私立醫學校院聯招 108 年 《普通化學》

核心觀念：由質量百分比與分子量反推各元素的原子數，屬於元素組成與分子式的求算。

解題方法：
C 的質量為 $60\times40.0\%=24$ g，原子數為 $24/12=2$，即 2 個 C。
H 的質量為 $60\times6.67\%\approx4$ g，原子數為 $4/1=4$，即 4 個 H。
未知元素 Q 的質量為 $60-24-4=32$。單一 Q 原子的原子量為 32，對應硫（S）。化合物為 $\ce{C2H4S}$，分子量 $24+4+32=60$，與題目吻合。

核心觀念：比重是物質密度與水密度（約 1.00 g/mL）的比值，數值與以 g/mL 表示的密度相同，且無單位。

解題方法：
$d=\frac{24.0\ \mathrm{g}}{20.0\ \mathrm{mL}}=1.20\ \mathrm{g/mL}$
24.0 與 20.0 均為三位有效數字，除法結果也取三位，故為 1.20。

核心觀念：科學記號的標準形式為 $a\times10^{n}$，其中 $1\le a<10$。

解題方法：
將 $0.0810$ 的小數點向右移兩位得到 $8.10$，指數為 $-2$，因此 $0.0810=8.10\times10^{-2}$。
有效數字為三位，末尾的 0 必須保留。

選項分析：
(A) $810\times10^{-4}$：數值相等，但 $a=810$ 不在 1 到 10 之間，不是標準科學記號，錯誤。
(B) $8.10\times10^{2}$：等於 810，錯誤。

核心觀念：高溫有利於吸熱反應進行（勒沙特列原理）。反應焓 $\Delta H$ 為正表示吸熱。常溫下空氣中的 $\ce{N2}$ 與 $\ce{O2}$ 不易反應，但在引擎的高溫下會生成 NO，這是汽車排放氮氧化物（NOx）的主要來源。

解題方法：找出 $\Delta H>0$ 的反應，並確認其反應物為空氣的主要成分 $\ce{N2}$ 與 $\ce{O2}$。

選項分析：
(A) $\ce{C(s) + O2(g) -> CO2(g)}$，$\Delta H=-393$ kJ：放熱反應，產物 $\ce{CO2}$ 不是此題所指的汙染物，錯誤。
(B) $\ce{N2(g) + O2(g) -> 2NO(g)}$，$\Delta H=+180$ kJ：吸熱反應，高溫有利其正向進行而生成 NO，正確。

核心觀念：由 $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ=-RT\ln K$ 整理得

$\ln K=-\frac{\Delta H^\circ}{R}\cdot\frac{1}{T}+\frac{\Delta S^\circ}{R}$

因此 $\ln K$ 對 $1/T$ 作圖為直線，斜率為 $-\Delta H^\circ/R$，縱軸截距為 $\Delta S^\circ/R$。

解題方法：
由圖讀出直線在 $1/T=0$ 處的截距約為 80，故
$\frac{\Delta S^\circ}{R}=80\quad\Rightarrow\quad\Delta S^\circ=80\times8.314\approx665\ \mathrm{J/K\cdot mol}$

直線與橫軸的交點約在 $1/T=3.0\times10^{-3}\ \mathrm{K^{-1}}$，此時 $\ln K=0$。斜率為
$\text{斜率}=\frac{0-80}{3.0\times10^{-3}}=-2.67\times10^{4}\ \mathrm{K}$

因此 $\Delta H^\circ=-R\times\text{斜率}=8.314\times2.67\times10^{4}\approx2.2\times10^{5}\ \mathrm{J/mol}=2.2\times10^{2}\ \mathrm{kJ/mol}$。斜率為負，故為吸熱反應。

選項分析：
(A) $\Delta S^\circ=665$ J/K·mol：與上述計算一致，正確。

核心觀念：標準燃燒熱是 1 莫耳物質完全燃燒生成 $\ce{CO2(g)}$ 與 $\ce{H2O(l)}$ 的焓變。利用 Hess 定律，反應焓等於產物生成熱總和減反應物生成熱總和。元素態單質（如 $\ce{O2}$）的生成熱為 0。

解題方法：寫出並配平乙烯的燃燒反應：
$\ce{C2H4(g) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 2H2O(l)}$

依 Hess 定律：
$\Delta H_c^\circ=\left[2\Delta H_f^\circ(\ce{CO2})+2\Delta H_f^\circ(\ce{H2O})\right]-\Delta H_f^\circ(\ce{C2H4})$

代入 $\Delta H_c^\circ=-1411.1$ kJ/mol：
$-1411.1=\left[2(-393.5)+2(-285.8)\right]-\Delta H_f^\circ(\ce{C2H4})$
$-1411.1=-1358.6-\Delta H_f^\circ(\ce{C2H4})$

核心觀念：$\Delta H$ 是反應按化學計量式進行時的焓變，單位為 kJ/mol。若題目給的是質量，要先換算成莫耳數，再乘以 $\Delta H$。

解題方法：
$\ce{H2O}$ 的分子量為 18.0 g/mol，因此
$n(\ce{H2O})=\frac{2.82\ \mathrm{g}}{18.0\ \mathrm{g/mol}}=0.157\ \mathrm{mol}$

反應 $\ce{H2(g) + 1/2 O2(g) -> H2O(l)}$ 的 $\Delta H=-286$ kJ/mol 為放熱，每生成 1 mol 水放出 286 kJ。因此
$\Delta H=0.157\times(-286)\ \mathrm{kJ}=-44.8\ \mathrm{kJ}$

核心觀念：$\ce{NaCl}$ 溶於水時解離為 $\ce{Na+}$ 與 $\ce{Cl-}$，離子被水分子包圍形成水合離子。水分子的偶極端（O 端帶部分負電、H 端帶部分正電）與離子之間的靜電吸引，即為離子-偶極作用力。

解題方法：判斷溶解過程中離子與水分子之間的主要作用，應為離子與極性分子的作用。

選項分析：
(A) 氫鍵：需要 H 與 N、O、F 形成的強偶極作用，$\ce{NaCl}$ 本身沒有這類結構，錯誤。
(B) 分散力：所有分子都具有的暫時偶極作用，但不是離子與水之間的主要作用，錯誤。

核心觀念：化學鍵的離子性與電負度差 $\Delta\chi$ 成正比，$\Delta\chi$ 越小，鍵結越偏向共價性。陽離子的極化力（高電荷、小半徑）也會增加共價性。

解題方法：查 Pauling 電負度：Na 0.93、K 0.82、Mg 1.31、B 2.04、Cl 3.16。
$\Delta\chi$ 分別為：
NaCl：$3.16-0.93=2.23$
KCl：$3.16-0.82=2.34$
MgCl$_2$：$3.16-1.31=1.85$
BCl$_3$：$3.16-2.04=1.12$

$\Delta\chi$ 最小者為 $\ce{BCl3}$，共價性最強。

選項分析：
(A) $\ce{NaCl}$：$\Delta\chi=2.23$，離子性強，錯誤。
(B) $\ce{KCl}$：$\Delta\chi=2.34$，離子性強，錯誤。

核心觀念：以 VSEPR 理論判斷形狀。中心原子的鍵結電子對與孤對電子數決定幾何形狀。沒有孤對時，平面三角形為 AX$_3$；有一對孤對時，形狀變為三角錐形。

解題方法：逐一確認中心原子的孤對數：
(A) $\ce{NH4+}$：N 有 4 個鍵對、0 個孤對，為正四面體。
(B) $\ce{CO3^2-}$：C 有 3 個鍵對、0 個孤對，為 $sp^2$ 雜化，形狀為平面三角形。
(C) $\ce{SO3^2-}$：S 有 3 個鍵對、1 個孤對，為三角錐形。
(D) $\ce{ClO3-}$：Cl 有 3 個鍵對、1 個孤對，為三角錐形。

核心觀念：反應 $\ce{COCl2(g) <=> CO(g) + Cl2(g)}$ 的平衡常數為
$K_c=\frac{[\ce{CO}][\ce{Cl2}]}{[\ce{COCl2}]}$
溫度不變時 $K_c$ 不變。

解題方法：由化學計量關係，平衡時 $[\ce{CO}]=[\ce{Cl2}]=x$，因此
$K_c=\frac{x^2}{[\ce{COCl2}]}$

第一次平衡時 $[\ce{COCl2}]=2$ M，故 $x_1^2=2K_c$。
第二次平衡時 $[\ce{COCl2}]=8$ M，故 $x_2^2=8K_c$。

兩式相除得 $\dfrac{x_2^2}{x_1^2}=\dfrac{8}{2}=4$，因此 $\dfrac{x_2}{x_1}=2$。CO 濃度變為原來的二倍。

核心觀念：利用平衡常數與 ICE 表格求平衡濃度。$K$ 很小時，反應物的轉化量很少，可以做近似處理。

解題方法：起始 $[\ce{A}]_0=\dfrac{3\ \mathrm{mol}}{1.5\ \mathrm{L}}=2.0$ M。設平衡時生成 $[\ce{C}]=x$，則 $[\ce{B}]=2x$，$[\ce{A}]=2.0-2x$。

$K=\frac{[\ce{B}]^2[\ce{C}]}{[\ce{A}]^2}=\frac{(2x)^2\,x}{(2.0-2x)^2}=\frac{x^3}{(1-x)^2}$

因 $K=1.36\times10^{-6}$ 極小，$x\ll1$，故 $(1-x)^2\approx1$，得
$x^3\approx1.36\times10^{-6}\quad\Rightarrow\quad x\approx1.1\times10^{-2}\ \mathrm{M}$

代回檢驗：$x=0.011$ 遠小於 1，近似成立。修正後 $x\approx0.0110$，結果不變。

核心觀念：勒沙特列原理指出，平衡系統受到外界改變時，會朝減弱該改變的方向移動。反應 $\ce{2NOBr(g) <=> 2NO(g) + Br2(g)}$ 的左側有 2 莫耳氣體，右側有 3 莫耳氣體。壓力變化的影響取決於氣體莫耳數的改變，體積變化則同時影響各物種的濃度。

解題方法：逐一判斷各敘述。

選項分析：
(A) 加入 $\ce{NO}$ 後反應向左進行：加入生成物，平衡向反應物方向移動，正確。
(B) 增加容器體積，反應向右進行：體積增加使壓力下降，平衡向氣體莫耳數較多的右側移動，正確。

核心觀念：反應速率由最慢的決定步驟（速率決定步驟）決定。若決定步驟前有快速平衡，則中間物（本題為 O）須以平衡常數轉換成反應物與產物的濃度，中間物不得出現在最終速率式中。

解題方法：決定步驟為 (2)，其速率式為
$\text{rate}=k_2[\ce{O3}][\ce{O}]$

快速平衡 (1) 的平衡常數為
$K_1=\frac{[\ce{O2}][\ce{O}]}{[\ce{O3}]}\quad\Rightarrow\quad[\ce{O}]=\frac{K_1[\ce{O3}]}{[\ce{O2}]}$

代入得
$\text{rate}=k_2K_1\frac{[\ce{O3}]^2}{[\ce{O2}]}$

令 $k=k_2K_1$，則速率式為 $\text{rate}=k[\ce{O3}]^2[\ce{O2}]^{-1}$。

核心觀念：催化劑降低反應的活化能，提供另一條反應途徑。催化劑不改變反應的始態與終態，因此不改變熱力學性質（ΔH、ΔG、平衡常數 K）。

解題方法：逐一檢驗各敘述是否符合催化劑的特性。

選項分析：
(A) 可藉催化劑改變平衡常數：平衡常數只隨溫度改變，催化劑不改變 K，錯誤。
(B) 可藉催化劑改變反應進行的路徑：催化劑提供活化能較低的新途徑，正確。

核心觀念：速率式為 $\text{rate}=k[\ce{A}]^m[\ce{B}]^n$。由各物種濃度變化對速率的影響，可求出各自的級數。

解題方法：
只將 A 加倍，速率加倍，故 $2^m=2$，$m=1$。
將 A、B 同時加倍，速率變為 8 倍，故 $2^{m+n}=8$，代入 $m=1$ 得 $2^{1+n}=8$，$n=2$。

因此速率式為 $\text{rate}=k[\ce{A}][\ce{B}]^2$。

選項分析：
(A) $k[\ce{A}][\ce{B}]$：B 的級數為 1，兩者同時加倍只得 4 倍，錯誤。

核心觀念：理想氣體假設分子體積可忽略，且分子間無吸引力。實際氣體的分子間作用力越弱、分子越小、越不易液化，越接近理想氣體。

解題方法：比較各氣體的分子間作用力與分子特性。

選項分析：
(A) $\ce{HCl}$：為極性分子，分子間有偶極作用，偏離理想較明顯，錯誤。
(B) $\ce{N2}$：為非極性小分子，分子量 28，分子間作用力最弱，沸點約 $-196$ °C，最接近理想氣體，正確。

核心觀念：STP 指 0 °C、1 atm，此時 1 莫耳理想氣體的體積為 22.4 L。由體積求莫耳數，再由質量除以莫耳數即得分子量。

解題方法：
$n=\frac{1.12\ \mathrm{L}}{22.4\ \mathrm{L/mol}}=0.0500\ \mathrm{mol}$

$M=\frac{6.23\ \mathrm{g}}{0.0500\ \mathrm{mol}}=124.6\ \mathrm{g/mol}\approx125\ \mathrm{g/mol}$

核心觀念：拉午耳定律的正偏差表示溶液中異種分子間的作用力弱於同種分子間的作用力，分子較容易逸出，因此實際蒸氣壓高於理想值。混合過程通常為吸熱。

解題方法：判斷各組混合物中異種分子是否形成較強的交互作用。若形成氫鍵等強交互作用，則為負偏差；若結構與極性相近，則接近理想。

選項分析：
(A) 正己烷與氯仿：非極性的正己烷與極性的氯仿混合，異種分子間作用較弱，為正偏差，正確。
(B) 丙酮與水：丙酮的羰基可與水形成氫鍵，異種作用增強，為負偏差，錯誤。

核心觀念：在相同溫度下，分子間作用力越強，蒸氣壓越低、沸點越高。作用力強弱依序為氫鍵、偶極-偶極作用、分散力。

解題方法：
乙醇（ethanol，$\ce{CH3CH2OH}$）含 O–H 鍵，分子間形成氫鍵，作用力最強，蒸氣壓最低。
二甲醚（dimethyl ether，$\ce{CH3OCH3}$）為極性分子，只有偶極作用，沒有 O–H 鍵，無法形成氫鍵，作用力居中。
丙烷（propane，$\ce{CH3CH2CH3}$）為非極性分子，只有分散力，分子量與二甲醚接近，作用力最弱，蒸氣壓最高。

依蒸氣壓由低到高排序：乙醇 < 二甲醚 < 丙烷。

選項分析：
(A) ethanol < propane < dimethyl ether：丙烷與二甲醚的順序顛倒，錯誤。

核心觀念：網狀固體以共價鍵連成三維網狀結構。是否導電取決於是否有可自由移動的電子。石墨與石墨烯中的 $sp^2$ 碳具有離域的 $\pi$ 電子，可導電；碳化矽中的電子全部定域在 $\sigma$ 鍵中，能隙大，導電度極低。

解題方法：判斷各材料中是否存在離域的 $\pi$ 電子。

選項分析：
(A) 奈米碳管：碳原子為 $sp^2$ 雜化，具有離域 $\pi$ 電子，導電，錯誤。
(B) 碳化矽（$\ce{SiC}$）：碳與矽皆為 $sp^3$ 雜化，電子定域於 $\sigma$ 鍵，能隙大，為電絕緣體，正確。

核心觀念：晶胞內的離子數需依照位於頂點、棱邊、面心與體心的分數貢獻計算。面心立方（FCC）晶格中，$\ce{NaCl}$ 的 $\ce{Cl-}$ 排列為面心立方，$\ce{Na+}$ 填入八面體空隙。

解題方法：

• $\ce{Cl-}$：頂點 $8 \times \dfrac{1}{8} = 1$，面心 $6 \times \dfrac{1}{2} = 3$，共 4 個。
• $\ce{Na+}$：棱邊中心 $12 \times \dfrac{1}{4} = 3$，體心 $1$，共 4 個。
• 總離子數 $= 4 + 4 = 8$。

核心觀念：弱鹼與其共軛酸組成的緩衝溶液，其比例由鹼解離常數決定。
$K_b=\frac{[\ce{NH4+}][\ce{OH-}]}{[\ce{NH3}]}$

解題方法：
$\mathrm{pOH}=14.00-10.0=4.00$，故 $[\ce{OH-}]=1.0\times10^{-4}$ M。
$\frac{[\ce{NH4+}]}{[\ce{NH3}]}=\frac{K_b}{[\ce{OH-}]}=\frac{1.0\times10^{-5}}{1.0\times10^{-4}}=0.10$

因此 $\ce{NH4Cl}:\ce{NH3}=1:10$。

以 pOH 驗證：$\mathrm{pOH}=\mathrm{p}K_b+\log\dfrac{[\ce{NH4+}]}{[\ce{NH3}]}$，即 $4=5+\log r$，$r=0.1$，與上式一致。

核心觀念：滲透壓 $\pi = iCRT$，電解質需乘以凡特荷夫因子 $i$；溫度須用絕對溫度，$R = 0.082\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}$。血液與 0.160 M NaCl 溶液等張，滲透壓相同。

解題方法：
$T = 37 + 273 = 310$ K，$i = 1.85$，$C = 0.160$ M：
$\pi = 1.85 \times 0.160 \times 0.082 \times 310 = 0.296 \times 25.42 \approx 7.52\ \mathrm{atm}$
（若 $R$ 取 $0.08206$，得 $7.53$ atm，屬常數取值的末位差異。）

核心觀念：弱酸的解離平衡為 $\ce{HF <=> H+ + F-}$。加入強酸 HCl 會增加 $[\ce{H+}]$，依勒沙特列原理，平衡向左移動，抑制 HF 解離，此即同離子效應。解離常數 $K_a$ 只隨溫度改變。

解題方法：判斷加入 $\ce{H+}$ 後平衡移動方向，並確認 $K_a$ 是否改變。

選項分析：
(A) 解離百分比上升：加入 $\ce{H+}$ 使平衡左移，解離百分比下降，錯誤。
(B) 解離百分比下降：與平衡左移的結果一致，正確。

核心觀念：117 號元素 Ts（tennessine）位於第 7 週期、第 17 族（VIIA，鹵素族）。依電子填充規則，Rn（$Z=86$）之後依序填入 $5f^{14}$、$6d^{10}$、$7s^2$、$7p^5$，最後一個 p 電子數為 5，符合鹵素族的特徵。

解題方法：由原子序推算電子數，並以最外層 p 電子數判斷族別。
$86+14+10+2+5=117$，電子數與原子序相符。

選項分析：
(A) $[\mathrm{Rn}]6d^{10}7s^27p^6$：電子總數為 104，不是 117 號元素，錯誤。

核心觀念：$\ce{X^2-}$ 與 $\ce{Y+}$ 的電子組態與鈍氣相同，且 X、Y 位於同一週期，可以由此推出元素。

解題方法：
$\ce{X2}$ 為共價化合物，且 $\ce{X^2-}$ 具鈍氣組態，符合的元素為 S（$\ce{S^2-}$ 為 Ar 組態，$Z=16$）或 O（$\ce{O^2-}$ 為 Ne 組態，$Z=8$）。
$\ce{Y+}$ 具鈍氣組態，且與 X 同週期，符合的元素為 Na（$\ce{Na+}$ 為 Ne 組態，$Z=11$）或 Li（$\ce{Li+}$ 為 He 組態，$Z=3$）。

取 X = S、Y = Na 檢驗各選項（O 與 Li 的組合亦得到相同判斷）：
價電子總和：$6+1=7$
原子序之差：$16-11=5$
電子數總和：$16+11=27$

核心觀念：等電子離子（電子數相同）中，原子序越大，有效核電荷越大，離子半徑越小。陰離子的半徑通常大於同週期的陽離子。

解題方法：$\ce{P^3-}$（$Z=15$）、$\ce{S^2-}$（$Z=16$）、$\ce{Cl-}$（$Z=17$）、$\ce{K+}$（$Z=19$）皆為 18 電子的等電子系列。
原子序越大，半徑越小，因此 $\ce{P^3-}>\ce{S^2-}>\ce{Cl-}>\ce{K+}$。
由小到大排序為 $\ce{K+}<\ce{Cl-}<\ce{S^2-}<\ce{P^3-}$。

選項分析：
(A) $\ce{K+}<\ce{Cl-}<\ce{S^2-}<\ce{P^3-}$：與分析結果一致，正確。

核心觀念：分子的穩定性與鍵能有關，鍵能又與原子軌域的重疊程度有關。O 的 2p 軌域與 O 之間重疊良好，形成強的 $\pi$ 鍵，使 $\ce{O2}$ 的 O=O 雙鍵鍵能很大。S 的 3p 軌域較大而擴散，與 O 的 2p 重疊較差，S–O $\pi$ 鍵較弱，因此 $\ce{SO}$ 不穩定。

解題方法：比較 $\ce{O2}$ 中的 O=O 鍵與 $\ce{SO}$ 中的 S=O 鍵的強度，找出最能解釋穩定性差異的選項。

選項分析：
(A) 氧、硫鍵（S–O）非常不穩定：只描述結果，未說明原因，不是最佳解釋，錯誤。
(B) 硫無法與其他原子形成雙鍵：S 可形成雙鍵，如 $\ce{SO2}$，錯誤。

核心觀念：主量子數為 $n$ 的殼層含有 $n^2$ 個軌域，每個軌域最多容納 2 個電子，因此殼層最多容納的電子數為 $2n^2$。