的變化；外界對氣體做功為正，氣體對外界做功為負

題目採用「系統吸收的熱量」與「外界對系統所做的功」的符號約定。

解題方法

氣體「釋放」2.0 J2.0\ \mathrm{J} 的熱，因此：

q=−2.0 Jq=-2.0\ \mathrm{J}

氣體「對外做」11.8 J11.8\ \mathrm{J} 的功，因此系統本身能量因做功而減少：

w=−11.8 Jw=-11.8\ \mathrm{J}

代入熱力學第一定律：

ΔU=q+w=(−2.0 J)+(−11.8 J)=−13.8 J\begin{aligned} \Delta U&=q+w\\ &=(-2.0\ \mathrm{J})+(-11.8\ \mathrm{J})\\ &=-13.8\ \mathrm{J} \end{aligned}

因此，氣體的內能減少 13.8 J13.8\ \mathrm{J}。

選項分析

  • (A) −13.8 J-13.8\ \mathrm{J}：正確

氣體放熱 2.0 J2.0\ \mathrm{J}，且對外做功 11.8 J11.8\ \mathrm{J}，兩者都使氣體內能減少：

ΔU=−2.0−11.8=−13.8 J\Delta U=-2.0-11.8=-13.8\ \mathrm{J}
  • (B) 9.8 J9.8\ \mathrm{J}：錯誤
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第 28 題1 分

The pKbpK_b of the base cyclohexamine, CX6HX11NHX2\ce{C6H11NH2}, is 3.36. What is the pKapK_a of the conjugate acid, CX6HX11NHX3X+\ce{C6H11NH3+}? (Kw=1.0×10−14K_w=1.0\times10^{-14} at 25∘C25^\circ\mathrm{C}.)

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核心觀念

本題考查共軛酸鹼對與酸鹼解離常數的關係。

鹼 CX6HX11NHX2\ce{C6H11NH2} 接受質子後，形成其共軛酸 CX6HX11NHX3X+\ce{C6H11NH3+}：

CX6HX11NHX2+HX2O⇌CX6HX11NHX3X++OHX−\ce{C6H11NH2 + H2O <=> C6H11NH3+ + OH-}

鹼解離常數為 KbK_b；共軛酸解離時則為：

CX6HX11NHX3X++HX2O⇌CX6HX11NHX2+HX3OX+\ce{C6H11NH3+ + H2O <=> C6H11NH2 + H3O+}

在 25∘C25^\circ\mathrm{C} 時，酸與其共軛鹼的解離常數滿足：

KaKb=KwK_aK_b=K_w

取負對數後：

pKa+pKb=pKwpK_a+pK_b=pK_w

因為：

Kw=1.0×10−14K_w=1.0\times10^{-14}

所以：

pKw=14.00pK_w=14.00

解題方法

已知鹼 CX6HX11NHX2\ce{C6H11NH2} 的：

pKb=3.36pK_b=3.36

其共軛酸 CX6HX11NHX3X+\ce{C6H11NH3+} 的 pKapK_a 為：

pKa=14.00−pKbpK_a=14.00-pK_b

代入：

pKa=14.00−3.36=10.64pK_a=14.00-3.36=10.64

因此：

pKa=10.64\boxed{pK_a=10.64}

選項分析

  • (A) 3.36：錯誤
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第 29 題1 分

Ellipsometry is commonly used to measure the thickness of films. Which of the following signal is detected in ellipsometry?

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核心觀念

Ellipsometry（橢圓偏光術）是利用光反射後「偏振狀態的改變」來測量薄膜厚度、折射率及光學常數的技術。

基本測量流程為：

  1. 產生具有特定偏振狀態的入射光。
  2. 光線射到薄膜表面並反射。
  3. 薄膜會使反射光的偏振方向與不同偏振分量間的相位差發生改變。
  4. 儀器分析反射光的偏振狀態，通常以兩個參數表示：
tan⁡Ψ eiΔ=rprs\tan \Psi \, e^{i\Delta} = \frac{r_p}{r_s}

其中：

  • rpr_p：平行於入射面的偏振分量之反射係數
  • rsr_s：垂直於入射面的偏振分量之反射係數
  • Ψ\Psi：兩偏振分量反射振幅比的相關參數
  • Δ\Delta：兩偏振分量間的相位差

薄膜厚度會影響反射光的干涉與相位，因此由 Ψ\Psi 和 Δ\Delta 即可反推出薄膜厚度。

解題方法

判斷橢圓偏光術的關鍵，是看它測量的物理量是否為「反射光偏振狀態的改變」。

Ellipsometry 的核心訊號不是單純的光強度、光點位置、共振角，也不是非線性光學產生的新頻率，而是反射光的偏振資訊。因此正確選項為 polarized light。

選項分析

(A) resonance angle

錯誤。

Resonance angle（共振角）是表面電漿共振技術（surface plasmon resonance, SPR）的重要測量訊號。當入射角達到特定共振角時，金屬表面電漿被激發，反射光強度會顯著改變，藉此分析表面吸附或薄膜性質。

橢圓偏光術主要分析反射光的偏振振幅比與相位差，即 Ψ\Psi 與 Δ\Delta，並非測量共振角。

(B) reflected laser spot

錯誤。

橢圓偏光儀確實會接收到薄膜表面反射的光，因此在實驗裝置中可觀察到反射光束或雷射光點。然而「反射雷射光點」只是光路中存在的現象，不是 ellipsometry 的特徵測量訊號。

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第 30 題1 分

Which of the following is not a feature of carrier gas used in gas chromatography?

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核心觀念

氣相層析法（gas chromatography, GC）中，載氣（carrier gas）負責將氣化後的樣品帶入管柱，並使樣品成分依揮發性及與固定相的作用力差異而分離。理想載氣通常具有以下特性：

  1. 化學性質惰性：不與樣品、固定相或儀器部件反應。
  2. 純度高：避免雜質造成基線漂移、額外訊號、管柱污染或影響偵測器。
  3. 價格合理且供應穩定：GC 分析需持續通入載氣，因此成本與取得容易度很重要。
  4. 適合所使用的偵測器：不同偵測器對載氣種類的要求不同。
  5. 流動性與操作性良好：能提供穩定流速與適當線性流速，使分離效率良好。

常見載氣包括氦氣 He\ce{He}、氮氣 NX2\ce{N2}、氫氣 HX2\ce{H2} 及氬氣 Ar\ce{Ar}。

解題方法

本題問的是「哪一項不是載氣的特徵」。判斷時逐項對照理想載氣的基本要求即可：

  • 若選項描述能降低反應、污染或分析成本，通常是載氣的理想特性。
  • 若選項會增加雜訊、污染或偵測誤差，則不是理想特性。

載氣的純度必須足夠高，而不是「不需要很高」。因此不符合載氣要求的是：

(C)\boxed{\text{(C)}}

選項分析

(A) The carrier gas should be chemically inert.

正確。載氣應具有化學惰性，避免與下列物質反應：

  • 待測分析物
  • 管柱固定相
  • 進樣口及偵測器內部材料

若載氣會與樣品反應，可能造成樣品分解、衍生化或訊號改變，使分析結果失真。因此化學惰性是載氣的重要條件。

(B) The carrier gas should be inexpensive.

正確。GC 分析時載氣會以連續流動方式通過系統，使用量相當可觀。載氣若價格低廉且容易取得，可降低分析成本，也有利於長時間及大量樣品分析。

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第 31 題2 分

Determine the correct unit and magnitude of the electric field at distance xx from the midpoint of a very long line of uniformly distributed positive charge. Assume xx is much smaller than the length of the wire, and let λ\lambda be the charge per unit length.

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核心觀念

本題考查均勻無限長線電荷所產生的電場。線電荷密度定義為

λ=QL\lambda=\frac{Q}{L}

其中 λ\lambda 的單位為 C/m\mathrm{C/m}。

當觀測點距離長直導線的垂直距離為 xx，且 xx 遠小於導線長度時，可將導線視為無限長。由於導線具有圓柱對稱性，電場大小只與距離 xx 有關，方向為垂直導線向外。

解題方法：高斯定律

選取半徑為 xx、長度為 LL 的圓柱形高斯面，並使導線位於圓柱軸線上。

高斯定律為

∮E⃗⋅dA⃗=Qencϵ0\oint \vec{E}\cdot d\vec{A} = \frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\epsilon_0}

電場與導線垂直，且在圓柱側面上大小處處相同；在圓柱兩端面上，電場與面法線垂直，因此通量為零。故總電通量為側面通量：

ΦE=E(2πxL)\Phi_E=E(2\pi xL)

高斯面所包圍的電荷為

Qenc=λLQ_{\mathrm{enc}}=\lambda L

代入高斯定律：

E(2πxL)=λLϵ0E(2\pi xL)=\frac{\lambda L}{\epsilon_0}

約去 LL：

E=12πϵ0λx\boxed{ E=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x} }

因此電場大小與距離 xx 成反比，而不是與 x2x^2 成反比。

單位與量綱檢查

真空介電常數的單位可表示為

[ϵ0]=C2N m2[\epsilon_0]=\frac{\mathrm{C^2}}{\mathrm{N\,m^2}}

因此

[1ϵ0λx]=N m2C2⋅C/mm=NC\left[ \frac{1}{\epsilon_0}\frac{\lambda}{x} \right] = \frac{\mathrm{N\,m^2}}{\mathrm{C^2}} \cdot \frac{\mathrm{C/m}}{\mathrm{m}} = \frac{\mathrm{N}}{\mathrm{C}}

而電場單位滿足

1 N/C=1 V/m1\ \mathrm{N/C}=1\ \mathrm{V/m}

所以

12πϵ0λx\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x}

的單位確實為 V/m\mathrm{V/m}。

選項分析

(A)

12πϵ0λx,V/m\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x}, \qquad \mathrm{V/m}

正確。無限長均勻線電荷的電場大小為

E=λ2πϵ0xE=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 x}

且電場的單位為 V/m\mathrm{V/m}。

(B)

12πϵ0λx2,V/m\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x^2}, \qquad \mathrm{V/m}

錯誤。1/x21/x^2 是點電荷電場

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第 32 題2 分

The plates of a parallel-plate capacitor have area AA and separation dd. Two different dielectrics each fill half the space between the plates, as shown in the figure. Determine the correct unit and the capacitance in terms of K1K_1, K2K_2, the area AA of the plates, and the separation dd, where K1K_1 and K2K_2 are the dielectric constants of two dielectrics. ϵ0\epsilon_0 is the vacuum permittivity.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 6 頁

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核心觀念

本題考查平行板電容器的電容量，以及介電質並聯配置的判斷。

電容量定義為

C=QVC=\frac{Q}{V}

因此電容量的單位為

C/V\mathrm{C/V}

填入介電質後，平行板電容器的電容量為

C=Kϵ0AdC=\frac{K\epsilon_0 A}{d}

其中 KK 為介電常數，ϵ0\epsilon_0 為真空介電率。

圖中 K1K_1 與 K2K_2 兩種介電質是左右並列，各占極板面積的一半，且兩者的板間距離皆為 dd，所以構成兩個並聯電容器。

解題方法

兩種介電質各占極板面積

A1=A2=A2A_1=A_2=\frac{A}{2}

對於介電質 K1K_1 的部分：

C1=K1ϵ0(A/2)d=K1ϵ0A2dC_1=\frac{K_1\epsilon_0(A/2)}{d} =\frac{K_1\epsilon_0 A}{2d}

對於介電質 K2K_2 的部分：

C2=K2ϵ0(A/2)d=K2ϵ0A2dC_2=\frac{K_2\epsilon_0(A/2)}{d} =\frac{K_2\epsilon_0 A}{2d}

由於兩部分跨接在同一對極板上，兩者電位差相同，屬於並聯，因此總電容量為

C=C1+C2C=C_1+C_2 C=K1ϵ0A2d+K2ϵ0A2dC=\frac{K_1\epsilon_0 A}{2d} +\frac{K_2\epsilon_0 A}{2d} C=ϵ0A2d(K1+K2)\boxed{C=\frac{\epsilon_0 A}{2d}(K_1+K_2)}

其單位為

C/V\mathrm{C/V}

所以正確選項為 (A)。

選項分析

  • (A)
    ϵ0A2d(K1+K2),Coul/V\frac{\epsilon_0 A}{2d}(K_1+K_2),\quad \mathrm{Coul/V}
    電容量公式與並聯配置皆正確，且 Coul/V\mathrm{Coul/V} 即 C/V\mathrm{C/V}，正確。
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第 33 題2 分

A system comprises three particles with masses of 2.0 kg2.0\ \mathrm{kg}, 3.0 kg3.0\ \mathrm{kg}, and 5.0 kg5.0\ \mathrm{kg}, respectively. A force F⃗=3.0i⃗+4.0j⃗ N\vec{F}=3.0\vec{i}+4.0\vec{j}\ \mathrm{N} acts on the 2.02.0-kg particle, where i⃗\vec{i} and j⃗\vec{j} are unit vectors that point along the xx and yy coordinate axes, respectively. What is the acceleration of the center of mass a⃗c\vec{a}_c caused by the force?

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核心觀念

本題考查「質心的運動定理」：

F⃗ext=Ma⃗c\vec{F}_{\mathrm{ext}}=M\vec{a}_c

其中：

  • F⃗ext\vec{F}_{\mathrm{ext}}：系統所受的總外力
  • MM：系統總質量
  • a⃗c\vec{a}_c：質心加速度

三個粒子視為一個整體時，粒子間的內力會依牛頓第三定律互相抵消，因此質心加速度只由系統的總外力決定。

解題方法

三個粒子的總質量為

M=2.0+3.0+5.0=10.0 kgM=2.0+3.0+5.0=10.0\ \mathrm{kg}

題目給定作用在 2.0 kg2.0\ \mathrm{kg} 粒子上的外力為

F⃗=3.0i⃗+4.0j⃗ N\vec{F}=3.0\vec{i}+4.0\vec{j}\ \mathrm{N}

假設系統沒有其他外力，則系統總外力就是此力。因此

a⃗c=F⃗extM\vec{a}_c=\frac{\vec{F}_{\mathrm{ext}}}{M}

代入數值：

a⃗c=3.0i⃗+4.0j⃗10.0\vec{a}_c =\frac{3.0\vec{i}+4.0\vec{j}}{10.0} a⃗c=0.30i⃗+0.40j⃗ m/s2\boxed{\vec{a}_c=0.30\vec{i}+0.40\vec{j}\ \mathrm{m/s^2}}

所以正確選項為 (A)。

選項分析

  • (A) 正確

a⃗c=0.30i⃗+0.40j⃗ m/s2\vec{a}_c=0.30\vec{i}+0.40\vec{j}\ \mathrm{m/s^2}

此結果是總外力除以系統總質量：

3.010.0=0.30,4.010.0=0.40\frac{3.0}{10.0}=0.30,\qquad \frac{4.0}{10.0}=0.40

  • (B) 錯誤

a⃗c=0.60i⃗+0.80j⃗ m/s2\vec{a}_c=0.60\vec{i}+0.80\vec{j}\ \mathrm{m/s^2}

這是將外力除以 5.0 kg5.0\ \mathrm{kg} 所得到的結果：

3.05.0=0.60,4.05.0=0.80\frac{3.0}{5.0}=0.60,\qquad \frac{4.0}{5.0}=0.80

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第 34 題2 分

Assume that a satellite of mass MM orbits Earth in a perfect circle of radius RR. If the satellite is replaced with another one with mass 2M2M but with the same circling radius, what is the ratio of the period of the first satellite to the period of the second one (i.e., T1/T2T_1/T_2)?

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核心觀念

本題考查圓形衛星運動中，萬有引力提供向心力的關係，以及衛星週期與衛星質量的關聯。

設地球質量為 MEM_E，衛星質量為 mm，軌道半徑為 RR。對繞地球做等速圓周運動的衛星而言：

  • 萬有引力：Fg=GMEmR2\displaystyle F_g=\frac{GM_E m}{R^2}
  • 向心力：Fc=mv2R\displaystyle F_c=\frac{mv^2}{R}

其中 GG 為萬有引力常數，vv 為衛星的軌道速度。

解題方法

因為萬有引力提供向心力，所以

GMEmR2=mv2R\frac{GM_E m}{R^2}=\frac{mv^2}{R}

約去衛星質量 mm：

GMER=v2\frac{GM_E}{R}=v^2

因此

v=GMERv=\sqrt{\frac{GM_E}{R}}

週期為繞行一周的路程除以速率：

T=2πRvT=\frac{2\pi R}{v}

代入 vv：

T=2πRRGME=2πR3GMET =2\pi R\sqrt{\frac{R}{GM_E}} =2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM_E}}

由此可見，在地球質量與軌道半徑固定時，週期 TT 與衛星本身的質量無關。

第一顆衛星質量為 MM，第二顆衛星質量為 2M2M，但兩者軌道半徑相同，因此

T1=T2T_1=T_2

所以

T1T2=1\frac{T_1}{T_2}=1

選項分析

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第 35 題2 分

A 5.05.0-kg block moves with velocity v⃗=3.0i⃗+5.0j⃗ (m/s)\vec{v}=3.0\vec{i}+5.0\vec{j}\ (\mathrm{m/s}) on a horizontal surface of coefficient of kinetic friction μ=0.30\mu=0.30, where i⃗\vec{i} and j⃗\vec{j} are unit vectors that point along the xx and yy coordinate axes, respectively. When the block comes to rest, what is the total thermal energy increased?

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核心觀念

本題考查：

  • 速度向量的大小
  • 動能
  • 動摩擦力將機械能轉化為熱能
  • 能量守恆

方塊在水平面上運動，最後因動摩擦力而停止。若「總熱能增加」指方塊與接觸表面合計增加的熱能，則初始動能全部轉換為熱能。

解題方法

速度向量為

v⃗=3.0i⃗+5.0j⃗ m/s\vec v=3.0\vec i+5.0\vec j\ \mathrm{m/s}

速度大小為

v=(3.0)2+(5.0)2=34 m/sv=\sqrt{(3.0)^2+(5.0)^2} =\sqrt{34}\ \mathrm{m/s}

方塊初始動能：

Ki=12mv2K_i=\frac12mv^2

代入 m=5.0 kgm=5.0\ \mathrm{kg} 與 v2=34 m2/s2v^2=34\ \mathrm{m^2/s^2}：

Ki=12(5.0)(34)=85 JK_i=\frac12(5.0)(34) =85\ \mathrm{J}

方塊停止時：

Kf=0K_f=0

因此機械能減少量為

ΔK=Ki−Kf=85 J\Delta K=K_i-K_f=85\ \mathrm{J}

這些動能由動摩擦力耗散，轉換成方塊與水平面增加的熱能。因此

ΔEthermal=85 J\Delta E_{\text{thermal}}=85\ \mathrm{J}

亦可由摩擦力驗算。水平面上正向力為

N=mgN=mg

動摩擦力為

fk=μN=μmgf_k=\mu N=\mu mg

若停止距離為 dd，由功—能定理：

fkd=12mv2f_kd=\frac12mv^2

所以摩擦力所造成的熱能增加量仍為

ΔEthermal=fkd=12mv2=85 J\Delta E_{\text{thermal}}=f_kd=\frac12mv^2=85\ \mathrm{J}

可見摩擦係數 μ=0.30\mu=0.30 會影響停止距離與停止時間，但不影響「最後完全停止時」所增加的總熱能。

選項分析

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第 36 題2 分

A wheel rotates initially at a rate of 10 rad/s10\ \mathrm{rad/s} and begins to accelerate at a rate of 2 rad/s22\ \mathrm{rad/s^2}. After 33 seconds the rate of the rotation will be

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核心觀念

本題考查轉動運動中的角速度與角加速度，對應直線等加速度運動公式：

  • 初始角速度：ω0=10 rad/s\omega_0=10\ \mathrm{rad/s}
  • 角加速度：α=2 rad/s2\alpha=2\ \mathrm{rad/s^2}
  • 經過時間：t=3 st=3\ \mathrm{s}

角加速度的定義為單位時間內角速度的變化量：

α=ΔωΔt\alpha=\frac{\Delta\omega}{\Delta t}

因此，若角加速度為定值，角速度公式為：

ω=ω0+αt\omega=\omega_0+\alpha t

解題方法

將題目數據代入：

ω=10 rad/s+(2 rad/s2)(3 s)\omega=10\ \mathrm{rad/s} +\left(2\ \mathrm{rad/s^2}\right)\left(3\ \mathrm{s}\right) ω=10 rad/s+6 rad/s\omega=10\ \mathrm{rad/s}+6\ \mathrm{rad/s} ω=16 rad/s\omega=16\ \mathrm{rad/s}

其中單位換算為：

rads2⋅s=rads\mathrm{\frac{rad}{s^2}}\cdot\mathrm{s} =\mathrm{\frac{rad}{s}}

所以 33 秒後的角速度為 16 rad/s16\ \mathrm{rad/s}。

選項分析

  • (A) 6 rad/s6\ \mathrm{rad/s}：錯誤。
    6 rad/s6\ \mathrm{rad/s} 是角速度的增加量：

Δω=αt=(2)(3)=6 rad/s\Delta\omega=\alpha t=(2)(3)=6\ \mathrm{rad/s}

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第 37 題2 分

A force–time curve for a ball struck by a bat is shown in the figure. What is the impulse on the ball?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 7 頁

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核心觀念

本題考查「衝量」的定義。力—時間圖中，衝量等於曲線下方的面積：

J=∫F dtJ=\int F\,dt

衝量單位為 N⋅s\mathrm{N\cdot s}，且等於動量的變化量：

J=ΔpJ=\Delta p

解題方法

由圖可知，受力曲線為三角形：

  • 底：1∼3 ms1\sim 3\ \mathrm{ms}，因此 Δt=2 ms=2×10−3 s\Delta t=2\ \mathrm{ms}=2\times10^{-3}\ \mathrm{s}
  • 高：最大力 Fmax⁡=6000 NF_{\max}=6000\ \mathrm{N}

因此衝量為三角形面積：

J=12(Δt)(Fmax⁡)J=\frac{1}{2}(\Delta t)(F_{\max}) J=12(2×10−3 s)(6000 N)J=\frac{1}{2}(2\times10^{-3}\ \mathrm{s})(6000\ \mathrm{N}) J=6 N⋅sJ=6\ \mathrm{N\cdot s}

所以正確選項為 (D)。

選項分析

  • (A) 12000 N⋅s12000\ \mathrm{N\cdot s}：錯誤。
    此數值相當於將圖形面積計算過大，未正確使用三角形面積公式，也未正確處理時間單位。
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第 38 題2 分

A force of 20 N20\ \mathrm{N} acts on a wagon at an angle of 30∘30^\circ to the ground. Calculate the work done by the force when the wagon is dragged 100 m100\ \mathrm{m} along the ground.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

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核心觀念

功的定義為力在位移方向上的分量與位移的乘積：

W=F⃗⋅s⃗=Fscos⁡θW=\vec{F}\cdot\vec{s}=Fs\cos\theta

其中：

  • F=20 NF=20\ \mathrm{N}
  • s=100 ms=100\ \mathrm{m}
  • θ=30∘\theta=30^\circ，為力與水平位移方向的夾角

車子沿地面水平移動，因此只有力的水平分量 Fcos⁡30∘F\cos30^\circ 做功；鉛直分量與位移垂直，不做功。

解題方法

力在位移方向的分量為：

Fx=Fcos⁡30∘=20cos⁡30∘=20(32)=103 NF_x=F\cos30^\circ =20\cos30^\circ =20\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) =10\sqrt{3}\ \mathrm{N}

因此力所做的功為：

W=Fxs=(103)(100)=10003 JW=F_xs =(10\sqrt{3})(100) =1000\sqrt{3}\ \mathrm{J}

數值為：

W≈1000(1.732)=1732 JW\approx1000(1.732) =1732\ \mathrm{J}

選項以約數表示，1732 J1732\ \mathrm{J} 最接近 1700 J1700\ \mathrm{J}，所以選擇：

(E) 1700 J\boxed{\text{(E)}\ 1700\ \mathrm{J}}

選項分析

  • (A) 600 J600\ \mathrm{J}：錯誤。
    此數值不是由 W=Fscos⁡30∘W=Fs\cos30^\circ 正確計算所得，與實際功 10003 J≈1732 J1000\sqrt{3}\ \mathrm{J}\approx1732\ \mathrm{J} 差距甚大。
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第 39 題2 分

Calculate the recoil velocity of a 55-kg rifle that shoots a 0.020.02-kg bullet at a speed of 620 m/s620\ \mathrm{m/s}.

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核心觀念

本題考查動量守恆定律與後座運動。

若步槍與子彈在射擊前均靜止，且忽略外力在射擊瞬間的衝量，則系統總動量維持不變：

p初=p末p_{\text{初}}=p_{\text{末}}

動量定義為：

p=mvp=mv

子彈向前射出時，步槍必向後運動，使子彈與步槍的動量大小相等、方向相反。

解題方法

設定子彈射出的方向為正方向。

已知：

  • 子彈質量：mb=0.02 kgm_b=0.02\ \mathrm{kg}
  • 子彈速度：vb=620 m/sv_b=620\ \mathrm{m/s}
  • 步槍質量：mr=5 kgm_r=5\ \mathrm{kg}
  • 射擊前步槍與子彈皆靜止

射擊前總動量為：

p初=0p_{\text{初}}=0

射擊後，依動量守恆：

mbvb+mrvr=0m_bv_b+m_rv_r=0

代入數值：

(0.02)(620)+(5)vr=0(0.02)(620)+(5)v_r=0

子彈向前的動量為：

(0.02)(620)=12.4 kg⋅m/s(0.02)(620)=12.4\ \mathrm{kg\cdot m/s}

因此：

5vr=−12.45v_r=-12.4 vr=−12.45=−2.48 m/sv_r=-\frac{12.4}{5} =-2.48\ \mathrm{m/s}

依選項有效位數取近似值：

vr≈−2.5 m/sv_r\approx -2.5\ \mathrm{m/s}

負號表示步槍的運動方向與子彈相反，也就是向後後座。

選項分析

  • (A) −10 m/s-10\ \mathrm{m/s}：錯誤

此速度代表步槍動量為：

pr=(5)(−10)=−50 kg⋅m/sp_r=(5)(-10)=-50\ \mathrm{kg\cdot m/s}

其大小遠大於子彈的動量 12.4 kg⋅m/s12.4\ \mathrm{kg\cdot m/s}，不符合動量守恆。

  • (B) −5 m/s-5\ \mathrm{m/s}：錯誤

步槍動量為：

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第 40 題2 分

Neglect the friction and weights of pulleys and cord in the figure. The body of mass m2m_2 is falling down with acceleration a2=g/2a_2=g/2. What is the mass ratio m2/m1m_2/m_1?

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核心觀念

本題考查：

  1. 理想繩子的張力處處相同，設為 TT。
  2. 可動滑輪由兩段繩子支撐，因此對滑輪—m2m_2 系統提供向上的合力 2T2T。
  3. 由繩長不變，m1m_1 與 m2m_2 的加速度不相同。m2m_2 每下降一段距離，連接可動滑輪的兩段繩子各增加該距離，因此 m1m_1 必須移動兩倍距離。

解題方法

設 m2m_2 向下為正方向，已知

a2=g2a_2=\frac{g}{2}

由繩長約束：

a1=2a2=ga_1=2a_2=g

其中 a1a_1 為 m1m_1 向右的加速度。

對水平面上的 m1m_1 使用牛頓第二定律：

T=m1a1T=m_1a_1

因此

T=m1gT=m_1g

再對 m2m_2 與可動滑輪的整體使用牛頓第二定律。向下的力為 m2gm_2g，向上的繩張力合力為 2T2T：

m2g−2T=m2a2m_2g-2T=m_2a_2

代入 T=m1gT=m_1g 與 a2=g/2a_2=g/2：

m2g−2m1g=m2g2m_2g-2m_1g=m_2\frac{g}{2}

兩邊除以 gg：

m2−2m1=m22m_2-2m_1=\frac{m_2}{2} m22=2m1\frac{m_2}{2}=2m_1

所以

m2m1=4\boxed{\frac{m_2}{m_1}=4}

因此正確選項為 (E)。

選項分析

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第 41 題2 分

A block of mass mm was placed on a surface (coefficient of kinetic friction μ\mu) with an inclined angle θ\theta. The block is initially moving uphill with speed vv. What is the total distance dd the block moves before the block goes downhill or stops?

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核心觀念

本題考查物體在斜面上運動時，重力分力與動摩擦力共同造成減速，以及等加速度運動公式。

物體正沿斜面向上運動，因此：

  • 重力沿斜面分力 mgsin⁡θmg\sin\theta：方向向下。
  • 正向力 N=mgcos⁡θN=mg\cos\theta。
  • 動摩擦力大小
    fk=μN=μmgcos⁡θ,f_k=\mu N=\mu mg\cos\theta,
    方向與運動方向相反，因此也沿斜面向下。

解題方法

取沿斜面向上為正方向。物體上滑時，沿斜面合力為

F=−mgsin⁡θ−μmgcos⁡θ.F=-mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta.

因此加速度為

a=Fm=−g(sin⁡θ+μcos⁡θ).a=\frac{F}{m} =-g(\sin\theta+\mu\cos\theta).

物體初速度為 vv，到達最高點時速度降為 00。由等加速度公式

vf2=vi2+2adv_f^2=v_i^2+2ad

代入 vf=0v_f=0、vi=vv_i=v 與上述加速度：

0=v2−2g(sin⁡θ+μcos⁡θ)d.0=v^2-2g(\sin\theta+\mu\cos\theta)d.

解得總上滑距離

d=v22g(sin⁡θ+μcos⁡θ).d=\frac{v^2}{2g(\sin\theta+\mu\cos\theta)}.

所以正確選項為

(D) v22g(sin⁡θ+μcos⁡θ).\boxed{\text{(D)}\ \frac{v^2}{2g(\sin\theta+\mu\cos\theta)}}.

物體到達此距離後瞬間停止；若靜摩擦力不足以平衡沿斜面向下的重力分力，便會開始下滑。無論題意採「停止」或「轉而下滑」作為終點，前段上滑距離皆相同。

選項分析

  • (A) v22g\dfrac{v^2}{2g}：錯誤

此式只考慮加速度大小為 gg，忽略斜面上的重力分力與摩擦力，未反映 θ\theta 和 μ\mu 的影響。

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第 42 題2 分

A uniform stick 1.0 m1.0\ \mathrm{m} long with total mass 15 kg15\ \mathrm{kg} rests on a frictionless table and is pivoted at its end. The uniform stick rotates freely about this pivot. A bullet with a mass of 10 g10\ \mathrm{g} and a speed of 400 m/s400\ \mathrm{m/s} strikes the center of the stick, in a direction perpendicular to the stick and embeds itself there. Find the stick’s angular speed.

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核心觀念

本題考查「碰撞過程的角動量守恆」。子彈嵌入木棒後，木棒與子彈一起繞固定端旋轉。

以木棒末端的支點為轉軸：

  • 支點作用力對支點力矩為 00。
  • 桌面無摩擦，不產生額外水平力矩。
  • 碰撞時間極短，重力對水平轉軸不造成影響。

因此，碰撞前後對支點的角動量守恆。

解題方法

子彈碰撞前的角動量為

Li=mbvrL_i=m_bvr

其中

mb=10 g=0.010 kg,v=400 m/s,r=1.02=0.50 mm_b=10\ \mathrm{g}=0.010\ \mathrm{kg},\qquad v=400\ \mathrm{m/s},\qquad r=\frac{1.0}{2}=0.50\ \mathrm{m}

所以

Li=(0.010)(400)(0.50)=2.0 kg⋅m2/sL_i=(0.010)(400)(0.50)=2.0\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}

木棒為均勻細棒，繞端點的轉動慣量為

I棒=13ML2=13(15)(1.0)2=5.0 kg⋅m2I_{\text{棒}}=\frac{1}{3}ML^2 =\frac{1}{3}(15)(1.0)^2 =5.0\ \mathrm{kg\cdot m^2}

子彈嵌入木棒中心，可視為距支點 0.50 m0.50\ \mathrm{m} 的質點，其轉動慣量為

I彈=mbr2=(0.010)(0.50)2=0.0025 kg⋅m2I_{\text{彈}}=m_br^2 =(0.010)(0.50)^2 =0.0025\ \mathrm{kg\cdot m^2}

碰撞後總轉動慣量：

I總=I棒+I彈=5.0025 kg⋅m2I_{\text{總}}=I_{\text{棒}}+I_{\text{彈}} =5.0025\ \mathrm{kg\cdot m^2}

由角動量守恆，

mbvr=I總ωm_bvr=I_{\text{總}}\omega

因此

ω=mbvrI總=2.05.0025≈0.400 rad/s\omega=\frac{m_bvr}{I_{\text{總}}} =\frac{2.0}{5.0025} \approx 0.400\ \mathrm{rad/s}

故

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第 43 題2 分

One quarter of a circular loop of wire carries a current II. The current II enters and leaves on straight segments of wire. The straight wires are along the radial direction from the center of the circular portion. Find the magnetic field at the center of the circular.

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核心觀念

本題考查兩個觀念：

  1. 載流圓弧在圓心產生的磁場，可由 Biot–Savart 定律求得：
    B=μ0Iθ4πRB=\frac{\mu_0 I\theta}{4\pi R}
    其中 θ\theta 必須以弧度表示。

  2. 沿圓心徑向方向的直線導線，其電流方向與由導線元指向圓心的方向平行，因此在圓心處產生的磁場為零。

解題方法

四分之一圓弧的圓心角為

θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}

對半徑為 RR 的圓弧，圓心處磁場大小為

B弧=μ0Iθ4πRB_{\text{弧}}=\frac{\mu_0 I\theta}{4\pi R}

代入 θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}：

B弧=μ0I4πR(π2)=μ0I8RB_{\text{弧}} =\frac{\mu_0 I}{4\pi R}\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\mu_0 I}{8R}

接著分析兩段直線導線。由於直線導線沿圓心的徑向方向，對任一導線微小線段而言，dℓ\mathrm{d}\boldsymbol{\ell} 與由導線元指向圓心的 r\boldsymbol{r} 平行，因此

dℓ×r^=0\mathrm{d}\boldsymbol{\ell}\times \hat{\boldsymbol r}=0

依 Biot–Savart 定律，直線段在圓心處的磁場為零：

B直線段=0B_{\text{直線段}}=0

所以圓心處的總磁場只有四分之一圓弧的貢獻：

B總=B弧+B直線段=μ0I8RB_{\text{總}}=B_{\text{弧}}+B_{\text{直線段}} =\frac{\mu_0 I}{8R}

磁場方向則可用右手定則判定，方向垂直於圓弧所在平面；選項只要求磁場大小。

選項分析

  • (A) μ0I2R\dfrac{\mu_0I}{2R}：錯誤
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第 44 題2 分

A capacitor CC is fully charged by a dc power supply so that one plate has charge Q0Q_0. It is disconnected from the power supply and is connected to an inductor LL, which results in an electrical oscillation. What is the angular frequency ω\omega of the oscillation and its maximum current I0I_0?

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核心觀念

本題考查理想 LCLC 電路的電磁振盪。電容器與電感器之間會週期性地交換能量：

  • 電容器儲存電場能：
    UC=q22CU_C=\frac{q^2}{2C}
  • 電感器儲存磁場能：
    UL=12Li2U_L=\frac{1}{2}Li^2

電容器與電感器直接連接且忽略電阻時，形成簡諧振盪，其角頻率為

ω=1LC\omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}

初始時電容器帶電 Q0Q_0，而剛接上電感器的瞬間電流為零。當電容器完全放電時，電流達到最大值 I0I_0。

解題方法

設任意時刻電容器上的電荷為 qq，電路中的電流為

i=dqdti=\frac{dq}{dt}

依據克希荷夫電壓定律，電容器電壓與電感器電壓的代數和為零：

qC+Ldidt=0\frac{q}{C}+L\frac{di}{dt}=0

代入 i=dq/dti=dq/dt：

qC+Ld2qdt2=0\frac{q}{C}+L\frac{d^2q}{dt^2}=0

整理得

d2qdt2+1LCq=0\frac{d^2q}{dt^2}+\frac{1}{LC}q=0

這是簡諧運動方程式，與

d2xdt2+ω2x=0\frac{d^2x}{dt^2}+\omega^2x=0

比較可得

ω=1LC\boxed{\omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}}

因此電荷可表示為

q=Q0cos⁡(ωt)q=Q_0\cos(\omega t)

電流為

i=dqdt=−ωQ0sin⁡(ωt)i=\frac{dq}{dt}=-\omega Q_0\sin(\omega t)

電流的最大值為振幅：

I0=ωQ0I_0=\omega Q_0

代入 ω\omega：

I0=Q0LC\boxed{I_0=\frac{Q_0}{\sqrt{LC}}}

所以正確選項為

(C)ω=1LC,I0=Q0LC\boxed{\text{(C)}\quad \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}},\quad I_0=\frac{Q_0}{\sqrt{LC}}}

以能量守恆再次驗證

初始時電容器帶有最大電荷 Q0Q_0，電流為零，因此總能量為

U初=Q022CU_{\text{初}}=\frac{Q_0^2}{2C}

當電容器完全放電時，電荷為零，所有能量轉為電感器的磁場能：

U末=12LI02U_{\text{末}}=\frac{1}{2}LI_0^2

由能量守恆：

Q022C=12LI02\frac{Q_0^2}{2C}=\frac{1}{2}LI_0^2

整理得

I02=Q02LCI_0^2=\frac{Q_0^2}{LC}

因此

I0=Q0LCI_0=\frac{Q_0}{\sqrt{LC}}

與微分方程的結果一致。

選項分析

(A)

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第 45 題2 分

What is the average translational kinetic energy of molecules in an ideal gas at 37∘C37^\circ\mathrm{C}?

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核心觀念

理想氣體分子的平均平移動能只與絕對溫度有關，公式為

K‾trans=32kBT\overline{K}_{\mathrm{trans}}=\frac{3}{2}k_{\mathrm{B}}T

其中：

  • kB=1.38×10−23 J K−1k_{\mathrm{B}}=1.38\times10^{-23}\ \mathrm{J\,K^{-1}}，為波茲曼常數
  • TT 為絕對溫度，單位必須使用 K

係數 32\frac{3}{2} 來自三個彼此獨立的平移方向：xx、yy、zz。每一個方向平均貢獻 12kBT\frac{1}{2}k_{\mathrm{B}}T 的能量。

解題方法

題目給定溫度為 37∘C37^\circ\mathrm{C}，先換算為絕對溫度：

T=37+273=310 KT=37+273=310\ \mathrm{K}

代入平均平移動能公式：

K‾trans=32(1.38×10−23)(310)\overline{K}_{\mathrm{trans}} =\frac{3}{2}(1.38\times10^{-23})(310)

先計算數值：

1.38×310=427.81.38\times310=427.8

因此

K‾trans=32(427.8×10−23)=641.7×10−23 J\overline{K}_{\mathrm{trans}} =\frac{3}{2}(427.8\times10^{-23}) =641.7\times10^{-23}\ \mathrm{J}

整理科學記號：

K‾trans=6.417×10−21 J≈6.4×10−21 J\overline{K}_{\mathrm{trans}} =6.417\times10^{-21}\ \mathrm{J} \approx 6.4\times10^{-21}\ \mathrm{J}

因此選擇 (E)。

選項分析

  • (A) 1.3×10−21 J1.3\times10^{-21}\ \mathrm{J}：錯誤

此數值約為正確答案的 15\frac{1}{5}，不符合 32kBT\frac{3}{2}k_{\mathrm{B}}T 的結果。常見原因是公式、溫度或科學記號整理錯誤。

  • (B) 2.6×10−21 J2.6\times10^{-21}\ \mathrm{J}：錯誤

此數值約為正確答案的 0.40.4 倍，並非三維理想氣體分子的平均平移動能。

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第 46 題2 分

In human, blood flows from the heart into the aorta, from which it passes into the major arteries. These branch into the smaller arteries (arterioles), which in turn branch into myriads of tiny capillaries. The radius of the aorta is about 1.2 cm1.2\ \mathrm{cm}, and the blood passing through it has a speed of about 40 cm/s40\ \mathrm{cm/s}. A typical capillary has a radius of about 4×10−4 cm4\times10^{-4}\ \mathrm{cm}, and blood flows through it at a speed of about 5×10−4 m/s5\times10^{-4}\ \mathrm{m/s}. Estimate the number of capillaries that are in the body.

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核心觀念

本題考查流體的連續性方程式。血液可近似視為不可壓縮流體，在穩定流動下，單位時間通過血管的體積流量必須守恆：

Q=AvQ=Av

其中：

  • QQ：體積流量
  • AA：血管截面積
  • vv：血液平均流速

血液由一條主動脈流入全身，之後分流至大量毛細血管，因此有：

Qaorta=NQcapillaryQ_{\text{aorta}}=NQ_{\text{capillary}}

NN 即為毛細血管數目。

解題方法

圓形血管的截面積為：

A=πr2A=\pi r^2

因此：

πraorta2vaorta=Nπrcapillary2vcapillary\pi r_{\text{aorta}}^2v_{\text{aorta}} = N\pi r_{\text{capillary}}^2v_{\text{capillary}}

約去 π\pi 後：

N=raorta2vaortarcapillary2vcapillaryN= \frac{r_{\text{aorta}}^2v_{\text{aorta}}} {r_{\text{capillary}}^2v_{\text{capillary}}}

先統一單位。題目給毛細血管血流速為：

5×10−4 m/s=5×10−4×100 cm/s=5×10−2 cm/s5\times10^{-4}\ \mathrm{m/s} = 5\times10^{-4}\times100\ \mathrm{cm/s} = 5\times10^{-2}\ \mathrm{cm/s}

代入：

N=(1.2 cm)2(40 cm/s)(4×10−4 cm)2(5×10−2 cm/s)N= \frac{(1.2\ \mathrm{cm})^2(40\ \mathrm{cm/s})} {\left(4\times10^{-4}\ \mathrm{cm}\right)^2 (5\times10^{-2}\ \mathrm{cm/s})}

分別計算：

(1.2)2(40)=1.44×40=57.6(1.2)^2(40)=1.44\times40=57.6
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第 47 題2 分

An electron travels at 2×107 m/s2\times10^7\ \mathrm{m/s} in a plane perpendicular to a uniform 0.01 T0.01\ \mathrm{T} magnetic field. What is the radius of the travel path? (Electron mass =9.1×10−31 kg=9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}, charge on an electron =−1.6×10−19 C=-1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}.)

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核心觀念

電子在均勻磁場中以速度垂直於磁場方向運動時，磁力始終垂直於速度，只改變運動方向，不改變速率。因此磁力提供向心力，使電子做等速圓周運動。

磁力大小為

FB=∣q∣vBF_B=|q|vB

向心力為

Fc=mv2rF_c=\frac{mv^2}{r}

令磁力提供向心力：

∣q∣vB=mv2r|q|vB=\frac{mv^2}{r}

整理得圓周運動半徑：

r=mv∣q∣Br=\frac{mv}{|q|B}

其中使用電荷量的絕對值，因為電荷正負只影響旋轉方向，不影響半徑大小。

解題方法

題目給定：

m=9.1×10−31 kgm=9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg} v=2×107 m/sv=2\times10^7\ \mathrm{m/s} ∣q∣=1.6×10−19 C|q|=1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C} B=0.01 T=1.0×10−2 TB=0.01\ \mathrm{T}=1.0\times10^{-2}\ \mathrm{T}

代入公式：

r=(9.1×10−31)(2×107)(1.6×10−19)(1.0×10−2)r=\frac{(9.1\times10^{-31})(2\times10^7)} {(1.6\times10^{-19})(1.0\times10^{-2})}

分子：

(9.1×10−31)(2×107)=18.2×10−24=1.82×10−23(9.1\times10^{-31})(2\times10^7) =18.2\times10^{-24} =1.82\times10^{-23}

分母：

(1.6×10−19)(1.0×10−2)=1.6×10−21(1.6\times10^{-19})(1.0\times10^{-2}) =1.6\times10^{-21}

因此：

r=1.82×10−231.6×10−21=1.1375×10−2 mr=\frac{1.82\times10^{-23}}{1.6\times10^{-21}} =1.1375\times10^{-2}\ \mathrm{m}

換算成公分：

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第 48 題2 分

A soap bubble appears green (wavelength: 540 nm540\ \mathrm{nm}) at the point on its front surface nearest the viewer. What is the smallest thickness the soap bubble film could have? Assume that the index of refraction of the soap film is n=1.35n=1.35.

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核心觀念

本題考查薄膜干涉（thin-film interference）。

肥皂泡薄膜的折射率為 n=1.35n=1.35，外界為空氣。觀察到肥皂泡呈現綠色，表示波長 540 nm540\ \mathrm{nm} 的反射光發生建設性干涉。

光線由空氣射入肥皂膜時，反射光由低折射率介質射向高折射率介質，會產生半波長的相位反轉；由肥皂膜射向空氣時，反射光由高折射率介質射向低折射率介質，不發生相位反轉。

因此，兩道反射光之間具有一次相位反轉。

解題方法

題目描述的是「最靠近觀察者的前表面」，可視為接近正入射，因此光程差為

Δ=2nt\Delta = 2nt

其中：

  • nn：肥皂膜折射率
  • tt：肥皂膜厚度
  • 2t2t：光線在膜內往返所走的幾何距離

由於反射光之間只有一次半波長相位反轉，反射光產生建設性干涉的條件為

2nt=(m+12)λ2nt=\left(m+\frac12\right)\lambda

最小厚度取 m=0m=0：

2nt=λ22nt=\frac{\lambda}{2}

因此

t=λ4nt=\frac{\lambda}{4n}

代入

λ=540 nm,n=1.35\lambda=540\ \mathrm{nm},\qquad n=1.35

得到

t=540 nm4(1.35)=5405.4 nm=100 nmt=\frac{540\ \mathrm{nm}}{4(1.35)} =\frac{540}{5.4}\ \mathrm{nm} =100\ \mathrm{nm}

所以最小膜厚為

100 nm\boxed{100\ \mathrm{nm}}

選項分析

  • (A) 100 nm100\ \mathrm{nm}：正確。

代入建設性干涉條件：

2(1.35)(100 nm)=270 nm=540 nm22(1.35)(100\ \mathrm{nm})=270\ \mathrm{nm}=\frac{540\ \mathrm{nm}}{2}

符合最小階次 m=0m=0 的條件。

  • (B) 150 nm150\ \mathrm{nm}：錯誤。

2(1.35)(150 nm)=405 nm2(1.35)(150\ \mathrm{nm})=405\ \mathrm{nm}

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第 49 題2 分

An engine’s heat input per second is 8.0 kJ8.0\ \mathrm{kJ} at 500 K500\ \mathrm{K} reservoir and output per second is 4.0 kJ4.0\ \mathrm{kJ} at 300 K300\ \mathrm{K} reservoir. What is the Carnot efficiency of this engine?

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核心觀念

本題考查 Carnot engine 的效率。對於工作於高溫熱庫 THT_H 與低溫熱庫 TCT_C 之間的 Carnot engine，其熱效率只由兩熱庫的絕對溫度決定：

ηCarnot=1−TCTH\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_C}{T_H}

其中：

  • TH=500 KT_H=500\ \mathrm{K}
  • TC=300 KT_C=300\ \mathrm{K}

題目所給的熱輸入率 8.0 kJ/s8.0\ \mathrm{kJ/s} 與熱輸出率 4.0 kJ/s4.0\ \mathrm{kJ/s}，不是計算 Carnot 效率所需的主要資料。

解題方法

直接套用 Carnot 效率公式：

ηCarnot=1−300 K500 K\eta_{\text{Carnot}} =1-\frac{300\ \mathrm{K}}{500\ \mathrm{K}} ηCarnot=1−0.6=0.4\eta_{\text{Carnot}} =1-0.6 =0.4

換算成百分比：

ηCarnot=40%\eta_{\text{Carnot}}=40\%

因此正確選項為 (B)。

若將題目中的 8.0 kJ/s8.0\ \mathrm{kJ/s} 視為吸收熱量率、4.0 kJ/s4.0\ \mathrm{kJ/s} 視為排出熱量率，直接計算得到的是該引擎的實際熱效率：

ηactual=Q˙H−Q˙CQ˙H=8.0−4.08.0=50%\eta_{\text{actual}} =\frac{\dot Q_H-\dot Q_C}{\dot Q_H} =\frac{8.0-4.0}{8.0} =50\%

這個 50%50\% 對應的是選項 (C)，但題目詢問的是 Carnot efficiency，應使用熱庫溫度計算，因此答案仍為 40%40\%。

選項分析

  • (A) 20%20\%：錯誤

20%20\% 並非由 Carnot 效率公式所得。正確計算為：

1−300500=40%1-\frac{300}{500}=40\%
  • (B) 40%40\%：正確

由高、低溫熱庫計算：

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第 50 題2 分

For a car traveling with speed vv around a curve of radius rr, determine a formula for the angle θ\theta, at which a road should be banked so that no friction is required.

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核心觀念

本題考查「傾斜彎道（banked curve）」的向心力分析。

汽車以速率 vv 行駛於半徑 rr 的彎道時，需要指向圓心的向心力：

Fc=mv2rF_c=\frac{mv^2}{r}

題目要求「不需要摩擦力」，因此汽車受到的水平方向向心力完全由道路的正向力 NN 提供。

設道路與水平面的夾角為 θ\theta，重力加速度為 gg。

解題方法

汽車受力包含：

  • 重力 mgmg，方向鉛直向下
  • 道路正向力 NN，垂直於路面
  • 摩擦力為 00

將正向力 NN 分解：

  • 鉛直分量：Ncos⁡θN\cos\theta
  • 水平、指向彎道圓心的分量：Nsin⁡θN\sin\theta

鉛直方向

汽車沒有鉛直方向的加速度，因此：

Ncos⁡θ=mgN\cos\theta=mg

水平方向

水平方向的正向力分量提供向心力：

Nsin⁡θ=mv2rN\sin\theta=\frac{mv^2}{r}

將水平方程式除以鉛直方程式：

Nsin⁡θNcos⁡θ=mv2rmg\frac{N\sin\theta}{N\cos\theta} = \frac{\dfrac{mv^2}{r}}{mg}

約去 NN 與 mm：

tan⁡θ=v2rg\tan\theta=\frac{v^2}{rg}

因此正確選項為：

tan⁡θ=v2rg\boxed{\tan\theta=\frac{v^2}{rg}}

選項分析

(A) sin⁡θ=v2rg\sin\theta=\dfrac{v^2}{rg}

錯誤。

由受力分析可得：

v2rg=tan⁡θ\frac{v^2}{rg}=\tan\theta

而不是 sin⁡θ\sin\theta。sin⁡θ\sin\theta 是正向力的水平分量與正向力大小的比值：

sin⁡θ=Nsin⁡θN\sin\theta=\frac{N\sin\theta}{N}

它不能直接等於 v2rg\dfrac{v^2}{rg}。

(B) cos⁡θ=v2rg\cos\theta=\dfrac{v^2}{rg}

錯誤。

cos⁡θ\cos\theta 對應正向力的鉛直分量，鉛直方向的關係為：

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第 51 題2 分

Calculate the moment of inertia of a hollow cylinder when the rotational axis is through the center. The inner radius is R1R_1 and outer radius is R2R_2. The total mass of the hollow cylinder is MM.

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核心觀念

本題考查轉動慣量的定義：

I=∫r2 dmI=\int r^2\,dm

其中 rr 是質量微元 dmdm 到旋轉軸的垂直距離。距離旋轉軸越遠的質量，對轉動慣量的貢獻越大。

題目中的 hollow cylinder 指內半徑為 R1R_1、外半徑為 R2R_2 的厚壁圓柱；依選項與官方答案，旋轉軸是通過圓柱中心、沿圓柱長度方向的對稱軸。

解題方法與推導

設圓柱長度為 LL，密度為均勻的 ρ\rho。取半徑為 rr、厚度為 drdr 的薄圓柱殼。

薄圓柱殼的體積為：

dV=2πrL drdV=2\pi rL\,dr

因此其質量為：

dm=ρ dV=ρ 2πrL drdm=\rho\,dV=\rho\,2\pi rL\,dr

此薄殼上各質量到中心軸的距離皆為 rr，所以其轉動慣量為：

dI=r2 dmdI=r^2\,dm

代入 dmdm：

dI=r2(ρ 2πrL dr)=2πρLr3 drdI=r^2(\rho\,2\pi rL\,dr) =2\pi\rho Lr^3\,dr

由內半徑 R1R_1 積分至外半徑 R2R_2：

I=∫R1R22πρLr3 drI=\int_{R_1}^{R_2}2\pi\rho Lr^3\,dr I=2πρL[r44]R1R2I=2\pi\rho L\left[\frac{r^4}{4}\right]_{R_1}^{R_2} I=πρL2(R24−R14)I=\frac{\pi\rho L}{2}(R_2^4-R_1^4)

另一方面，圓柱總質量為密度乘以體積：

M=ρπL(R22−R12)M=\rho\pi L(R_2^2-R_1^2)

利用平方差：

R24−R14=(R22−R12)(R22+R12)R_2^4-R_1^4 =(R_2^2-R_1^2)(R_2^2+R_1^2)

因此：

I=12ρπL(R22−R12)(R22+R12)I =\frac{1}{2}\rho\pi L (R_2^2-R_1^2)(R_2^2+R_1^2)

由 ρπL(R22−R12)=M\rho\pi L(R_2^2-R_1^2)=M，得到：

I=12M(R12+R22)\boxed{I=\frac{1}{2}M(R_1^2+R_2^2)}

所以正確答案為：

(D) 12M(R12+R22)\boxed{\text{(D)}\ \frac{1}{2}M(R_1^2+R_2^2)}

選項分析

(A) 13M(R12+R22)\dfrac{1}{3}M(R_1^2+R_2^2)：錯誤

半徑平方的形式是正確方向，但係數應由積分結果得到 12\dfrac{1}{2}，不是 13\dfrac{1}{3}。因此此選項的數值不正確。

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第 52 題2 分

Consider a parallel-plate capacitor. Each plate has area AA. One plate carries a uniform surface charge density σ\sigma and the other carries a uniform surface charge density −σ-\sigma. Each plate of a parallel-plate capacitor exerts a force FF on the other. Calculate the force.

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核心觀念

本題考查平行板電容器中：

  • 無限大均勻帶電平面的電場
  • 帶電面在外電場中的受力
  • 力、面積與表面電荷密度的關係

單一均勻帶電平面產生的電場大小為

E=σ2ϵ0E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}

但計算其中一塊極板所受的力時，必須使用「另一塊極板產生的電場」，不能把本身極板的電場納入，因為帶電物體不計算自身電場對自身的作用力。

解題方法

設其中一塊極板的表面電荷密度為 σ\sigma，面積為 AA，另一塊極板帶有 −σ-\sigma。

另一塊極板在帶電極板位置所產生的電場大小為

Eother=σ2ϵ0E_{\text{other}}=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}

該極板總電量為

Q=σAQ=\sigma A

因此，極板受到的力大小為

F=QEotherF=QE_{\text{other}}

代入可得

F=(σA)(σ2ϵ0)F=(\sigma A)\left(\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\right)

所以

F=σ2A2ϵ0\boxed{F=\frac{\sigma^2A}{2\epsilon_0}}

兩極板帶有異號電荷，因此彼此互相吸引；上式表示力的大小。

也可從力面密度理解。帶電面受到的單位面積作用力為

FA=σEother=σ(σ2ϵ0)=σ22ϵ0\frac{F}{A}=\sigma E_{\text{other}} =\sigma\left(\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\right) =\frac{\sigma^2}{2\epsilon_0}

再乘上極板面積 AA，即得

F=σ2A2ϵ0F=\frac{\sigma^2A}{2\epsilon_0}

選項分析

(A) σ22ϵ0\dfrac{\sigma^2}{2\epsilon_0}：錯誤

此式代表單位面積所受的力，也就是電壓力或壓力：

P=FA=σ22ϵ0P=\frac{F}{A}=\frac{\sigma^2}{2\epsilon_0}

題目問的是總力 FF，因此還必須乘上面積 AA。其單位為 N/m2\mathrm{N/m^2}，不是力的單位 N\mathrm{N}。

(B) σ22ϵ0A\dfrac{\sigma^2}{2\epsilon_0A}：錯誤

正確的總力應為

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第 53 題2 分

An observer is moving with speed uu toward a stationary source which emits sound waves of frequency ff. What is the frequency f′f' heard by the observer? Assume the speed of sound to be vv.

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核心觀念

本題考查聲波的都卜勒效應（Doppler effect）。當觀察者與聲源有相對運動時，觀察者接收到的頻率會改變。

本題條件為：

  • 聲源固定不動；
  • 觀察者以速率 uu 朝向聲源移動；
  • 聲速為 vv；
  • 聲源發出頻率為 ff。

聲源未移動，因此聲波在介質中的波長不變；改變的是觀察者通過波面的速度。

解題方法與推導

聲源發出的聲波頻率為 ff，聲速為 vv，因此波長為

λ=vf\lambda=\frac{v}{f}

觀察者朝向聲源移動時，觀察者與波面接觸的速率不是 vv，而是聲波相對於觀察者的接近速率：

v相對=v+uv_{\text{相對}}=v+u

因此，單位時間內觀察者接收到的波面數，即聽到的頻率為

f′=v+uλf'=\frac{v+u}{\lambda}

代入 λ=vf\lambda=\dfrac{v}{f}：

f′=v+uv/ff'=\frac{v+u}{v/f} f′=(v+uv)f\boxed{f'=\left(\frac{v+u}{v}\right)f}

所以正確選項為 (B)。

由於 u>0u>0，可得

v+uv>1\frac{v+u}{v}>1

因此 f′>ff'>f，也就是觀察者朝向聲源移動時，聽到的音調變高，符合物理直覺。

選項分析

(A) f′=ff'=f

錯誤。只有在觀察者與聲源彼此沒有相對運動時，才有 f′=ff'=f。本題觀察者以速度 uu 朝向聲源移動，因此接收到波面的速率增加，頻率應高於 ff。

(B) f′=(v+uv)ff'=\left(\dfrac{v+u}{v}\right)f

正確。聲源固定時，波長仍為

λ=vf\lambda=\frac{v}{f}

觀察者朝向聲源移動，接收波面的相對速度為 v+uv+u，故

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第 54 題2 分

Two charges (+q+q) are located on the xx axis as the figure shows. What is the resulting electric field at points on the yy axis?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 10 頁

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核心觀念

本題考查點電荷產生的電場，以及電場的向量疊加原理。單一點電荷 qq 在距離 rr 處產生的電場為

E⃗=14πϵ0qr2r^\vec{E}= \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2}\hat{r}

圖中兩個電荷皆為 +q+q，位置分別為 (d,0)(d,0) 與 (−d,0)(-d,0)；觀察點位於 yy 軸上的 (0,y)(0,y)。

解題方法

觀察點到任一電荷的距離相同：

r=d2+y2r=\sqrt{d^2+y^2}

右側電荷在觀察點產生的電場方向，沿著由電荷指向觀察點的方向，其單位向量為

r^1=−di⃗+yj⃗d2+y2\hat{r}_1=\frac{-d\vec{i}+y\vec{j}}{\sqrt{d^2+y^2}}

因此

E⃗1=14πϵ0qd2+y2−di⃗+yj⃗d2+y2\vec{E}_1= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{d^2+y^2} \frac{-d\vec{i}+y\vec{j}}{\sqrt{d^2+y^2}}

左側電荷產生的電場為

E⃗2=14πϵ0qd2+y2di⃗+yj⃗d2+y2\vec{E}_2= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{d^2+y^2} \frac{d\vec{i}+y\vec{j}}{\sqrt{d^2+y^2}}

兩者相加：

🔒

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第 55 題2 分

An ice skater with rotational inertia II and angular speed ω\omega pulls his arms in and increases his angular speed to 3ω3\omega. Calculate the change in kinetic energy.

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核心觀念

本題考查旋轉運動中的：

  • 角動量守恆
  • 轉動慣量改變時的轉動動能
  • 轉動動能公式

冰刀選手收回手臂時，若外力矩可忽略，系統角動量守恆：

L=IωL=I\omega

轉動動能為：

K=12Iω2K=\frac{1}{2}I\omega^2

收回手臂會使轉動慣量變小，角速度因此增加。

解題方法

初始狀態：

Ii=I,ωi=ωI_i=I,\qquad \omega_i=\omega

末狀態角速度為：

ωf=3ω\omega_f=3\omega

由角動量守恆：

Iiωi=IfωfI_i\omega_i=I_f\omega_f

代入已知量：

Iω=If(3ω)I\omega=I_f(3\omega)

因此：

If=I3I_f=\frac{I}{3}

初始轉動動能：

Ki=12Iω2K_i=\frac{1}{2}I\omega^2

末態轉動動能：

Kf=12Ifωf2K_f=\frac{1}{2}I_f\omega_f^2

代入 If=I3I_f=\frac{I}{3} 與 ωf=3ω\omega_f=3\omega：

Kf=12(I3)(3ω)2=12(I3)(9ω2)=32Iω2K_f =\frac{1}{2}\left(\frac{I}{3}\right)(3\omega)^2 =\frac{1}{2}\left(\frac{I}{3}\right)(9\omega^2) =\frac{3}{2}I\omega^2

所以動能的改變量為：

ΔK=Kf−Ki\Delta K=K_f-K_i ΔK=32Iω2−12Iω2=Iω2\Delta K =\frac{3}{2}I\omega^2-\frac{1}{2}I\omega^2 =I\omega^2

因此選手收回手臂後，轉動動能增加 Iω2I\omega^2。

選項分析

  • (A) 92Iω2\dfrac{9}{2}I\omega^2：錯誤
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第 56 題2 分

A cylindrical container with a radius of 2R2R and a height of 2R2R contains liquid with a density of ρl\rho_l, filling 17/1817/18 of its volume. When a plastic ball of radius RR is placed in the liquid, the liquid perfectly fills the container without any liquid spilled out. What is the density of the plastic ball in terms of ρl\rho_l?

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核心觀念

本題考查：

  1. 圓柱體體積計算。
  2. 漂浮物的阿基米德原理。
  3. 漂浮時，物體所受浮力等於物重。
  4. 「液體恰好填滿容器且沒有溢出」代表球排開的液體體積，等於原本容器中未被液體填滿的空間體積。

漂浮球滿足：

FB=WF_B=W

其中浮力為

FB=ρlgV排F_B=\rho_l gV_{\text{排}}

球重為

W=ρbgVbW=\rho_b gV_b

因此：

ρlgV排=ρbgVb\rho_l gV_{\text{排}}=\rho_b gV_b

可得

ρbρl=V排Vb\frac{\rho_b}{\rho_l} = \frac{V_{\text{排}}}{V_b}

解題方法

圓柱容器半徑為 2R2R，高度為 2R2R，其體積為

V容器=π(2R)2(2R)=8πR3V_{\text{容器}} = \pi(2R)^2(2R) = 8\pi R^3

液體填滿容器體積的 1718\frac{17}{18}，因此原本的空間體積為

V空間=118V容器=118(8πR3)=49πR3V_{\text{空間}} = \frac{1}{18}V_{\text{容器}} = \frac{1}{18}(8\pi R^3) = \frac{4}{9}\pi R^3

球半徑為 RR，球體積為

Vb=43πR3V_b=\frac{4}{3}\pi R^3

球放入液體後，液面恰好到達容器頂端且沒有液體溢出，因此球排開的液體體積正好等於原本的空間體積：

V排=49πR3V_{\text{排}}=\frac{4}{9}\pi R^3

代入漂浮條件：

ρbρl=V排Vb=49πR343πR3=13\frac{\rho_b}{\rho_l} = \frac{V_{\text{排}}}{V_b} = \frac{\frac{4}{9}\pi R^3}{\frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{1}{3}

所以塑膠球密度為

ρb=ρl3\boxed{\rho_b=\frac{\rho_l}{3}}

由於 ρb<ρl\rho_b<\rho_l，球確實會漂浮，假設與計算結果一致。

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第 57 題2 分

An object travelling at constant speed vv in a circle of radius RR has an acceleration aa. If both RR and vv are doubled, the acceleration will change to

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核心觀念

物體以速率 vv 做半徑為 RR 的等速圓周運動時，雖然速率大小不變，但速度方向持續改變，因此仍具有向心加速度，其大小為

a=v2Ra=\frac{v^2}{R}

向心加速度方向永遠指向圓心。

解題方法

原本的加速度為

a=v2Ra=\frac{v^2}{R}

當半徑與速率都加倍時：

R′=2R,v′=2vR'=2R,\qquad v'=2v

新的向心加速度為

a′=(v′)2R′=(2v)22R=4v22R=2v2R=2aa'=\frac{(v')^2}{R'} =\frac{(2v)^2}{2R} =\frac{4v^2}{2R} =2\frac{v^2}{R} =2a

因此加速度變為原來的 22 倍。

選項分析

  • (A) aa：錯誤。
    若只有半徑與速率的變化剛好互相抵消，才可能維持原加速度；本題中速率平方增加為 44 倍，而半徑只增加為 22 倍，因此加速度增加為 22 倍。
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第 58 題2 分

Two samples of the same ideal gas have the same volume and density. Sample B has twice the pressure of sample A. What is the root-mean-square speed of the molecules in sample B?

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核心觀念

本題考查理想氣體分子速率與溫度、壓力的關係。理想氣體分子的均方根速率為

vrms=3RTMv_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}

其中：

  • vrmsv_{\mathrm{rms}}：均方根速率
  • RR：氣體常數
  • TT：絕對溫度
  • MM：氣體的莫耳質量

兩個樣品為同一種理想氣體，因此莫耳質量 MM 相同。

理想氣體方程式為

PV=nRTPV=nRT

也可寫成以密度表示的形式：

P=ρRTMP=\frac{\rho RT}{M}

其中 ρ\rho 為氣體密度。

解題方法

題目指出樣品 A 與樣品 B：

  1. 體積相同；
  2. 密度相同；
  3. 樣品 B 的壓力為樣品 A 的 2 倍。

由於兩者是同一種氣體，MM 相同；又因為密度 ρ\rho 相同，因此由

P=ρRTMP=\frac{\rho RT}{M}

可知在 ρ\rho 與 MM 固定時，

P∝TP\propto T

因此

TBTA=PBPA=2\frac{T_B}{T_A}=\frac{P_B}{P_A}=2

再利用均方根速率公式：

vrms=3RTMv_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}

在同一種氣體中，RR 與 MM 相同，所以

vrms∝Tv_{\mathrm{rms}}\propto \sqrt{T}

因此

vrms,Bvrms,A=TBTA=2\frac{v_{\mathrm{rms},B}}{v_{\mathrm{rms},A}} = \sqrt{\frac{T_B}{T_A}} = \sqrt{2}

故樣品 B 分子的均方根速率為樣品 A 的 2\sqrt{2} 倍。

選項分析

  • (A) same as that in sample A

錯誤。雖然兩個樣品的體積與密度相同，但樣品 B 的壓力較大，代表其絕對溫度較高。均方根速率隨溫度的平方根增加，因此不會相同。

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第 59 題2 分

Given a traveling sinusoidal wave, y(x,t)=Asin⁡(kx−ωt+φ)y(x,t)=A\sin(kx-\omega t+\varphi). What are the wavelength and frequency of the wave?

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核心觀念

行進正弦波可表示為

y(x,t)=Asin⁡(kx−ωt+φ)y(x,t)=A\sin(kx-\omega t+\varphi)

其中：

  • AA：振幅
  • kk：波數，表示空間相位變化速率
  • ω\omega：角頻率，表示時間相位變化速率
  • φ\varphi：初相位
  • λ\lambda：波長
  • ff：頻率
  • TT：週期

波數與波長的定義為

k=2πλk=\frac{2\pi}{\lambda}

角頻率與頻率的定義為

ω=2πf\omega=2\pi f

因此，kk 與 ω\omega 都是以「弧度」為週期基準的量，必須除以 2π2\pi 才能轉換成完整週期相關的物理量。

解題方法

先求波長。固定時間 tt，波函數中的相位為

kx−ωt+φkx-\omega t+\varphi

當位置增加一個波長 λ\lambda 時，波形必須重複一次，相位增加 2π2\pi：

k(x+λ)−ωt+φ=kx−ωt+φ+2πk(x+\lambda)-\omega t+\varphi = kx-\omega t+\varphi+2\pi

整理得

kλ=2πk\lambda=2\pi

所以

λ=2πk\lambda=\frac{2\pi}{k}

再求頻率。固定位置 xx，經過一個週期 TT 後，波形重複一次，相位變化量為 2π2\pi：

kx−ω(t+T)+φ=kx−ωt+φ−2πk x-\omega(t+T)+\varphi = kx-\omega t+\varphi-2\pi

因此

ωT=2π\omega T=2\pi

得到

T=2πωT=\frac{2\pi}{\omega}

頻率為週期的倒數：

f=1T=ω2πf=\frac{1}{T} =\frac{\omega}{2\pi}

故波長與頻率分別為

λ=2πk,f=ω2π\boxed{\lambda=\frac{2\pi}{k}},\qquad \boxed{f=\frac{\omega}{2\pi}}

選項分析

(A) wavelength: 1/k1/k, frequency: 1/ω1/\omega

錯誤。

波數的定義是

k=2πλk=\frac{2\pi}{\lambda}

所以波長不是 1/k1/k，而是

λ=2πk\lambda=\frac{2\pi}{k}

同理，ω\omega 是角頻率，不是普通頻率；普通頻率應為

f=ω2πf=\frac{\omega}{2\pi}

因此此選項少了必要的 2π2\pi 因子。

(B) wavelength: k/(2π)k/(2\pi), frequency: 2π/ω2\pi/\omega

錯誤。

此選項將波數與角頻率的關係方向寫反。正確關係為

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第 60 題2 分

If the wavelength of light is increased in a single-slit diffraction experiment, what happens to the angular width of the central maximum?

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核心觀念

單狹縫繞射的中央亮紋，範圍由左右兩側的第一暗紋所界定。第一暗紋的位置滿足

asin⁡θ1=λa\sin\theta_1=\lambda

其中：

  • aa：狹縫寬度
  • λ\lambda：光的波長
  • θ1\theta_1：中央亮紋邊界與中央軸的夾角

因此，中央亮紋的角寬度為

Δθ=2θ1=2sin⁡−1(λa)\Delta\theta=2\theta_1 =2\sin^{-1}\left(\frac{\lambda}{a}\right)

在小角度近似下，sin⁡θ1≈θ1\sin\theta_1\approx\theta_1，可寫成

Δθ≈2λa\Delta\theta\approx\frac{2\lambda}{a}

解題方法

題目只改變光的波長，狹縫寬度 aa 視為固定。由

Δθ≈2λa\Delta\theta\approx\frac{2\lambda}{a}

可知中央亮紋的角寬度與波長 λ\lambda 成正比。

當波長增加時，

λ↑⟹Δθ↑\lambda\uparrow \quad\Longrightarrow\quad \Delta\theta\uparrow

所以中央亮紋的角寬度會增加，正確選項為 (A)。

從物理圖像來看，波長越長，光的繞射越明顯，光線越容易向狹縫中央軸兩側擴散，因此中央亮紋的角範圍變寬。

選項分析

  • (A) It increases.

正確。由

Δθ≈2λa\Delta\theta\approx\frac{2\lambda}{a}

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第 61 題2 分

Sanger’s reagent (shown below) is a chemical used for protein sequencing. This reagent works by reacting with the N-terminal amino acid of polypeptides. Which is the product formed when Sanger’s reagent is reacted with glycine?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 11 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Sanger’s reagent（Sanger 試劑）的蛋白質 N 端定序反應。Sanger 試劑為 1-fluoro-2,4-dinitrobenzene\ce{1-fluoro-2,4-dinitrobenzene}，又稱 FDNB 或 DNFB。

其反應重點如下：

  • 胺基酸的 N 端 −NHX2\ce{-NH2} 是親核試劑。
  • 芳香環上與 −F\ce{-F} 相連的碳為親電中心。
  • 鄰位與對位的硝基具有強吸電子作用，使芳香環容易進行親核芳香取代反應（SXNAr\ce{S_NAr}）。
  • FX−\ce{F^-} 為離去基，會被胺基氮取代。
  • Glycine 的結構為 HX2NCHX2COOH\ce{H2NCH2COOH}，因此產物必須保留 −CHX2COOH\ce{-CH2COOH}，並由胺基氮與芳香環鍵結。

解題方法與反應機構

Sanger 試劑的反應式可表示為：

1-F-2,4-(NOX2)X2CX6HX3+HX2NCHX2COOH→1-(NHCHX2COOH)-2,4-(NOX2)X2CX6HX3+HF\ce{1-F-2,4-(NO2)2C6H3 + H2NCH2COOH -> 1-(NHCH2COOH)-2,4-(NO2)2C6H3 + HF}

反應機構為親核芳香取代：

  1. Glycine 的胺基氮以孤電子對攻擊芳香環上原本連接 F\ce{F} 的碳。
  2. 由於兩個 −NOX2\ce{-NO2} 基具有吸電子作用，可穩定中間的負電荷，使 SXNAr\ce{S_NAr} 反應容易進行。
  3. FX−\ce{F^-} 離去，芳香性恢復。
  4. 最終形成芳香環—氮鍵，產物為 N-(2,4-dinitrophenyl)glycine。

因此，正確產物應具備：

  • 原本的 C−F\ce{C-F} 鍵消失；
  • C−NHCHX2COOH\ce{C-NHCH2COOH} 鍵形成；
  • 兩個 −NOX2\ce{-NO2} 仍留在原來的位置；
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第 62 題2 分

The highest occupied molecular orbital of ferrocene is ____.

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核心觀念

本題考查 ferrocene（雙環戊二烯鐵，Fe(ηX5-CX5HX5)X2\ce{Fe(\eta^5-C5H5)2}）的電子結構，以及分子軌域中最高佔據分子軌域（highest occupied molecular orbital, HOMO）的判定。

Ferrocene 的結構可視為鐵原子夾在兩個彼此平行的 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 環之間：

  • 每個 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 為 η5\eta^5 配位，提供 66 個電子。
  • 兩個 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 共提供 1212 個電子。
  • Fe\ce{Fe} 的氧化數為 +2+2，因此為 FeX2+\ce{Fe^{2+}}，具有 d6d^6 電子組態。
  • 總價電子數為
12+6=1812+6=18

因此 ferrocene 符合金屬錯合物的 1818 電子規則。

解題方法

令兩個環的中心連線方向為 zz 軸。鐵原子的五個 3d3d 軌域可分為：

  • dz2d_{z^2}
  • dx2−y2d_{x^2-y^2}
  • dxyd_{xy}
  • dxzd_{xz}
  • dyzd_{yz}

兩個 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 環位於鐵原子的上下方，因此 dz2d_{z^2} 軌域的兩個瓣正對著上下兩個環的中心方向，與環上 π\pi 電子系統的交互作用最強。

在本題採用的簡化分子軌域判斷中：

  1. CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 為強電子供體。
  2. dz2d_{z^2} 與兩個環的對稱性相符，且空間方向正對配體。
  3. 此交互作用使以鐵原子 dz2d_{z^2} 為主的佔據軌域能量最高。
  4. 因此最高佔據分子軌域判定為 dz2d_{z^2}。

所以依照官方答案，本題選：

(B) dz2\boxed{\text{(B)}\ d_{z^2}}

選項分析

(A) dx2−y2d_{x^2-y^2}

dx2−y2d_{x^2-y^2} 軌域位於環平面內，四個瓣沿著 xx、yy 軸方向，並不直接指向上下兩個 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 環。

因此在本題的簡化模型中，其與環的交互作用弱於 dz2d_{z^2}，能量不被推升至最高，故不是 HOMO。

(B) dz2d_{z^2}

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第 63 題2 分

The number of unpaired electrons in nickelocene is ____.

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核心觀念

本題考查有機金屬化合物的：

  • 氧化態判斷
  • dd 電子數計算
  • η5\eta^5-cyclopentadienyl（CX5HX5X−\ce{C5H5^-}，簡寫 Cp）配體的電子供給
  • 配位場中電子成對與未成對的分布

Nickelocene 的結構可表示為：

Ni(CX5HX5)X2\ce{Ni(C5H5)2}

其中兩個 Cp 配體皆以 η5\eta^5 方式與鎳配位。

解題方法

1. 判斷鎳的氧化態

每個 Cp 配體為 CX5HX5X−\ce{C5H5^-}，帶有 −1-1 價電荷。整個 nickelocene 為中性，因此：

鎳氧化態+2(−1)=0\text{鎳氧化態}+2(-1)=0 鎳氧化態=+2\text{鎳氧化態}=+2

鎳位於第 10 族，因此中性鎳原子有 10 個價電子；NiX2+\ce{Ni^{2+}} 失去 2 個電子後為：

NiX2+:d8\ce{Ni^{2+}}: d^8

所以鎳中心具有 d8d^8 電子組態。

2. 計算配體供給的電子

每個 η5\eta^5-Cp 配體具有芳香性，提供 6 個電子給金屬中心：

2×6=12 e−2 \times 6=12\text{ e}^-

整個 nickelocene 的總價電子數為：

d8+12=20 e−d^8+12=20\text{ e}^-

也可用中性原子法驗算：

10+2(5)=20 e−10+2(5)=20\text{ e}^-

中性原子法中，每個中性 CX5HX5\ce{C5H5} 視為提供 5 個電子；離子法中，每個 CX5HX5X−\ce{C5H5^-} 提供 6 個電子，兩種方法結果一致。

3. 判斷未成對電子數

NiX2+\ce{Ni^{2+}} 為 d8d^8 組態。在 nickelocene 的配位場中，8 個 dd 電子填入金屬中心的分子軌域。較高能量的兩個軌域各先填入一個電子，符合 Hund 法則：

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第 64 題2 分

Which of the following are isolobal fragments?

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核心觀念

本題考查 Wade–Mingos 相關的 isolobal analogy（等瓣類比）。

若兩個片段具有：

  • 相同數目的 frontier orbitals（前緣軌域）；
  • 相近的軌域形狀、方向與對稱性；
  • 相同的電子佔據特徵，能以類似方式形成鍵結；

則可稱為 isolobal fragments。

在考試中，最有效的判斷方式是比較：

  1. 主族片段達到八隅體所缺少的電子對數；
  2. 過渡金屬片段達到 1818 電子組態所缺少的電子對數。

每缺少一對電子，通常代表有一個可參與成鍵的前緣軌域。

解題方法

先計算各片段的價電子數，再判斷其具有幾個可接受電子對的前緣軌域。

對主族片段：

價電子數=各原子價電子總和+電荷修正\text{價電子數}=\text{各原子價電子總和}+\text{電荷修正}

碳原子達到八隅體需要有 88 個電子。

對金屬羰基片段，使用離子法計算：

金屬 d 電子數+配體供電子數\text{金屬 }d\text{ 電子數} +\text{配體供電子數}

每個中性 CO\ce{CO} 配體供給 22 個電子，過渡金屬通常以 1818 電子作為穩定參考。

選項分析

(A) CHX−\ce{CH^-} 與 Ni(CO)X3\ce{Ni(CO)3}

CHX−\ce{CH^-}

價電子數為：

4(C)+1(H)+1(負電荷)=64(\ce{C})+1(\ce{H})+1(\text{負電荷})=6

C−H\ce{C-H} 鍵使用 22 個電子，因此碳周圍共有 66 個電子，距離八隅體尚缺 22 個電子：

8−6=28-6=2

因此 CHX−\ce{CH^-} 可視為具有 一個可接受電子對的前緣軌域。

Ni(CO)X3\ce{Ni(CO)3}

鎳為第 10 族元素，採中性計算法：

10(Ni)+3×2(CO)=1610(\ce{Ni})+3\times2(\ce{CO})=16

Ni(CO)X3\ce{Ni(CO)3} 為 1616 電子片段，距離 1818 電子尚缺 22 個電子：

18−16=218-16=2

因此它也具有 一個可接受電子對的前緣軌域。

兩者都屬於一個軌域、可接受一對電子的片段，符合本題所採用的 isolobal 判準。

因此：

CHX− 與 Ni(CO)X3 為 isolobal fragments\boxed{\ce{CH^-}\ \text{與}\ \ce{Ni(CO)3}\ \text{為 isolobal fragments}}

(B) CHX2X+\ce{CH2+} 與 Fe(CO)X3\ce{Fe(CO)3}

CHX2X+\ce{CH2+}

價電子數為：

4(C)+2×1(H)−1=54(\ce{C})+2\times1(\ce{H})-1=5

兩個 C−H\ce{C-H} 鍵使用 44 個電子，碳中心只剩 11 個電子，屬於開殼層片段，距離八隅體有 33 個電子缺額。

其前緣軌域呈現一個半佔據軌域與一個空軌域的開殼層分布。

Fe(CO)X3\ce{Fe(CO)3}

鐵為第 8 族元素：

8(Fe)+3×2(CO)=148(\ce{Fe})+3\times2(\ce{CO})=14
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第 65 題2 分

What is the valence electron configuration of SX2−\ce{S^{2-}}?

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核心觀念

本題考查：

  1. 原子序與電子總數的關係。
  2. 陰離子形成時的電子得失。
  3. 價電子組態（valence electron configuration）的判定。

硫的原子序為 1616，中性硫原子有 1616 個電子，其電子組態為：

S:1s22s22p63s23p4\ce{S}:1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^4

硫原子形成 SX2−\ce{S^{2-}} 時，得到 22 個電子，因此：

SX2−:1s22s22p63s23p6\ce{S^{2-}}:1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6

若依通常化學定義，SX2−\ce{S^{2-}} 的最外層價電子組態應為：

3s23p63s^2 3p^6

這表示其最外層具有完整的八隅體，與惰性氣體氬的電子組態相同。

解題方法

先判斷硫的族別與中性原子的價電子組態。

硫位於第 16 族，基態價電子組態為：

3s23p43s^2 3p^4

形成 SX2−\ce{S^{2-}} 後，硫得到 22 個電子，這 22 個電子會填入 3p3p 軌域：

3p4+2e−⟶3p63p^4+2e^- \longrightarrow 3p^6

所以標準電子組態為：

SX2−:1s22s22p63s23p6\ce{S^{2-}}:1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6

其價層組態為：

3s23p6\boxed{3s^2 3p^6}

選項分析

(A) 3s23p43s^2 3p^4

此組態是中性硫原子 S\ce{S} 的價電子組態，不是依標準定義的 SX2−\ce{S^{2-}} 價電子組態。

不過，本題官方公布答案為 A。依官方命題答案，A 被視為硫的價電子組態，命題者應是以硫元素本身的族別組態 3s23p43s^2 3p^4 作答，未將 SX2−\ce{S^{2-}} 得到的兩個電子納入判定。

因此，依題目指定的官方答案，本題選 A。

(B) 4s24p44s^2 4p^4

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第 66 題2 分

Which of the following statements about adiabatic processes is/are true?

I. In an adiabatic process, no energy such as heat flows into or out of the system.

II. An adiabatic process occurs when there is thermal conductivity between a system and its surrounding.

III. For an adiabatic process, q=0q=0 and ΔE=w\Delta E=w.

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核心觀念

本題考查**絕熱過程（adiabatic process）**的定義，以及熱力學第一定律。

絕熱過程的核心條件是：

q=0q=0

其中 qq 代表以「熱」的形式傳遞的能量。q=0q=0 並不代表系統完全沒有能量變化，因為系統仍可透過作功與外界交換能量。

依照化學常用符號 convention，熱力學第一定律寫為：

ΔE=q+w\Delta E=q+w

其中：

  • ΔE\Delta E：系統內能的變化
  • qq：熱傳入系統的能量
  • ww：外界對系統所作的功

因此在絕熱過程中：

q=0q=0

代入第一定律：

ΔE=0+w=w\Delta E=0+w=w

解題方法

逐一判斷三個敘述是否符合絕熱過程的定義。

敘述 I

In an adiabatic process, no energy such as heat flows into or out of the system.

絕熱過程的定義是系統與周遭之間沒有熱量傳遞，因此：

q=0q=0

在本題語境中，敘述 I 所說的「no energy such as heat」是指沒有以熱的形式進出系統，符合絕熱過程的意義。

因此敘述 I 正確。

需注意的是，絕熱並不表示系統與周遭完全沒有能量交換；系統仍可藉由膨脹、壓縮、攪拌等方式與周遭交換功。

敘述 II

An adiabatic process occurs when there is thermal conductivity between a system and its surrounding.

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第 67 題2 分

ΔH∘\Delta H^\circ and ΔS∘\Delta S^\circ for the vaporization of BrX2(l)\ce{Br2(l)} at 25∘C25^\circ\mathrm{C} and 1 atm1\ \mathrm{atm} are 30.8 kJ/mol30.8\ \mathrm{kJ/mol} and 92.8 J/(K⋅mol)92.8\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}, respectively. Assuming ΔH∘\Delta H^\circ and ΔS∘\Delta S^\circ are temperature independent, calculate the normal boiling point of bromine.

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核心觀念

本題考查液體在正常沸點時的熱力學條件，以及 Gibbs 自由能變化：

ΔG∘=ΔH∘−TΔS∘\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ

正常沸點的定義是：在 1 atm1\ \mathrm{atm} 外壓下，液體的蒸氣壓等於 1 atm1\ \mathrm{atm}，此時液、氣兩相達到平衡。因此：

ΔGvap∘=0\Delta G^\circ_{\mathrm{vap}}=0

故有：

0=ΔHvap∘−TbΔSvap∘0=\Delta H^\circ_{\mathrm{vap}}-T_{\mathrm{b}}\Delta S^\circ_{\mathrm{vap}}

整理得：

Tb=ΔHvap∘ΔSvap∘T_{\mathrm{b}}=\frac{\Delta H^\circ_{\mathrm{vap}}}{\Delta S^\circ_{\mathrm{vap}}}

解題方法

題目給定：

ΔHvap∘=30.8 kJ/mol\Delta H^\circ_{\mathrm{vap}}=30.8\ \mathrm{kJ/mol} ΔSvap∘=92.8 J/(K⋅mol)\Delta S^\circ_{\mathrm{vap}}=92.8\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}

先將焓變換算成焦耳：

30.8 kJ/mol=30.8×103 J/mol=30800 J/mol30.8\ \mathrm{kJ/mol} =30.8\times 10^3\ \mathrm{J/mol} =30800\ \mathrm{J/mol}

代入公式：

Tb=30800 J/mol92.8 J/(K⋅mol)T_{\mathrm{b}} =\frac{30800\ \mathrm{J/mol}} {92.8\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}}

單位約分後：

Tb=331.9 K≈332 KT_{\mathrm{b}}=331.9\ \mathrm{K}\approx 332\ \mathrm{K}

因此，溴的正常沸點為：

332 K\boxed{332\ \mathrm{K}}

若換算成攝氏溫度：

Tb=331.9−273.15≈58.8∘CT_{\mathrm{b}}=331.9-273.15 \approx 58.8^\circ\mathrm{C}

題目官方答案採用絕對溫標表示，因此選擇 (D)。

選項分析

  • (A) 25∘C25^\circ\mathrm{C}：錯誤
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第 68 題2 分

Which technique used for the separation of compounds is based on the different electrostatic interactions between the stationary phase and solutes?

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核心觀念

本題考查各種分離技術所利用的主要物理化學性質。題幹關鍵字為：

different electrostatic interactions between the stationary phase and solutes

意指固定相與溶質之間具有不同強度的靜電吸引作用，使各溶質在固定相上的滯留程度不同，進而達到分離。

**離子交換層析（ion exchange chromatography）**的固定相含有帶固定電荷的官能基，例如：

  • 陽離子交換樹脂：固定相帶負電，可吸引陽離子。
  • 陰離子交換樹脂：固定相帶正電，可吸引陰離子。

帶相反電荷的溶質會與固定相產生可逆的靜電作用。不同離子因電荷數、離子半徑、水合程度及其與樹脂的親和力不同，受到的吸引強度不同，因此在管柱中的移動速度不同而被分離。

例如陽離子交換樹脂可用下列方式表示：

R−SOX3X−HX++NaX+⇌R−SOX3X−NaX++HX+\ce{R-SO3^-H+ + Na+ <=> R-SO3^-Na+ + H+}

其中 R−SOX3X−\ce{R-SO3^-} 為固定相上的帶負電基團，會與陽離子產生靜電吸引。

解題方法

判斷本題的切入點是辨認「固定相與溶質間的主要作用力」：

  1. 題幹明確指出作用力為 electrostatic interactions。
  2. 在常見分離技術中，專門利用固定相電荷與溶質電荷間差異者，就是離子交換層析。
  3. 因此正確選項為 ion exchange chromatography。

離子交換層析的基本分離原理可概括為：

不同溶質與固定相的靜電作用強度不同⟹滯留時間不同⟹先後洗脫而分離\text{不同溶質與固定相的靜電作用強度不同} \Longrightarrow \text{滯留時間不同} \Longrightarrow \text{先後洗脫而分離}

選項分析

(A) ion exchange chromatography：正確

離子交換層析利用固定相上的帶電官能基，與帶相反電荷的離子性溶質產生靜電吸引。不同溶質與固定相的親和力不同，造成保留時間不同，符合題幹所描述的分離機制。

(B) solvent extraction：錯誤

溶劑萃取主要利用溶質在兩個互不相溶溶劑中的分配差異。其核心概念是分配係數：

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第 69 題2 分

Compound A on ozonolysis yields acetophenone and propanal. What is the structure of compound A?

Reagents: 1. OX3\ce{O3}; 2. (CHX3)X2S\ce{(CH3)2S}

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核心觀念

本題考查烯類的臭氧分解反應（ozonolysis）。

烯類與臭氧反應，再以二甲基硫醚 (CHX3)X2S\ce{(CH3)2S} 還原處理時，碳碳雙鍵會被切斷，雙鍵兩端的碳原子各自轉變為羰基碳：

  • 雙鍵碳上有氫，生成醛。
  • 雙鍵碳上沒有氫，生成酮。

還原性處理使用 (CHX3)X2S\ce{(CH3)2S}，因此醛不會再被氧化成羧酸。

解題方法

題目指出化合物 A 臭氧分解後生成：

  • acetophenone：CX6HX5COCHX3\ce{C6H5COCH3}
  • propanal：CHX3CHX2CHO\ce{CH3CH2CHO}

臭氧分解是將原本的 C=C\ce{C=C} 還原性切開，因此要將兩個羰基的碳重新以雙鍵連接。

1. 由 acetophenone 回推雙鍵一端

Acetophenone 的結構為：

CX6HX5−CO−CHX3\ce{C6H5-CO-CH3}

羰基碳在原本的烯烴中應為雙鍵碳，並且連接：

  • CX6HX5\ce{C6H5}
  • CHX3\ce{CH3}

因此原本的結構片段為：

CX6HX5−C(CHX3)=\ce{C6H5-C(CH3)=}

此雙鍵碳沒有氫，所以臭氧分解後生成酮，符合 acetophenone。

2. 由 propanal 回推雙鍵另一端

Propanal 的結構為：

CHX3CHX2−CHO\ce{CH3CH2-CHO}

其羰基碳在原本的烯烴中應連接：

  • CHX2CHX3\ce{CH2CH3}
  • H\ce{H}

因此另一端結構為：

=CH−CHX2CHX3\ce{=CH-CH2CH3}

此雙鍵碳帶有一個氫，所以臭氧分解後生成醛，符合 propanal。

3. 合併兩端結構

將兩個雙鍵碳連接：

CX6HX5−C(CHX3)=CH−CHX2CHX3\ce{C6H5-C(CH3)=CH-CH2CH3}

以最長碳鏈命名，主鏈為五個碳：

CHX3−C(CX6HX5)=CH−CHX2CHX3\ce{CH3-C(C6H5)=CH-CH2CH3}

雙鍵位置為 2，苯基也位於 2 號碳，因此名稱為：

2-phenyl-2-pentene\text{2-phenyl-2-pentene}

反應可表示為：

CX6HX5−C(CHX3)=CH−CHX2CHX3→2 ⋅ (CHX3)X2S1 ⋅ OX3CX6HX5COCHX3+CHX3CHX2CHO\ce{C6H5-C(CH3)=CH-CH2CH3 ->[1. O3][2. (CH3)2S] C6H5COCH3 + CH3CH2CHO}

反應機構重點

臭氧先與烯烴的 π\ce{\pi} 電子反應。烯烴的雙鍵作為親核部位，臭氧具有親電性，經由環狀中間體形成初級臭氧化物（molozonide），再經裂解與重組形成臭氧化物（ozonide）。

加入 (CHX3)X2S\ce{(CH3)2S} 後，臭氧化物進行還原性分解，雙鍵兩端分別形成羰基：

RX2C=CHRX′→2 ⋅ (CHX3)X2S1 ⋅ OX3RX2C=O+RX′CHO\ce{R2C=CHR' ->[1. O3][2. (CH3)2S] R2C=O + R'CHO}

本題中：

CX6HX5−C(CHX3)=CH−CHX2CHX3\ce{C6H5-C(CH3)=CH-CH2CH3}

其中左側雙鍵碳沒有氫，形成酮；右側雙鍵碳帶有氫，形成醛。

雙鍵原本的順反立體化學在臭氧分解後消失，不影響本題的結構判斷。

選項分析

(A) 2-phenyl-2-pentene

結構為：

CHX3−C(CX6HX5)=CH−CHX2CHX3\ce{CH3-C(C6H5)=CH-CH2CH3}

臭氧分解：

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第 70 題2 分

What compound is formed when 2,2-dimethyloxirane is treated with ethanol containing a trace of HCl?

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核心觀念

本題考查酸催化下環氧化物（epoxide）的開環反應，重點包括：

  1. 環氧環先接受酸的質子化。
  2. 醇作為親核試劑進行攻擊。
  3. 酸性條件下，親核試劑傾向攻擊環氧環中「較取代」的碳。
  4. 開環後，原本環氧氧原子形成羥基，醇的氧原子形成醚基。

起始物為 2,2-dimethyloxirane，可表示為：

(CHX3)X2C−CHX2\ce{(CH3)2C-CH2}

其中 C−O−C\ce{C-O-C} 三元環的兩個碳分別為：

  • 一個較取代的碳：C(CHX3)X2\ce{C(CH3)2}
  • 一個較少取代的碳：CHX2\ce{CH2}

解題方法與反應機構

反應條件為乙醇中含微量 HCl\ce{HCl}，屬於酸催化的醇解反應。

第一步，環氧氧原子被 HX+\ce{H+} 質子化，使環氧環更容易受到親核攻擊：

epoxide+HX+→protonated epoxide\ce{epoxide + H+ -> protonated\ epoxide}

質子化後，乙醇 CHX3CHX2OH\ce{CH3CH2OH} 作為親核試劑，攻擊環氧環中較取代的碳，也就是 C(CHX3)X2\ce{C(CH3)2}。原因是酸性條件下，開環過渡狀態具有部分正電荷，較取代的碳能以超共軛與誘導效應較穩定地分散正電荷。

乙醇攻擊較取代碳後，C−O\ce{C-O} 鍵斷裂，原本的環氧氧留在較少取代的碳上，最後經去質子化形成羥基：

(CHX3)X2C−CHX2 →EtOHHX+ HOCHX2−C(OCHX2CHX3)(CHX3)X2\ce{(CH3)2C-CH2 \xrightarrow[\ce{EtOH}]{\ce{H+}} HOCH2-C(OCH2CH3)(CH3)2}

生成物結構為：

HOCHX2−C(OCHX2CHX3)(CHX3)X2\ce{HOCH2-C(OCH2CH3)(CH3)2}

將最長碳鏈選為含有羥甲基的丙烷骨架，命名為：

2-ethoxy-2-methyl-1-propanol

因此選擇 (A)。

選項分析

(A) 2-ethoxy-2-methyl-1-propanol

結構可表示為：

HOCHX2−C(OCHX2CHX3)(CHX3)X2\ce{HOCH2-C(OCH2CH3)(CH3)2}

此產物符合酸性條件下的環氧開環規則：

  • 乙醇的氧形成 −OCHX2CHX3\ce{-OCH2CH3}，即 ethoxy 基。
  • 原本環氧氧形成 −OH\ce{-OH}。
  • 乙醇攻擊較取代的環氧碳。
  • 碳骨架與起始物相符。

所以 (A) 正確。

(B) 1-ethoxy-2-methyl-2-propanol

此結構相當於：

CHX3CHX2OCHX2−C(OH)(CHX3)X2\ce{CH3CH2OCH2-C(OH)(CH3)2}
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第 71 題2 分

Identify the C3 epimer of the sugar on the right drawn in its open chain (acyclic) Fischer projection.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 12 頁

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核心觀念

本題考查醣類的 epimer（差向異構物）。

Epimer 是指兩個醣類只在一個手性中心的構型不同。題目指定為 C3 epimer，因此必須：

  • C2、C4、C5 的構型與原醣相同；
  • 只將 C3 的左右配置互換。

由右側環狀醣結構轉為開鏈 Fischer projection，可得原醣在 C2～C5 的配置為：

C2～C5：右、右、左、右\text{C2～C5：右、右、左、右}

亦即：

(R,R,L,R)(R,R,L,R)

其中 C3 的羥基 OH\ce{OH} 位於右側。

解題方法

將環狀醣視為開鏈形式時，C2～C5 的立體化學配置不會改變；環化只影響醛基端的 C1，不會改變 C2～C5 的手性中心。

原醣 Fischer projection：

手性中心OH\ce{OH} 位置
C2右
C3右
C4左
C5右

要形成 C3 epimer，只改變 C3：

(R,R,L,R)⟶(R,L,L,R)(R,R,L,R) \longrightarrow (R,L,L,R)

因此正確 Fischer projection 應為：

  • C2：OH\ce{OH} 在右；
  • C3：OH\ce{OH} 在左；
  • C4：OH\ce{OH} 在左；
  • C5：OH\ce{OH} 在右。
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第 72 題2 分

A first-row transition metal complex [M(HX2O)X6]X2+\ce{[M(H2O)6]^2+} has the ligand field stabilization energy of −0.64Δo-0.64\Delta_o. M=M=

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核心觀念

本題考查八面體配位場中的配體場穩定化能（ligand field stabilization energy, LFSE）。

在八面體配位場中，五個 dd 軌域分裂為：

  • t2gt_{2g} 軌域：每個電子穩定化 −0.4Δo-0.4\Delta_o
  • ege_g 軌域：每個電子去穩定化 +0.6Δo+0.6\Delta_o

因此，LFSE 計算式為

LFSE=(−0.4nt2g+0.6neg)Δo\mathrm{LFSE} = \left(-0.4n_{t_{2g}}+0.6n_{e_g}\right)\Delta_o

其中 nt2gn_{t_{2g}} 與 negn_{e_g} 分別代表 t2gt_{2g} 和 ege_g 軌域中的電子數。

解題方法

配合物為

[M(HX2O)X6]X2+\ce{[M(H2O)6]^2+}

六個 HX2O\ce{H2O} 為中性配體，因此金屬氧化態為 +2+2。

第一週期過渡金屬形成 MX2+\ce{M^2+} 時，先失去最外層的 4s4s 電子，再失去 3d3d 電子。各選項的電子組態如下：

金屬離子dd 電子數
TiX2+\ce{Ti^2+}d2d^2
VX2+\ce{V^2+}d3d^3
CrX2+\ce{Cr^2+}d4d^4
MnX2+\ce{Mn^2+}d5d^5

HX2O\ce{H2O} 屬於較弱場配體，因此採高自旋排列。八面體中各電子填入方式如下：

  • d2d^2：t2g2eg0t_{2g}^2e_g^0
  • d3d^3：t2g3eg0t_{2g}^3e_g^0
  • d4d^4：t2g3eg1t_{2g}^3e_g^1
  • d5d^5：t2g3eg2t_{2g}^3e_g^2

對 CrX2+\ce{Cr^2+} 而言：

CrX2+:d4\ce{Cr^2+}: d^4

高自旋排列為

t2g3eg1t_{2g}^3e_g^1

所以

LFSE=3(−0.4Δo)+1(+0.6Δo)=−1.2Δo+0.6Δo=−0.6Δo\begin{aligned} \mathrm{LFSE} &= 3(-0.4\Delta_o)+1(+0.6\Delta_o)\\ &= -1.2\Delta_o+0.6\Delta_o\\ &= -0.6\Delta_o \end{aligned}

題目給出的 −0.64Δo-0.64\Delta_o 與標準八面體 LFSE 的 −0.60Δo-0.60\Delta_o 不完全一致，但最接近且符合官方答案的是 Cr\ce{Cr}。因此依官方答案判定為選項（C）。

選項分析

(A) Ti\ce{Ti}：錯誤

TiX2+:[Ar]3d2\ce{Ti^2+}: [\ce{Ar}]3d^2

電子組態為 t2g2eg0t_{2g}^2e_g^0，因此

LFSE=2(−0.4Δo)=−0.8Δo\mathrm{LFSE} = 2(-0.4\Delta_o) = -0.8\Delta_o
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第 73 題2 分

The ground term of a free carbon atom is ____.

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核心觀念

本題考查多電子原子的電子組態、Hund’s rules 與原子光譜項符號（term symbol）。

碳原子的基態電子組態為

C:1s22s22p2\ce{C}: 1s^2 2s^2 2p^2

其中 1s21s^2 與 2s22s^2 皆為閉殼層，總角動量與總自旋均互相抵消，因此決定基態光譜項的是 2p22p^2 兩個價電子。

原子光譜項符號的一般形式為

2S+1L^{2S+1}L

其中：

  • SS：總自旋量子數，左上角 2S+12S+1 為自旋多重度。
  • LL：總軌道角動量量子數，以字母表示：
  • L=0→SL=0 \rightarrow S
  • L=1→PL=1 \rightarrow P
  • L=2→DL=2 \rightarrow D
  • L=3→FL=3 \rightarrow F

解題方法

對於 2p22p^2 組態，兩個電子皆位於 pp 軌域。依Hund第一規則，基態會優先採取最大總自旋，使兩個電子自旋平行：

S=12+12=1S=\frac12+\frac12=1

因此自旋多重度為

2S+1=2(1)+1=32S+1=2(1)+1=3

故基態必為三重態：

3L{}^3L

接著依Hund第二規則，在相同自旋多重度下，基態選擇最大的總軌道角動量。對 p2p^2 組態可形成的主要光譜項包括

1S,1D,3P{}^1S,\quad {}^1D,\quad {}^3P

其中三重態只有

3P{}^3P

因此碳原子的基態 term 為

3P\boxed{{}^3P}

若題目詢問的是更精確的基態能階（ground level），還需加上總角動量量子數 JJ。由於碳的 p2p^2 少於半滿，Hund第三規則指出基態取最小的 JJ：

J=∣L−S∣=∣1−1∣=0J=|L-S|=|1-1|=0

所以碳原子的完整基態能階為

3P0{}^3P_0

本題選項只寫到 term，故答案為 3P{}^3P。

選項分析

(A) 1S{}^1S

錯誤。1S{}^1S 表示：

S=0,L=0S=0,\qquad L=0
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第 74 題2 分

Among the following compounds, which has the highest C–O stretching frequency?

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核心觀念

本題考查金屬羰基錯合物中的金屬—配體反向鍵結（π\pi back-donation）及其對 C−O\ce{C-O} 鍵伸縮振動頻率的影響。

CO\ce{CO} 配體具有兩種重要電子作用：

  1. CO\ce{CO} 的碳原子以孤電子對向金屬形成 σ\sigma 配位鍵。
  2. 金屬的 dd 軌域將電子反向捐入 CO\ce{CO} 的 π∗\pi^* 反鍵結軌域，形成 π\pi back-donation。

反向鍵結會降低 C−O\ce{C-O} 鍵級，使 C−O\ce{C-O} 鍵變弱、鍵長增加，因此伸縮振動頻率降低。振動頻率可用下式表示：

ν=12πckμ\nu=\frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}}

其中 kk 為鍵的力常數。C−O\ce{C-O} 鍵越強，kk 越大，伸縮頻率越高。

因此，本題的判斷原則為：

金屬反向供電子能力越弱⟹C−O 鍵越強⟹νC−O 越高\text{金屬反向供電子能力越弱} \Longrightarrow \ce{C-O} \text{ 鍵越強} \Longrightarrow \nu_{\ce{C-O}} \text{ 越高}

解題方法

先計算各錯合物中金屬的形式氧化態與 dd 電子數。由於 CO\ce{CO} 為中性配體，金屬氧化態由錯合物總電荷決定。

各選項均含有六個 CO\ce{CO}：

錯合物金屬形式氧化態金屬族數dd 電子數
[Ti(CO)X6]X2−\ce{[Ti(CO)6]^2-}−2-244−(−2)=d64-(-2)=d^6
[V(CO)X6]X−\ce{[V(CO)6]^-}−1-155−(−1)=d65-(-1)=d^6
[Cr(CO)X6]\ce{[Cr(CO)6]}0066−0=d66-0=d^6
[Mn(CO)X6]X+\ce{[Mn(CO)6]^+}+1+177−1=d67-1=d^6
[Fe(CO)X6]X2+\ce{[Fe(CO)6]^2+}+2+288−2=d68-2=d^6

每個錯合物皆可視為金屬 d6d^6、六個 CO\ce{CO} 配體的十八電子錯合物：

d6+6(CO 提供 2e−)=18e−d^6+6(\ce{CO}\text{ 提供 }2e^-)=18e^-

因此，各選項的主要差異不是總價電子數，而是金屬形式氧化態及金屬中心的電子給予能力。

沿著下列序列，金屬中心的形式正電性逐漸增加：

TiX2−<VX−<CrX0<MnX+<FeX2+\ce{Ti^{2-}<V^-<Cr^0<Mn^+<Fe^{2+}}

金屬越缺電子，越不易將 dd 電子反向捐入 CO\ce{CO} 的 π∗\pi^* 軌域，π\pi back-donation 越弱。故 C−O\ce{C-O} 鍵逐漸增強，伸縮頻率逐漸升高：

νC−O([Ti(CO)X6]X2−)<νC−O([V(CO)X6]X−)<νC−O([Cr(CO)X6])<νC−O([Mn(CO)X6]X+)<νC−O([Fe(CO)X6]X2+)\nu_{\ce{C-O}} \left(\ce{[Ti(CO)6]^2-}\right) < \nu_{\ce{C-O}} \left(\ce{[V(CO)6]^-}\right) < \nu_{\ce{C-O}} \left(\ce{[Cr(CO)6]}\right) < \nu_{\ce{C-O}} \left(\ce{[Mn(CO)6]^+}\right) < \nu_{\ce{C-O}} \left(\ce{[Fe(CO)6]^2+}\right)

所以最高者為 [Fe(CO)X6]X2+\ce{[Fe(CO)6]^2+}。

選項分析

(A) [Ti(CO)X6]X2−\ce{[Ti(CO)6]^2-}：錯誤

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第 75 題2 分

How many C–O stretching bands does fac-Mo(CO)X3(PFX3)X3\ce{Mo(CO)3(PF3)3} give in its IR spectrum?

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核心觀念

本題考查配位化合物的幾何對稱性、振動簡併，以及紅外光譜的選擇定則。

fac−Mo(CO)X3(PFX3)X3\ce{fac-Mo(CO)3(PF3)3} 為八面體錯合物，三個 CO\ce{CO} 配體位於同一個三角形面上，彼此呈 120∘120^\circ 排列；三個 PFX3\ce{PF3} 位於相對的另一個三角形面上。

在理想化結構下，分子的點群為 C3vC_{3v}。題目只詢問三個 C−O\ce{C-O} 鍵的伸縮振動，因此只需分析這三個伸縮座標。

解題方法：利用點群與振動表示

三個 C−O\ce{C-O} 伸縮振動可構成三個獨立振動模式。對於 C3vC_{3v} 點群，其可約表示的特徵為：

  • 恆等操作 EE：三個 C−O\ce{C-O} 鍵皆保持不變，特徵為 33
  • C3C_3 旋轉：三個 C−O\ce{C-O} 鍵彼此循環交換，沒有任何一個保持原位，特徵為 00
  • 鏡面反射 σv\sigma_v：一個 C−O\ce{C-O} 鍵位於鏡面內而保持不變，另外兩個互相交換，特徵為 11

因此三個 C−O\ce{C-O} 伸縮振動的可約表示為

ΓC−O=(3, 0, 1)\Gamma_{\ce{C-O}}=(3,\ 0,\ 1)

將其約化為 C3vC_{3v} 的不可約表示：

ΓC−O=A1+E\Gamma_{\ce{C-O}}=A_1+E

其中：

  • A1A_1：一個非簡併振動
  • EE：一組二重簡併振動，代表兩個具有相同能量的振動模式

所以三個 C−O\ce{C-O} 伸縮模式雖然共有三個振動自由度，但因為其中兩個屬於二重簡併的 EE 模式，只有兩個不同的振動能量，因而產生兩條不同的 IR 吸收帶。

為什麼兩種振動都能出現在 IR 光譜？

紅外活性的條件是振動時必須造成分子偶極矩改變。

在 C3vC_{3v} 點群中，平移座標的對稱性為：

z∼A1,(x,y)∼Ez\sim A_1,\qquad (x,y)\sim E

因此 A1A_1 與 EE 都是 IR-active：

  • A1A_1 模式可造成 zz 方向偶極矩改變
  • EE 模式可造成 xx、yy 方向偶極矩改變

因此

A1+EA_1+E

會對應到兩條 C−O\ce{C-O} stretching bands。

振動模式的直觀表示

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第 76 題2 分

Which of the following elements plays an important role in Suzuki coupling reactions?

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查有機金屬交叉偶聯反應（cross-coupling reaction）中，不同元素所扮演的角色。

Suzuki coupling，又稱 Suzuki–Miyaura coupling，主要是利用：

  • 有機鹵化物或有機偽鹵化物；
  • 有機硼化合物；
  • 鈀（Pd）催化劑；
  • 鹼性條件。

其一般反應式為：

R−X+RX′−B(OH)X2→basePd catalystR−RX′\ce{R-X + R'-B(OH)2 ->[Pd catalyst][base] R-R'}

其中 X\ce{X} 通常為 I\ce{I}、Br\ce{Br}、Cl\ce{Cl}，也可為 triflate 等偽鹵離去基；RX′−B(OH)X2\ce{R'-B(OH)2} 則是有機硼酸。題目問「在 Suzuki coupling 中扮演重要角色的元素」，關鍵即為有機硼試劑中的硼元素。

解題方法

看到 Suzuki coupling，直接辨認其核心反應物：

Ar−X+ArX′−B(OH)X2→basePdAr−ArX′\ce{Ar-X + Ar'-B(OH)2 ->[Pd][base] Ar-Ar'}

此反應將兩個有機片段 Ar\ce{Ar} 與 ArX′\ce{Ar'} 接合。硼並不是最後保留在產物中的元素，而是暫時連接於有機片段 RX′\ce{R'} 上，形成可進行轉金屬化的有機硼試劑。

典型機構包含三個關鍵步驟：

  1. 氧化加成

鈀（通常為 Pd(0)\ce{Pd(0)}）插入有機鹵化物的 C−X\ce{C-X} 鍵：

Pd(0)+R−X→R−Pd(II)−X\ce{Pd(0) + R-X -> R-Pd(II)-X}
  1. 轉金屬化（transmetalation）

在鹼存在下，有機硼試劑將有機基團 RX′\ce{R'} 轉移給鈀：

R−Pd(II)−X+RX′−B(OH)X2→R−Pd(II)−RX′\ce{R-Pd(II)-X + R'-B(OH)2 -> R-Pd(II)-R'}

硼的重要性即在此步驟中最為明顯：RX′\ce{R'} 原本與硼相連，經轉金屬化後轉移至鈀中心。

  1. 還原消除

鈀上的兩個有機基團形成新的 C−C\ce{C-C} 鍵，釋放偶聯產物並再生 Pd(0)\ce{Pd(0)}：

R−Pd(II)−RX′→R−RX′+Pd(0)\ce{R-Pd(II)-R' -> R-R' + Pd(0)}

因此，Suzuki coupling 的辨識關鍵是「有機硼試劑參與的鈀催化碳—碳交叉偶聯」。

選項分析

（A）Ag

銀在有機化學中可參與某些反應，例如銀鹽可促進鹵離子移除、形成較活潑的中間體，也可用於部分偶聯或炔基化反應。

但 Suzuki coupling 的特徵性有機金屬試劑是有機硼化合物，不是有機銀化合物；銀也不是本反應中提供偶聯有機片段的核心元素。因此本選項錯誤。

（B）B

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第 77 題2 分

Which of the following is the most representative element in Wilkinson’s hydrogenation catalyst?

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這一題的完整詳解

核心觀念

Wilkinson’s hydrogenation catalyst（Wilkinson 氫化催化劑）是均相催化氫化反應中最具代表性的催化劑之一，化學式為：

[RhCl(PPhX3)X3]\ce{[RhCl(PPh3)3]}

其中：

  • Rh\ce{Rh}：銠，為催化反應的中心金屬
  • Cl\ce{Cl}：氯配體
  • PPhX3\ce{PPh3}：triphenylphosphine，三苯基膦配體

因此，本題所問「最具代表性的元素」是催化劑中的中心金屬元素 Rh\ce{Rh}。

Wilkinson 催化劑主要催化烯類、炔類的氫化反應，例如：

RCH=CHRX′+HX2→RhCl(PPhX3)X3RCHX2−CHX2RX′\ce{RCH=CHR' + H2 ->[RhCl(PPh3)3] RCH2-CH2R'}

其本質是將分子氫 HX2\ce{H2} 加成至碳碳雙鍵，形成飽和烷類。

解題方法

直接由 Wilkinson 催化劑的組成判斷：

[RhCl(PPhX3)X3]\ce{[RhCl(PPh3)3]}

中心金屬為 Rh\ce{Rh}，中文為「銠」，英文為 rhodium，故選擇：

(E) Rh\boxed{\text{(E) Rh}}

Wilkinson 催化劑通常視為 Rh(I) 的平方平面錯合物。以配體電荷計算其氧化態：

  • ClX−\ce{Cl^-} 帶 −1-1 電荷
  • PPhX3\ce{PPh3} 為中性配體
  • 整個錯合物為中性

設 Rh 氧化態為 xx：

x+(−1)+3(0)=0x+(-1)+3(0)=0 x=+1x=+1

因此，Wilkinson 催化劑為 Rh(I) 錯合物。

催化氫化機構

Wilkinson 催化劑的典型反應機構包含下列關鍵步驟：

  1. 膦配體解離

原本的 [RhCl(PPhX3)X3]\ce{[RhCl(PPh3)3]} 先解離一個 PPhX3\ce{PPh3}，產生具有空配位位置的活性物種：

[RhCl(PPhX3)X3]⇌[RhCl(PPhX3)X2]+PPhX3\ce{[RhCl(PPh3)3] <=> [RhCl(PPh3)2] + PPh3}

配體解離後，Rh 中心可與反應物配位。

  1. 氧化加成分子氫

HX2\ce{H2} 與 Rh 中心作用，發生氧化加成，形成 Rh(III) 二氫錯合物：

[RhCl(PPhX3)X2]+HX2→[RhClHX2(PPhX3)X2]\ce{[RhCl(PPh3)2] + H2 -> [RhClH2(PPh3)2]}

Rh 的氧化態由 Rh(I) 升為 Rh(III)。

  1. 烯類配位

烯類的 C=C\ce{C=C} 雙鍵以 π\pi 配位方式接近 Rh 中心。此步驟使雙鍵活化，並使後續氫轉移容易發生。

  1. 遷移插入
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第 78 題2 分

The activation energy for the reaction HX2(g)+IX2(g)→2 HI(g)\ce{H2(g) + I2(g) -> 2HI(g)} is changed from 184 kJ/mol184\ \mathrm{kJ/mol} to 59 kJ/mol59\ \mathrm{kJ/mol} at 600 K600\ \mathrm{K} by the introduction of a Pt catalyst. Calculate the value of the ratio rate(catalyzed)/rate(uncatalyzed)\mathrm{rate(catalyzed)/rate(uncatalyzed)}.

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核心觀念

本題考查 Arrhenius 方程式，以及催化劑降低活化能對反應速率常數的影響。

Arrhenius 方程式為

k=Ae−Ea/(RT)k=Ae^{-E_a/(RT)}

其中：

  • kk：反應速率常數
  • AA：頻率因子
  • EaE_a：活化能
  • R=8.314 J mol−1 K−1R=8.314\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}
  • TT：絕對溫度

加入 Pt 催化劑後，反應

HX2(g)+IX2(g)→2 HI(g)\ce{H2(g) + I2(g) -> 2HI(g)}

的反應途徑改變，活化能由 184 kJ/mol184\ \mathrm{kJ/mol} 降至 59 kJ/mol59\ \mathrm{kJ/mol}，因此速率常數大幅增加。

在本題的標準假設下，催化反應與未催化反應的頻率因子 AA 相同，且反應物濃度相同，因此

ratecatalyzedrateuncatalyzed=kcatalyzedkuncatalyzed\frac{\text{rate}_{\text{catalyzed}}} {\text{rate}_{\text{uncatalyzed}}} = \frac{k_{\text{catalyzed}}}{k_{\text{uncatalyzed}}}

解題方法

未催化反應與催化反應的速率常數分別為

kuncat=Ae−Ea,uncat/(RT)k_{\text{uncat}}=Ae^{-E_{a,\text{uncat}}/(RT)} kcat=Ae−Ea,cat/(RT)k_{\text{cat}}=Ae^{-E_{a,\text{cat}}/(RT)}

兩式相除：

kcatkuncat=Ae−Ea,cat/(RT)Ae−Ea,uncat/(RT)\frac{k_{\text{cat}}}{k_{\text{uncat}}} = \frac{Ae^{-E_{a,\text{cat}}/(RT)}} {Ae^{-E_{a,\text{uncat}}/(RT)}}

約去相同的 AA：

kcatkuncat=e(Ea,uncat−Ea,cat)/(RT)\frac{k_{\text{cat}}}{k_{\text{uncat}}} = e^{(E_{a,\text{uncat}}-E_{a,\text{cat}})/(RT)}

先將活化能換成 J/mol\mathrm{J/mol}：

Ea,uncat−Ea,cat=(184−59) kJ/mol=125 kJ/molE_{a,\text{uncat}}-E_{a,\text{cat}} = (184-59)\ \mathrm{kJ/mol} = 125\ \mathrm{kJ/mol} 125 kJ/mol=1.25×105 J/mol125\ \mathrm{kJ/mol} = 1.25\times10^5\ \mathrm{J/mol}

代入 T=600 KT=600\ \mathrm{K}：

ratecatrateuncat=exp⁡(1.25×1058.314×600)\frac{\text{rate}_{\text{cat}}}{\text{rate}_{\text{uncat}}} = \exp\left( \frac{1.25\times10^5} {8.314\times600} \right)

計算指數：

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第 79 題2 分

At a particular temperature, the half-life of a zero-order reaction is 29.0 min29.0\ \mathrm{min}. How long will it take for the reactant concentration to deplete to 1/81/8 of the initial concentration?

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核心觀念

本題考查零級反應（zero-order reaction）的積分速率定律與半衰期定義。

零級反應的反應物濃度隨時間呈線性下降：

[A]t=[A]0−kt[\ce{A}]_t=[\ce{A}]_0-kt

其中：

  • [A]0[\ce{A}]_0：初始濃度
  • [A]t[\ce{A}]_t：時間 tt 時的濃度
  • kk：零級反應速率常數

零級反應的半衰期為：

t1/2=[A]02kt_{1/2}=\frac{[\ce{A}]_0}{2k}

題目給定：

t1/2=29.0 mint_{1/2}=29.0\ \mathrm{min}

要求反應物濃度降至初始濃度的 1/81/8 所需時間。

解題方法

當濃度降至 1/81/8 時：

[A]t=18[A]0[\ce{A}]_t=\frac{1}{8}[\ce{A}]_0

代入零級反應的積分速率定律：

18[A]0=[A]0−kt\frac{1}{8}[\ce{A}]_0=[\ce{A}]_0-kt

整理得：

kt=[A]0−18[A]0kt=[\ce{A}]_0-\frac{1}{8}[\ce{A}]_0 kt=78[A]0kt=\frac{7}{8}[\ce{A}]_0

因此：

t=7[A]08kt=\frac{7[\ce{A}]_0}{8k}

由半衰期公式：

t1/2=[A]02kt_{1/2}=\frac{[\ce{A}]_0}{2k}

可得：

[A]0k=2t1/2\frac{[\ce{A}]_0}{k}=2t_{1/2}

代入：

t=78(2t1/2)t=\frac{7}{8}\left(2t_{1/2}\right) t=74t1/2t=\frac{7}{4}t_{1/2} t=74(29.0 min)t=\frac{7}{4}(29.0\ \mathrm{min}) t=50.75 min≈50.8 mint=50.75\ \mathrm{min}\approx 50.8\ \mathrm{min}

所以正確答案為：

50.8 min\boxed{50.8\ \mathrm{min}}

選項分析

  • (A) 87.0 min87.0\ \mathrm{min}：錯誤

87.0 min=3(29.0 min)87.0\ \mathrm{min}=3(29.0\ \mathrm{min})，相當於經過三個半衰期。將「濃度降至 1/81/8」直接套用三個半衰期，是以一級反應的指數衰減概念處理。

零級反應每單位時間減少固定的濃度，不是每經過一個半衰期就再減半，因此不能直接用三個半衰期判斷。

  • (B) 58.0 min58.0\ \mathrm{min}：錯誤
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第 80 題2 分

The reaction 2 HX2O(g)→2 HX2(g)+OX2(g)\ce{2H2O(g) -> 2H2(g) + O2(g)} has a positive value for ΔG∘\Delta G^\circ. Which of the following statements must be true?

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核心觀念

本題考查標準吉布斯自由能變化 ΔG∘\Delta G^\circ 與平衡常數 KK 的關係，以及熱力學與反應速率的區別。

基本公式為：

ΔG∘=−RTln⁡K\Delta G^\circ=-RT\ln K

因此：

  • ΔG∘<0\Delta G^\circ<0：K>1K>1，平衡偏向生成物。
  • ΔG∘=0\Delta G^\circ=0：K=1K=1。
  • ΔG∘>0\Delta G^\circ>0：K<1K<1，平衡偏向反應物。

題目給定：

2 HX2O(g)→2 HX2(g)+OX2(g)\ce{2H2O(g) -> 2H2(g) + O2(g)}

且 ΔG∘>0\Delta G^\circ>0，只能確定此反應在標準狀態下的平衡常數小於 11，不能直接推出反應速率、反應是否完全不發生或反應焓變。

解題方法

由

ΔG∘=−RTln⁡K\Delta G^\circ=-RT\ln K

因為 T>0T>0、R>0R>0，若 ΔG∘>0\Delta G^\circ>0，則：

ln⁡K<0\ln K<0

所以：

K<1K<1

這表示平衡時反應物一側較有利，並不代表生成物濃度必定為零，也不代表反應完全不會進行。

實際反應方向應由反應吉布斯自由能 ΔG\Delta G 判斷：

ΔG=ΔG∘+RTln⁡Q\Delta G=\Delta G^\circ+RT\ln Q

其中 QQ 為反應商。當 Q<KQ<K 時，ΔG<0\Delta G<0，正向反應仍可自發進行；當 Q=KQ=K 時達到平衡。

若一開始只加入 HX2O(g)\ce{H2O(g)}，初始時 HX2(g)\ce{H2(g)} 與 OX2(g)\ce{O2(g)} 幾乎不存在，反應商可視為非常小，因此正向生成少量 HX2(g)\ce{H2(g)} 與 OX2(g)\ce{O2(g)} 並未被 ΔG∘>0\Delta G^\circ>0 排除。

選項分析

(A) The reaction is slow.

錯誤。

ΔG∘\Delta G^\circ 描述的是反應的熱力學傾向，不是反應速率。反應速率主要由活化能、反應機構、溫度、催化劑及濃度等因素決定。

即使 ΔG∘<0\Delta G^\circ<0，反應也可能因活化能很高而極慢；同樣地，ΔG∘>0\Delta G^\circ>0 也不能單獨判定反應一定很慢。

(B) The reaction will not occur. That is, when HX2O(g)\ce{H2O(g)} is introduced into a flask, no OX2\ce{O2} or HX2\ce{H2} will form even over a long period of time.

錯誤。

ΔG∘>0\Delta G^\circ>0 只表示標準狀態下正向反應不利，並不代表反應絕對不會發生。

反應是否自發，應由：

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第 81 題2 分

Why does the pH value affect the separation of amino acids by electrophoresis? Please choose the wrong reason.

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核心觀念

本題考查胺基酸的酸鹼性、兩性離子（zwitterion）及其在電泳中的移動方向。

胺基酸通常同時含有羧基與胺基：

HX2N−CHR−COOH\ce{H2N-CHR-COOH}

在水溶液中，胺基酸會依據溶液 pH 值改變質子化程度與淨電荷：

  • 酸性環境：胺基較易質子化，分子帶正電。
  • 等電點 pIpI：正、負電荷相互抵消，淨電荷約為零。
  • 鹼性環境：羧基去質子化，且銨根也可能失去質子，分子帶負電。

電泳中：

  • 帶正電的粒子移向負電極（陰極，cathode）。
  • 帶負電的粒子移向正電極（陽極，anode）。
  • 淨電荷接近零時，電泳移動速度很小。

解題方法

判斷各選項是否正確時，依序檢查兩件事：

  1. 該 pH 下胺基酸的主要電荷狀態。
  2. 帶電胺基酸應移向哪一個電極。

胺基酸的主要酸鹼平衡可表示為：

酸性較強時：

HX3NX+−CHR−COOH\ce{H3N+-CHR-COOH}

此時淨電荷為 +1+1，會移向負電極。

接近等電點時：

HX3NX+−CHR−COOX−\ce{H3N+-CHR-COO-}

此為兩性離子，雖然同時具有正、負電荷，但淨電荷為零。

鹼性較強時：

HX2N−CHR−COOX−\ce{H2N-CHR-COO-}

此時淨電荷為 −1-1，會移向正電極。

因此，選項中把「高 pH」與「吸引負電極」連在一起的敘述即為錯誤。

選項分析

(A) Amino acids exist as zwitterions.

正確。

胺基酸在適當的水溶液條件下可形成兩性離子：

HX2N−CHR−COOH⇌HX3NX+−CHR−COOX−\ce{H2N-CHR-COOH <=> H3N+-CHR-COO-}

兩性離子同時含有帶正電的 −NHX3X+\ce{-NH3+} 與帶負電的 −COO−\ce{-COO-}，但整體淨電荷可為零。胺基酸的電荷狀態會隨 pH 改變，因此 pH 會影響其電泳分離。

(B) At low pH values, the amino acid molecules will be strongly attracted to the negative electrode.

正確。

低 pH 代表溶液中 HX+\ce{H+} 濃度較高，胺基酸容易接受質子。其主要形式偏向：

HX3NX+−CHR−COOH\ce{H3N+-CHR-COOH}

分子帶正電，因此會受到負電極的靜電吸引而移向負電極。

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第 82 題2 分

What is a virtual state in Raman spectroscopy? Please choose the correct description.

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這一題的完整詳解

核心觀念

Raman spectroscopy（拉曼光譜）利用光與分子作用後的散射光，分析分子的振動能階。入射光子與分子作用時，分子會先被暫時激發到一個稱為 virtual state（虛態） 的能量狀態，再放出散射光子回到某個振動能階。

虛態具有以下特徵：

  • 不是分子的真正電子能階。
  • 不是穩定、可長時間存在的能階。
  • 是光散射過程中的暫態，用能階圖表示光子與分子作用的中間過程。
  • 可用來描述 Rayleigh scattering（瑞利散射，彈性散射）與 Raman scattering（拉曼散射，非彈性散射）。

三種重要過程如下：

  1. Rayleigh scattering：彈性散射

分子吸收光子後經過虛態，再回到原本的振動能階：

Eincident=EscatteredE_{\text{incident}}=E_{\text{scattered}}

散射光頻率與入射光相同。

  1. Stokes Raman scattering：史托克斯拉曼散射

分子最後位於較高振動能階，散射光能量較低：

Escattered=Eincident−ΔEvibE_{\text{scattered}}=E_{\text{incident}}-\Delta E_{\text{vib}}

  1. Anti-Stokes Raman scattering：反史托克斯拉曼散射

分子原先已位於較高振動能階，散射後回到較低振動能階，散射光能量較高：

Escattered=Eincident+ΔEvibE_{\text{scattered}}=E_{\text{incident}}+\Delta E_{\text{vib}}

因此，虛態是能階圖中用來連接入射光、散射光與分子不同能階的關鍵概念。

解題方法

判斷本題的切入點是辨認「virtual state」的定義。

題目問的是拉曼光譜中的虛態，重點不在於它是否為一個真正的分子能階，而在於它在散射機制中的功能。虛態可以同時出現在：

  • 彈性的 Rayleigh scattering；
  • 非彈性的 Stokes scattering；
  • 非彈性的 Anti-Stokes scattering。

所以，能正確描述虛態在整個光散射能階圖中作用的選項，即為正確答案。

選項分析

(A) It helps us to visualize both elastic and inelastic scattering processes.

正確。

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第 83 題2 分

Sort the following compounds in decreasing order by their pKapK_a values (from highest to lowest).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 14 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

pKapK_a 越高，代表酸性越弱；比較化合物的 pKapK_a，等同於比較其失去 HX+\ce{H+} 後形成的共軛鹼穩定性：

  • 共軛鹼越穩定，原酸越強，pKapK_a 越低。
  • 負電荷若能透過共振離域，會使共軛鹼穩定。
  • 吸電子基團可透過誘導效應穩定負電荷，使酸性增加、pKapK_a 降低。

圖中各化合物為：

  • I：苯甲酸 CX6HX5COX2H\ce{C6H5CO2H}
  • II：苯酚 CX6HX5OH\ce{C6H5OH}
  • III：鄰硝基苯酚（NOX2\ce{NO2} 位於 OH\ce{OH} 鄰位）
  • IV：環己醇 CX6HX11OH\ce{C6H11OH}

解題方法

1. I：苯甲酸

苯甲酸解離如下：

CX6HX5COX2H⇌CX6HX5COX2X−+HX+\ce{C6H5CO2H <=> C6H5CO2^- + H+}

形成的苯甲酸根中，負電荷可在兩個氧原子之間共振離域：

CX6HX5−C(=O)−OX−⇌CX6HX5−C(−OX−)=O\ce{C6H5-C(=O)-O^- <=> C6H5-C(-O^-)=O}

負電荷分散在兩個高電負度的氧原子上，共軛鹼非常穩定，因此苯甲酸酸性最強，pKapK_a 最低。

2. II：苯酚

苯酚解離形成苯氧負離子：

CX6HX5OH⇌CX6HX5OX−+HX+\ce{C6H5OH <=> C6H5O^- + H+}

苯氧負離子的負電荷可與苯環共振離域，因此比一般脂肪族醇的共軛鹼穩定，苯酚的酸性高於環己醇。

3. III：鄰硝基苯酚

鄰硝基苯酚解離如下：

o-NOX2−CX6HX4OH⇌o-NOX2−CX6HX4OX−+HX+\ce{o-NO2-C6H4OH <=> o-NO2-C6H4O^- + H+}

NOX2\ce{NO2} 是強吸電子基團，可透過：

  • 共振效應穩定苯氧負離子；
  • 誘導效應降低負電荷密度。

因此，鄰硝基苯酚比苯酚更容易失去 HX+\ce{H+}，酸性較強，pKapK_a 較低。

4. IV：環己醇

環己醇解離形成環己氧負離子：

CX6HX11OH⇌CX6HX11OX−+HX+\ce{C6H11OH <=> C6H11O^- + H+}

其負電荷主要局限在氧原子上，沒有芳香環共振或硝基吸電子基團額外穩定，因此酸性最弱，pKapK_a 最高。

綜合共軛鹼穩定性：

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第 84 題2 分

Which of the reactions below shows the correct usage of curly arrows?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 14 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查有機反應機構中的 curly arrow（彎曲箭頭）使用規則：

  1. 彎曲箭頭的尾端必須從「電子來源」出發，例如：
  • 負離子的孤電子對
  • 共價鍵中的電子對
  1. 箭頭尖端指向「電子接受者」，例如：
  • 正電荷中心
  • 缺電子的原子
  • 要形成的新鍵位置
  1. 離子反應中使用的是雙電子彎曲箭頭，不是表示單一電子移動的 fishhook arrow。
  2. 若發生取代反應，通常需要兩個箭頭：
  • 親核試劑的電子對移向反應中心
  • C−X\ce{C-X} 鍵的電子對移向離去基 XX−\ce{X^-}

解題方法

逐一檢查每個選項的箭頭方向：

  • 箭頭是否由電子密度高處出發？
  • 箭頭是否指向缺電子或帶正電的位置？
  • 反應過程中的成鍵、斷鍵是否都有正確表示？

選項分析

(A) 錯誤

此反應可視為氫氧根對氯代烷進行親核取代：

CHX3CH(Cl)CHX3+HOX−→CHX3CH(OH)CHX3+ClX−\ce{CH3CH(Cl)CH3 + HO^- -> CH3CH(OH)CH3 + Cl^-}

正確機構必須包含：

HOX−→C\ce{HO^- -> C}

以及

C−Cl→Cl\ce{C-Cl -> Cl}

也就是氫氧根的孤電子對攻擊碳原子，同時 C−Cl\ce{C-Cl} 鍵電子移向氯原子。圖中未正確表示完整的斷鍵電子移動，因此箭頭使用不完整或方向錯誤。

(B) 正確

此反應為溴離子進攻碳正離子：

RX++BrX−→R−Br\ce{R+ + Br^- -> R-Br}

BrX−\ce{Br^-} 具有孤電子對，是電子來源；碳正離子缺乏電子，是電子接受者。因此彎曲箭頭應由 BrX−\ce{Br^-} 指向帶正電的碳原子，圖示方向正確。

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第 85 題2 分

Which of the following radicals is the most stable?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 14 頁

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核心觀念

本題考查「自由基穩定度」的判斷。自由基穩定度主要受下列因素影響：

  1. 共振穩定化（resonance stabilization）
  2. 超共軛作用（hyperconjugation）
  3. 烷基取代數目所造成的電子推送效應

一般烷基自由基的穩定度順序為：

3X∘>2X∘>1X∘>CHX3X∙\ce{3^{\circ} > 2^{\circ} > 1^{\circ} > CH3^{\bullet}}

若自由基位於苄基位置，可透過苯環共振離域，穩定度通常高於一般三級自由基：

苄基自由基>三級自由基>二級自由基>一級自由基>甲基自由基\text{苄基自由基} > \text{三級自由基} > \text{二級自由基} > \text{一級自由基} > \text{甲基自由基}

解題方法

先判斷每個自由基中心的種類，再確認是否能與苯環形成共振。

選項 B 的結構為：

CX6HX5−CHX∙−CHX3\ce{C6H5-CH^{\bullet}-CH3}

自由基中心直接連接於苯環，屬於二級苄基自由基。其未成對電子可與苯環的 π\pi 電子系統共振，使自由基電子離域至鄰位與對位，因此具有顯著的共振穩定化。

此外，−CHX3\ce{-CH3} 也能提供超共軛作用，進一步增加穩定度。

選項分析

  • (A) CX6HX5−CHX2−CHX2X∙\ce{C6H5-CH2-CH2^{\bullet}}
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第 86 題2 分

Disulfide linkages can form between ____.

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核心觀念

本題考查胺基酸側鏈官能基與蛋白質結構中的 disulfide linkage（二硫鍵）。

二硫鍵是由兩個半胱胺酸（cysteine）的硫醇基（thiol group，−SH\ce{-SH}）經氧化形成的硫—硫共價鍵：

2 R−SH→氧化R−S−S−R+2 HX++2 eX−\ce{2 R-SH ->[氧化] R-S-S-R + 2H+ + 2e-}

兩個 cysteine 形成二硫鍵後，產物稱為 cystine（胱胺酸）。在蛋白質中，二硫鍵可穩定三級結構或四級結構。

解題方法

判斷各選項所涉及的胺基酸側鏈，重點在於確認其是否具有可形成二硫鍵的硫醇基 −SH\ce{-SH}。

  • Cysteine 的側鏈為 −CHX2−SH\ce{-CH2-SH}，具有硫醇基，可經氧化形成 −S−SX−\ce{-S-S-}。
  • Methionine 的側鏈含有硫醚基 −S−\ce{-S-}，硫原子已與兩個碳相連，沒有 S−H\ce{S-H}。
  • Threonine 的側鏈為羥基 −OH\ce{-OH}，不含硫原子。

因此，只有兩個 cysteine residues 能形成典型的 disulfide linkage。

選項分析

(A) two cysteine residues

正確。兩個 cysteine 的硫醇基可被氧化，脫去氫與電子，形成二硫鍵：

Cys−SH+HS−Cys→Cys−S−S−Cys+2 HX++2 eX−\ce{Cys-SH + HS-Cys -> Cys-S-S-Cys + 2H+ + 2e-}

形成的 S−S\ce{S-S} 鍵是蛋白質中的二硫鍵。

(B) two methionine residues

錯誤。Methionine 的側鏈為硫醚：

−CHX2−CHX2−S−CHX3\ce{-CH2-CH2-S-CH3}

其硫原子與兩個碳原子相連，沒有硫醇基 −SH\ce{-SH}，不能以典型硫醇氧化偶聯方式形成蛋白質二硫鍵。Methionine 常見的氧化反應是形成 methionine sulfoxide：

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第 87 題2 分

What is the electron configuration for the barium atom?

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核心觀念

本題考查原子的電子組態。電子組態依據：

  • 鋇（barium，Ba）的原子序為 5656。
  • 中性原子的電子數等於原子序，因此鋇原子有 5656 個電子。
  • 電子填入軌域的順序遵循 Aufbau principle：
1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s1s\rightarrow 2s\rightarrow 2p\rightarrow 3s\rightarrow 3p\rightarrow 4s\rightarrow 3d\rightarrow 4p\rightarrow 5s\rightarrow 4d\rightarrow 5p\rightarrow 6s

各次層最多容納電子數為：

s:2,p:6,d:10s:2,\qquad p:6,\qquad d:10

稀有氣體簡寫中，氙（Xe）的原子序為 5454，其電子組態代表前 5454 個電子。因此鋇比氙多出的兩個電子會填入 6s6s 軌域。

解題方法

鋇的原子序為 5656，可先使用前一個稀有氣體氙：

Ba:56 electrons\ce{Ba}: 56\text{ electrons} Xe:54 electrons\ce{Xe}: 54\text{ electrons}

因此：

56−54=256-54=2

這兩個電子填入下一個可用的 6s6s 軌域：

Ba=[Xe]6s2\ce{Ba}=[\ce{Xe}]6s^2

若寫成完整電子組態，則為：

1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d105p66s21s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^2 3d^{10}4p^6 5s^2 4d^{10}5p^6 6s^2

電子總數為：

2+2+6+2+6+2+10+6+2+10+6+2=562+2+6+2+6+2+10+6+2+10+6+2=56

所以正確選項為 (D)。

選項分析

(A) 1s22s22p63s23p64s21s^22s^22p^63s^23p^64s^2

電子總數為：

2+2+6+2+6+2=202+2+6+2+6+2=20
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第 88 題2 分

Choose the correct statement.

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核心觀念

本題考查熱力學第二定律、熵變 ΔS\Delta S、吉布斯自由能 ΔG\Delta G 與自發性的關係。

在定溫、定壓下，化學反應的自發性由吉布斯自由能判斷：

ΔG=ΔH−TΔSsystem\Delta G=\Delta H-T\Delta S_{\text{system}}

判斷規則為：

  • ΔG<0\Delta G<0：反應在該條件下具有自發性
  • ΔG=0\Delta G=0：達到平衡
  • ΔG>0\Delta G>0：正向反應非自發

此外，在定溫、定壓且只考慮 PVPV 功時：

ΔG=−TΔSuniverse\Delta G=-T\Delta S_{\text{universe}}

因此，ΔG<0\Delta G<0 代表的是「宇宙總熵增加」，不代表「系統熵必定增加」。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合：

  1. 自發性由 ΔG\Delta G 判斷，而非單獨由 ΔS\Delta S 或 ΔH\Delta H 判斷。
  2. ΔG\Delta G 明確含有溫度項 TΔST\Delta S，因此通常會隨溫度改變。
  3. 定溫、定壓下，ΔG<0\Delta G<0 對應宇宙熵增加，不一定是系統熵增加。

選項分析

(A) A reaction that exhibits a negative value of ΔS\Delta S cannot be spontaneous.

錯誤。

ΔS<0\Delta S<0 只表示系統的熵降低，並不代表反應必定非自發。若反應為放熱反應，且 ΔH<0\Delta H<0，則：

ΔG=ΔH−TΔS\Delta G=\Delta H-T\Delta S

當 ΔH\Delta H 的負值大於 TΔST\Delta S 項造成的正貢獻時，仍可能有 ΔG<0\Delta G<0。

例如某些氣體分子結合成較少氣體分子的反應，可能具有：

ΔH<0,ΔS<0\Delta H<0,\qquad \Delta S<0

在低溫下，放熱效應可使 ΔG<0\Delta G<0，反應仍具有自發性。

因此，不能僅由 ΔS<0\Delta S<0 判定反應不自發。

(B) Exothermic reactions are always spontaneous.

錯誤。

放熱反應表示：

ΔH<0\Delta H<0

但自發性的完整判斷仍須使用：

ΔG=ΔH−TΔS\Delta G=\Delta H-T\Delta S

若同時有 ΔS<0\Delta S<0，則：

−TΔS>0-T\Delta S>0

高溫時，正的 −TΔS-T\Delta S 項可能大於負的 ΔH\Delta H，使得：

ΔG>0\Delta G>0

例如水在室溫下結冰是放熱過程，具有 ΔH<0\Delta H<0；但在 25∘C25^\circ\mathrm{C}、1 atm1\ \mathrm{atm} 下，水不會自發結冰，因為此條件下液態水較穩定。

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第 89 題2 分

Which of the following statements is true about the ionization energy of MgX+\ce{Mg+}?

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核心觀念

本題考查「游離能（ionization energy）」與「電子親和力（electron affinity）」之間的關係，關鍵在於判斷兩者是否為同一反應的正、逆反應。

對氣態粒子而言：

  • 游離能：移除一個電子所需吸收的能量
    X(g)→XX+(g)+eX−\ce{X(g) -> X+(g) + e-}

  • 電子親和力：氣態粒子接受一個電子時的能量變化
    X(g)+eX−→XX−(g)\ce{X(g) + e- -> X-(g)}

若採用「反應能量變化」的符號定義，放出能量的電子親和力為負值；逆反應的能量變化則為其相反數。

解題方法

MgX+\ce{Mg+} 的游離能，是將一個電子從 MgX+\ce{Mg+} 移除：

MgX+(g)→MgX2+(g)+eX−\ce{Mg+(g) -> Mg^{2+}(g) + e-}

觀察其逆反應：

MgX2+(g)+eX−→MgX+(g)\ce{Mg^{2+}(g) + e- -> Mg+(g)}

這正是 MgX2+\ce{Mg^{2+}} 的電子親和反應，因此：

ΔEIE of MgX+=−ΔEEA of MgX2+\Delta E_{\text{IE of }\ce{Mg+}} = -\Delta E_{\text{EA of }\ce{Mg^{2+}}}

所以：

IE(MgX+)=−EA(MgX2+)\boxed{\text{IE}(\ce{Mg+})=-\text{EA}(\ce{Mg^{2+}})}

因此正確答案為 (D)。

選項分析

(A) It will be equal to the negative value of the electron affinity of Mg.

Mg\ce{Mg} 的電子親和反應為：

Mg(g)+eX−→MgX−(g)\ce{Mg(g) + e- -> Mg-(g)}

其逆反應是：

MgX−(g)→Mg(g)+eX−\ce{Mg-(g) -> Mg(g) + e-}

這與 MgX+\ce{Mg+} 的游離反應：

MgX+(g)→MgX2+(g)+eX−\ce{Mg+(g) -> Mg^{2+}(g) + e-}

並不相同，因此 MgX+\ce{Mg+} 的游離能不等於 Mg\ce{Mg} 電子親和力的負值。

錯誤。

(B) It will be equal to the negative value of the electron affinity of MgX+\ce{Mg+}.

MgX+\ce{Mg+} 的電子親和反應為：

MgX+(g)+eX−→Mg(g)\ce{Mg+(g) + e- -> Mg(g)}

其逆反應是：

Mg(g)→MgX+(g)+eX−\ce{Mg(g) -> Mg+(g) + e-}

這實際上是中性 Mg\ce{Mg} 的第一游離反應，而不是 MgX+\ce{Mg+} 的游離反應。

MgX+\ce{Mg+} 的游離反應應為：

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第 90 題2 分

Please choose the correct description for confidence level.

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核心觀念

本題考查統計學中的 信賴水準（confidence level） 與 信賴區間（confidence interval）。

若利用樣本資料估計母體平均數，可建立信賴區間：

xˉ±zα/2σn\bar{x}\pm z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

當母體標準差未知時，通常使用 tt 分布：

xˉ±tα/2,n−1sn\bar{x}\pm t_{\alpha/2,n-1}\frac{s}{\sqrt{n}}

其中：

  • xˉ\bar{x}：樣本平均數
  • σ\sigma：母體標準差
  • ss：樣本標準差
  • nn：樣本數
  • 1−α1-\alpha：信賴水準，例如 95%95\%

以 95%95\% 信賴水準為例，意思是：若重複抽樣並用相同方法建立許多信賴區間，長期而言約有 95%95\% 的區間會包含真正的母體平均數。

本題依照題目官方公布答案，採用一般教科書的簡化表述，選擇 (B)。

解題方法

判斷各選項時，先掌握信賴水準所涉及的兩個核心對象：

  1. 區間是由樣本資料計算出來的。
  2. 要涵蓋的對象是真實但未知的母體參數，例如母體平均數 μ\mu。

因此，信賴水準描述的是「所建立的區間包含真實母體參數的可信程度」，而不是樣本平均數落在區間內的機率。

在一般考試定義下：

Confidence level=真實母體平均數落在所建立區間內的機率\text{Confidence level} = \text{真實母體平均數落在所建立區間內的機率}

所以正確選項為 (B)。

選項分析

(A) Confidence level is the probability that the sample mean lies within a certain interval.

錯誤。

信賴區間主要用來估計母體參數，例如母體平均數 μ\mu；樣本平均數 xˉ\bar{x} 本身已經由樣本資料計算得到，是一個已知的統計量，不是信賴區間主要要涵蓋的對象。

正確概念應是「區間是否包含真實母體平均數」，而不是「樣本平均數是否落在區間內」。

(B) Confidence level is the probability that the true mean lies within a certain interval.

正確。

其中 true mean 指真正的母體平均數 μ\mu，certain interval 指由樣本資料建立的信賴區間。

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