私立醫學校院聯招 114 年《普通化學》考古題與詳解

Question 1

核磁共振光譜學（nuclear magnetic resonance spectroscopy）是藉由某些原子的原子核同時具有核磁矩（nuclear magnetic moment）與核自旋（nuclear spin）帶來的角動量（angular momentum），在強靜態磁場下會與射頻電磁波發生核磁共振現象。當質子數與中子數皆為偶數的核種（nuclide），其基態核自旋量子數為 $0$ ，便不具有核磁共振行為。請問：下列核種於施加磁場時，不具有核磁共振行為？

Accepted Answer

核心觀念：核磁共振（NMR）要求原子核具有非零的核自旋（nuclear spin）。質子數與中子數皆為偶數的核種，其基態核自旋量子數 $I=0$，沒有核磁矩，因此不產生 NMR 訊號。 解題方法：逐一檢查各核種的質子數與中子數的奇偶性。 - $\ce{^{1}H}$：質子 1（奇），中子 0（偶），$I=\frac{1}{2}$。 - $\ce{^{31}P}$：質子 15（奇），中子 16（偶），$I=\frac{1}{2}$。 - $\ce{^{19}F}$：質子 9（奇），中子 10（偶），$I=\frac{1}{2}$。 - $\ce{^{12}C}$：質子 6（偶），中子 6（偶），$I=0$。 選項分析： - (A) $\ce{^{1}H}$ 的 $I=\frac{1}{2}$，為最常用的 ¹H NMR 核種，故錯誤。 - (B) $\ce{^{31}P}$ 的 $I=\frac{1}{2}$，具 NMR 活性（³¹P NMR），故錯誤。

Question 2

自然界中銅以兩種同位素形式存在，$\ce{^{63}Cu}$ 和 $\ce{^{65}Cu}$。銅的平均原子量為 $63.55\ \mathrm{amu}$。則 $\ce{^{63}Cu}$ 所佔比率約是多少？ (A) $73\%$ (B) $51\%$ (C) $35\%$ (D) $24\%$

Accepted Answer

核心觀念：元素的平均原子量等於各同位素原子量乘以其天然豐度的加權平均。本題是二元同位素的混合平均問題。 解題方法：設 $\ce{^{63}Cu}$ 的莫耳分率為 $x$，則 $\ce{^{65}Cu}$ 的分率為 $1-x$。依加權平均列式： $$ 63.55 = 63x + 65(1-x) $$ 整理得 $$ 63.55 = 65 - 2x \quad\Rightarrow\quad x = 0.725 $$ 即 $\ce{^{63}Cu}$ 約占 $72.5\%$，四捨五入後約為 $73\%$。 選項分析： - (A) $73\%$：與計算結果相符，正確。 - (B) $51\%$：代入 $x=0.51$，平均原子量為 $63	imes0.51+65	imes0.49\approx64.0$，與 $63.55$ 不符，故錯誤。

Question 3

小華想要配置 $\ce{NaOH}$ 水溶液，原本秤取 $42\ \mathrm{g}$ 的 $\ce{NaOH}$ 溶於 $150\ \mathrm{mL}$ 水中，不小心打翻了 $30\ \mathrm{mL}$ 。請問，如果他要配成 $3\ \mathrm{M}$ 的溶液，需要再添加多少體積的水？（ $\mathrm{Na}$ 原子量 $=23$ ）

Accepted Answer

核心觀念：本題考莫耳數、莫耳濃度（molarity）與溶液稀釋中的溶質損失。計算的重點是溶質的莫耳數，而不是溶液的原始體積。 解題方法： - $\mathrm{NaOH}$ 莫耳質量為 $23+16+1=40\ \mathrm{g/mol}$，原秤取 $42\ \mathrm{g}$ 的莫耳數為 $$ n0=\frac{42}{40}=1.05\ \mathrm{mol} $$ - 原溶液體積為 $150\ \mathrm{mL}$，打翻 $30\ \mathrm{mL}$，損失比例為 $\frac{30}{150}=20\%$，損失的 $\mathrm{NaOH}$ 為 $1.05	imes20\%=0.21\ \mathrm{mol}$，剩餘 $0.84\ \mathrm{mol}$，剩餘溶液體積為 $120\ \mathrm{mL}$。 - 配成 $3\ \mathrm{M}$ 時所需的總體積為 $$ V=\frac{0.84\ \mathrm{mol}}{3\ \mathrm{mol/L}}=0.28\ \mathrm{L}=280\ \mathrm{mL} $$ - 需再加水 $280-120=160\ \mathrm{mL}$。

Question 4

根據以下方程式： $\ce{Li(s) - Li(g)}$，$\Delta H = 166\ \mathrm{kJ/mol}$ $\ce{HI(g) - H(g) + I(g)}$，$\Delta H = 295\ \mathrm{kJ/mol}$ $\ce{Li(g) - Li^+(g) + e^-}$，$\Delta H = 520\ \mathrm{kJ/mol}$ $\ce{I(g) + e^- - I^-(g)}$，$\Delta H = -295\ \mathrm{kJ/mol}$ $\ce{Li^+(g) + I^-(g) - LiI(s)}$，$\Delta H = -737\ \mathrm{kJ/mol}$ $\ce{H2(g) - 2H(g)}$，$\Delta H = 432\ \mathrm{kJ/mol}$ 計算以下方程式的焓變化。 $\ce{2Li(s) + 2HI(g) - H2(g) + 2LiI(s)}$ (A) $330\ \mathrm{kJ}$ (B) $-534\ \mathrm{kJ}$ (C) $-483\ \mathrm{kJ}$ (D) $984\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念：本題用赫斯定律（Hess's law）。將題目給的各步驟焓變乘上適當係數並調整方向，使其加總後等於目標反應。 解題方法：目標反應為 $$ \ce{2Li(s) + 2HI(g) - H2(g) + 2LiI(s)} $$ 逐一組合各步驟： 1. $\ce{Li(s) - Li(g)}$，$\Delta H=166$，乘以 2，得 $+332\ \mathrm{kJ}$。 2. $\ce{Li(g) - Li^+(g) + e^-}$，$\Delta H=520$，乘以 2，得 $+1040\ \mathrm{kJ}$。 3. $\ce{I(g) + e^- - I^-(g)}$，$\Delta H=-295$，乘以 2，得 $-590\ \mathrm{kJ}$。 4. $\ce{Li^+(g) + I^-(g) - LiI(s)}$，$\Delta H=-737$，乘以 2，得 $-1474\ \mathrm{kJ}$。 5. $\ce{HI(g) - H(g) + I(g)}$，$\Delta H=295$，乘以 2，得 $+590\ \mathrm{kJ}$。 6. $\ce{H2(g) - 2H(g)}$，$\Delta H=432$，反向使用，得 $-432\ \mathrm{kJ}$。 加總： $$ 332+1040-590-1474+590-432=-534\ \mathrm{kJ} $$

Question 5

需要多少能量才能將 $55.40\ \mathrm{g}$ 冰從 $0.00\ ^\circ\mathrm{C}$ 轉換為 $75.00\ ^\circ\mathrm{C}$ 的水？

冰的比熱： $2.10\ \mathrm{J/(g\cdot ^\circ C)}$
水的比熱： $4.18\ \mathrm{J/(g\cdot ^\circ C)}$
熔化熱（冰→水）： $333.00\ \mathrm{J/g}$
汽化熱（液態水→蒸氣）： $2258.00\ \mathrm{J/g}$

Accepted Answer

核心觀念：本題是比熱與相變熱的綜合計算。整個過程包括冰在 $0\ ^\circ\mathrm{C}$ 熔化（吸收熔化熱），再由 $0\ ^\circ\mathrm{C}$ 的水升溫至 $75\ ^\circ\mathrm{C}$（使用水的比熱）。 解題方法： - 熔化所需熱量： $$ q1=m\,\Delta H{\mathrm{fus}}=55.40	imes333.00=18448.2\ \mathrm{J} $$ - 水由 $0\ ^\circ\mathrm{C}$ 升溫至 $75\ ^\circ\mathrm{C}$ 所需熱量（使用水的比熱 $4.18$）： $$ q2=m\,c\,\Delta T=55.40	imes4.18	imes75.00=17365.9\ \mathrm{J} $$ - 總熱量： $$ q=q1+q2=18448.2+17365.9=35814\ \mathrm{J}\approx35.8\ \mathrm{kJ} $$

Question 6

為了預測反應自發傾向生成物或反應物，可將反應熵（$Qc$）與平衡常數（$Kc$）相互比較。當下列哪種情況會使反應向生成物方向進行？ (A) $Qc K$ (B) $Qc = Kc$ (C) $Qc < Kc$ (D) $Qc \gg Kc$

Accepted Answer

核心觀念：反應商（reaction quotient）$Qc$ 與平衡常數 $Kc$ 的比較，可判斷反應進行的方向。若 $Qc<Kc$，生成物相對不足，反應會向生成物方向進行，直到 $Qc=Kc$ 為止。 解題方法：以一般反應 $\ce{aA + bB <= cC + dD}$ 為例，其反應商 $$ Qc=\frac{[\mathrm{C}]^c[\mathrm{D}]^d}{[\mathrm{A}]^a[\mathrm{B}]^b} $$ - 若 $Qc<Kc$：反應向生成物方向進行。 - 若 $Qc=Kc$：系統已達平衡。 - 若 $QcKc$：反應向反應物方向進行。 選項分析： - (A) $QcK$：比較式寫法不完整（$K$ 應為 $Kc$），且 $QcKc$ 時反應向反應物方向進行，故錯誤。

Question 7

某雙原子分子 $\ce{X2^-}$ 的分子軌域能階排列如下：

$\sigma(2s)<\sigma^*(2s)<\pi(2p)<\sigma(2p)<\pi^*(2p)<\sigma^*(2p)$

假設分子 $\ce{X2^-}$ 的總電子數為 $13$ ，根據分子軌域理論，該分子的鍵結級數（bonding order）為多少？

Accepted Answer

核心觀念：鍵結級數 $=\dfrac{(	ext{成鍵電子數})-(	ext{反鍵電子數})}{2}$。「總電子數」指分子中全部的電子，包含內層 1s 電子；內層的 $\sigma(1s)$ 與 $\sigma^(1s)$ 各填滿 2 個電子，對鍵結級數的貢獻互相抵消。 解題方法： 1. $\ce{X2^-}$ 總電子數 13，則中性 $\ce{X2}$ 有 12 個電子，每個 X 原子 6 個電子，X 為碳，即本題分子為 $\ce{C2^-}$。題目所給能階順序 $\pi(2p)<\sigma(2p)$ 正是 $\ce{B2}$、$\ce{C2}$、$\ce{N2}$ 適用的排列，與此判斷一致。 2. 扣除內層 4 個電子（$\sigma(1s)^2\sigma^(1s)^2$），價電子為 9 個，依題目順序填入： $$\sigma(2s)^2\ \sigma^(2s)^2\ \pi(2p)^4\ \sigma(2p)^1$$ 3. 價層成鍵電子 $2+4+1=7$，反鍵電子 $2$： $$	ext{鍵結級數}=\frac{7-2}{2}=2.5$$ （若連內層一起計算：成鍵 9、反鍵 4，$\dfrac{9-4}{2}=2.5$，結果相同。）此即校方更正後所採的 $(7-2)/2$。

Question 8

下列何者，分子內的所有原子不在同一平面？ (A) $\ce{H2C=O}$（甲醛） (B) $\ce{BBr3}$（三溴化硼） (C) $\ce{NH3}$（氨） (D) $\ce{SO3}$（三氧化硫）

Accepted Answer

核心觀念：分子幾何決定所有原子是否共平面。平面三角形、平面型分子（如 $\ce{H2C=O}$、$\ce{BBr3}$、$\ce{SO3}$）中所有原子都在同一平面上；若中心原子具有孤對電子且為三角錐形，則原子不共平面。 解題方法： - $\ce{H2C=O}$（甲醛）：碳為 $sp^2$ 雜化，三角平面形，所有原子共平面。 - $\ce{BBr3}$：硼為 $sp^2$ 雜化，三角平面形，所有原子共平面。 - $\ce{NH3}$：氮為 $sp^3$ 雜化，帶一對孤對電子，為三角錐形，四個原子不共平面。 - $\ce{SO3}$：硫為 $sp^2$ 雜化，三角平面形，所有原子共平面。 選項分析： - (A) $\ce{H2C=O}$：平面分子，故錯誤。 - (B) $\ce{BBr3}$：平面三角形，故錯誤。

Question 9

下列何者可以用來表示 $\mathrm{Cr}$ 的電子組態？ (A) $\mathrm{[Ar]3s^23p^4}$ (B) $\mathrm{[Ne]3s^23p^4}$ (C) $\mathrm{[Ne]3s^13p^5}$ (D) $\mathrm{[Ar]3s^13p^5}$

Accepted Answer

核心觀念：鉻（$\mathrm{Cr}$，原子序 24）的基態電子組態為 $\mathrm{[Ar]3d^54s^1}$，是過渡金屬中因半充滿穩定性而偏離一般填充規則的典型例子。 解題方法：比對各選項是否與正確組態一致。 - (A) $\mathrm{[Ar]3s^23p^4}$：為硫（S）的組態，不是 Cr。 - (B) $\mathrm{[Ne]3s^23p^4}$：同樣為硫的組態，不是 Cr。 - (C) $\mathrm{[Ne]3s^13p^5}$：不符合任何元素的基態組態，且與 Cr 不符。 - (D) $\mathrm{[Ar]3s^13p^5}$：同樣不合理，因為 $\mathrm{[Ar]}$ 之後應先填 $4s$ 與 $3d$，不應出現 $3p$ 電子。

Question 10

依據下列實驗結果，該反應之速率方程式為何？

實驗數據（Initial [A] 單位為 mol/L；Initial [B] 單位為 mol/L；Initial Rate of Disappearance of A 單位為 mol/L·s）：
Experiment 1：Initial [A] = 0.16，Initial [B] = 0.15，Initial Rate = 0.08
Experiment 2：Initial [A] = 0.16，Initial [B] = 0.30，Initial Rate = 0.30
Experiment 3：Initial [A] = 0.08，Initial [B] = 0.30，Initial Rate = 0.08

🖼️ 本題附圖：

Accepted Answer

核心觀念：速率方程式 $\mathrm{Rate}=k[A]^m[B]^n$ 中，反應級數 $m$、$n$ 需由初始濃度變化與初始速率變化的比例決定。當濃度變為原來的 $r$ 倍，速率變為原來的 $r^{	ext{級數}}$ 倍。 解題方法： - 比較實驗 1 與實驗 2：$[A]$ 固定為 $0.16$，$[B]$ 由 $0.15$ 變為 $0.30$（約兩倍），速率由 $0.08$ 變為 $0.30$，比值約為 $3.75$。若 $n=2$，則 $2^2=4$，與 $3.75$ 接近，故 $n\approx2$。 - 比較實驗 2 與實驗 3：$[B]$ 固定為 $0.30$，$[A]$ 由 $0.16$ 變為 $0.08$（一半），速率由 $0.30$ 變為 $0.08$，比值約為 $3.75$。若 $m=2$，則 $(1/2)^{-2}=4$，與 $3.75$ 接近，故 $m\approx2$。 因此速率方程式為 $\mathrm{Rate}=k[A]^2[B]^2$。 以實驗 1 求速率常數： $$ k=\frac{0.08}{(0.16)^2(0.15)^2}\approx139\ \mathrm{L^2/(mol^2\cdot s)} $$ 代入實驗 3 驗算：$139	imes(0.08)^2	imes(0.30)^2\approx0.08$，與實驗數據相符。

Question 11

$\ce{CaO}$ 與 $\ce{C}$ 在高熱下反應生成 $\ce{CaC2}$ 及 $\ce{CO2}$ 。下列哪一個或哪幾個化學平衡方程式是正確的表示方法？

(a) $\ce{CaO2 + 3C -> CaC2 + CO2}$
(b) $\ce{CaO + 5C -> 2CaC2 + CO2}$
(c) $\ce{CaO + (2.5)C -> CaC2 + (0.5)CO2}$
(d) $\ce{4CaO + 10C -> 4CaC2 + 2CO2}$

Accepted Answer

核心觀念：化學方程式須同時滿足質量守恆與原子數守恆。$\ce{CaO}$ 與 $\ce{C}$ 在高溫下生成 $\ce{CaC2}$ 與 $\ce{CO2}$，需逐項檢查各選項的 Ca、O、C 數目是否平衡，並確認反應物化學式正確。 解題方法：逐一核對各選項。 - (a) $\ce{CaO2 + 3C - CaC2 + CO2}$：Ca 為 1 對 1，O 為 2 對 2，C 為 3 對 $2+1=3$，數量平衡。但 $\ce{CaO2}$（過氧化鈣）不是本反應的反應物，反應物應為 $\ce{CaO}$，故此式的物種錯誤。 - (b) $\ce{CaO + 5C - 2CaC2 + CO2}$：Ca 為 1 對 4，數量不平衡，錯誤。若改寫為 $\ce{2CaO + 5C - 2CaC2 + CO2}$，則 Ca 為 2 對 2，O 為 2 對 2，C 為 5 對 $4+1=5$，平衡。校方認定題目所列的 (b) 有誤。 - (c) $\ce{CaO + (2.5)C - CaC2 + (0.5)CO2}$：Ca 為 1 對 1，O 為 1 對 1，C 為 2.5 對 $2+0.5=2.5$，平衡，正確。 - (d) $\ce{4CaO + 10C - 4CaC2 + 2CO2}$：Ca 為 4 對 4，O 為 4 對 $2	imes2=4$，C 為 10 對 $8+2=10$，平衡，正確。

Question 12

在一定溫度範圍內測量某物質的蒸氣壓。以蒸氣壓的自然對數對溫度倒數（K 為單位）作圖，可得出一條直線，斜率為 $-3.46	imes10^{3}\ \mathrm{K}$。求該物質的氣化熱（enthalpy）。 (A) $28.8\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $3.5\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $15.8\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $45.2\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念：克勞修斯－克拉佩龍方程式（Clausius–Clapeyron equation）描述蒸氣壓與溫度的關係。以 $\ln P$ 對 $1/T$ 作圖，斜率為 $-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}$。 解題方法：積分形式為 $$ \ln P=-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}\cdot\frac{1}{T}+C $$ 因此斜率 $=-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}$。題目斜率為 $-3.46	imes10^{3}\ \mathrm{K}$，故 $$ \Delta H{\mathrm{vap}}=3.46	imes10^{3}\ \mathrm{K}	imes8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}=2.88	imes10^{4}\ \mathrm{J/mol}=28.8\ \mathrm{kJ/mol} $$

Question 13

下列哪些是氧化還原反應？ I. $\ce{PCl3 + Cl2 - PCl5}$ II. $\ce{Cu + 2AgNO3 - Cu(NO3)2 + 2Ag}$ III. $\ce{CO2 + 2LiOH - Li2CO3 + H2O}$ IV. $\ce{FeCl2 + 2NaOH - Fe(OH)2 + 2NaCl}$ (A) III (B) IV (C) I and II (D) I, II, and III

Accepted Answer

核心觀念：氧化還原反應的判斷，是比較反應前後各元素的氧化數是否改變。若有元素的氧化數發生變化，即為氧化還原反應。 解題方法：逐一檢查各反應的氧化數變化。 - I. $\ce{PCl3 + Cl2 - PCl5}$：磷由 $+3$ 變為 $+5$，氯由 $0$ 變為 $-1$，為氧化還原反應。 - II. $\ce{Cu + 2AgNO3 - Cu(NO3)2 + 2Ag}$：銅由 $0$ 變為 $+2$，銀由 $+1$ 變為 $0$，為氧化還原反應。 - III. $\ce{CO2 + 2LiOH - Li2CO3 + H2O}$：碳維持 $+4$，鋰、氧、氫的氧化數均不變，為酸鹼中和型反應，非氧化還原反應。 - IV. $\ce{FeCl2 + 2NaOH - Fe(OH)2 + 2NaCl}$：鐵維持 $+2$，鈉、氯、氫、氧的氧化數均不變，為沉澱反應，非氧化還原反應。 因此氧化還原反應為 I 與 II。

Question 14

在一個化學反應中，實驗測得反應速率隨反應物濃度變化如下： 反應物濃度（$[A]$） 反應速率（$r$） $0.1\ \mathrm{M}$ $1.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M/s}$ $0.2\ \mathrm{M}$ $4.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M/s}$ $0.4\ \mathrm{M}$ $16.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M/s}$ 根據數據，該反應對 $[A]$ 的級數為多少？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $3$

Accepted Answer

核心觀念：反應速率與反應物濃度的關係為 $r=k[A]^n$，其中 $n$ 為對 $[A]$ 的級數。由實驗數據可直接求出 $n$。 解題方法：本題（含圖，頁圖附於題目）所給數據如下：$[A]$ 由 $0.1\ \mathrm{M}$ 變為 $0.2\ \mathrm{M}$，速率由 $1.0	imes10^{-3}$ 變為 $4.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M/s}$，濃度加倍、速率變為 $4$ 倍。 $$ 2^n=4\quad\Rightarrow\quad n=2 $$ 再以 $0.2\ \mathrm{M}	o0.4\ \mathrm{M}$ 驗算：濃度加倍、速率由 $4.0	imes10^{-3}$ 變為 $16.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M/s}$，同樣為 $4$ 倍，與 $n=2$ 相符。

Question 15

以下關於零級、一級和二級反應的敘述，哪一項正確？ (A) 零級反應的速率與反應物濃度無關，反應速率隨時間增加而加快 (B) 一級反應的半衰期與初始濃度無關，且隨反應進行保持不變 (C) 二級反應的濃度與時間的關係呈線性，圖形為直線 (D) 一級反應的濃度對數與時間的關係為拋物線

Accepted Answer

核心觀念：零級、一級、二級反應的速率與濃度、半衰期及積分速率式各有不同特徵。判斷時要分別比較速率、半衰期與作圖的線性關係。 解題方法： - 零級反應：$[A]=[A]0-kt$，$[A]$ 對 $t$ 作圖為直線，速率 $k$ 固定，與 $[A]$ 無關。 - 一級反應：$\ln[A]=\ln[A]0-kt$，$\ln[A]$ 對 $t$ 作圖為直線；半衰期 $t{1/2}=\frac{0.693}{k}$，與初始濃度無關。 - 二級反應：$\frac{1}{[A]}=\frac{1}{[A]0}+kt$，$\frac{1}{[A]}$ 對 $t$ 作圖為直線；半衰期 $t{1/2}=\frac{1}{k[A]0}$，與初始濃度有關。 選項分析： - (A) 零級反應的速率與反應物濃度無關，這點正確；但零級反應的速率常數固定，反應速率不隨時間增加而加快，故錯誤。

Question 16

根據反應 $\mathrm{X + Y + Z ightarrow P}$ 所得到的數據如下表所示，關於此反應速率的敘述何者正確？ $[\mathrm{X}]$ $[\mathrm{Y}]$ $[\mathrm{Z}]$ 反應速率（$\mathrm{M/s}$） $0.1$ $0.1$ $0.1$ $1.0	imes10^{-4}$ $0.2$ $0.1$ $0.1$ $2.0	imes10^{-4}$ $0.2$ $0.2$ $0.1$ $2.0	imes10^{-4}$ $0.2$ $0.2$ $0.2$ $4.0	imes10^{-4}$ (A) $\mathrm{rate}=k[X][Y][Z]$ (B) $\mathrm{rate}=k[X]^2[Y]$ (C) $\mathrm{rate}=k[X][Z]^2$ (D) $\mathrm{rate}=k[X][Z]$

Accepted Answer

核心觀念：多變數速率定律中，每個反應物的級數可由「單獨改變該物種濃度、其他固定」時速率的變化決定。本題（含圖，頁圖附於題目）為多組數據比較題。 解題方法： - 第 1 列與第 2 列：$[X]$ 由 $0.1$ 變為 $0.2$（加倍），$[Y]$、$[Z]$ 固定，速率由 $1.0	imes10^{-4}$ 變為 $2.0	imes10^{-4}$（加倍），故 $X$ 的級數為 $1$。 - 第 2 列與第 3 列：$[Y]$ 由 $0.1$ 變為 $0.2$（加倍），$[X]$、$[Z]$ 固定，速率由 $2.0	imes10^{-4}$ 維持 $2.0	imes10^{-4}$（不變），故 $Y$ 的級數為 $0$。 - 第 3 列與第 4 列：$[Z]$ 由 $0.1$ 變為 $0.2$（加倍），$[X]$、$[Y]$ 固定，速率由 $2.0	imes10^{-4}$ 變為 $4.0	imes10^{-4}$（加倍），故 $Z$ 的級數為 $1$。 因此速率定律為 $\mathrm{rate}=k[X][Z]$。

Question 17

一個燃料與空氣的混合物，被放置在一個裝有活塞的氣缸中，其原始體積為 $0.345\ \mathrm{L}$ 。當混合物被點燃時，會產生氣體並釋放出 $885\ \mathrm{J}$ 的能量。如果所有釋放的能量都被用於對抗 $635\ \mathrm{mmHg}$ 的恆定壓力來推動活塞，氣體會膨脹到多少體積？（ $1\ \mathrm{mmHg}=133.32\ \mathrm{Pa}$ ）

Accepted Answer

核心觀念：恆壓膨脹時，系統對外做功為 $w=-P\Delta V$。若釋放的能量全部用來對抗外壓做功，則能量等於 $P\Delta V$。本題需將單位統一為 SI 單位（$\mathrm{Pa}$、$\mathrm{m^3}$、$\mathrm{J}$）。 解題方法： - 壓力換算： $$ P=635\ \mathrm{mmHg}	imes133.32\ \mathrm{Pa/mmHg}=8.4658	imes10^{4}\ \mathrm{Pa} $$ - 由能量守恆，$E=P\,\Delta V$，故 $$ \Delta V=\frac{885\ \mathrm{J}}{8.4658	imes10^{4}\ \mathrm{Pa}}=1.0453	imes10^{-2}\ \mathrm{m^3}=10.45\ \mathrm{L} $$ - 最終體積為原始體積加上膨脹量： $$ Vf=0.345\ \mathrm{L}+10.45\ \mathrm{L}=10.80\ \mathrm{L} $$

Question 18

以下反應的平衡常數在攝氏 $800$ 度時為 $Kp=1.16$： $\ce{CaCO3(s) <= CaO(s) + CO2(g)}$ 如果將 $39.8$ 克的 $\ce{CaCO3}$ 放入一個 $10.0$ 升的容器中並加熱至 $800\ ^\circ\mathrm{C}$，達到平衡時會有多少百分比的 $\ce{CaCO3}$ 發生反應？ (A) $17.1\%$ (B) $33.1\%$ (C) $44.4\%$ (D) $100\%$

Accepted Answer

核心觀念：反應 $\ce{CaCO3(s) <= CaO(s) + CO2(g)}$ 中，固體的活度為 $1$，因此平衡常數 $Kp$ 僅等於 $\mathrm{CO2}$ 的平衡分壓。由 $Kp$ 可求出平衡時 $\mathrm{CO2}$ 的莫耳數，再換算已反應的 $\ce{CaCO3}$ 比例。 解題方法： - 平衡時 $P{\mathrm{CO2}}=Kp=1.16\ \mathrm{atm}$。 - 由理想氣體方程式求 $\mathrm{CO2}$ 的平衡莫耳數（$T=800+273.15=1073.15\ \mathrm{K}$，$R=0.08206\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}$）： $$ n{\mathrm{CO2}}=\frac{PV}{RT}=\frac{1.16	imes10.0}{0.08206	imes1073.15}=0.1317\ \mathrm{mol} $$ - 原始 $\ce{CaCO3}$ 的莫耳數（莫耳質量 $100.09\ \mathrm{g/mol}$）： $$ n0=\frac{39.8}{100.09}=0.3976\ \mathrm{mol} $$ - 已反應的比例： $$ \frac{0.1317}{0.3976}	imes100\%=33.1\% $$

Question 19

下列何種氣體在 $0\ ^\circ\mathrm{C}$、一大氣壓下，其莫耳體積（molar volume）最接近 $22.4\ \mathrm{L}$？ (A) $\ce{HCl}$ (B) $\ce{NH3}$ (C) $\ce{CO2}$ (D) $\ce{N2}$

Accepted Answer

核心觀念：理想氣體在標準狀況（$0\ ^\circ\mathrm{C}$、$1$ atm）下的莫耳體積為 $22.414\ \mathrm{L/mol}$。真實氣體的莫耳體積會因分子間作用力與分子體積而偏離此值，偏離越小者越接近理想氣體。 解題方法：比較各氣體的實際莫耳體積。$\ce{N2}$ 為非極性、分子小、分子間作用力極弱的雙原子分子，在標準狀況下的莫耳體積約為 $22.40\ \mathrm{L}$，最接近理想值。 選項分析： - (A) $\ce{HCl}$：為極性分子，分子間作用力較強，莫耳體積偏離理想值較多，故錯誤。 - (B) $\ce{NH3}$：具氫鍵，分子間作用力強，莫耳體積明顯偏小（約 $22.1\ \mathrm{L}$），故錯誤。

Question 20

在高壓下，真實氣體與理想氣體最大的偏差來自於？ (A) 分子間無相互作用 (B) 分子體積可忽略 (C) 分子間作用力及分子體積不可忽略 (D) 分子速率分布改變

Accepted Answer

核心觀念：理想氣體模型假設分子間沒有相互作用力、分子本身體積可忽略。在高壓與低溫下，這兩個假設都不再成立，導致真實氣體偏離理想行為。 解題方法：范德瓦耳斯方程式（van der Waals equation）以 $a$ 修正分子間吸引力，以 $b$ 修正分子體積： $$ \left(P+\frac{an^2}{V^2}\right)(V-nb)=nRT $$ 高壓時氣體被壓縮，分子間距離變短，分子體積佔整體體積的比例增加，因此分子體積與分子間作用力都變得不可忽略。 選項分析： - (A) 分子間無相互作用：這是理想氣體的假設，不是真實氣體偏差的來源，故錯誤。

Question 21

以下哪一項代表最大的壓力？ (A) $0.501\ \mathrm{atm}$ (B) $437\ \mathrm{mmHg}$ (C) $11.7\ \mathrm{psi}$ (D) $66062\ \mathrm{Pa}$

Accepted Answer

核心觀念：比較壓力大小前，必須先把所有單位換算成同一種單位。常用換算為 $1\ \mathrm{atm}=760\ \mathrm{mmHg}=101325\ \mathrm{Pa}=14.696\ \mathrm{psi}$。 解題方法：以 $\mathrm{atm}$ 為共同單位逐一換算。 - (A) $0.501\ \mathrm{atm}$ - (B) $437\ \mathrm{mmHg}\div760=0.575\ \mathrm{atm}$ - (C) $11.7\ \mathrm{psi}\div14.696=0.796\ \mathrm{atm}$ - (D) $66062\ \mathrm{Pa}\div101325=0.652\ \mathrm{atm}$ 比較可得 (C) 最大。 選項分析： - (A) $0.501\ \mathrm{atm}$：為四者中最小者，故錯誤。

Question 22

乙二醇（$\ce{C2H6O2}$）沸點高於 $190\ ^\circ\mathrm{C}$，凝固點是 $-11.5\ ^\circ\mathrm{C}$。防凍劑的主要成分乙二醇需要加入 $10.0\ \mathrm{L}$ 的水中，以製備用於汽車散熱器的溶液，使其凝固點降至 $-10.0\ ^\circ\mathrm{F}$（$-23.3\ ^\circ\mathrm{C}$）。假設水的密度為 $1\ \mathrm{g/mL}$，請問需要加入多少乙二醇的質量？（水的 $Kf=1.86\ ^\circ\mathrm{C/mol}$） (A) $5.62\ \mathrm{kg}$ (B) $6.45\ \mathrm{kg}$ (C) $7.76\ \mathrm{kg}$ (D) $8.21\ \mathrm{kg}$

Accepted Answer

核心觀念：凝固點下降為依數性質，$\Delta Tf = iKf m$。乙二醇為非電解質，$i=1$；$m$ 為重量莫耳濃度（mol 溶質／kg 溶劑）。 解題方法： 1. 凝固點下降量：$\Delta Tf = 0 - (-23.3) = 23.3\ ^\circ\mathrm{C}$。 2. 重量莫耳濃度： $$m=\frac{\Delta Tf}{Kf}=\frac{23.3}{1.86}=12.53\ \mathrm{mol/kg}$$ 3. 水 $10.0\ \mathrm{L}	imes 1\ \mathrm{g/mL} = 10.0\ \mathrm{kg}$，乙二醇莫耳數： $$n = 12.53 	imes 10.0 = 125.3\ \mathrm{mol}$$ 4. $\ce{C2H6O2}$ 莫耳質量約 $62.07\ \mathrm{g/mol}$： $$w = 125.3 	imes 62.07 \approx 7.77	imes10^{3}\ \mathrm{g} \approx 7.8\ \mathrm{kg}$$ 若中間值 $m$ 取 $12.5$，則 $12.5	imes10.0	imes62.07 = 7.76	imes10^{3}\ \mathrm{g}$，與 (C) 完全一致；四個選項中只有 (C) 落在計算範圍內。

Question 23

下列哪一項闡述最能說明液體表面張力的形成因素？ (A) 液體的密度 (B) 液體內部分子與外部分子吸引力不均 (C) 液體的蒸氣壓 (D) 液體分子的質量

Accepted Answer

核心觀念：表面張力來自液體內部與表面的分子所受的作用力不平衡。內部分子被四周同種分子各方向均勻吸引，合力為零；表面分子只受到內部與側向分子的吸引，合力指向液體內部，使表面趨於收縮。 解題方法：比對各選項是否直接說明「不平衡的吸引力」這個成因。 - 液體的密度、蒸氣壓、分子質量均為物質的性質或現象，並不直接解釋表面張力的成因。 - 「內部分子與外部分子吸引力不均」正是造成表面分子受到向內合力的原因。 選項分析： - (A) 液體的密度：密度是物理性質，與表面張力的成因無直接關係，故錯誤。 - (B) 液體內部分子與外部分子吸引力不均：說明表面分子受向內的合力，為表面張力的成因，正確。

Question 24

下列關於水（water）的敘述，何者錯誤？ (A) 根據阿瑞尼斯（Arrhenius）酸鹼理論：由於純水中沒有明顯濃度的 $\ce{H3O+}$ 或 $\ce{OH-}$；所以水既不是酸，也不是鹼 (B) 根據布朗斯特－勞里（Brønsted–Lowry）酸鹼理論：水是酸也是鹼；屬於兩性（amphoteric）物質 (C) 在 $25\ ^\circ\mathrm{C}$，水的離子積常數（ion-product constant, $Kw$）為 $1.0	imes10^{-14}$ (D) $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 液態水的標準生成焓（standard enthalpy of formation）為 $0$

Accepted Answer

核心觀念：酸鹼理論有阿瑞尼斯（Arrhenius）、布朗斯特－勞里（Brønsted–Lowry）與路易斯（Lewis）三種定義。水的離子積常數 $Kw$ 與標準生成焓則屬於熱化學與平衡的基本數值。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 阿瑞尼斯定義中，酸是水中產生 $\ce{H+}$（或 $\ce{H3O+}$）的物質，鹼是水中產生 $\ce{OH-}$ 的物質。純水中沒有明顯濃度的 $\ce{H3O+}$ 或 $\ce{OH-}$，因此依阿瑞尼斯定義，水既不是酸也不是鹼。 - 布朗斯特－勞里定義中，水可以接受質子（作為鹼），也可以給出質子（作為酸），屬於兩性物質。 - $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 時，$Kw=1.0	imes10^{-14}$，此為標準數值。 - 液態水的標準生成焓為 $\Delta Hf^\circ=-285.8\ \mathrm{kJ/mol}$，並非 $0$。標準生成焓為零的是穩定單質（如 $\ce{H2(g)}$、$\ce{O2(g)}$），不包括化合物。

Question 25

以下哪一項不是門得列夫（Mendeleev）通常用來預測尚未發現元素的性質？ (A) 電子組態（electron configuration） (B) 原子質量（atomic mass） (C) 密度（density） (D) 沸點（boiling point）

Accepted Answer

核心觀念：門得列夫（Mendeleev）在週期表中留下空位，並依相鄰元素的性質趨勢預測未知元素的性質，例如原子量、密度、沸點等可以由週期性推算。電子組態在當時尚未被發現，無法用來預測。 解題方法：逐一判斷各項是否屬於門得列夫可以預測的性質。 - 原子量：門得列夫以原子量排列元素，預測未知元素的原子量是其預測的重要內容。 - 密度：他預測了如鎵（$\mathrm{Ga}$，即其所稱的類鋁）等元素的密度。 - 沸點：沸點可依同族趨勢預測，屬於他的預測範圍。 - 電子組態：電子的存在與組態概念在十九世紀末期才逐步建立，門得列夫無法用來預測。

Question 26

下列何組具有相同的電子組態（electron configuration）？ (A) $\ce{Cu+}$，$\ce{Zn^2+}$ (B) $\mathrm{Cr}$，$\ce{Fe^2+}$ (C) $\ce{Cl-}$，$\mathrm{Kr}$ (D) $\ce{Mg+}$，$\ce{Al^3+}$

Accepted Answer

核心觀念：等電子離子的電子組態相同。判斷時先寫出各粒子的電子數，再比對其基態組態。過渡金屬離子要注意先失去的是 $4s$ 電子。 解題方法：逐一寫出各粒子的電子組態。 - $\ce{Cu+}$：$\mathrm{Cu}$ 為 $29$ 個電子，失去一個電子後為 $28$ 個電子，組態為 $\mathrm{[Ar]3d^{10}}$。 - $\ce{Zn^2+}$：$\mathrm{Zn}$ 為 $30$ 個電子，失去兩個電子後為 $28$ 個電子，組態為 $\mathrm{[Ar]3d^{10}}$。 兩者相同。 選項分析： - (A) $\ce{Cu+}$、$\ce{Zn^2+}$：皆為 $\mathrm{[Ar]3d^{10}}$，組態相同，正確，為本題答案。 - (B) $\mathrm{Cr}$、$\ce{Fe^2+}$：$\mathrm{Cr}$ 為 $\mathrm{[Ar]3d^54s^1}$，$\ce{Fe^2+}$ 為 $\mathrm{[Ar]3d^6}$，不同，故錯誤。

Question 27

利用以下資料計算 $\mathrm{Br}$ 的電子親和力（electron affinity）？

$\ce{K(s) -> K(g)}$ ， $\Delta H^\circ = 89\ \mathrm{kJ}$
$\ce{K(g) -> K+(g) + e-}$ ， $\Delta H^\circ = 419\ \mathrm{kJ}$
$\ce{Br2(l) -> 2Br(g)}$ ， $\Delta H^\circ = 193\ \mathrm{kJ}$
$\ce{K(s) + Br2(g) -> KBr(s)}$ ， $\Delta H^\circ = -394\ \mathrm{kJ}$
$\ce{KBr(s) -> K+(g) + Br-(g)}$ ， $\Delta H^\circ = 674\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念：本題用赫斯定律（Hess's law）與玻恩－哈伯循環（Born–Haber cycle）求電子親和力。電子親和力為 $\mathrm{Br}(g)+e^-	o\mathrm{Br^-}(g)$ 的焓變。 解題方法：目標步驟為 $$ \ce{Br(g) + e^- - Br^-(g)} $$ 以 $\ce{KBr}$ 的生成焓與各步驟建立循環。依題目給的數據，各項列式如下（所有數值單位為 $\mathrm{kJ}$）： $$ \Delta Hf(\ce{KBr})=\Delta H{\mathrm{sub}}(\ce{K})+IE(\ce{K})+	frac{1}{2}\Delta H(\ce{Br2})+EA(\ce{Br})-U{\mathrm{lattice}} $$ 代入數值： $$ -394=89+419+\frac{193}{2}+EA-674 $$ 整理得 $$ EA=-394-89-419-96.5+674=-324.5\ \mathrm{kJ}\approx-325\ \mathrm{kJ} $$

Question 28

能量為 $5.25	imes10^{-19}\ \mathrm{J}$ 的光子，其波長為何？（浦朗克常數 $h=6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$） (A) $3.79	imes10^{-7}\ \mathrm{m}$ (B) $2.64	imes10^{6}\ \mathrm{m}$ (C) $2.38	imes10^{23}\ \mathrm{m}$ (D) $4.21	imes10^{-24}\ \mathrm{m}$

Accepted Answer

核心觀念：光子能量與波長的關係為 $E=\frac{hc}{\lambda}$，其中 $h$ 為浦朗克常數，$c$ 為光速。由能量求波長時，需將 $\lambda$ 單獨列出。 解題方法： $$ \lambda=\frac{hc}{E} $$ 取 $c=3.00	imes10^{8}\ \mathrm{m/s}$，代入： $$ \lambda=\frac{6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}	imes3.00	imes10^{8}\ \mathrm{m/s}}{5.25	imes10^{-19}\ \mathrm{J}}=3.79	imes10^{-7}\ \mathrm{m} $$ 選項分析： - (A) $3.79	imes10^{-7}\ \mathrm{m}$：與計算結果相符，正確。 - (B) $2.64	imes10^{6}\ \mathrm{m}$：約為 $1/E$ 的錯誤運算結果，數量級不合理，故錯誤。

Question 29

在光電效應中，當入射光的頻率增加時，對於從金屬表面逸出的電子，以下哪一項將會增加？ (A) 電子的數量 (B) 電子的速度 (C) 金屬的逸出功 (D) 光的波長

Accepted Answer

核心觀念：光電效應的愛因斯坦方程式為 $$ Ek=h
u-\phi $$ 其中 $Ek$ 為逸出電子的動能，$
u$ 為入射光頻率，$\phi$ 為金屬的逸出功（work function）。入射光頻率增加時，電子的動能增加，因此電子的速度增加。 解題方法： - 電子數量取決於入射光的強度（光子數），與頻率無直接關係。 - 逸出功 $\phi$ 為金屬的固有性質，與入射光頻率無關。 - 光的波長與頻率成反比，頻率增加時，波長會減少。 - 頻率增加使每個光子的能量 $h
u$ 增加，因此逸出電子的動能與速度增加。

Question 30

在氫原子的波函數中，電子分布密度與波函數的平方（$|\psi|^2$）有關，而結點（node）是波函數的值為零的點。以下關於波函數、電子分布密度和結點的敘述，哪一項正確？ (A) 波函數的平方（$|\psi|^2$）表示電子的確切位置，而不是機率分布 (B) 波函數的結點數量與電子的能量無關 (C) 在結點處，波函數（$\psi$）和電子分布密度（$|\psi|^2$）均為零 (D) 波函數的結點數量隨量子數 $n$ 的增加而減少

Accepted Answer

核心觀念：薛丁格方程式的解為波函數 $\psi$，$|\psi|^2$ 代表在空間某處找到電子的機率密度，而非電子的確切位置。波函數的結點（node）為 $\psi=0$ 的位置，此處 $|\psi|^2$ 同樣為零。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 電子的位置無法精確確定，$|\psi|^2$ 代表機率分布，而非確切位置。 - 結點總數為 $n-1$，其中角度結點數為 $l$，徑向結點數為 $n-l-1$。結點數由量子數決定，且與能量有直接關係，主量子數越大，結點數越多。 - 在結點處，$\psi=0$，因此 $|\psi|^2=\psi^2=0$，兩者皆為零。 - 結點數隨 $n$ 增加而增加，不是減少。

Question 31

在量子力學中，主量子數 $n$ 的增加最直接影響軌域的哪兩項性質？ (A) 軌域的形狀與方向性 (B) 軌域的方向性與電子自旋 (C) 軌域的空間大小與能量 (D) 軌域的自旋與磁矩

Accepted Answer

核心觀念：主量子數 $n$ 決定電子所在殼層（shell）。在氫原子與單電子系統中，能量主要由 $n$ 決定，$n$ 越大，電子平均離核距離越遠，軌域空間越大，能量越高。 解題方法：比較各選項中的兩項性質，是否都是 $n$ 直接影響的結果。 - 軌域的形狀主要由角量子數 $l$ 決定，方向性由磁量子數 $ml$ 決定。 - 電子自旋由自旋量子數 $ms$ 決定，與 $n$ 無關。 - 磁矩與自旋相關，也與 $n$ 無直接關係。 - $n$ 直接決定軌域的空間大小與能量。 選項分析： - (A) 軌域的形狀與方向性：分別由 $l$ 與 $ml$ 決定，與 $n$ 無直接關係，故錯誤。 - (B) 軌域的方向性與電子自旋：分別由 $ml$ 與 $ms$ 決定，故錯誤。

Question 32

化合物 paclitaxel 為臨床抗癌藥物，可用於治療卵巢癌、乳癌、肺癌、子宮頸癌和胰臟癌等，請問該化合物具有幾個掌性中心（chiral centers）及多少個酯基團（ester）？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】（paclitaxel 結構式）

🖼️ 本題附圖：

Accepted Answer

核心觀念：掌性中心（chiral center）是指連接四個不同基團的碳原子。酯基團（ester）的結構為 $\mathrm{R{-}C(=O){-}O{-}R'}$。本題的 paclitaxel（紫杉醇）結構複雜，需逐一辨識掌性碳與酯鍵。 解題方法： - 掌性中心：紫杉醇分子中含有 $11$ 個不對稱碳（掌性中心），分布在紫杉烷（taxane）骨架與 C13 側鏈上。 - 酯基團：紫杉醇分子中共有 $4$ 個酯基團，分別為 C2 位的苯甲酸酯（OBz）、C4 位的乙酸酯（OAc）、C10 位的乙酸酯（OAc），以及 C13 位連接側鏈的酯鍵。 選項分析： - (A) $11$，$4$：掌性中心為 $11$ 個，酯基團為 $4$ 個，與結構相符，正確，為本題答案。 - (B) $11$，$3$：掌性中心數正確，但酯基團數少算一個，故錯誤。

Question 33

下列烯類化合物，何者具有順－反異構物（cis-trans isomers）？ (A) $\ce{CH3CH=C(CH3)2}$ (B) $\ce{(CH3)2C=CH2}$ (C) $\ce{CH3CH=CCl2}$ (D) $\ce{CH3CH=CHCl}$

Accepted Answer

核心觀念：順反異構（cis-trans isomerism）發生在碳碳雙鍵上，且雙鍵的每個碳必須連接兩個不同的基團。若任一雙鍵碳連接兩個相同基團，則不存在順反異構。 解題方法：逐一檢查雙鍵兩端的取代基。 - (A) $\ce{CH3CH=C(CH3)2}$：右端碳連接兩個 $\ce{CH3}$，兩基團相同，沒有順反異構。 - (B) $\ce{(CH3)2C=CH2}$：左端碳連接兩個 $\ce{CH3}$，兩基團相同，沒有順反異構。 - (C) $\ce{CH3CH=CCl2}$：右端碳連接兩個 $\ce{Cl}$，兩基團相同，沒有順反異構。

Question 34

以下關於苯及其衍生物的反應的敘述，哪一項正確？ (A) 苯環中的 $\pi$ 電子雲高度穩定，因此苯環只能進行加成反應 (B) 苯環的硝化反應中，硝基主要進攻苯環的對位和鄰位，因為硝基是活化基團 (C) 苯環的鹵化反應需要催化劑，例如 $\ce{FeCl3}$ 或 $\ce{AlCl3}$ (D) 苯環中的 $\pi$ 電子雲分布均勻，因此苯環的化學反應性與烷類相同

Accepted Answer

核心觀念：苯環具有高度離域的 $\pi$ 電子系統，使其傾向進行親電性芳香取代（electrophilic aromatic substitution），而非加成反應。芳香環的鹵化、硝化等反應需要親電試劑與催化劑配合。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 苯環的 $\pi$ 電子雲雖然穩定，但其穩定性來自芳香性，因此苯環主要進行取代反應，而不是只進行加成反應。 - 硝基（$\ce{-NO2}$）為拉電子基，會使苯環去活化，並使新取代基進入間位（meta），不是對位或鄰位。 - 苯環的鹵化（如 $\ce{Cl2}$ 或 $\ce{Br2}$）需要路易斯酸催化劑（如 $\ce{FeCl3}$、$\ce{AlCl3}$）以產生親電試劑。 - 苯的 $\pi$ 電子是離域的，化學反應性與單純烷類（只有 $\sigma$ 鍵與單鍵）顯著不同。

Question 35

蛋白質的結構可分為四個層次。以下關於蛋白質結構的敘述，哪一項正確？ (A) 蛋白質的初級結構是由氫鍵穩定的 $\alpha$－螺旋和 $\beta$－摺板構成 (B) 蛋白質的二級結構主要由肽鍵的旋轉形成 (C) 蛋白質的三級結構由多個亞基組成，形成功能性蛋白質 (D) 蛋白質的四級結構是由多個多肽鏈組成的複合體

Accepted Answer

核心觀念：蛋白質結構分為一級、二級、三級、四級四個層次。一級結構為胺基酸序列；二級結構為局部的規則構型（α-螺旋、β-摺板），由骨架的氫鍵維持；三級結構為單一多肽鏈的整體摺疊；四級結構為多個多肽鏈（亞基）組成的複合體。 解題方法：逐一對照各層次的定義。 - 一級結構是胺基酸的排列順序，靠肽鍵連接，不是由氫鍵穩定的螺旋與摺板。 - 二級結構的形成來自骨架上的氫鍵，並非主要由肽鍵旋轉形成。 - 三級結構是單一多肽鏈的整體立體摺疊，不是由多個亞基組成。 - 四級結構正是由多個多肽鏈組成的複合體。

Question 36

下列硫化合物的路易斯結構（Lewis structure），何者的硫原子具有孤對電子對（lone pair）？ (A) $\ce{SO2}$ (B) $\ce{SO3}$ (C) $\ce{SO4}$（sulfur tetroxide） (D) $\ce{H2SO4}$

Accepted Answer

核心觀念：路易斯結構中，硫原子的孤對電子數取決於其價電子總數與成鍵情形。硫有 6 個價電子，形成鍵後若所有價電子都參與成鍵或形成雙鍵，則無孤對電子。 解題方法：逐一寫出各化合物的路易斯結構，並計算硫的孤對。 - $\ce{SO2}$：硫與兩個氧形成一個雙鍵與一個配位共價鍵（或兩個雙鍵的共振結構），硫上仍保有一對孤對電子。 - $\ce{SO3}$：硫與三個氧形成雙鍵的共振結構，硫上沒有孤對電子。 - $\ce{SO4}$：硫與四個氧形成雙鍵，硫上沒有孤對電子。 - $\ce{H2SO4}$：硫與四個氧成鍵（兩個 $\ce{S=O}$ 雙鍵與兩個 $\ce{S-OH}$ 單鍵），硫上沒有孤對電子。

Question 37

以下哪種配位化合物在混合硝酸銀（$\ce{AgNO3}$）的水溶液時會形成沉澱？ (A) $\ce{[Cr(NH3)6]Cl3}$ (B) $\ce{[Cr(NH3)3Cl3]}$ (C) $\ce{[Cr(NH3)Cl]NO3}$ (D) $\ce{Na3[Cr(CN)6]}$

Accepted Answer

核心觀念：配位化合物中，配體若是直接與金屬中心配位，則不能與 $\ce{Ag+}$ 形成沉澱；只有在外界（外圈）的離子，才會與 $\ce{AgNO3}$ 反應生成沉澱。因此需判斷各化合物中的游離 $\ce{Cl-}$ 數目。 解題方法：比較各化合物外界的 $\ce{Cl-}$ 數目。 - (A) $\ce{[Cr(NH3)6]Cl3}$：$\ce{NH3}$ 配位於 $\mathrm{Cr}$ 上，三個 $\ce{Cl-}$ 位於外界，為游離氯離子，可與 $\ce{Ag+}$ 形成 $\ce{AgCl}$ 沉澱。 - (B) $\ce{[Cr(NH3)3Cl3]}$：三個 $\ce{Cl-}$ 皆直接與 $\mathrm{Cr}$ 配位，整個化合物為中性，外界沒有游離 $\ce{Cl-}$。 - (C) $\ce{[Cr(NH3)Cl]NO3}$：$\ce{Cl-}$ 配位於 $\mathrm{Cr}$ 上，外界為 $\ce{NO3-}$，沒有游離 $\ce{Cl-}$。

Question 38

以下關於固體銅（面心立方堆積）的敘述，哪一個錯誤？ (A) 它能導電 (B) 每個單位晶格中有兩個銅原子 (C) 每個銅原子周圍有 $12$ 個原子 (D) 該固體具有立方最密堆積結構

Accepted Answer

核心觀念：面心立方堆積（face-centered cubic, FCC），即立方最密堆積（ccp），是銅與多數金屬的典型結構。每個 FCC 單位晶格含 $4$ 個原子，配位數為 $12$。金屬鍵使金屬具有導電性。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 銅為金屬，具有自由電子，因此能導電。 - FCC 的單位晶格中，頂點原子各貢獻 $\frac{1}{8}$，共 $8	imes\frac{1}{8}=1$；面心原子各貢獻 $\frac{1}{2}$，共 $6	imes\frac{1}{2}=3$，合計 $4$ 個原子。 - FCC 中每個原子周圍有 $12$ 個最近鄰原子。 - FCC 即為立方最密堆積（ccp），敘述正確。

Question 39

有關氯化鈉晶體之敘述，下列何者錯誤？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】（氯化鈉晶體結構模型圖） (A) 晶體中的離子鍵不具方向性 (B) 固態晶體不導電 (C) 晶體以面心立方堆積，$1$ 個 $\ce{Na+}$ 被 $6$ 個 $\ce{Cl-}$ 包圍 (D) 單位晶格中，有 $1$ 個 $\ce{Na+}$ 和 $1$ 個 $\ce{Cl-}$

Accepted Answer

核心觀念：氯化鈉為離子晶體，屬於面心立方（FCC）結構，兩種離子各自形成面心立方排列，彼此相互嵌入。每個 $\ce{Na+}$ 被 $6$ 個 $\ce{Cl-}$ 八面體包圍，反之亦然。離子鍵沒有方向性，離子固體不導電，但熔融或溶於水後可導電。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 離子鍵是靜電吸引，沒有方向性，敘述正確。 - 固態離子晶體中，離子被固定在晶格位置上，不能自由移動，因此不導電，敘述正確。 - 氯化鈉晶體為面心立方排列，每個 $\ce{Na+}$ 被 $6$ 個 $\ce{Cl-}$ 包圍，敘述正確。 - 氯化鈉的單位晶格（面心立方單位晶格）內，$\ce{Na+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 各為 $4$ 個，即每個單位晶格含 $4$ 個 $\ce{NaCl}$ 單元，因此「1 個 $\ce{Na+}$ 和 1 個 $\ce{Cl-}$」的敘述錯誤。

Question 40

以下哪一種放射性核素常用於醫學成像？ (A) 鉛－210 (B) 碘－131 (C) 鈾－238 (D) 鐵－56

Accepted Answer

核心觀念：醫學成像（medical imaging）常用的放射性核素需具有適當的半衰期、發射可被偵測的 $\gamma$ 射線或正子，且對病人輻射劑量低。碘－131 雖然也用於甲狀腺治療，但在成像中常作為 $\ce{^{123}I}$ 的替代，兩者皆屬於醫學放射性核種。 解題方法：比較各核素的特性。 - 鉛－210：半衰期約 $22$ 年，以 $\beta$ 衰變為主，不是常用的醫學成像核種。 - 碘－131：為醫學上常用的放射性碘同位素，可用於甲狀腺相關的造影與治療，符合醫學用途。 - 鈾－238：半衰期極長（約 $4.5	imes10^{9}$ 年），主要用於地質年代測定與核燃料，不用於醫學成像。 - 鐵－56：為穩定同位素，不具放射性，不能用於放射性成像。

Question 41

請問下列核方程式將釋放出何種放射性輻射？ $^{90}{38}\mathrm{Sr}\longrightarrow\ ^{90}{39}\mathrm{Y}+\ ?$ (A) α 粒子（Alpha particle） (B) γ 射線（Gamma ray） (C) 正子（Positron） (D) β 粒子（Beta particle）

Accepted Answer

核心觀念：核反應式需同時滿足質量數守恆與原子序（質子數）守恆。$\beta^-$ 衰變是中子轉變為質子並放出電子與反微中子，使原子序增加 $1$，質量數不變。 解題方法：比較反應物與產物的質量數與原子序。 - 反應物 $\ce{^{90}{38}Sr}$：質量數 $90$，原子序 $38$。 - 產物 $\ce{^{90}{39}Y}$：質量數 $90$，原子序 $39$。 質量數不變、原子序增加 $1$，故放出的粒子的質量數為 $0$，電荷為 $-1$，即 $\ce{^{0}{-1}e}$，為 $\beta^-$ 粒子（電子）。 選項分析： - (A) $\alpha$ 粒子：質量數減少 $4$、原子序減少 $2$，與本反應不符，故錯誤。 - (B) $\gamma$ 射線：不改變質量數與原子序，本反應的原子序有改變，故錯誤。

Question 42

$\mathrm{Br}	ext{-}82$ 的原子核半衰期約為 $1000$ 分鐘。如果你需要 $3.6$ 克的 $\mathrm{Br}	ext{-}82$，而運輸時間為 $4000$ 分鐘，那麼你應該訂購多少 $\ce{NaBr}$？（假設 $\ce{NaBr}$ 中的所有 $\mathrm{Br}$ 都是 $\mathrm{Br}	ext{-}82$；$\mathrm{Na}$ 原子量 $=23$） (A) $36.9\ \mathrm{g}$ (B) $73.8\ \mathrm{g}$ (C) $110.6\ \mathrm{g}$ (D) $7.38\ \mathrm{g}$

Accepted Answer

核心觀念：放射性衰變遵循一級動力學，經過 $n$ 個半衰期後，剩餘的量為初始量的 $\left(\frac{1}{2}ight)^n$。本題需先由運輸時間求出半衰期的個數，再反推需要訂購的初始質量。 解題方法： - 半衰期個數： $$ n=\frac{4000\ \mathrm{min}}{1000\ \mathrm{min}}=4 $$ - 到達時剩餘 $\ce{^{82}Br}$ 為 $3.6\ \mathrm{g}$，因此出廠時的 $\ce{^{82}Br}$ 質量為 $$ m0=\frac{3.6}{\left(\frac{1}{2}ight)^4}=3.6	imes16=57.6\ \mathrm{g} $$ - 換算為 $\ce{NaBr}$ 的質量（$\ce{NaBr}$ 中的 $\ce{Br}$ 皆為 $\ce{^{82}Br}$，$\mathrm{Na}$ 原子量為 $23$，故 $\ce{NaBr}$ 的莫耳質量為 $23+82=105\ \mathrm{g/mol}$）： $$ m{\ce{NaBr}}=57.6	imes\frac{105}{82}=73.8\ \mathrm{g} $$

Question 43

鹼氯工業以汞極電解法（mercury cell）電解飽和食鹽水，來製取 $\ce{NaOH}$、$\ce{Cl2}$ 和 $\ce{H2}$ 等基本化學原料。下列有關汞極電解法的敘述，何者錯誤？ (A) 汞為陽極（anode），石墨為陰極（cathode） (B) 陽極產生氯氣，陰極產生鈉汞齊合金 (C) 將鈉汞齊合金取出與水作用，產生 $\ce{H2}$ 和 $\ce{NaOH}$ (D) 淨反應：$\ce{2NaCl + 2H2O - H2 + 2NaOH + Cl2}$

Accepted Answer

核心觀念：汞極電解法（Castner–Kellner 法）中，汞作為陰極（cathode），飽和食鹽水的 $\ce{Na+}$ 在汞表面還原為鈉，與汞形成鈉汞齊（sodium amalgam）；石墨或鈦作為陽極（anode），$\ce{Cl-}$ 在陽極被氧化為氯氣。 解題方法：逐一檢查各敘述中的電極與產物。 - 陽極發生氧化反應：$\ce{2Cl- - Cl2 + 2e-}$，因此陽極產生 $\mathrm{Cl2}$。 - 陰極發生還原反應：$\ce{Na+ + e- - Na}$（溶於汞形成鈉汞齊），因此陰極為汞。 - 鈉汞齊與水反應：$\ce{2Na(Hg) + 2H2O - H2 + 2NaOH + 2Hg}$，產生氫氣與氫氧化鈉，汞回收循環使用。 - 淨反應為電解食鹽水的總反應，$\ce{2NaCl + 2H2O - H2 + 2NaOH + Cl2}$。

Question 44

已知下列標準還原電位： $\ce{Cr^3+ + 3e- - Cr}$，$E^\circ=-0.74\ \mathrm{V}$ $\ce{Co^2+ + 2e- - Co}$，$E^\circ=-0.28\ \mathrm{V}$ $\ce{MnO4- + 8H+ + 5e- - Mn^2+ + 4H2O}$，$E^\circ=+1.51\ \mathrm{V}$ 根據以上標準還原電位大小，下列選項何者為最佳還原劑？ (A) $\mathrm{Cr}$ (B) $\ce{Cr^3+}$ (C) $\ce{MnO4-}$ (D) $\mathrm{Co}$

Accepted Answer

核心觀念：標準還原電位（standard reduction potential）$E^\circ$ 越負，表示該物種越不容易被還原，越容易被氧化，因此作為還原劑的能力越強。最佳還原劑是最容易被氧化的物種，即其還原態的 $E^\circ$（還原半反應）最負者。 解題方法：比較各還原半反應的 $E^\circ$： - $\ce{Cr^3+ + 3e- - Cr}$：$E^\circ=-0.74\ \mathrm{V}$ - $\ce{Co^2+ + 2e- - Co}$：$E^\circ=-0.28\ \mathrm{V}$ - $\ce{MnO4- + 8H+ + 5e- - Mn^2+ + 4H2O}$：$E^\circ=+1.51\ \mathrm{V}$ $\mathrm{Cr}$ 的 $E^\circ$ 最負，表示 $\mathrm{Cr}$ 金屬最容易被氧化為 $\ce{Cr^3+}$，因此為最佳還原劑。 選項分析： - (A) $\mathrm{Cr}$：$E^\circ$ 最負，最容易被氧化，為最佳還原劑，正確，為本題答案。

Question 45

一個設計用於使穀物酒精與氧氣反應的燃料電池，具有以下總反應： $\ce{C2H5OH(l) + 3O2(g) - 2CO2(g) + 3H2O(l)}$ 每莫耳酒精在此過程中可以產生的最大功為 $1320\ \mathrm{kJ}$。該電池理論上的最大電壓是多少？ （$F$：法拉第常數 Faraday constant $=96485\ \mathrm{C/mol}$） (A) $0.76\ \mathrm{V}$ (B) $1.14\ \mathrm{V}$ (C) $2.01\ \mathrm{V}$ (D) $2.28\ \mathrm{V}$

Accepted Answer

核心觀念：電池的最大電功與電池電壓的關係為 $$ w{\max}=nFE $$ 其中 $n$ 為每莫耳反應轉移的電子莫耳數，$F$ 為法拉第常數，$E$ 為電池電壓。 解題方法： - 先求每莫耳酒精轉移的電子數。以各碳原子的氧化數計算：$\ce{C2H5OH}$ 中兩個碳的氧化數總和為 $-4$，生成 $2\ \ce{CO2}$ 後碳的氧化數總和為 $+8$，每莫耳酒精共失去 $12$ 個電子，故 $n=12$。 - 代入： $$ E=\frac{w{\max}}{nF}=\frac{1.320	imes10^{6}\ \mathrm{J/mol}}{12	imes96485\ \mathrm{C/mol}} $$ $$ E=\frac{1.320	imes10^{6}}{1.15782	imes10^{6}}\approx1.14\ \mathrm{V} $$

Question 46

從酞酐跟酚在酸中合成酚酞的實驗中，請問下述關於酚酞的敘述何者錯誤？ (A) 在水中溶解度極好，指示劑適用純水配製 (B) 在酸性水溶液中呈無色透明 (C) 在鹼性水溶液中會變色，呈粉紅至紫紅色 (D) 酞酐具毒性，要小心使用

Accepted Answer

核心觀念：酚酞（phenolphthalein）是常用的酸鹼指示劑，在酸性與中性溶液中為無色，在鹼性溶液（約 pH 8.2 至 10 之間）中由無色變為粉紅至紫紅色。酚酞為弱酸性有機分子，在水中溶解度很低，實驗室通常溶於乙醇配製。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 酚酞在水中溶解度很差，因此不適合以純水配製，通常以乙醇溶液使用，故敘述錯誤。 - 酚酞在酸性水溶液中呈無色，敘述正確。 - 酚酞在鹼性水溶液中呈粉紅至紫紅色，敘述正確。 - 酞酐（苯二甲酸酐，phthalic anhydride）具刺激性與毒性，使用時需小心，敘述正確。

Question 47

下列哪一項對色層層析法（chromatography）的描述何者錯誤？ (A) 採雙相系統（流動相和固定相） (B) 與固相親和力強的組成在系統中移動速度較慢 (C) 與流動相親和力強的組成在系統中移動速度相對較快 (D) 流動相只能是液體

Accepted Answer

核心觀念：色層分析（chromatography）是利用混合物中各成分在固定相（stationary phase）與流動相（mobile phase）之間分配程度的差異進行分離。與固定相作用越強的成分移動越慢，與流動相作用越強的成分移動越快。 解題方法：逐一檢查各敘述。 - 色層分析的基本架構是流動相與固定相組成的雙相系統，敘述正確。 - 與固定相親和力強的成分，停留在固定相的時間較長，移動較慢，敘述正確。 - 與流動相親和力強的成分，停留在流動相的時間較長，移動較快，敘述正確。 - 流動相不一定是液體，氣相層析（gas chromatography）的流動相為氣體，超臨界流體層析的流動相為超臨界流體，故敘述錯誤。

Question 48

取 $1.38$ 克的柳酸（分子量 $=138$）與 $2.83$ 毫升的乙酐（分子量 $=102$，比重 $1.08$），在濃硫酸的催化下反應，所得產物經純化、再結晶及烘乾後，得到 $1.26$ 克的阿司匹靈（分子量 $=180$）。請問本實驗所得的產率為何？ 柳酸與乙酐反應生成阿司匹靈的反應式如下： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】（柳酸與乙酐生成阿司匹靈之反應式結構圖） (A) $60\%$ (B) $70\%$ (C) $80\%$ (D) $90\%$

Accepted Answer

核心觀念：產率（percent yield）為實際產量與理論產量之比。理論產量由限量試劑（limiting reagent）決定。本題（含圖，頁圖附於題目）的反應為柳酸與乙酐在硫酸催化下生成阿司匹靈與乙酸，反應式為 $1:1$ 的計量比。 解題方法： - 柳酸的莫耳數（分子量 $138$）： $$ n{	ext{柳酸}}=\frac{1.38\ \mathrm{g}}{138\ \mathrm{g/mol}}=0.0100\ \mathrm{mol} $$ - 乙酐的質量與莫耳數（比重 $1.08$，分子量 $102$）： $$ m{	ext{乙酐}}=2.83\ \mathrm{mL}	imes1.08\ \mathrm{g/mL}=3.06\ \mathrm{g} $$ $$ n{	ext{乙酐}}=\frac{3.06\ \mathrm{g}}{102\ \mathrm{g/mol}}=0.0300\ \mathrm{mol} $$ 乙酐的莫耳數大於柳酸，因此乙酐為過量，柳酸為限量試劑。 - 理論產量（阿司匹靈，分子量 $180$）：

Question 49

在進行滴定實驗時，使用滴定管時習慣先排除管口空氣，並滴下少量液體，這樣做的主要目的是？ (A) 校正滴定管刻度 (B) 使液面與刻度平行 (C) 消除氣泡帶來的讀數誤差 (D) 調整試劑溫度

Accepted Answer

核心觀念：滴定管在使用前若管尖殘留空氣，放液時氣泡會在操作中逸出或殘留，導致液體體積讀數偏差。因此在正式滴定前需排除管口與管尖的空氣，並讓溶液充滿管尖。 解題方法：比較各選項的目的。 - 校正刻度是由製造商或實驗室以其他方法完成，不是每次使用前的操作目的。 - 使液面與刻度平行是讀數時的姿勢要求，與排除空氣無關。 - 排除管口空氣、滴下少量液體，目的是讓管尖充滿液體，消除氣泡，避免讀數誤差，正確。 - 調整試劑溫度是另一類操作，與排氣無關。

Question 50

二氧化碳通入澄清石灰水（$\ce{Ca(OH)2(aq)}$），因為生成碳酸鈣（$\ce{CaCO3}$）沉澱，導致石灰水變混濁；但是當繼續通入過量的二氧化碳時，將導致混濁水變澄清，主要是因為過量的二氧化碳與碳酸鈣反應生成何種物質溶於水？ (A) $\ce{CaH2}$ (B) $\ce{CaC2}$ (C) $\ce{CaO}$ (D) $\ce{Ca(HCO3)2}$

Accepted Answer

核心觀念：$\ce{CO2}$ 通入澄清石灰水時，先生成不溶的碳酸鈣沉澱，使溶液變混濁。繼續通入過量 $\ce{CO2}$，碳酸鈣會與二氧化碳與水反應，生成可溶於水的碳酸氫鈣，溶液因此再度變澄清。 解題方法：反應依序如下。 第一階段，生成沉澱： $$ \ce{Ca(OH)2 + CO2 - CaCO3(s) + H2O} $$ 第二階段，過量 $\ce{CO2}$ 使沉澱溶解： $$ \ce{CaCO3 + CO2 + H2O - Ca(HCO3)2} $$ 生成的 $\ce{Ca(HCO3)2}$（碳酸氫鈣）溶於水，因此溶液變澄清。 選項分析： - (A) $\ce{CaH2}$：氫化鈣，為離子型氫化物，與本反應無關，故錯誤。 - (B) $\ce{CaC2}$：碳化鈣，為高溫反應的產物，與本反應無關，故錯誤。

私立醫學校院聯招 114 年 《普通化學》

第 1 題2 分

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第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

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第 7 題2 分

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第 48 題2 分

第 49 題2 分

第 50 題2 分

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