私立醫學校院聯招 103 年 《普通化學》

核心觀念：科學記數法要求係數落在 $1 \le a < 10$，寫成 $a\times10^{n}$ 的形式。

解題方法：把小數點移到第一個非零數字之後，記下移動的位數。$0.000333$ 的小數點向右移 4 位得到 $3.33$，因數值變小，指數為負，故為 $3.33\times10^{-4}$。

選項分析：

• (A) 係數 $333$ 不在 $1$ 到 $10$ 之間，不是標準科學記數法，錯誤。
• (B) $3.33\times10^{-3}=0.00333$，比題目大 10 倍，錯誤。

核心觀念：莫耳濃度 $M=\dfrac{\text{溶質莫耳數}}{\text{溶液體積}}$。溶質重量相同時，莫耳數 $=\dfrac{w}{\mathrm{MW}}$，故莫耳濃度與溶質分子量成反比。

解題方法：比較各化合物分子量：$\ce{NaOH}$ 約 $40.0$，$\ce{KCl}$ 約 $74.6$，$\ce{KOH}$ 約 $56.1$，$\ce{LiOH}$ 約 $23.9$。分子量最小者莫耳數最多，莫耳濃度最高。

選項分析：

• (A) $\ce{NaOH}$ 分子量約 $40.0$，濃度低於 $\ce{LiOH}$，錯誤。

核心觀念：由元素質量百分比求實驗式（簡式），步驟為取 100 g 試樣、換算莫耳數、取最簡整數比。

解題方法：以 100 g 為基準：
$\text{C}: \frac{38.66}{12.01}=3.219,\quad \text{H}: \frac{9.73}{1.008}=9.652,\quad \text{S}: \frac{51.61}{32.07}=1.609$
除以最小值 $1.609$，得 C : H : S $=2.00 : 6.00 : 1.00$，實驗式為 $\ce{C2H6S}$。

選項分析：

• (A) $\ce{C2H6S}$，分子量約 $62.1$，C 佔 $\dfrac{24.02}{62.1}=38.7\%$，H 佔 $9.7\%$，S 佔 $51.6\%$，全部吻合，正確。

核心觀念：原子符號 $\ce{^{A}_{Z}X}$ 中，$Z$ 為質子數，$A$ 為質量數，中子數 $N=A-Z$。離子電荷只改變電子數，不改變質子與中子數。

解題方法：$\ce{^{40}_{20}Ca^2+}$ 的質子數 $=20$，中子數 $=40-20=20$，電子數 $=20-2=18$。

選項分析：

• (A) 質子 $20$、中子 $20$、電子 $18$，與計算完全一致，正確。
• (B) 質子數寫成 $22$，錯誤；$22$ 是誤把質量數的一半或中子數當成質子數。

核心觀念：準確度（accuracy）指測量平均值與真值的接近程度；精確度（precision）指重複測量結果彼此的接近程度（再現性）。兩者不必同時成立。

解題方法：三次平均值 $\bar{x}=\dfrac{1.25+1.24+1.26}{3}=1.25\ \mathrm{M}$，與真值 $1.00\ \mathrm{M}$ 相差 $0.25\ \mathrm{M}$，偏差約 $25\%$，因此不準確。三次數值分別為 $1.25$、$1.24$、$1.26$，最大與最小差僅 $0.02\ \mathrm{M}$，彼此非常接近，因此精確。

核心觀念：Hess 定律，反應焓具加成性。反應可以代數方式組合（乘以係數、反向時改號），ΔH 同步調整。

解題方法：目標反應為 $\ce{C2H2 + 2H2 -> C2H6}$。

• 反應一的一半並保持方向：
  $\ce{C2H2 + 5/2 O2 -> 2CO2 + H2O}\qquad \Delta H=\frac{-2600}{2}=-1300\ \mathrm{kJ}$
• 反應二的一半並反向：
  $\ce{2CO2 + 3H2O -> C2H6 + 7/2 O2}\qquad \Delta H=-\frac{-3120}{2}=+1560\ \mathrm{kJ}$
• 反應三乘以 2：
  $\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}\qquad \Delta H=2\times(-286)=-572\ \mathrm{kJ}$

三式相加，$\ce{CO2}$、$\ce{H2O}$、$\ce{O2}$ 全部抵消，得到目標反應：

核心觀念：彈式卡計（定容）測得的是反應熱 $q_{\text{rxn}}=-q_{\text{cal}}$，其中 $q_{\text{cal}}=C_{\text{cal}}\,\Delta T$。燃燒熱以每莫耳燃料計，放熱為負值。

解題方法：
$q_{\text{cal}}=31.5\ \mathrm{kJ/^\circ C}\times16.9\ ^\circ\mathrm{C}=532.4\ \mathrm{kJ}$
樣品莫耳數：$n=\dfrac{12.6\ \mathrm{g}}{26.04\ \mathrm{g/mol}}=0.484\ \mathrm{mol}$。
每莫耳釋放熱量為 $\dfrac{532.4}{0.484}\approx1100\ \mathrm{kJ/mol}$，因放熱，燃燒熱 $\Delta H_c=-1100\ \mathrm{kJ/mol}$。

核心觀念：$K_p$ 與 $K_c$ 的關係為 $K_p=K_c(RT)^{\Delta n}$，$\Delta n$ 為氣體產物莫耳數減反應物莫耳數，且只計氣體。

解題方法：反應 $\ce{4HCl(g) + O2(g) <=> 2Cl2(g) + 2H2O(g)}$ 中，所有物種皆為氣體。
$\Delta n=(2+2)-(4+1)=-1$
因此 $K_p=K_c(RT)^{-1}$，整理得 $K_c=K_p\,(RT)$。

選項分析：

• (A) $K_c=K_p$ 只有 $\Delta n=0$ 時成立，本題 $\Delta n=-1$，錯誤。

核心觀念
共振結構是原子位置相同、僅電子（π 鍵、孤對電子）排列不同的路易斯結構。判斷共振式數目時，要考慮哪些位置可放置雙鍵且形式電荷合理。

解題方法

• $\ce{CO3^2-}$：C 與 3 個等價 O，C=O 雙鍵可在任一 O 上，3 個共振結構。
• $\ce{NO3-}$：與碳酸根等電子，同為 3 個共振結構。
• 選項 (C) 原卷印作 $\ce{HCO3^2-}$，碳酸氫根的實際電荷為 $-1$，應理解為 $\ce{HCO3-}$：其中一個 O 已與 H 鍵結（O–H），若把 C=O 雙鍵放在此 O 上，該 O 將帶 $+1$ 形式電荷，不合理；雙鍵只能落在另外兩個 O 上，故有 2 個主要共振結構。
• $\ce{SO3}$：以八隅體表示時為一個 S=O、兩個 S–O，有 3 個共振結構；以擴張八隅體表示（三個 S=O）則只有 1 個結構。無論哪種寫法都不是 2 個。

核心觀念：反應焓以鍵能估算：$\Delta H=\sum \text{(斷鍵吸收能量)}-\sum \text{(成鍵釋放能量)}$。

解題方法：反應 $\ce{2CO + O2 -> 2CO2}$。

• 斷鍵（吸熱）：$2\times\mathrm{BE(C\equiv O)}+1\times\mathrm{BE(O=O)}=2(1074)+499=2647\ \mathrm{kJ}$
• 成鍵（放熱）：生成 $2$ 個 $\ce{CO2}$，每個含 $2$ 個 C=O，共 $4$ 個 C=O：$4\times802=3208\ \mathrm{kJ}$

$\Delta H=2647-3208=-561\ \mathrm{kJ/mol}$

核心觀念：多步反應的平衡常數可由各步驟相加（對應相乘）得到。反向反應的 $K$ 取倒數，係數為 $n$ 時 $K$ 取 $n$ 次方。

解題方法：

• 反應一：$\ce{Ag2CO3(s) <=> 2Ag+(aq) + CO3^2-(aq)}$，平衡常數 $K_1$。
• 反應二反向並乘以 2：$\ce{2Ag+(aq) + 4NH3(aq) <=> 2Ag(NH3)2+(aq)}$，平衡常數為 $\left(\dfrac{1}{K_2}\right)^{2}=\dfrac{1}{K_2^{2}}$。

兩式相加得目標反應 $\ce{Ag2CO3(s) + 4NH3(aq) <=> 2Ag(NH3)2+(aq) + CO3^2-(aq)}$，故總平衡常數為
$K=K_1\times\frac{1}{K_2^{2}}=\frac{K_1}{K_2^{2}}$

核心觀念：路易士結構需滿足價電子總數、八隅體規則與形式電荷最小化。形式電荷 $=\text{價電子數}-\text{非鍵電子數}-\dfrac{1}{2}\text{鍵結電子數}$。

解題方法：$\ce{OBr-}$ 的價電子總數為 $6+7+1=14$。選項 (A) 為 O–Br 單鍵，O 帶 3 對孤對電子，Br 帶 3 對孤對電子：

• O：$6-6-1=-1$
• Br：$7-6-1=0$

總電荷 $-1$，符合離子電荷；各原子皆滿足八隅體，且負電落在電負度較大的 O 上。

選項分析：

• (A) 單鍵，O 形式電荷 $-1$，Br 為 $0$，最合理，正確。
• (B) 同樣為單鍵，但孤對電子的點數配置不符合價電子總數或形式電荷分配，錯誤。

核心觀念
以 ICE 表（起始、變化、平衡）求各物種平衡濃度，再代入
$K=\frac{[\mathrm{C}]}{[\mathrm{A}][\mathrm{B}]^2}$
變化量須依係數比 $\mathrm{A}:\mathrm{B}:\mathrm{C}=1:2:1$。

解題方法
起始濃度：$[\mathrm{A}]_0=\dfrac{2.00}{6}=0.333\ \mathrm{M}$，$[\mathrm{B}]_0=\dfrac{3.00}{6}=0.500\ \mathrm{M}$

$x=0.333-0.21\approx0.12\ \mathrm{M}$，$[\mathrm{B}]=0.500-0.24=0.26\ \mathrm{M}$，$[\mathrm{C}]=0.12\ \mathrm{M}$
$K=\frac{0.12}{0.21\times(0.26)^2}=\frac{0.12}{0.0142}\approx8.4$
平衡濃度 0.21 只有兩位有效數字，$x$ 以兩位取 0.12 即得約 8.4；

核心觀念：溶解度 $s$（mol/L）與 $K_{sp}$ 的關係依化學式而定。$AB$ 型 $K_{sp}=s^2$；$A_aB_b$ 型 $K_{sp}=a^a b^b s^{a+b}$。

解題方法：

• (A) $\ce{Ag3PO4}$，$K_{sp}=27s^4$，$s=\left(\dfrac{1.8\times10^{-18}}{27}\right)^{1/4}\approx1.6\times10^{-5}\ \mathrm{M}$
• (B) $\ce{Sn(OH)2}$，$K_{sp}=4s^3$，$s=\left(\dfrac{3\times10^{-27}}{4}\right)^{1/3}\approx9.1\times10^{-10}\ \mathrm{M}$
• (C) $\ce{CdS}$，$K_{sp}=s^2$，$s=\sqrt{1.0\times10^{-28}}=1.0\times10^{-14}\ \mathrm{M}$
• (D) $\ce{CaSO4}$，$K_{sp}=s^2$，$s=\sqrt{6.1\times10^{-5}}\approx7.8\times10^{-3}\ \mathrm{M}$

核心觀念：弱鹼在水中的解離，是鹼與水反應產生共軛酸與 $\ce{OH-}$，即 $\ce{B + H2O <=> BH+ + OH-}$。

解題方法：$\ce{NH3}$ 作為弱鹼，接受水的質子生成 $\ce{NH4+}$ 並放出 $\ce{OH-}$：
$\ce{NH3(aq) + H2O(l) <=> NH4+(aq) + OH-(aq)}$

選項分析：

• (A) $\ce{NH3}$ 失去質子生成 $\ce{NH2-}$，這是 $\ce{NH3}$ 作為酸的反應，且產物 $\ce{H3O+}$ 為酸性，錯誤。
• (B) 符合弱鹼解離的定義，正確。

核心觀念：弱酸的解離度 $\alpha=\dfrac{\text{解離的酸濃度}}{\text{起始酸濃度}}$，因此 $[\mathrm{H^+}]=c\,\alpha$（近似，未解離部分忽略）。

解題方法：
$[\mathrm{H^+}]=1.25\ \mathrm{M}\times0.092=0.115\ \mathrm{M}$
$\mathrm{pH}=-\log(0.115)=0.94$

選項分析：

• (A) $0.64$，對應 $[\mathrm{H^+}]\approx0.23\ \mathrm{M}$，與計算不符，錯誤。
• (B) $0.94$，與計算一致，正確。

核心觀念：由濃度變化量的比例可求得反應的係數；平衡常數 $K$ 只與溫度有關，與壓力、濃度、催化劑無關。

解題方法：各物種的濃度變化量：

• X：$0.05-0.10=-0.05$
• Y：$0.05-0.20=-0.15$
• Z：$0.10-0=+0.10$

比例為 $1:3:2$，故反應為 $\ce{X + 3Y <=> 2Z}$。
$K=\frac{[\mathrm{Z}]^{2}}{[\mathrm{X}][\mathrm{Y}]^{3}}=\frac{(0.10)^{2}}{(0.05)(0.05)^{3}}=1.6\times10^{3}$

核心觀念：速率定律 $\text{rate}=k[\mathrm{A}]^{m}[\mathrm{B}]^{n}$ 的指數由實驗中單獨改變某一濃度時速率的變化倍數決定。

解題方法：

• 實驗 1 與 2：只有 $[\ce{S2O8^2-}]$ 由 $0.038$ 變為 $0.076$（加倍），速率由 $1.4\times10^{-5}$ 變為 $2.8\times10^{-5}$（加倍）。故對 $\ce{S2O8^2-}$ 為一級。
• 實驗 2 與 3：只有 $[\ce{I-}]$ 由 $0.060$ 變為 $0.030$（減半），速率由 $2.8\times10^{-5}$ 變為 $1.4\times10^{-5}$（減半）。故對 $\ce{I-}$ 為一級。

因此 $\text{rate}=k[\ce{S2O8^2-}][\ce{I-}]$。

核心觀念：二級反應的積分式為 $\dfrac{1}{[\mathrm{X}]}=kt+\dfrac{1}{[\mathrm{X}]_0}$，因此以 $\dfrac{1}{[\mathrm{X}]}$ 對時間作圖得直線，斜率為 $k$。

解題方法：題目圖形中 $\dfrac{1}{[\mathrm{X}]}$ 對時間為直線，截距約為 $2$，斜率為正，符合二級反應的特徵。
$\text{rate}=k[\mathrm{X}]^{2}$
題目亦說明速率隨 $[\mathrm{X}]$ 增加而增快，且圖形中不涉及 $[\mathrm{Y}]$ 的變化，故 Y 不計入速率定律。

選項分析：

• (A) $k[\mathrm{X}]$，對應一級反應，其圖形應為 $\ln[\mathrm{X}]$ 對時間為直線，錯誤。

核心觀念：一級反應的積分式為 $\ln\dfrac{[\mathrm{A}]_0}{[\mathrm{A}]}=kt$，半衰期 $t_{1/2}=\dfrac{\ln2}{k}$，與起始濃度無關。

解題方法：反應完成 $45\%$，表示剩餘 $55\%$，即 $\dfrac{[\mathrm{A}]}{[\mathrm{A}]_0}=0.55$。
$k=\frac{-\ln(0.55)}{65\ \mathrm{s}}=\frac{0.598}{65\ \mathrm{s}}=9.20\times10^{-3}\ \mathrm{s^{-1}}$

核心觀念：阿忍尼茲方程式取對數後為 $\ln k=\ln A-\dfrac{E_a}{R}\cdot\dfrac{1}{T}$，形式同直線方程式 $y=b+mx$，其中 $y=\ln k$，$x=\dfrac{1}{T}$。

解題方法：比較直線斜率 $m=-\dfrac{E_a}{R}$。截距為 $\ln A$。因此以 $\ln k$ 對 $\dfrac{1}{T}$ 作圖，斜率為 $-\dfrac{E_a}{R}$，可由斜率求出活化能。