私立醫學校院聯招 113 年《普通化學》考古題與詳解

Question 1

根據化學反應：$\ce{PCl3(g) + Cl2(g) <= PCl5(g)}$。在 $258\,^\circ\mathrm{C}$ 時，$\Delta G^\circ=-92.50\ \mathrm{kJ}$。下列敘述何者正確？ (A) 此反應為 endothermic reaction (B) $\Delta S^\circ$ 為正值 (C) 當溫度升高，$\ce{PCl5}/\ce{PCl3}$ 之比值增加 (D) 當該反應的 $\Delta G^\circ$ 為負值時，則 $K$ 值大於 $1.00$

Accepted Answer

核心觀念：吉布斯自由能與平衡常數的關係 $\Delta G^\circ=-RT\ln K$，氣體莫耳數變化與 $\Delta S$ 的關係，以及勒沙特列原理對溫度變化的判斷。 解題方法：反應 $\ce{PCl3(g) + Cl2(g) <= PCl5(g)}$ 的氣體莫耳數由 2 mol 減為 1 mol，故 $\Delta S^\circ<0$。由 $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ$ 可知，$\Delta S^\circ<0$ 時 $-T\Delta S^\circ$ 為正值，若要使 $\Delta G^\circ=-92.50\ \mathrm{kJ}$，必須 $\Delta H^\circ$ 為更大的負值，因此此反應為放熱反應。$T=258+273=531\ \mathrm{K}$，代入 $K=e^{-\Delta G^\circ/RT}$ 得 $K\approx10^{9}$，遠大於 1。

Question 2

利用以下的條件計算 $\ce{LiCl(s)}$ 的晶格能： - Sublimation energy for $\ce{Li(s)}$：$+166\ \mathrm{kJ/mol}$ - Bond energy of $\ce{Cl2(g)}$：$+238\ \mathrm{kJ/mol}$ - First ionization energy of $\ce{Li(g)}$：$+520\ \mathrm{kJ/mol}$ - Electron affinity of $\ce{Cl(g)}$：$-349\ \mathrm{kJ/mol}$ - Enthalpy of formation of $\ce{LiCl(s)}$：$-409\ \mathrm{kJ/mol}$ (A) $47\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $171\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $-580\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $-865\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念：波恩－哈柏循環（Born–Haber cycle），以蓋斯定律把生成焓拆成昇華、鍵解離、游離、電子親和力與晶格能各步驟之和。 解題方法：依循環寫出關係式，各項以題目給定的正負號代入： $$ \Delta Hf=\Delta H{sub}+	frac12 D{Cl2}+IE1+EA+U $$ 代入 $-409=166+	frac12(238)+520+(-349)+U$，其中 $	frac12(238)=119$，前四項和為 $166+119+520-349=456$，因此 $U=-409-456=-865\ \mathrm{kJ/mol}$。晶格能為負值，表示由氣態離子形成晶體時放熱。

Question 3

在形成配位化合物（coordination compound）的反應過程中，配位基（ligands）所扮演的角色為何？ (A) 當作路易士鹼（Lewis bases） (B) 當作阿瑞尼亞士鹼（Arrhenius bases） (C) 當作布忍斯特鹼（Brønsted bases） (D) 當作路易士酸（Lewis acids）

Accepted Answer

核心觀念：路易士酸鹼定義為電子對接受者（酸）與電子對提供者（鹼）；配位化合物中，配位基提供孤對電子給中心金屬離子。 解題方法：配位化合物的形成是「配位基提供孤對電子、金屬離子接受電子對」，符合路易士酸鹼反應，故配位基扮演路易士鹼。 選項分析： - (A) 對。配位基含孤對電子，提供給金屬中心，為路易士鹼。 - (B) 錯。阿瑞尼亞士鹼指水溶液中解離出 $\ce{OH^-}$ 的物質，與配位基提供電子對無關。 - (C) 錯。

Question 4

$\ce{N2O(g)}$ 在白金表面上發生的解離反應式為 $2\ce{N2O(g)} \rightarrow 2\ce{N2(g)} + \ce{O2(g)}$ ，已知 $\ce{N2O(g)}$ 的初始濃度為 $4.3\ \mathrm{M}$ ，此反應第一及第二個半衰期分別為 $56$ 分鐘和 $28$ 分鐘。請就以上資料計算此反應的 $k$ 值（ $\mathrm{M\cdot min^{-1}}$ ）。

Accepted Answer

核心觀念：反應級數可由半衰期與初始濃度的關係判斷。零級反應 $t{1/2}=[A]0/(2k)$，與初始濃度成正比；一級反應半衰期與濃度無關；二級反應 $t{1/2}=1/(k[A]0)$，與濃度成反比。 解題方法：題目給出第一個半衰期為 56 min，第二個半衰期為 28 min。濃度減半後半衰期也減半，符合零級反應的特徵（半衰期與 $[A]0$ 成正比）。由零級速率式 $t{1/2}=\dfrac{[A]0}{2k}$ 得 $$ k=\frac{[A]0}{2t{1/2}}=\frac{4.3\ \mathrm{M}}{2	imes56\ \mathrm{min}}\approx3.8	imes10^{-2}\ \mathrm{M\cdot min^{-1}} $$ 驗算：第二個半衰期時 $[A]0=2.15\ \mathrm{M}$，$t{1/2}=2.15/(2	imes0.0384)\approx28\ \mathrm{min}$，與題目相符。 選項分析： - (A) 錯。$7.6	imes10^{-2}$ 為誤用 $t{1/2}=[A]0/k$ 所得的兩倍關係錯誤。 - (B) 錯。

Question 5

以下為有關未知物質 X 的資訊，請根據這些資訊回答問題： - $\Delta H{\mathrm{vap}}=20.00\ \mathrm{kJ/mol}$ - $\Delta H{\mathrm{fus}}=5.00\ \mathrm{kJ/mol}$ - Specific heat capacity of solid $=3.00\ \mathrm{J/(g\,^\circ C)}$ - Specific heat capacity of liquid $=2.50\ \mathrm{J/(g\,^\circ C)}$ - Boiling point $=75.0\,^\circ\mathrm{C}$ - Melting point $=-15.0\,^\circ\mathrm{C}$ - Molar mass $=100.0\ \mathrm{g/mol}$ 現以 $450.0\ \mathrm{J/min}$ 的速率穩定供熱給物質 X，若在此加熱速率下將 $10.0\ \mathrm{g}$ X 從 $-35.0\,^\circ\mathrm{C}$ 加熱到 $25.0\,^\circ\mathrm{C}$ 大約需要多長時間？ (A) $4.67\ \mathrm{min}$ (B) $4.89\ \mathrm{min}$ (C) $8.53\ \mathrm{min}$ (D) $9.34\ \mathrm{min}$

Accepted Answer

核心觀念：加熱曲線計算，分段計算顯熱（$q=mc\Delta T$）與相變熱（$q=n\Delta H$），加總後以功率求時間。 解題方法：物質莫耳數 $n=10.0\ \mathrm{g}/100.0\ \mathrm{g/mol}=0.100\ \mathrm{mol}$。由 $-35.0\,^\circ\mathrm{C}$ 加熱到 $25.0\,^\circ\mathrm{C}$，經過熔點 $-15.0\,^\circ\mathrm{C}$，未到達沸點 $75.0\,^\circ\mathrm{C}$，因此不需計算汽化。 - 固態升溫 $-35	o-15\,^\circ\mathrm{C}$：$q1=10.0	imes3.00	imes20.0=600\ \mathrm{J}$ - 熔化：$q2=0.100\ \mathrm{mol}	imes5.00	imes10^{3}\ \mathrm{J/mol}=500\ \mathrm{J}$ - 液態升溫 $-15	o25\,^\circ\mathrm{C}$：$q3=10.0	imes2.50	imes40.0=1000\ \mathrm{J}$

Question 6

$\ce{PF6-}$ 離子的 Lewis 結構中，位於中間位置的磷原子，形式電荷（formal charge）是多少？ (A) $-1$ (B) $0$ (C) $+1$ (D) $+3$

Accepted Answer

核心觀念：形式電荷（formal charge）公式 $FC=V-N-	frac12 B$，其中 $V$ 為價電子數，$N$ 為非鍵結電子數，$B$ 為鍵結電子數。 解題方法：$\ce{PF6^-}$ 中心磷原子為 P，價電子數 $V=5$。磷與六個 F 形成六個單鍵，鍵結電子數 $B=12$，非鍵結電子數 $N=0$。代入得 $$ FC(P)=5-0-	frac12(12)=-1 $$ 離子總電荷為 $-1$，與各原子形式電荷加總一致（F 為 0）。

Question 7

下列離子何者不具惰性氣體電子組態（noble-gas configuration）？ (A) $\ce{Br-}$ (B) $\ce{Ni^2+}$ (C) $\ce{Se^2-}$ (D) $\ce{Sr^2+}$

Accepted Answer

核心觀念：惰性氣體電子組態（noble-gas configuration）指離子的電子排布與前一個惰性氣體相同；過渡金屬離子通常留有 d 電子，不具惰性氣體組態。 解題方法：逐一寫出各離子的電子組態： - $\ce{Br^-}$：Br 為 $[\ce{Ar}]3d^{10}4s^24p^5$，得一電子後為 $[\ce{Kr}]$，具惰性氣體組態。 - $\ce{Ni^2+}$：Ni 為 $[\ce{Ar}]3d^{8}4s^{2}$，失去 4s 的 2 個電子後為 $[\ce{Ar}]3d^{8}$，不是惰性氣體組態。 - $\ce{Se^2-}$：Se 得兩電子後為 $[\ce{Kr}]$，具惰性氣體組態。 - $\ce{Sr^2+}$：Sr 為 $[\ce{Kr}]5s^2$，失去兩電子後為 $[\ce{Kr}]$，具惰性氣體組態。

Question 8

下列為氧化還原反應，請問此反應在 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時的平衡常數 $K$ 為何？

$\ce{S4O6^2-(aq) + Cr^2+(aq) -> Cr^3+(aq) + S2O3^2-(aq)}$

其包含的半反應如下：

$\ce{S4O6^2- + 2e- -> 2S2O3^2-}$ ， $E^\circ=0.17\ \mathrm{V}$
$\ce{Cr^3+ + e- -> Cr^2+}$ ， $E^\circ=-0.50\ \mathrm{V}$

Accepted Answer

核心觀念：由標準還原電位求氧化還原反應的標準電池電位 $E^\circ{cell}$，再以 $\log K=\dfrac{nE^\circ}{0.05916}$（25 °C）求平衡常數。 解題方法：題目原式未配平，依半反應配平為 $$ \ce{S4O6^2- + 2Cr^2+ - 2Cr^3+ + 2S2O3^2-} $$ 還原反應為 $\ce{S4O6^2- + 2e^- - 2S2O3^2-}$，$E^\circ=0.17\ \mathrm{V}$；氧化反應為 $\ce{Cr^2+ - Cr^3+ + e^-}$，其 $E^\circ{ox}=-(-0.50)=+0.50\ \mathrm{V}$。兩步驟相加，$n=2$，$E^\circ{cell}=0.17+0.50=0.67\ \mathrm{V}$。 $$ \log K=\frac{2	imes0.67}{0.05916}\approx22.6\quad\Rightarrow\quad K\approx10^{22.6} $$

Question 9

一溶液含有 $1.93\ \mathrm{M}$ 氫氟酸 $\ce{HF}$（$Ka=7.2	imes10^{-4}$）以及 $3.00\ \mathrm{M}$ 氫氰酸 $\ce{HCN}$（$Ka=6.2	imes10^{-10}$），請計算此酸性混合溶液之 pH 值。（已知 $\log1.7=0.23$，$\log2.7=0.43$，$\log3.7=0.57$） (A) $1.43$ (B) $2.86$ (C) $4.46$ (D) $8.92$

Accepted Answer

核心觀念：多元弱酸混合溶液中，以 $Ka$ 較大的酸決定 $[\ce{H+}]$；$Ka$ 差距很大時，弱酸的解離可忽略。 解題方法：$\ce{HF}$ 的 $Ka=7.2	imes10^{-4}$ 遠大於 $\ce{HCN}$ 的 $Ka=6.2	imes10^{-10}$，且 $\ce{HF}$ 濃度較高，故 $[\ce{H+}]$ 幾乎完全由 HF 決定，$\ce{HCN}$ 的解離被抑制而可忽略。 $$ Ka=\frac{x^2}{1.93-x}\approx\frac{x^2}{1.93}\quad\Rightarrow\quad x=\sqrt{7.2	imes10^{-4}	imes1.93}=\sqrt{1.39	imes10^{-3}}\approx3.7	imes10^{-2}\ \mathrm{M} $$ 驗算 $x$ 相對於 $1.93\ \mathrm{M}$ 很小，近似成立。$\mathrm{pH}=-\log(3.7	imes10^{-2})=2-\log3.7=2-0.57=1.43$。

Question 10

氫（Hydrogen）是週期表中最簡單的原子，中性氫原子具有一個電子，試問氫可以具有哪些氧化態？ (A) $+1$ only (B) $-1$, $0$, and $+1$ (C) $0$ and $+1$ only (D) $-1$ and $+1$ only

Accepted Answer

核心觀念：氧化數（oxidation number）的規則，氫在一般化合物中為 $+1$，在金屬氫化物（如 $\ce{NaH}$）中為 $-1$，在單質 $\ce{H2}$ 中為 $0$。 解題方法：氫原子只有一個電子，可以得到一個電子形成 $\ce{H^-}$（氧化數 $-1$），也可以失去電子形成 $\ce{H^+}$（氧化數 $+1$），或以單質 $\ce{H2}$ 存在（氧化數 $0$）。因此氫的氧化態包括 $-1$、$0$、$+1$。

Question 11

依據有效數字（significant figures）原則運算 $6.85\div112.04=$？ (A) $0.061$ (B) $0.0611$ (C) $0.06114$ (D) $0.061139$

Accepted Answer

核心觀念：有效數字的乘除運算規則：計算結果的有效數字位數，與各數中有效數字位數最少者相同。 解題方法：$6.85$ 有 3 位有效數字，$112.04$ 有 5 位，故結果取 3 位有效數字。直接計算 $6.85\div112.04=0.061138\ldots$，取三位有效數字得 $0.0611$。 選項分析： - (A) 錯。$0.061$ 只有 2 位有效數字，少於應保留的位數。 - (B) 對。$0.0611$ 為 3 位有效數字，符合規則。

Question 12

依據價殼層電子對互斥理論（valence-shell electron-pair repulsion, VSEPR），預測 $\ce{ClF3}$ 之分子幾何結構（molecular geometry）為下列何者？

Accepted Answer

核心觀念：VSEPR 理論：先求中心原子的電子域（electron domain）數目，再依孤對電子數決定分子幾何。 解題方法：$\ce{ClF3}$ 中心 Cl 的價電子數為 7，與 3 個 F 形成 3 個單鍵，剩下 $7-3=4$ 個電子形成 2 對孤對電子。電子域總數為 $3+2=5$，即三角雙錐（trigonal bipyramidal）電子幾何。孤對電子佔據赤道位置以減少排斥，使鍵結原子排成 T 形。 選項分析： - (A) 錯。Seesaw 為四個鍵結原子加一對孤對電子（如 $\ce{SF4}$）。 - (B) 錯。

Question 13

下列反應之反應物 A 初始濃度（initial concentration）為 $0.80\ \mathrm{M}$ ，當 A 之濃度降至 $0.10\ \mathrm{M}$ 需要時間為 $54\ \mathrm{sec}$ ，則其反應半衰期（ $t_{1/2}$ ，half-life）為何？

反應式為 $\ce{A -> B}$ ，速率式（rate）為 $\text{rate}=k[\ce{A}]$ 。

Accepted Answer

核心觀念：一級反應的速率式 $	ext{rate}=k[A]$，半衰期 $t{1/2}=0.693/k$ 與初始濃度無關，每經過一個半衰期濃度減半。 解題方法：由 $0.80\ \mathrm{M}$ 降至 $0.10\ \mathrm{M}$，濃度變為原來的 $1/8=(1/2)^3$，故經過 3 個半衰期。 $$ t{1/2}=\frac{54\ \mathrm{s}}{3}=18\ \mathrm{s} $$ 驗算：$0.80	o0.40	o0.20	o0.10\ \mathrm{M}$ 正好三次減半。

Question 14

下列反應之平衡常數（equilibrium constant）$K$ 為 $3.1	imes10^{-3}$，若氯化銀（$\ce{AgCl}$）之溶解度積（product of solubility）$K{sp}$ 為 $1.8	imes10^{-10}$，則 $\ce{Ag(NH3)2+}$ 之生成常數（formation constant）$Kf$ 為何？ $\ce{AgCl(s) + 2NH3(aq) - Ag(NH3)2+(aq) + Cl-(aq)}$ (A) $1.1	imes10^{10}$ (B) $2.25	imes10^{-7}$ (C) $5.5	imes10^{7}$ (D) $1.7	imes10^{7}$

Accepted Answer

核心觀念：多重平衡的 $K$ 相乘規則：將反應相加時，總反應的平衡常數等於各步驟平衡常數之積。溶解度積 $K{sp}$ 與生成常數 $Kf$ 的組合即屬此類。 解題方法：題目反應 $\ce{AgCl(s) + 2NH3(aq) - Ag(NH3)2^+(aq) + Cl^-(aq)}$ 可拆成 - $\ce{AgCl(s) <= Ag^+(aq) + Cl^-(aq)}$，平衡常數為 $K{sp}=1.8	imes10^{-10}$ - $\ce{Ag^+(aq) + 2NH3(aq) <= Ag(NH3)2^+(aq)}$，平衡常數為 $Kf$ 兩式相加得題目反應，故 $K=K{sp}	imes Kf$， $$ Kf=\frac{K}{K{sp}}=\frac{3.1	imes10^{-3}}{1.8	imes10^{-10}}\approx1.7	imes10^{7} $$

Question 15

下列離子半徑（radius）大小排序何者正確？ $\ce{Al^3+}$、$\ce{Mg^2+}$、$\ce{Ca^2+}$ 與 $\ce{Ga^3+}$ (A) $\ce{Al^3+} < \ce{Mg^2+} < \ce{Ga^3+} < \ce{Ca^2+}$ (B) $\ce{Al^3+} < \ce{Ga^3+} < \ce{Mg^2+} < \ce{Ca^2+}$ (C) $\ce{Mg^2+} < \ce{Al^3+} < \ce{Ga^3+} < \ce{Ca^2+}$ (D) $\ce{Ga^3+} < \ce{Ca^2+} < \ce{Al^3+} < \ce{Mg^2+}$

Accepted Answer

核心觀念：離子半徑比較規則：電子組態相同時，核電荷數越大半徑越小；電子層數越多半徑越大。 解題方法：四個離子的主要差異如下： - $\ce{Al^3+}$ 與 $\ce{Mg^2+}$ 同為 $[\ce{Ne}]$ 組態，$\ce{Al^3+}$ 核電荷較大，半徑較小。 - $\ce{Ga^3+}$ 為 $[\ce{Ar}]3d^{10}$，有 4 個電子層，但核電荷高達 $+31$，有效核電荷大，半徑仍遠小於 $\ce{Ca^2+}$。 - $\ce{Ca^2+}$ 為 $[\ce{Ar}]$，有 3 個電子層加上 4s 的空缺，半徑最大。 常見的 Shannon 離子半徑約為：$\ce{Al^3+}$ 0.54 Å、$\ce{Ga^3+}$ 0.62 Å、$\ce{Mg^2+}$ 0.72 Å、$\ce{Ca^2+}$ 1.00 Å，由小到大為 $\ce{Al^3+}<\ce{Ga^3+}<\ce{Mg^2+}<\ce{Ca^2+}$。 選項分析： - (A) 錯。把 $\ce{Ga^3+}$ 排在 $\ce{Mg^2+}$ 之後，與有效核電荷的影響不符。 - (B) 對。順序與離子半徑數據一致。

Question 16

下列分子其電子組態中何者具有未配對（unpaired）電子（electrons）？ (A) $\ce{N2}$ (B) $\ce{O2}$ (C) $\ce{F2}$ (D) $\ce{Ne2}$

Accepted Answer

核心觀念：分子軌域（MO）理論中，電子依能量由低到高填入，依 Hund 規則分占簡併軌域；有未成對電子者為順磁性。 解題方法：逐一檢查各分子或分子的 MO 電子排布： - $\ce{N2}$（14 電子）：$\sigma{2s}^2{\sigma^{2s}}^2\pi{2p}^4\sigma{2p}^2$，全部成對，抗磁性。 - $\ce{O2}$（16 電子）：$\sigma{2s}^2{\sigma^{2s}}^2\sigma{2p}^2\pi{2p}^4{\pi^{2p}}^2$，兩個 $\pi^$ 電子分占兩個簡併軌域且自旋平行，故有 2 個未成對電子。 - $\ce{F2}$（18 電子）：所有電子成對，抗磁性。 - $\ce{Ne2}$（20 電子）：鍵級為零，電子完全成對，不存在穩定分子。

Question 17

下列何者具有最高之沸點（boiling point）？ (A) $\ce{CH3CN}$（acetonitrile） (B) $\ce{CH3CHO}$（acetaldehyde） (C) $\ce{CH3OCH3}$（dimethyl ether） (D) $\ce{CH3CH2CH3}$（propane）

Accepted Answer

核心觀念：分子間作用力決定沸點：氫鍵 偶極－偶極作用 分散力；分子量越大，分散力越強。 解題方法： - $\ce{CH3CN}$（acetonitrile）含 $\ce{C#N}$，偶極矩大，為強偶極－偶極作用，分子量 41，沸點約 $82\,^\circ\mathrm{C}$。 - $\ce{CH3CHO}$（acetaldehyde）為極性分子，分子量 44，但極性與分子量都不及 $\ce{CH3CN}$，沸點約 $20\,^\circ\mathrm{C}$。 - $\ce{CH3OCH3}$（dimethyl ether）為弱極性，沸點約 $-24\,^\circ\mathrm{C}$。

Question 18

依據晶場理論（crystal field theory），下列何種錯合物具有最小之分裂能（splitting energy）？ (A) $\ce{[Co(NH3)6]^3+}$ (B) $\ce{[Co(NH3)5F]^2+}$ (C) $\ce{[Co(NH3)5H2O]^3+}$ (D) $\ce{[Co(NH3)5NCS]^2+}$

Accepted Answer

核心觀念：晶場分裂能 $\Deltao$ 取決於配位基的場強，依光譜化學序列（spectrochemical series）排列：$\ce{F^-}<\ce{H2O}<\ce{NCS^-}<\ce{NH3}$（場強由弱到強）。 解題方法：四個錯合物中心皆為 $\ce{Co^3+}$，因此比較配位基場強即可。$\ce{NH3}$ 為強場配位基，$\ce{NCS^-}$ 次之，$\ce{H2O}$ 再次之，$\ce{F^-}$ 最弱。故分裂能最小者為含 $\ce{F^-}$ 的錯合物 $\ce{[Co(NH3)5F]^2+}$。 選項分析： - (A) 錯。$\ce{[Co(NH3)6]^3+}$ 全為 $\ce{NH3}$，場強最強，分裂能最大。 - (B) 對。

Question 19

$\ce{K4[FeCl2(CN)4]}$ 的最適當名稱為何？ (A) tetrapotassium dichlorodicyanoiron (II) (B) potassium dichlorotetracyanoferrate (II) (C) potassium dichlorodicyanoiron (II) (D) tetrapotassium dichlorobis(cyano)iron (III)

Accepted Answer

核心觀念：錯合物命名規則：陽離子先命名，陰離子錯合物以 -ate 結尾；配位基依字母順序排列並加數字前綴；中心金屬氧化態以羅馬數字標示於括號中。 解題方法：$\ce{K4[FeCl2(CN)4]}$ 中，陰離子為 $\ce{[FeCl2(CN)4]^{4-}}$。配位基為 2 個 $\ce{Cl^-}$（$-2$）與 4 個 $\ce{CN^-}$（$-4$），共 $-6$，故 $\ce{Fe}$ 為 $+2$，寫作 (II)。配位基依字母排序為 chloro、cyano，數字前綴為 di- 與 tetra-。陰離子名稱為 dichlorotetracyanoferrate(II)，陽離子 $\ce{K+}$ 寫在前面，不加數字前綴，故完整名稱為 potassium dichlorotetracyanoferrate(II)。

Question 20

依據本化學電池反應式，選出最適當的電池符號（cell notation）？ $\ce{Cu^2+(aq) + 2Ag(s) + 2Cl-(aq) - Cu(s) + 2AgCl(s)}$ (A) $\mathrm{Ag\,|\,AgCl\,|\,Cl^{-}\,\|\,Cu^{2+}\,|\,Cu}$ (B) $\mathrm{Ag\,|\,AgCl\,\|\,Cl^{-}\,\|\,Cu^{2+}\,|\,Cu}$ (C) $\mathrm{Cu\,|\,Cu^{2+}\,\|\,Cl^{-}\,|\,AgCl\,|\,Ag}$ (D) $\mathrm{Cu\,|\,Cu^{2+}\,\|\,Cl^{-}\,|\,Ag\,|\,AgCl}$

Accepted Answer

核心觀念：電化學電池符號的書寫規則：陽極（氧化）寫在左邊，陰極（還原）寫在右邊，相界以單直線 | 表示，鹽橋以雙直線 ‖ 表示。 解題方法：電池反應中，$\ce{Ag}$ 被氧化為 $\ce{AgCl}$，發生在陽極；$\ce{Cu^2+}$ 被還原為 $\ce{Cu}$，發生在陰極。故陽極半電池寫為 $\ce{Ag|AgCl|Cl^-}$，陰極半電池寫為 $\ce{Cu^2+|Cu}$，中間以鹽橋相連： $$ \mathrm{Ag\,|\,AgCl\,|\,Cl^{-}\,\|\,Cu^{2+}\,|\,Cu} $$ 選項分析： - (A) 對。陽極為 $\ce{Ag|AgCl|Cl^-}$，陰極為 $\ce{Cu^2+|Cu}$，相界與鹽橋位置皆正確。 - (B) 錯。

Question 21

將濃硫酸（sulfuric acid）進行稀釋操作時，常導致溶液溫度快速上升，需要注意安全緩慢添加，此操作步驟之 $\Delta H$、$\Delta S$ 與 $\Delta G$ 熱力學特徵為何？ (A) $\Delta H<0$，$\Delta S0$，$\Delta G<0$ (B) $\Delta H<0$，$\Delta S<0$，$\Delta G<0$ (C) $\Delta H0$，$\Delta S0$，$\Delta G<0$ (D) $\Delta H0$，$\Delta S<0$，$\Delta G0$

Accepted Answer

核心觀念：吉布斯自由能 $\Delta G=\Delta H-T\Delta S$，判斷自發性時需同時看焓變與熵變。 解題方法：濃硫酸加入水中會放出大量熱，故 $\Delta H<0$（放熱）。稀釋過程中溶質分子解離並分散於大量溶劑中，系統混亂度增加，故 $\Delta S0$。焓變為負、熵變為正，代入 $\Delta G=\Delta H-T\Delta S$ 可知 $\Delta G<0$，過程自發。 選項分析： - (A) 對。$\Delta H<0$、$\Delta S0$、$\Delta G<0$，與上述分析相符。 - (B) 錯。稀釋使混亂度增加，$\Delta S$ 應為正值。 - (C) 錯。

Question 22

下列化合物的 IUPAC 命名為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 5-ethyl-3,4-diisopropyl-6,7-dimethyldecane (B) 5-ethyl-3,4-diisopropyl-6,7-dimethylnonane (C) 3,5-diethyl-4-isopropyl-2,6,7-trimethyldecane (D) 6-ethyl-7,8-diisopropyl-4,5-dimethyldecane

Accepted Answer

核心觀念：烷類的 IUPAC 命名規則：選最長的連續碳鏈為主鏈，從較近取代基的一端編號使取代基位次集合最小，取代基依英文字母順序排列，數字前綴（di-、tri-）不計入排序。 解題方法：圖中以最長連續碳鏈計算，主鏈為十個碳，母體為 decane。從左端與右端分別編號比較：左端編號得取代基位次集合為 $\{2,3,4,5,6,7\}$，右端為 $\{4,5,6,7,8,9\}$，左端的位次較小，採用左端編號。依此編號，取代基為 2 個 ethyl（位於 3、5）、1 個 isopropyl（位於 4）、3 個 methyl（位於 2、6、7）。依字母排序為 diethyl、isopropyl、trimethyl，得 3,5-diethyl-4-isopropyl-2,6,7-trimethyldecane。

Question 23

小明於普化實驗的鋁明礬回收實驗中，將可樂罐瓶身以砂紙磨除廣告原料，將鋁片剪成小片狀，接著將鋁片加入 $1.4\ \mathrm{M}$ $\ce{KOH}$ 溶液 $50$ 毫升後加熱，加熱過程中不斷有氣泡（A）產生，最後鋁片完全溶解。過濾殘渣後，澄清溶液（B）緩慢加入硫酸溶液，剛開始有白色沉澱（C）產生，最後白色沉澱又溶解消失，靜置數天後即得到透明的鋁明礬結晶。

關於下列敘述何者正確？

A 氣體為氮氣
B 溶液含 $\ce{Al(OH)4-}$
C 沉澱為 $\ce{Al(OH)3}$

Accepted Answer

核心觀念：鋁在強鹼中會生成可溶的鋁酸根 $\ce{Al(OH)4^-}$ 並放出氫氣；酸化時鋁酸根與 $\ce{H+}$ 反應生成 $\ce{Al(OH)3}$ 沉澱。 解題方法：鋁與 KOH 溶液的反應為 $$ \ce{2Al + 2OH^- + 6H2O - 2Al(OH)4^- + 3H2(g)} $$ 因此氣體 A 為氫氣（$\ce{H2}$），而非氮氣。澄清溶液 B 含 $\ce{Al(OH)4^-}$。緩慢加入硫酸時，$\ce{H+}$ 中和鋁酸根，生成白色 $\ce{Al(OH)3}$ 沉澱（C），繼續加酸則沉澱溶解。

Question 24

核電廠發電需使用核燃料棒，核燃料棒提煉過程中，需使用只含溴（$\ce{Br}$，原子量為 $79.90$）及氟（$\ce{F}$，原子量為 $19.00$）的化合物來製備 $\ce{UF6}$；假如該化合物含溴的重量百分率為 $58.37\%$，則該化合物的經驗式（empirical formula）為何？ (A) $\ce{BrF}$ (B) $\ce{BrF2}$ (C) $\ce{BrF3}$ (D) $\ce{Br2F3}$

Accepted Answer

核心觀念：由質量百分組成求經驗式：假設樣品為 100 g，各元素質量除以原子量得莫耳數，再以最小值相除化為最簡整數比。 解題方法：假設樣品 100 g，含 Br $58.37$ g，含 F $41.63$ g。 $$ n{Br}=\frac{58.37}{79.90}=0.7306\ \mathrm{mol},\qquad nF=\frac{41.63}{19.00}=2.191\ \mathrm{mol} $$ 莫耳比 $nF:n{Br}=2.191/0.7306\approx3.00$，故經驗式為 $\ce{BrF3}$。驗算：$\ce{BrF3}$ 中 Br 的質量百分率為 $79.90/(79.90+3	imes19.00)=79.90/136.90=58.37\%$。

Question 25

早期科學家使用氣態氟氯碳化合物冷媒 Freon–11（$\ce{CFCl3}$，分子量為 $137.5$），其密度約 $5.60\ \mathrm{g/L}$。因氟氯碳化合物冷媒會導致臭氧層破壞，影響地球環境，科學家開發出另一種氣態環保冷媒，在相同條件下，新冷媒密度約 $4.00\ \mathrm{g/L}$，該新冷媒的分子量為何？ (A) $98.2\ \mathrm{g/mol}$ (B) $126\ \mathrm{g/mol}$ (C) $155\ \mathrm{g/mol}$ (D) $193\ \mathrm{g/mol}$

Accepted Answer

核心觀念：同溫同壓下，氣體密度與分子量成正比（理想氣體方程式 $d=PM/RT$）。 解題方法：由 $d=\dfrac{PM}{RT}$，在相同 $P$、$T$ 下 $$ \frac{M{	ext{新}}}{M{	ext{CFCl}3}}=\frac{d{	ext{新}}}{d{	ext{CFCl}3}}\quad\Rightarrow\quad M{	ext{新}}=137.5	imes\frac{4.00}{5.60}\approx98.2\ \mathrm{g/mol} $$

Question 26

氧化鋰（$\ce{Li2O}$，$Fw=29.9\ \mathrm{g/mol}$）為一有效的二氧化碳吸附劑，可作為太空船中淨化空氣使用。在 $25\,^\circ\mathrm{C}$、一大氣壓下，$1.196$ 公斤的氧化鋰可以吸附多少體積的二氧化碳？ $\ce{Li2O(aq) + CO2(g) - Li2CO3(s)}$ (A) $613\ \mathrm{L}$ (B) $735\ \mathrm{L}$ (C) $980\ \mathrm{L}$ (D) $1103\ \mathrm{L}$

Accepted Answer

核心觀念：化學計量與理想氣體方程式：先由質量求莫耳數，依反應式求另一物質莫耳數，再以 $V=nRT/P$ 求氣體體積。 解題方法：$\ce{Li2O}$ 的莫耳數為 $$ n=\frac{1196\ \mathrm{g}}{29.9\ \mathrm{g/mol}}=40.0\ \mathrm{mol} $$ 反應式 $\ce{Li2O + CO2 - Li2CO3}$ 中 $\ce{Li2O}$ 與 $\ce{CO2}$ 為 1:1，故吸附的 $\ce{CO2}$ 為 $40.0\ \mathrm{mol}$。在 $25\,^\circ\mathrm{C}=298\ \mathrm{K}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下 $$ V=\frac{nRT}{P}=\frac{40.0	imes0.0821	imes298}{1}\approx9.8	imes10^{2}\ \mathrm{L} $$

Question 27

在下列何組溫度與壓力條件下，氮氣（nitrogen gas）之氣體行為較趨近理想氣體（ideal gas）？ (A) $90\ \mathrm{MPa}$ and $1{,}000\ \mathrm{K}$ (B) $90\ \mathrm{MPa}$ and $200\ \mathrm{K}$ (C) $0.1\ \mathrm{MPa}$ and $1{,}000\ \mathrm{K}$ (D) $0.1\ \mathrm{MPa}$ and $200\ \mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念：氣體在低壓與高溫時最接近理想氣體行為，因為分子間距離大（分子體積與分子間作用力可忽略）。 解題方法：高壓使分子靠近，分子體積與分子間吸引力不可忽略；低溫使分子動能降低，分子間吸引力相對顯著。因此應選低壓、高溫的組合。 選項分析： - (A) 錯。$90\ \mathrm{MPa}$ 為高壓，分子體積不可忽略。 - (B) 錯。高壓且低溫，偏離理想行為最明顯。 - (C) 對。

Question 28

白金（Pt）在日常生活中常作為催化劑使用，其功函數（work function $\phi$ ，為將電子從金屬表面釋放出來所需的最低能量）為 $9.00\times10^{-19}\ \mathrm{J}$ ，則能將白金電子激發出來所需電磁波之最長波長為何？（ $h=6.626\times10^{-34}\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}$ ； $c=3.00\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$ ）

Accepted Answer

核心觀念：光電效應中，光子能量 $E=hc/\lambda$ 必須大於或等於功函數 $\phi$ 才能激發電子；最長波長即對應剛好等於功函數的光子。 解題方法：令 $E=\phi$， $$ \lambda{\max}=\frac{hc}{\phi}=\frac{(6.626	imes10^{-34})(3.00	imes10^{8})}{9.00	imes10^{-19}}=2.21	imes10^{-7}\ \mathrm{m} $$ 波長大於此值的光子能量不足，無法使電子逸出。 選項分析： - (A) 錯。$1.37	imes10^{-9}\ \mathrm{m}$ 為 X 光範圍，能量遠大於功函數，並非最長波長。 - (B) 對。

Question 29

某化合物相圖如下，右列描述有幾項正確？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

I、A 為三相點
II、當壓力大於 1 大氣壓時，此化合物不會昇華
III、從 C 到 D，物質由液體變氣體
IV、此物質固體密度比液體大

🖼️ 本題附圖：

Accepted Answer

核心觀念：相圖判讀：三條平衡曲線（固－液、液－氣、固－氣）相交於三相點；固－液線斜率正負決定固體與液體密度的相對大小（Clausius–Clapeyron 關係）。 解題方法：圖中 A 為三條曲線交會處，即三相點。C 位於固－氣平衡區，D 位於同一水平壓力線上且溫度較高，C 到 D 是在固態區直接穿越固－氣曲線，為昇華，不是液體變氣體。A 的壓力低於 760 torr（1 atm），因此在壓力大於 1 atm 時，加熱固體會先熔化，不會昇華。固－液曲線自 A 向上明顯向右傾斜，斜率為正，依 $dP/dT=\Delta H{fus}/(T\Delta V)$，$\Delta V0$，即液體體積大於固體，固體密度大於液體密度。

Question 30

某鹽類（MX，分子量為 $60.0\ \mathrm{g/mol}$）水溶液濃度約為 $0.90\%$，溶解後鹽類完全解離，其水溶液密度假設為 $1.0\ \mathrm{g/mL}$，該溶液滲透壓約與人體內血液的滲透壓相同。請問人體內在 $300\ \mathrm{K}$ 時滲透壓約為何？（$R=0.082\ \mathrm{atm\cdot L/(mol\cdot K)}$） (A) $7.4\ \mathrm{atm}$ (B) $6.3\ \mathrm{atm}$ (C) $3.7\ \mathrm{atm}$ (D) $2.6\ \mathrm{atm}$

Accepted Answer

核心觀念：滲透壓公式 $\Pi=iMRT$，$i$ 為van't Hoff 因子；強電解質 $\ce{MX}$ 完全解離為兩個離子，$i=2$。 解題方法：0.90% 濃度（質量體積百分濃度）表示每 100 mL 溶液含 0.90 g 溶質，即每 1000 mL 含 9.0 g。溶液密度 1.0 g/mL 不影響此計算。 $$ M=\frac{9.0\ \mathrm{g}}{60.0\ \mathrm{g/mol}	imes1.0\ \mathrm{L}}=0.150\ \mathrm{mol/L} $$ 完全解離 $i=2$，因此 $$ \Pi=iMRT=2	imes0.150	imes0.082	imes300\approx7.4\ \mathrm{atm} $$

Question 31

市售綠油精中含有冬青油（wintergreen）的成份，其分子結構如下。若將此化合物在鹼中加水進行水解反應，再以鹽酸酸化溶液，最後會得到何種產物？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 不會反應，回收冬青油

Accepted Answer

核心觀念：酯在鹼性條件下的水解（皂化，saponification）會生成羧酸根與醇；再以強酸酸化，羧酸根轉為羧酸。綠油精中的冬青油為水楊酸甲酯（methyl salicylate，2-羥基苯甲酸甲酯）。 解題方法：反應機構為親核醯基取代：$\ce{OH^-}$ 進攻酯的羰基碳，形成四面體中間物，接著 $\ce{CH3O^-}$ 離去，得到水楊酸根（2-羥基苯甲酸根）。酚的 $\ce{-OH}$ 不參與酯的斷裂，在鹼中以酚氧負離子存在。加入鹽酸酸化後，羧酸根與酚氧負離子皆被質子化，得到水楊酸（2-羥基苯甲酸）。 整體流程為：冬青油在 $\ce{OH^-}$ 與水中水解生成水楊酸根，再加入 $\ce{HCl}$ 酸化得到水楊酸。反應過程中沒有任何步驟會把 $\ce{Cl}$ 引入苯環，因此含氯的產物都不符合。

Question 32

在高溫下，碳和氧氣產生一氧化碳，反應式如下：

$\ce{2C(s) + O2(g) <=> 2CO(g)}$

將 $0.280\ \mathrm{mol}$ 的氧氣和過量的碳粉放在 $4.0\ \mathrm{L}$ 密閉容器中反應，達到反應平衡時，一氧化碳的平衡濃度為 $0.060\ \mathrm{M}$ ，請問該反應在此條件下的平衡常數（ $K_c$ ）為何？

Accepted Answer

核心觀念：平衡常數 $Kc$ 的計算，利用 ICE（初始、變化、平衡）表。固體碳的活度為 1，不列入 $Kc$ 表示式。 解題方法：氧氣的初始濃度為 $$ [\ce{O2}]0=\frac{0.280\ \mathrm{mol}}{4.0\ \mathrm{L}}=0.0700\ \mathrm{M} $$ 平衡時 $[\ce{CO}]=0.060\ \mathrm{M}$，依反應計量比 $2\ \ce{CO}$ 對應 $1\ \ce{O2}$，消耗的 $\ce{O2}$ 為 $0.030\ \mathrm{M}$，故平衡時 $$ [\ce{O2}]=0.070-0.030=0.040\ \mathrm{M} $$ 由 $Kc=\dfrac{[\ce{CO}]^2}{[\ce{O2}]}$ 得 $$ Kc=\frac{(0.060)^2}{0.040}=0.090 $$

Question 33

為配置適用於 $\mathrm{pH}4.0$ 且最接近 $\mathrm{pH}\ 4.0$ 之緩衝液（buffer），哪一個弱酸（weak acid）水溶液可與等當量（equivalent）的強鹼（strong base）進行配置最為適當？ (A) Hydrofluoric acid, $\ce{HF}$; $Ka=6.9	imes10^{-4}$ (B) Lactic acid, $\ce{HLAc}$; $Ka=1.4	imes10^{-4}$ (C) Acetic acid, $\ce{HC2H3O4}$; $Ka=1.8	imes10^{-5}$ (D) Benzoic acid, $\ce{HC7H5O2}$; $Ka=6.6	imes10^{-5}$

Accepted Answer

核心觀念：緩衝溶液的 pH 由 Henderson–Hasselbalch 方程式決定，當酸與共軛鹼濃度相等時 $\mathrm{pH}=\mathrm{p}Ka$。欲得 pH 略高於 4.0 且最接近 4.0 的緩衝液，應選 $\mathrm{p}Ka$ 略大於 4.0 的弱酸。 解題方法：計算各弱酸的 $\mathrm{p}Ka=-\log Ka$： - HF：$-\log(6.9	imes10^{-4})\approx3.16$ - Lactic acid：$-\log(1.4	imes10^{-4})\approx3.85$ - Acetic acid：$-\log(1.8	imes10^{-5})\approx4.74$ - Benzoic acid：$-\log(6.6	imes10^{-5})\approx4.18$ 以與強鹼等當量混合後，酸與其共軛鹼比例 1:1 時 pH 等於 $\mathrm{p}Ka$。符合「大於 4.0 且最接近 4.0」的是 $\mathrm{p}Ka=4.18$ 的苯甲酸。

Question 34

下列有關於 $G^\circ$、$K$ 和 $E^\circ{	ext{cell}}$ 之間的敘述何者正確？ (A) 當 $K1$ 時，$E^\circ{	ext{cell}}<0$ (B) 當 $K<1$ 時，$E^\circ{	ext{cell}}0$ (C) 當 $K=1$ 時，$G^\circ<0$ (D) 當 $K1$ 時，$G^\circ<0$

Accepted Answer

核心觀念：$\Delta G^\circ=-RT\ln K$；$\Delta G^\circ=-nFE^\circ{cell}$。因此 $K1$ 時 $\Delta G^\circ<0$、$E^\circ{cell}0$；$K=1$ 時 $\Delta G^\circ=0$、$E^\circ{cell}=0$。 解題方法：由 $K1$ 可知 $\ln K0$，故 $\Delta G^\circ=-RT\ln K<0$，反應在標準狀態下正向自發。由 $\Delta G^\circ=-nFE^\circ{cell}$，$\Delta G^\circ<0$ 對應 $E^\circ{cell}0$。 逐項判斷： - (A) $K1$ 時 $E^\circ{cell}0$，不是 $<0$。 - (B) $K<1$ 時 $\ln K<0$，$\Delta G^\circ0$，$E^\circ{cell}<0$，不是 $0$。 - (C) $K=1$ 時 $\Delta G^\circ=0$，不是 $<0$。 - (D) $K1$ 時 $\Delta G^\circ<0$，正確。

Question 35

某金屬氫氧化物 $\ce{M(OH)2}$ 飽和溶液之 pH 值為 $9.0$，其溶度積常數（$K{sp}$）數值為何？ (A) $5.0	imes10^{-16}$ (B) $2.5	imes10^{-15}$ (C) $5.0	imes10^{-13}$ (D) $2.5	imes10^{-11}$

Accepted Answer

核心觀念：溶度積 $K{sp}=[\ce{M^2+}][\ce{OH^-}]^2$；由 pH 求 $[\ce{OH^-}]$，再由化學計量求 $[\ce{M^2+}]$。 解題方法：pH $=9.0$，則 pOH $=5.0$，故 $$ [\ce{OH^-}]=1.0	imes10^{-5}\ \mathrm{M} $$ $\ce{M(OH)2}$ 解離為 $\ce{M^2+}$ 與 2 個 $\ce{OH^-}$，因此 $[\ce{M^2+}]=	frac12[\ce{OH^-}]=5.0	imes10^{-6}\ \mathrm{M}$。 $$ K{sp}=[\ce{M^2+}][\ce{OH^-}]^2=(5.0	imes10^{-6})(1.0	imes10^{-5})^2=5.0	imes10^{-16} $$ 選項分析： - (A) 對。$K{sp}=5.0	imes10^{-16}$。 - (B) 錯。

Question 36

下列化合物或離子中，依原子（底線標記處）的氧化數（oxidation number）大小排序，何者正確？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】（原卷以底線標示各式中的特定原子） (A) $\ce{C2O4^2-} < \ce{Mg3N2} < \ce{H4P2O7}$ (B) $\ce{H3PO2} < \ce{ZnO2^2-} < \ce{CsO2}$ (C) $\ce{CaC2} < \ce{H3PO3} < \ce{NaBH4}$ (D) $\ce{CO3^2-} < \ce{H5P3O10} < \ce{WO4^2-}$

Accepted Answer

核心觀念：氧化數計算規則：中性化合物總和為 0，多原子離子總和等於離子電荷；氫通常為 $+1$（與金屬形成氫化物時為 $-1$），氧通常為 $-2$（過氧化物為 $-1$，超氧化物為 $-1/2$）。 解題方法：依原卷底線標示的原子計算： - $\ce{C2O4^2-}$：$2x+4(-2)=-2$，$x=+3$（底線 C）。 - $\ce{Mg3N2}$：底線 N 為 $-3$。 - $\ce{H4P2O7}$：$4(+1)+2x+7(-2)=0$，$x=+5$（底線 P）。 - $\ce{H3PO2}$：$3(+1)+x+2(-2)=0$，$x=+1$（底線 P）。 - $\ce{ZnO2^2-}$：過氧離子，底線 O 為 $-1$。 - $\ce{CsO2}$：超氧化物，底線 O 為 $-1/2$。 - $\ce{CaC2}$：$\ce{C2^2-}$，底線 C 為 $-1$。 - $\ce{H3PO3}$：$3(+1)+x+3(-2)=0$，$x=+3$（底線 P）。 - $\ce{NaBH4}$：底線 H 為氫化物，$-1$。 - $\ce{CO3^2-}$：$x+3(-2)=-2$，$x=+4$（底線 C）。 - $\ce{H5P3O10}$：$5(+1)+3x+10(-2)=0$，$x=+5$（底線 P）。 - $\ce{WO4^2-}$：$x+4(-2)=-2$，$x=+6$（底線 W）。

Question 37

在 STP 條件時，$1.0\ \mathrm{L}$ 容器中裝有氖氣（$\ce{Ne}$）。下列不同條件下，平均動能會如何改變？請選出正確的敘述。 (A) 當溫度升高到 $100\,^\circ\mathrm{C}$ 時，平均動能增加 (B) 溫度降低至 $-50\,^\circ\mathrm{C}$ 時，平均動能增加 (C) 當溫度降至 $-50\,^\circ\mathrm{C}$ 時，平均動能不變 (D) 當體積減少到 $0.5\ \mathrm{L}$ 時，平均動能增加

Accepted Answer

核心觀念：理想氣體分子的平均動能僅與絕對溫度成正比，$\overline{KE}=	frac32 kBT$，與體積、壓力、氣體種類無關。 解題方法：判斷平均動能是否改變只需看溫度是否改變，並使用絕對溫度。STP 為 $273\ \mathrm{K}$。 - 升溫至 $100\,^\circ\mathrm{C}=373\ \mathrm{K}$，溫度升高，平均動能增加。 - 降至 $-50\,^\circ\mathrm{C}=223\ \mathrm{K}$，溫度下降，平均動能減少。 - 體積改變但溫度不變（仍為 STP），平均動能不變。

Question 38

某金屬固體的密度為 $1.00\ \mathrm{g/cm^3}$，該金屬原子的堆積方式為體心立方堆積（body centered cubic），假如晶格體積為 $1.00	imes10^{-22}\ \mathrm{cm^3}$，則該金屬原子量為何？（亞佛加厥數為 $6.02	imes10^{-23}$） (A) $30.1\ \mathrm{g/mol}$ (B) $60.2\ \mathrm{g/mol}$ (C) $90.3\ \mathrm{g/mol}$ (D) $120.4\ \mathrm{g/mol}$

Accepted Answer

核心觀念：晶胞計算：由密度與晶胞體積求晶胞質量，再依晶格型態求每個晶胞所含原子數（體心立方為 2 個），最後由單一原子質量乘以亞佛加厥數求莫耳質量。 解題方法：晶胞質量為 $$ m{	ext{晶胞}}=ho V=(1.00\ \mathrm{g/cm^3})(1.00	imes10^{-22}\ \mathrm{cm^3})=1.00	imes10^{-22}\ \mathrm{g} $$ 體心立方晶胞含 $Z=2$ 個原子，每個原子質量為 $5.00	imes10^{-23}\ \mathrm{g}$。乘以亞佛加厥數即得莫耳質量： $$ M=(5.00	imes10^{-23}\ \mathrm{g})	imes(6.02	imes10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}})=30.1\ \mathrm{g/mol} $$

Question 39

若將少量鹽酸加到 $0.1\ \mathrm{M}$ 的 $\ce{HF(aq)}$ 中，則下列何者為可能發生的狀況？ (A) $\ce{HF}$ 的解離百分率增加 (B) $\ce{HF}$ 的解離百分率減少 (C) $\ce{HF}$ 的解離百分率不變 (D) $\ce{HF}$ 的 $Ka$ 值上升

Accepted Answer

核心觀念：弱酸解離平衡 $\ce{HF <= H^+ + F^-}$，加入 $\ce{H+}$ 屬於共同離子效應，會使平衡向左移，解離百分率下降；$Ka$ 只與溫度有關。 解題方法：加入少量鹽酸提供大量 $\ce{H+}$，依勒沙特列原理，平衡向反應物方向移動，$\ce{HF}$ 的解離度減少。$Ka$ 不因濃度改變而改變，因此不會上升。

Question 40

根據分子軌域模型（molecular orbital model），請問 $\ce{N2+}$ 的鍵級（bond order）和磁性行為（magnetic behavior）為何？ (A) 鍵級為 $1.5$；逆磁（diamagnetic） (B) 鍵級為 $2.0$；順磁（paramagnetic） (C) 鍵級為 $2.5$；順磁（paramagnetic） (D) 鍵級為 $3.0$；逆磁（diamagnetic）

Accepted Answer

核心觀念：鍵級（bond order）$=	frac12(	ext{鍵結電子數}-	ext{反鍵結電子數})$；有未成對電子者為順磁性。 解題方法：$\ce{N2}$ 有 10 個價電子，$\ce{N2+}$ 失去一個電子後為 9 個價電子。依 MO 能階填入，電子排布為 $$ \sigma{2s}^2\,{\sigma^{2s}}^2\,\pi{2p}^4\,\sigma{2p}^1 $$ 鍵結電子數為 $2+4+1=7$，反鍵結電子數為 $2$，故 $$ 	ext{鍵級}=\frac{7-2}{2}=2.5 $$ $\sigma{2p}$ 軌域上留有 1 個未成對電子，故為順磁性。 選項分析： - (A) 錯。鍵級 $1.5$ 與 $\ce{N2+}$ 的電子排布不符，且 $\ce{N2+}$ 有未成對電子，應為順磁性而非逆磁性。 - (B) 錯。

Question 41

下述實驗操作方式何者最不恰當？ (A) 使用分析天平秤重遇到氧氣或水氣敏感的化學物質時，應考慮置放在有蓋的容器中執行 (B) 進行離心時，應在離心機中使用成對的離心管，保持相等重量且以對角線方式放置 (C) 滴定實驗裝填滴定試劑時，需關閉滴定管活栓，接著以分液漏斗將其緩慢裝填至滴定管內中，確保液面中央最低處位於正確刻度線 (D) 蒸餾實驗裝置中的冷凝管入水口應為近桌面者，出水口為較高處者，確保最大冷卻功效來收集沸騰之液體

Accepted Answer

核心觀念：化學實驗基本操作規範，包括分析天平的使用、離心機的平衡、滴定管的裝填，以及冷凝管的水流方向。 解題方法：本題要求找出「最不恰當」的操作，因此逐項對照標準實驗規範，找出與規範不符者。 選項分析： - (A) 恰當。對氧氣或水氣敏感的試藥，應置於有蓋容器中秤量，以避免吸濕或氧化變質。 - (B) 恰當。離心時需使用成對離心管，重量相等，並以對角線方式放置，使轉子保持平衡。 - (C) 本題答案，最不恰當。滴定管應以漏斗或直接倒入的方式裝填，裝填後須移除漏斗、排除尖端氣泡並調整液面至零刻度；

Question 42

下列哪一組量子數為正確組合？ (A) $n=3$，$l=1$，$ml=-2$ (B) $n=4$，$l=3$，$ml=1$ (C) $n=1$，$l=2$，$ml=0$ (D) $n=2$，$l=-1$，$ml=1$

Accepted Answer

核心觀念：量子數的取值規則：主量子數 $n=1,2,3,\ldots$；角量子數 $l=0,1,\ldots,n-1$；磁量子數 $ml=-l,\ldots,0,\ldots,+l$。 解題方法：逐一檢查每組量子數是否符合取值範圍： - (A) $n=3$，$l=1$ 合法，但 $ml=-2$ 超出 $-1$ 至 $+1$ 的範圍，不合法。 - (B) $n=4$，$l$ 可為 $0$ 至 $3$，故 $l=3$ 合法；$ml$ 可為 $-3$ 至 $+3$，故 $ml=+1$ 合法。兩者皆符合。 - (C) $n=1$，$l$ 只能為 $0$，$l=2$ 不合法。 - (D) $l$ 不可為負數，$l=-1$ 不合法。

Question 43

過氧化氫分解成水和氧氣之反應所需活化能為 $42\ \mathrm{kJ/mol}$，當過氧化氫酶作為催化劑時，反應活化能可降低為 $7\ \mathrm{kJ/mol}$。考慮頻率因子不變，無酵素情況下，溫度需升高至多少，反應速率才會等同 $35\,^\circ\mathrm{C}$ 時的酵素催化反應？ (A) $1.8	imes10^{2}\ \mathrm{K}$ (B) $3.6	imes10^{2}\ \mathrm{K}$ (C) $9.0	imes10^{2}\ \mathrm{K}$ (D) $1.8	imes10^{3}\ \mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念：阿瑞尼烏斯方程式 $k=A\,e^{-Ea/RT}$。頻率因子 $A$ 不變時，速率相同即 $k$ 相同，可比較兩組條件的 $Ea/T$。 解題方法：酵素催化反應：$Ea=7\ \mathrm{kJ/mol}$，溫度 $T1=35\,^\circ\mathrm{C}=308\ \mathrm{K}$。無酵素反應：$Ea=42\ \mathrm{kJ/mol}$，溫度為 $T2$。要求速率相同，故 $$ \exp\!\left(-\frac{42000}{RT2}ight)=\exp\!\left(-\frac{7000}{R	imes308}ight) $$ 兩邊取對數並消去 $R$，得 $$ \frac{42000}{T2}=\frac{7000}{308}\quad\Rightarrow\quad T2=\frac{42000	imes308}{7000}=6	imes308\approx1.8	imes10^{3}\ \mathrm{K} $$

Question 44

雌二醇（estradiol）為一種雌激素，主要由卵巢所分泌。其化學結構如下，請問該分子有幾個不對稱碳原子（chiral carbon atom）？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $2$ 個 (B) $3$ 個 (C) $5$ 個 (D) $8$ 個

Accepted Answer

核心觀念：不對稱碳（chiral carbon，立體中心）是指與四個不同基團相連的碳原子。環狀化合物中，環上的橋頭碳若連接不同的環結構，也會成為立體中心。 解題方法：雌二醇（estradiol）的結構中，立體中心位於 C8、C9、C13、C14 與 C17。C8、C9 與 C14 位於 B、C 環的稠合位置；C13 為帶有甲基的四級碳；C17 為帶有羥基的碳。芳香 A 環的碳與酚羥基碳不屬於立體中心，因為該處為平面芳香環。合計為 5 個不對稱碳。

Question 45

有一電化學電池 $\mathrm{Mg(s)\,|\,Mg^{2+}\,(0.08\ M)\,\|\,Mg^{2+}\,(0.80\ M)\,|\,Mg(s)}$，$E^\circ{\ce{Mg^2+}}=-2.37\ \mathrm{V}$，請問此電池電位為何？ (A) $E{	ext{cell}}=-2.34\ \mathrm{V}$ (B) $E{	ext{cell}}=0.03\ \mathrm{V}$ (C) $E{	ext{cell}}=1.37\ \mathrm{V}$ (D) $E{	ext{cell}}=2.34\ \mathrm{V}$

Accepted Answer

核心觀念：濃度電池（concentration cell）兩極為相同電極與電解質，僅濃度不同；標準電位為零，電池電位完全由 Nernst 方程式的濃度比決定。 解題方法：陽極為 $\ce{Mg(s)}$ 在 $0.08\ \mathrm{M}$ 中氧化，陰極為 $0.80\ \mathrm{M}$ 的 $\ce{Mg^2+}$ 還原，兩極 $E^\circ$ 相同，故 $E^\circ{cell}=0$。電池反應 $\ce{Mg^2+}(0.08\ \mathrm{M})	o\ce{Mg^2+}(0.80\ \mathrm{M})$，$n=2$，由 Nernst 方程式 $$ E{cell}=\frac{0.05916}{n}\log\frac{[\ce{Mg^2+}]{	ext{陰極}}}{[\ce{Mg^2+}]{	ext{陽極}}}=\frac{0.05916}{2}\log\frac{0.80}{0.08}=0.0296\ \mathrm{V}\approx0.03\ \mathrm{V} $$ 由於 $\log10=1$，結果為正值，表示反應自發。

Question 46

根據結晶場論（crystal field theory），下列何者代表 $\ce{[Mn(H2O)6]^2+}$ 的 $d$ 軌域能階圖？（$\ce{H2O}$ 為弱配位基） 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念：晶場理論中，八面體錯合物的 d 軌域分裂為低能的 $t{2g}$（3 個軌域）與高能的 $eg$（2 個軌域）；弱場配位基形成高自旋組態，電子先分占各軌域再成對。 解題方法：$\ce{[Mn(H2O)6]^2+}$ 中 $\ce{Mn^2+}$ 為 $d^5$，$\ce{H2O}$ 為弱場配位基，因此為高自旋。電子排布為 $t{2g}^3eg^2$，每個軌域各占一個電子，共 5 個未成對電子，且自旋方向皆相同。 選項分析： - (A) 對。$eg$ 的兩個軌域（上層）各有一個電子，$t{2g}$ 的三個軌域（下層）各有一個電子，共 5 個未成對電子，符合高自旋 $d^5$。 - (B) 錯。下層 $t{2g}$ 出現成對電子（$t{2g}^5eg^0$），為低自旋組態，需要強場配位基，與 $\ce{H2O}$ 的弱場不符。 - (C) 錯。

Question 47

放射性元素鋂–241（americium-241），由 $^{241}{95}\mathrm{Am}$ 最後衰變至 $^{209}{83}\mathrm{Bi}$ 的過程中，會釋放出一系列的 $\alpha$ 和 $\beta$ 粒子，請問此兩種粒子的總數目是多少？ (A) $6$ (B) $8$ (C) $10$ (D) $12$

Accepted Answer

核心觀念：核衰變守恆：質量數守恆與原子序守恆。$\alpha$ 粒子為 $^42\mathrm{He}$，使質量數減 4、原子序減 2；$\beta^-$ 粒子使原子序加 1，質量數不變。 解題方法：由 $^{241}{95}\mathrm{Am}$ 衰變至 $^{209}{83}\mathrm{Bi}$，質量數減少 $241-209=32$，因此 $\alpha$ 粒子數為 $32/4=8$。α 衰變使原子序共減少 $8	imes2=16$，原子序由 95 降為 $95-16=79$，但終產物為 83，需增加 $83-79=4$，故 $\beta^-$ 粒子數為 4。兩種粒子總數為 $8+4=12$。

Question 48

可待因（codeine）為鴉片類藥物，具鎮痛、止咳功效。其化學結構如下，在下述何種溶液中，該分子的溶解度最高？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 純水 (B) pH $7.4$ 磷酸緩衝液 (C) $1\ \mathrm{M}$ 鹽酸水溶液 (D) $1\ \mathrm{M}$ 氫氧化鈉水溶液

Accepted Answer

核心觀念：有機鹼的溶解度與溶液 pH 相關。可待因含有三級胺（鹼性官能基），在酸性溶液中會質子化形成鹽，離子型態的溶解度通常遠大於中性分子。 解題方法：可待因分子中含有 $\ce{N-CH3}$ 的三級胺，為弱鹼（共軛酸 $\mathrm{p}Ka$ 約 8 左右）。在 pH 7.4 時，部分分子已質子化；在 $1\ \mathrm{M}$ 鹽酸（pH 約 0）中，胺幾乎完全質子化，形成可溶性的鹽酸鹽。純水與弱鹼性的緩衝液中，中性分子比例較高，溶解度較低；$1\ \mathrm{M}$ 氫氧化鈉使胺維持中性，溶解度最低。

Question 49

對某一鉑鹽（platinum salt）水溶液通電進行電解（electrolysis）反應，電流為 $1.50$ 安培，通電 $2$ 小時後，於陰極處生成鉑金屬 $10.9$ 克。試推算鉑離子的電荷（charge）是多少？（鉑原子量 $=195$） (A) $+1$ (B) $+2$ (C) $+3$ (D) $+4$

Accepted Answer

核心觀念：法拉第電解定律：通過的電量 $Q=It$，電子莫耳數 $ne=Q/F$（$F=96485\ \mathrm{C/mol}$），陰極析出金屬的莫耳數與電子莫耳數之比即為金屬離子的電荷數。 解題方法：通電量為 $$ Q=It=1.50\ \mathrm{A}	imes(2	imes3600\ \mathrm{s})=1.08	imes10^{4}\ \mathrm{C} $$ 電子莫耳數為 $ne=\dfrac{1.08	imes10^{4}}{96485}=0.112\ \mathrm{mol}$。鉑的莫耳數為 $n{Pt}=\dfrac{10.9}{195}=0.0559\ \mathrm{mol}$。故每個 $\ce{Pt}$ 原子所需電子數為 $$ z=\frac{ne}{n{Pt}}=\frac{0.112}{0.0559}\approx2.0 $$

Question 50

何者分子不具極性？ (A) $\ce{SO3}$ (B) $\ce{CH2Cl2}$ (C) $\ce{PCl3}$ (D) $\ce{IF5}$

Accepted Answer

核心觀念：分子極性判斷：先確定分子幾何，若鍵的偶極矩向量互相抵消（整體偶極矩為零）則為非極性分子；含孤對電子的不對稱幾何通常為極性分子。 解題方法： - $\ce{SO3}$：中心 S 無孤對電子，為平面三角形（$D{3h}$），三個 S–O 鍵偶極互相抵消，分子為非極性。 - $\ce{CH2Cl2}$：四面體幾何但兩種取代基不同（$\ce{H}$ 與 $\ce{Cl}$），偶極不抵消，為極性。 - $\ce{PCl3}$：中心 P 有一對孤對電子，為三角錐形，偶極不抵消，為極性。 - $\ce{IF5}$：中心 I 有一對孤對電子，為四方錐形，偶極不抵消，為極性。

私立醫學校院聯招 113 年 《普通化學》

第 1 題2 分

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

第 9 題2 分

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

第 14 題2 分

第 15 題2 分

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

第 23 題2 分

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

第 30 題2 分

第 31 題2 分

第 32 題2 分

第 33 題2 分

第 34 題2 分

第 35 題2 分

第 36 題2 分

第 37 題2 分

第 38 題2 分

第 39 題2 分

第 40 題2 分

第 41 題2 分

第 42 題2 分

第 43 題2 分

第 44 題2 分

第 45 題2 分

第 46 題2 分

第 47 題2 分

第 48 題2 分

第 49 題2 分

第 50 題2 分

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