私立醫學校院聯招 105 年 《普通化學》

核心觀念
有效數字的加減法：結果的小數位數，取各數值中小數位數最少者。本題三數的小數位數為 4（2.0540）、2（0.31）、3（1.019），結果保留至小數點後第 2 位。尾數恰為 5 時的修約有兩種規則：「四捨五入」（逢 5 進位）與「四捨六入五成雙」（5 後無數字時，使保留的末位成為偶數）。

解題方法
先計算：
$2.0540+0.31-1.019=1.345\ \mathrm{g}$
修約至小數點後第 2 位，捨去位恰為 5 且其後無其他數字：

• 依「五成雙」：保留位 4 為偶數，捨去，得 $1.34\ \mathrm{g}$。
• 依「四捨五入」：進位，得 $1.35\ \mathrm{g}$。

另一種常見作法是逐步運算：$2.0540+0.31=2.364\to2.36$，$2.36-1.019=1.341\to1.34$，亦得 $1.34\ \mathrm{g}$。官方答案採五成雙（或逐步修約）結果 $1.34\ \mathrm{g}$。

選項分析

• (A) $1.35\ \mathrm{g}$：依四捨五入一次修約所得，非官方所採規則。
• (B) $1.345\ \mathrm{g}$：保留三位小數，超過 0.31 所能提供的精度，錯誤。
• (C) $1.34\ \mathrm{g}$：依五成雙修約（或逐步修約）所得，為官方答案。

核心觀念
攝氏與華氏的換算公式為 $T_{\mathrm{F}} = \frac{9}{5}T_{\mathrm{C}} + 32$。華氏刻度的每 1 度比攝氏小，且零點不同，因此換算時需要乘以 $\frac{9}{5}$ 後再加 32。

解題方法
代入 $T_{\mathrm{C}} = 750$：

故熔點約為 $1382\,^\circ\mathrm{F}$。

核心觀念
利用 Hess 定律與生成焓計算反應熱。反應熱等於產物生成焓總和減去反應物生成焓總和。

解題方法
先整理各物質的生成焓（單位 $\mathrm{kJ/mol}$）：

• $\ce{C(s) + O2(g) -> CO2(g)}$，$\Delta H_{\mathrm{f}} = -393.9$。
• $\ce{H2(g) + 1/2 O2(g) -> H2O(l)}$，$\Delta H_{\mathrm{f}} = -285.5$。
• 題目給的 $\ce{C2H2}$ 分解熱為 $\ce{C2H2(g) -> H2(g) + 2C(s)}$，$\Delta H = -226.7$。將其逆寫即為生成反應 $\ce{2C(s) + H2(g) -> C2H2(g)}$，故 $\Delta H_{\mathrm{f}}(\ce{C2H2}) = +226.7$。

目標反應 $\ce{2C2H2(g) + 5O2(g) -> 4CO2(g) + 2H2O(l)}$ 的反應熱為：

核心觀念
比熱與熱量的關係式為 $q = m c \Delta T$，其中 $m$ 為質量，$c$ 為比熱，$\Delta T$ 為溫度變化量。

解題方法
鉛的溫度由 $22\,^\circ\mathrm{C}$ 升到 $37\,^\circ\mathrm{C}$，故 $\Delta T = 37 - 22 = +15\,\mathrm{K}$（溫差以 $\mathrm{K}$ 與 $^\circ\mathrm{C}$ 數值相同）。

加熱為吸熱，$q$ 為正值。

核心觀念
勒沙特列原理（Le Chatelier's principle）：平衡系統受外界擾動時，會朝減弱擾動的方向移動。對吸熱反應升高溫度，平衡會向吸熱（正向）移動；平衡常數 $K$ 只隨溫度改變。

解題方法
反應 $\ce{2SO3(g) <=> 2SO2(g) + O2(g)}$ 為吸熱反應，升溫時平衡向正向移動，產物增加、反應物減少，$K$ 增大。正向反應使氣體總莫耳數由 2 增為 3，在定容下總壓會增加。

選項分析

• (A) $\ce{SO3}$ 的濃度增加：正向移動使 $\ce{SO3}$ 消耗，濃度減少，錯誤。
• (B) $K_c$ 值變小：吸熱反應升溫使 $K$ 增大，錯誤。

核心觀念
沸點高低主要取決於分子間作用力。$\ce{HF}$ 分子之間能形成氫鍵，氫鍵強度遠大於一般的偶極作用力與倫敦分散力。$\ce{HCl}$、$\ce{HBr}$、$\ce{HI}$ 無法形成氫鍵，其沸點隨分子量增加而上升，依序為 $\ce{HCl} < \ce{HBr} < \ce{HI}$。

解題方法
比較四者的分子間作用力：$\ce{HF}$ 有氫鍵，其餘三者只有偶極作用力與倫敦分散力。因此 $\ce{HF}$ 的沸點最高。

選項分析

• (A) $\ce{HF(l)}$：具有氫鍵，沸點最高，正確。
• (B) $\ce{HCl(l)}$：無氫鍵，且分子量較小，沸點低於 $\ce{HF}$，錯誤。

核心觀念
形式電荷（formal charge）的計算式為：

分子中所有原子的形式電荷總和，等於分子本身的電荷。

解題方法
$\ce{Cl-F}$ 為單鍵，$\ce{Cl}$ 與 $\ce{F}$ 各有 7 個價電子，各自有 3 對孤對電子（6 個非鍵電子），且各有 1 個鍵。

• $\ce{Cl}$：$\mathrm{FC} = 7 - (6 + 1) = 0$
• $\ce{F}$：$\mathrm{FC} = 7 - (6 + 1) = 0$

核心觀念
價殼層電子對互斥理論（VSEPR）：中心原子周圍的電子域（鍵結對與孤對）決定電子幾何，再由鍵結原子的位置決定分子形狀。

解題方法
$\ce{H3O+}$ 的中心原子為 $\ce{O}$，有 3 個鍵結對（與 3 個 $\ce{H}$ 鍵結）與 1 個孤對，共 4 個電子域。電子幾何為四面體，分子形狀因孤對存在而為三角錐形（$\mathrm{AX_3E}$ 型），鍵角約 $107^\circ$。

選項分析

• (A) 三角錐：由 $\mathrm{AX_3E}$ 型推得，正確。
• (B) 正四面體：需要 4 個鍵結對且無孤對（如 $\ce{CH4}$），錯誤。

核心觀念
鹼解離常數 $K_b$ 是指弱鹼與水反應生成共軛酸與 $\ce{OH-}$ 的平衡常數。本題求的是 $\ce{A-}$ 的 $K_b$，因此 $\ce{A-}$ 必須作為反應物，並以 $\ce{OH-}$ 為產物之一。

解題方法
$\ce{A-}$ 的鹼性反應為：

此反應的平衡常數 $K = \dfrac{[\ce{HA}][\ce{OH-}]}{[\ce{A-}]} = K_b$，即為所求。

選項分析

• (A) $\ce{HA + H2O <=> H2A+ + OH-}$：反應物是 $\ce{HA}$，不是 $\ce{A-}$，其平衡常數為 $\ce{HA}$ 的鹼性常數，錯誤。
• (B) $\ce{A- + H3O+ <=> HA + H2O}$：此反應是 $\ce{A-}$ 的質子化，其平衡常數為 $1/K_a$ 的關係，並非 $K_b$，錯誤。

核心觀念
氧化還原反應的離子方程式平衡，需同時滿足原子數守恆與電荷守恆（或電子得失守恆）。

解題方法
先拆成半反應：

• 氧化：$\ce{Fe^2+ -> Fe^3+ + e-}$，每個 $\ce{Fe^2+}$ 失去 1 個電子。
• 還原：$\ce{Cr2O7^2- + 14H+ + 6e- -> 2Cr^3+ + 7H2O}$。鉻由 +6 變為 +3，每 $\ce{Cr2O7^2-}$ 得 6 個電子。

令兩半反應的電子數相等，需要 6 個 $\ce{Fe^2+}$ 氧化，故 $a = 6$、$d = 6$，$b = 14$、$c = 1$、$e = 2$、$f = 7$。

核心觀念
化學計量：先平衡反應式，再以係數比換算莫耳數。

解題方法
平衡反應式：

檢查：碳 12 = 12，氫 22 = 22，氧左邊 $11 + 24 = 35$，右邊 $24 + 11 = 35$。每 1 莫耳蔗糖需 12 莫耳 $\ce{O2}$。

核心觀念
$[\ce{OH-}]$ 與 $[\ce{H+}]$ 的關係為 $[\ce{H+}][\ce{OH-}] = K_w = 1.0\times10^{-14}$（25 °C）。$\mathrm{pOH} = -\log[\ce{OH-}]$。鹽類水解也會影響溶液中的 $[\ce{OH-}]$。

解題方法
逐一求各溶液的 $[\ce{OH-}]$：

• (A) 純水：$[\ce{OH-}] = 1.0\times10^{-7}\,\mathrm{M}$。
• (B) $\mathrm{pOH} = 12$：$[\ce{OH-}] = 1.0\times10^{-12}\,\mathrm{M}$。
• (C) $10^{-3}\,\mathrm{M}\ \ce{NH4Cl}$：$\ce{NH4+}$ 水解，$K_a = K_w/K_b = (1.0\times10^{-14})/(1.8\times10^{-5}) \approx 5.6\times10^{-10}$。$[\ce{H+}] = \sqrt{K_a C} = \sqrt{5.6\times10^{-10}\times10^{-3}} \approx 7.5\times10^{-7}\,\mathrm{M}$，故 $[\ce{OH-}] = 1.0\times10^{-14}/7.5\times10^{-7} \approx 1.3\times10^{-8}\,\mathrm{M}$。

核心觀念
氣相反應速率定律以分壓表示時，分壓由莫耳分率乘以總壓求得。定溫定壓下加入惰性氣體 $\ce{He}$，會使各反應物分壓下降，速率隨之下降。

解題方法
原始狀態：總莫耳數 $3 + 1 = 4$，總壓 1 atm。

加入 8 莫耳 $\ce{He}$ 後總莫耳數為 12，總壓仍為 1 atm：

核心觀念
速率決定步驟（rate-determining step）為反應機構中最慢的步驟。若該步驟為基元反應（elementary step），其速率定律可直接由該步驟的反應物係數寫出，即速率 $= k[\text{反應物}]^{\text{係數}}$ 的乘積。

解題方法
速率決定步驟為 $\ce{2NO(g) + H2(g) -> N2(g) + H2O2(g)}$，因此

速率定律只取決於速率決定步驟，與第二步驟無關。

選項分析

• (A) $k[\ce{NO}][\ce{H2}]$：$\ce{NO}$ 係數為 2，故應為 $[\ce{NO}]^2$，錯誤。

核心觀念
格雷姆擴散定律（Graham's law）：在相同溫度與壓力下，氣體擴散速率與分子量的平方根成反比。擴散同體積氣體所需時間與擴散速率成反比，因此時間與分子量的平方根成正比。

解題方法
設待測氣體分子量為 $M$，氫氣分子量為 2。

分子量為 32 的氣體為 $\ce{O2}$。

選項分析

• (A) $\ce{N2}$：$\sqrt{28/2} = \sqrt{14} \approx 3.7$，不等於 4，錯誤。
• (B) $\ce{O2}$：$\sqrt{32/2} = 4$，正確。

核心觀念
速率定律 $\mathrm{rate} = k[\mathrm{A}]^m[\mathrm{B}]^n$ 中，反應級數 $m$、$n$ 由初速率實驗決定：保持其他濃度不變，只改變一個物種的濃度，比較速率比值。

解題方法

• 比較實驗 1 與實驗 2：$[\mathrm{A}]$ 由 0.02 變為 0.04（2 倍），$[\mathrm{B}]$ 不變，速率由 $1.2\times10^{-3}$ 變為 $4.8\times10^{-3}$（4 倍）。$2^m = 4$，故 $m = 2$。
• 比較實驗 1 與實驗 3：$[\mathrm{A}]$ 不變，$[\mathrm{B}]$ 由 0.03 變為 0.06（2 倍），速率由 $1.2\times10^{-3}$ 變為 $9.6\times10^{-3}$（8 倍）。$2^n = 8$，故 $n = 3$。

因此 $\mathrm{rate} = k[\mathrm{A}]^2[\mathrm{B}]^3$。

核心觀念
理想氣體定律 $PV = nRT$，可由各圖的線性關係判斷各變數的大小。

解題方法
逐圖分析（依附圖）：

• (A) 圖一為 $P$ 對 $T$（定容）：$P = \frac{nR}{V}T$，斜率為 $\frac{nR}{V}$。$V_2$ 的線較陡，斜率大，故 $V_2 < V_1$，即 $V_1 > V_2$，此敘述正確。
• (B) 圖二為 $T$ 對 $V$（定壓）：$T = \frac{P}{nR}V$，斜率為 $\frac{P}{nR}$。$P_1$ 的線較陡，故 $P_1 > P_2$，此敘述正確。
• (C) 圖三為 $\frac{1}{V}$ 對 $T$（定壓）：$\frac{1}{V} = \frac{P}{nR}\cdot\frac{1}{T}$，在相同 $T$ 下，壓力越大則 $\frac{1}{V}$ 越大，曲線位置越高。標示 $P_1$ 的曲線在上方，故 $P_1 > P_2$，因此 $P_1 < P_2$ 的敘述不正確。
• (D) 圖四為 $P$ 對 $V$（定溫）：$PV = nRT$，溫度越高曲線越遠離原點。

核心觀念
氣體的合併定律（combined gas law）：$\dfrac{P_1V_1}{T_1} = \dfrac{P_2V_2}{T_2}$，其中溫度必須使用絕對溫標（$\mathrm{K}$）。

解題方法
溫度換算：

求 $V_2$：

壓力下降使體積增加，升溫也使體積增加，故 $V_2$ 應大於 $12\,\mathrm{mL}$（僅壓力變化的結果），結果合理。

核心觀念
$\ce{CaBr2}$ 由活性大的金屬 Ca 與非金屬 Br 組成，Ca 與 Br 電負度差約 2.0，為典型離子化合物。固態時 $\ce{Ca^2+}$ 與 $\ce{Br-}$ 以靜電引力排列成三維晶格，沒有獨立分子，題目所稱的「分子間作用力」，實際上指的就是粒子間的主要作用力——離子鍵。

解題方法
判斷物質類型：金屬陽離子＋非金屬陰離子 → 離子化合物 → 粒子間主要作用力為陰、陽離子間的庫侖靜電吸引，即離子鍵結力。其強度遠大於倫敦分散力、偶極-偶極力等分子間力，這也是 $\ce{CaBr2}$ 熔點高達約 730 °C 的原因。

選項分析

• (A) 倫敦分散力：存在於所有粒子之間，但在離子晶體中相對於離子鍵極微弱，不是主要作用力，錯誤。
• (B) 離子-偶極吸引力：發生於離子與極性分子之間，例如 $\ce{CaBr2}$ 溶於水時 $\ce{Ca^2+}$ 與水分子的水合作用，並非純 $\ce{CaBr2}$ 本身的作用力，錯誤。

核心觀念
金屬晶體密度：
$\rho=\frac{Z\,M}{N_A\,a^3}$
$Z$ 為每個單位晶胞所含原子數，$M$ 為原子量，$a$ 為晶胞邊長。金的實際結構為立方最密堆積（ccp），即面心立方（fcc），$Z=8\times\frac18+6\times\frac12=4$。

解題方法
$a=408\ \mathrm{pm}=4.08\times10^{-8}\ \mathrm{cm}$
$a^3=(4.08\times10^{-8})^3=6.79\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}$
$\rho=\frac{4\times197}{(6.02\times10^{23})(6.79\times10^{-23})}=\frac{788}{40.9}\approx19.3\ \mathrm{g/cm^3}$
與金的實測密度 $19.3\ \mathrm{g/cm^3}$ 相符。題幹中「體心最密堆積」應指立方最密堆積（括號內英文 cubic close-packed 即為此義），體心立方並非最密堆積；且若以體心立方 $Z=2$ 計算得 $9.6\ \mathrm{g/cm^3}$，不在選項中，可確認應以面心立方計算。

核心觀念
黃金的純度以 K（克拉）表示，純金為 24K。含金百分比 $= \dfrac{\text{K 數}}{24}\times100\%$。

解題方法

故 12K 黃金含金 50%。

選項分析

• (A) 12：為 K 數本身，不是百分比，錯誤。
• (B) 25：對應 $6\,\mathrm{K}$ 黃金（$6/24$），錯誤。
• (C) 50：$12/24$ 的結果，正確。

核心觀念
雙步驟滴定（先加入過量 $\ce{HCl}$，再以 $\ce{NaOH}$ 逆滴定）。碳酸鈉與鹽酸的反應為：

每 1 莫耳 $\ce{Na2CO3}$ 消耗 2 莫耳 $\ce{HCl}$。

解題方法

1. 加入的 $\ce{HCl}$ 總莫耳數：$0.1\,\mathrm{M}\times0.0300\,\mathrm{L} = 3.00\times10^{-3}\,\mathrm{mol}$。
2. 剩餘 $\ce{HCl}$ 由 $\ce{NaOH}$ 中和：$0.2\,\mathrm{M}\times0.0064\,\mathrm{L} = 1.28\times10^{-3}\,\mathrm{mol}$。
3. 與 $\ce{Na2CO3}$ 反應的 $\ce{HCl}$：$3.00\times10^{-3} - 1.28\times10^{-3} = 1.72\times10^{-3}\,\mathrm{mol}$。
4. $n(\ce{Na2CO3}) = \dfrac{1.72\times10^{-3}}{2} = 8.6\times10^{-4}\,\mathrm{mol}$。
5. 樣品的莫耳質量：

核心觀念
酸鹼中和以化學計量計算。氫氧化鎂與鹽酸的反應為：

每 1 莫耳 $\ce{Mg(OH)2}$ 需要 2 莫耳 $\ce{HCl}$。

解題方法

1. 胃酸中 $\ce{HCl}$ 的莫耳數：$0.050\,\mathrm{mol/L}\times0.2\,\mathrm{L} = 0.010\,\mathrm{mol}$。
2. 所需 $\ce{Mg(OH)2}$ 莫耳數：$0.010 / 2 = 0.005\,\mathrm{mol}$。
3. 質量：$0.005\,\mathrm{mol}\times58\,\mathrm{g/mol} = 0.29\,\mathrm{g}$。