109 年 國立成功大學材料科學及工程學系碩士班《物理及化學》

核心觀念：半導體摻雜與能階。

詳解：
在半導體物理中，摻雜（doping）是將少量雜質原子引入晶體材料以改變其導電性質的過程。對於矽（Si）這種第四族元素，摻雜時會引入第三族或第五族元素。

當引入第五族元素（如 N, P, As, Sb, Bi）時，這些元素比矽多一個價電子。這個額外的電子束縛在雜質原子周圍，但其束縛能（或激發能）遠小於矽本身的禁帶寬度。這個額外的電子很容易被激發到導帶，成為自由載子，形成 n 型半導體。雜質原子提供的這個價電子所對應的能階稱為施體能階（donor level），它位於導帶下方，離導帶邊緣的距離越近，所需的激發能量就越小。

核心觀念

本題考查反應系統的標準熵變 $\Delta S^\circ_{\mathrm{sys}}$。在標準狀態下：

$$\Delta S^\circ_{\mathrm{sys}} = \sum \nu_i S_i^\circ(\text{生成物}) - \sum \nu_j S_j^\circ(\text{反應物})$$

其中：

• $S^\circ$ 為物質的標準莫耳熵；
• $\nu$ 為化學計量係數；
• 若 $\Delta S^\circ_{\mathrm{sys}}>0$，表示反應後系統的熵增加。

一般判斷原則是：

• 氣體莫耳數增加，通常有利於 $\Delta S>0$；
• 氣體變成液體或固體，通常使 $\Delta S<0$；
• 液體變成固體，通常使 $\Delta S<0$；
• 但若氣體莫耳數不變，或氣體莫耳數只略微改變，仍須以標準莫耳熵數值判斷。

---

解題方法

逐項利用下式計算或比較：

$$\Delta S^\circ = \sum S^\circ_{\text{products}} - \sum S^\circ_{\text{reactants}}$$

常用的標準莫耳熵單位為 $\mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$。相關數值取近似值如下：

物質	$S^\circ$
$\mathrm{H_2(g)}$	$130.7$
$\mathrm{O_2(g)}$	$205.0$
$\mathrm{H_2O(g)}$	$188.8$
$\mathrm{CS_2(g)}$	$237.8$
$\mathrm{CO_2(g)}$	$213.7$
$\mathrm{SO_2(g)}$	$248.2$
$\mathrm{O_3(g)}$	$238.9$
$\mathrm{Al_2O_3(s)}$	$50.9$
$\mathrm{Al(s)}$	$28.3$
$\mathrm{Br_2(l)}$	約 $152$
$\mathrm{AlBr_3(s)}$	約 $167$

---

選項分析

（a）$\mathrm{H_2(g)+\frac12O_2(g)\rightarrow H_2O(g)}$

反應物與生成物皆為氣體，但氣體莫耳數由 $1.5$ 莫耳降為 $1$ 莫耳，因此僅由氣體莫耳數判斷會誤以為熵減少。然而，實際仍須代入標準莫耳熵：

$$\Delta S^\circ = S^\circ_{\mathrm{H_2O(g)}} - \left[ S^\circ_{\mathrm{H_2(g)}} + \frac12S^\circ_{\mathrm{O_2(g)}} \right]$$ $$\Delta S^\circ = 188.8- \left(130.7+\frac12\times205.0\right)$$ $$\Delta S^\circ = 188.8-233.2 = -44.4\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$$

因此：

$$\Delta S^\circ<0$$

（a）錯誤。

---

（b）$\mathrm{CS_2(g)+3O_2(g)\rightarrow CO_2(g)+2SO_2(g)}$

反應物氣體總莫耳數為 $4$，生成物氣體總莫耳數為 $3$，初步判斷熵有下降趨勢。

詳細計算：

$$\Delta S^\circ = \left[ S^\circ_{\mathrm{CO_2(g)}} + 2S^\circ_{\mathrm{SO_2(g)}} \right] - \left[ S^\circ_{\mathrm{CS_2(g)}} + 3S^\circ_{\mathrm{O_2(g)}} \right]$$

核心觀念

本題考查真實氣體的分子間作用力與凝結條件。

氣體在固定溫度下被壓縮，當壓力達到該溫度的飽和蒸氣壓時，開始凝結。分子間吸引力越弱，氣體越不容易液化，必須施加越大的壓力才能凝結。

在 van der Waals 方程式中：

$$\left[P+a\left(\frac{n}{V}\right)^2\right](V-nb)=nRT$$

其中：

• $a$ 反映分子間吸引力，$a$ 越大表示吸引力越強。
• $b$ 反映分子本身所占體積。
• 對同系列的烷類而言，分子量越大，色散力通常越強，沸點越高，也越容易凝結。

甲烷、乙烷、丙烷、丁烷、戊烷的沸點依序升高：

$$\ce{CH4 < C2H6 < C3H8 < C4H10 < C5H12}$$

因此，在相同溫度下，飽和蒸氣壓依序降低。

解題方法

固定溫度下，氣體凝結所需的壓力可視為該氣體在此溫度下的飽和蒸氣壓。

分子間吸引力越強，氣相分子越容易被拉入液相，因此凝結所需壓力越低；分子間吸引力越弱，則需更高壓力才能使分子聚集並形成液體。

五種氣體中：

• 甲烷分子最小，電子數最少，色散力最弱。
• 戊烷分子最大，電子數最多，色散力最強。

所以甲烷最難凝結，必須施加最大的壓力。

核心觀念：原子極化。

詳解：
極化（Polarization）是指在外加電場作用下，原子或分子中正負電荷中心發生相對位移，導致產生感應偶極矩的現象。

我們逐一分析各選項：

(a) Normally larger atoms are more difficult to be polarized.
錯誤。原子越大，其最外層的電子離原子核的距離越遠，受原子核的束縛越弱，電子雲越容易在外電場作用下發生變形，因此，較大的原子更容易被極化。反之，較小的原子，電子雲被原子核束縛得更緊，不易被極化。

(b) It is related to the distortion of electron cloud.
正確。極化的本質就是外電場導致原子或分子中的電子雲發生形變，正負電荷中心發生分離，從而產生一個感應偶極矩。這種形變就是電子雲的畸變。

(c) It is influenced by electronegativity of bonded atoms.
正確。在分子中，原子間的電負度差異會影響電子雲的分佈。電負度較大的原子會吸引更多的電子，使得該區域的電子雲密度較高。這種電子雲分佈的不均勻性會影響分子在外電場下的極化行為。例如，在極性共價鍵中，由於電負度差異，已經存在一部分電荷分離，這會影響其在外電場下的響應。

核心觀念：溶液稀釋計算。

詳解：
此題考驗溶液稀釋的觀念，其基本原理是稀釋前後溶質的莫耳數保持不變。
稀釋公式為：$M_1 V_1 = M_2 V_2$
其中：

• $M_1$ 是初始濃度（濃溶液的濃度）
• $V_1$ 是初始體積（濃溶液的體積）
• $M_2$ 是稀釋後濃度（稀溶液的濃度）
• $V_2$ 是稀釋後體積（稀溶液的體積）

題目已知：

• 初始濃度 $M_1 = 17 \, \text{M}$ (NH₃ 的濃溶液)
• 稀釋後濃度 $M_2 = 0.75 \, \text{M}$ (NH₃ 的稀溶液)
• 稀釋後體積 $V_2 = 500.0 \, \text{mL}$

核心觀念：有機化合物的鑑別方法。

詳解：
題目要求判斷使用何種光譜或質譜技術可以區分乙醇 ($\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}$) 和丙酮 ($\text{CH}_3\text{COCH}_3$) 這兩種無色液體。這兩種物質的分子式不同（乙醇為 $\text{C}_2\text{H}_6\text{O}$，丙酮為 $\text{C}_3\text{H}_6\text{O}$），結構也不同。

我們逐一分析各個選項：

(a) FTIR (傅立葉轉換紅外光譜)
FTIR 主要用於檢測化合物中的官能基。

• 乙醇 ($\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}$) 含有羥基 (-OH)，在紅外光譜中會有一個寬而強的 O-H 伸展吸收峰（約在 3200-3600 cm⁻¹）。它還有 C-O 鍵的吸收。
• 丙酮 ($\text{CH}_3\text{COCH}_3$) 含有羰基 (C=O)，在紅外光譜中會有一個強烈的 C=O 伸展吸收峰（約在 1700-1725 cm⁻¹）。
  由於兩者含有不同的官能基（-OH vs C=O），它們的紅外光譜會有顯著差異，因此 FTIR 可以用來區分它們。

(b) $^1\text{H-NMR}$ (質子核磁共振譜)
$^1\text{H-NMR}$ 用於確定化合物中質子（氫原子）的化學環境。

• 乙醇 ($\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}$) 含有三種類型的質子：甲基 (-CH₃) 質子，亞甲基 (-CH₂-) 質子，以及羥基 (-OH) 質子。它們的化學位移和裂分模式會不同。
• 丙酮 ($\text{CH}_3\text{COCH}_3$) 含有兩種類型的質子：兩組甲基 (-CH₃) 質子是等價的，它們會產生一個單峰。
  由於兩者質子的數量、類型和化學環境不同，其 $^1\text{H-NMR}$ 光譜會有顯著差異。

核心觀念：標準電極電位與還原性強弱的關係。

詳解：
還原劑是能夠失去電子，使其他物質被還原的物質。還原劑的強度與其失去電子的難易程度有關。標準電極電位 ($E^{\circ}$) 描述了物質接受電子的趨勢（氧化還原反應的標準還原電位）。

• 還原電位越負：表示該物質越難接受電子，也就是其對應的氧化態越難被還原，反過來說，其對應的還原態越容易失去電子，因此還原性越強。
• 還原電位越正：表示該物質越容易接受電子，也就是其對應的氧化態越容易被還原，反過來說，其對應的還原態越難失去電子，因此還原性越弱。

題目給出了幾個半反應的標準還原電位：

1. $\text{Li}^+ + \text{e}^- \rightarrow \text{Li}$ $E^{\circ}= -3.05 \, \text{V}$
   對應的氧化反應是 $\text{Li} \rightarrow \text{Li}^+ + \text{e}^-$，$E^{\circ}_{ox} = +3.05 \, \text{V}$。Li 是還原劑。
2. $\text{Co}^{3+} + \text{e}^- \rightarrow \text{Co}^{2+}$ $E^{\circ}= 1.92 \, \text{V}$
   對應的氧化反應是 $\text{Co}^{2+} \rightarrow \text{Co}^{3+} + \text{e}^-$，$E^{\circ}_{ox} = -1.92 \, \text{V}$。Co²⁺ 是還原劑。
3. $\text{Ca}^{2+} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Ca}$ $E^{\circ}= -2.84 \, \text{V}$
   對應的氧化反應是 $\text{Ca} \rightarrow \text{Ca}^{2+} + 2\text{e}^-$，$E^{\circ}_{ox} = +2.84 \, \text{V}$。Ca 是還原劑。

核心觀念

本題考查：

1. 金屬醇鹽的化學式判定。
2. 化學反應式的配平。
3. 氧化還原反應中電子與氫氣生成量的關係。

異丙醇為：

$$(\mathrm{CH_3})_2\mathrm{CHOH}$$

其去除羥基上的氫後形成異丙氧基：

$$(\mathrm{CH_3})_2\mathrm{CHO^-}$$

鋁通常形成 $+3$ 價，因此鋁異丙醇鹽的化學式為：

$$\mathrm{Al[OCH(CH_3)_2]_3}$$

也可寫成：

$$\mathrm{Al[(CH_3)_2CHO]_3}$$

解題方法

鋁原子與異丙醇反應時，可視為鋁取代異丙醇羥基上的氫，生成鋁異丙醇鹽與氫氣。

每個鋁離子需要三個異丙氧基，因此一個鋁異丙醇鹽需要三個異丙醇分子：

$$\mathrm{Al+3(CH_3)_2CHOH\rightarrow Al[(CH_3)_2CHO]_3+\frac{3}{2}H_2}$$

為避免分數係數，整式乘以 $2$：

$$\boxed{ 2\mathrm{Al(s)}+6(\mathrm{CH_3})_2\mathrm{CHOH(l)} \rightarrow 2\mathrm{Al[(CH_3)_2CHO]_3(s)}+3\mathrm{H_2(g)} }$$

配平驗算：

• 鋁：左、右皆為 $2$ 個。
• 異丙氧基：左側 $6$ 個異丙醇提供 $6$ 個異丙氧基；右側 $2$ 個鋁異丙醇鹽共含 $6$ 個異丙氧基。
• 氫：左側總氫原子數為 $6\times 8=48$；右側鋁醇鹽含 $2\times 3\times 7=42$ 個氫，另有 $3\mathrm{H_2}$ 提供 $6$ 個氫，合計 $48$ 個。
• 氧：左右皆為 $6$ 個。

因此正確配平式必須是：

核心觀念：分子極性判斷。

詳解：
判斷一個分子是否為極性分子，需要考慮兩個因素：

1. 鍵的極性：如果分子中的化學鍵是由兩個不同電負度的原子形成的，那麼這個鍵就是極性鍵。
2. 分子的幾何結構：即使分子中有極性鍵，如果其幾何結構是對稱的，使得各鍵的偶極矩矢量相互抵消，那麼整個分子就可能為非極性分子。

我們逐一分析這三個分子：

1. BrCl (溴化氯)

   • 構成原子：溴 (Br) 和氯 (Cl)。
   • 電負度：Cl 的電負度（約 3.16）大於 Br 的電負度（約 2.96）。
   • 鍵的極性：由於 Br 和 Cl 的電負度不同，Br-Cl 鍵是極性鍵。氯原子會吸引電子，帶部分負電荷 ($\delta^-$)，溴原子帶部分正電荷 ($\delta^+$)。
   • 分子結構：BrCl 是雙原子分子，只有一個鍵，其結構是線性的。
   • 極性：由於存在一個極性鍵，且無對稱性抵消，所以 BrCl 分子是極性的。

2. SO₂ (二氧化硫)

   • 構成原子：硫 (S) 和氧 (O)。
   • 電負度：O 的電負度（約 3.44）大於 S 的電負度（約 2.58）。
   • 鍵的極性：S-O 鍵是極性鍵，氧原子帶部分負電荷 ($\delta^-$)，硫原子帶部分正電荷 ($\delta^+$)。
   • 分子結構：中心原子 S 與兩個 O 原子形成共價鍵。

核心觀念：吉布斯自由能變與標準電極電位的關係。

詳解：
吉布斯自由能變 ($\Delta G^{\circ}$) 與標準電極電位 ($E^{\circ}$) 之間的關係由以下公式給出：
$\Delta G^{\circ} = -nFE^{\circ}_{cell}$
其中：

• $n$ 是反應中轉移的電子數。
• $F$ 是法拉第常數，約為 $96485 \, \text{C/mol}$。
• $E^{\circ}_{cell}$ 是標準電池電位。

首先，我們需要確定反應的總體標準電池電位 $E^{\circ}_{cell}$。
反應是：$\text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + \text{Fe(s)} \rightarrow \text{Cu(s)} + \text{Fe}^{2+}\text{(aq)}$

我們有兩個標準還原電位：

1. $\text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Cu(s)}$ $E^{\circ}_{\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}} = +0.34 \, \text{V}$
2. $\text{Fe}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Fe(s)}$ $E^{\circ}_{\text{Fe}^{2+}/\text{Fe}} = -0.44 \, \text{V}$

在給定的反應中，$\text{Cu}^{2+}$ 被還原成 Cu，而 Fe 被氧化成 $\text{Fe}^{2+}$。
因此，標準還原電位為 $+0.34 \, \text{V}$ 的半反應是陰極反應（還原反應），標準還原電位為 $-0.44 \, \text{V}$ 的半反應需要逆向進行，成為陽極反應（氧化反應）。

陰極反應：$\text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Cu(s)}$ $E^{\circ}_{\text{cathode}} = +0.34 \, \text{V}$
陽極反應：$\text{Fe(s)} \rightarrow \text{Fe}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^-$ $E^{\circ}_{\text{anode}} = -E^{\circ}_{\text{Fe}^{2+}/\text{Fe}} = -(-0.44 \, \text{V}) = +0.44 \, \text{V}$

總體電池電位 $E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{\text{cathode}} + E^{\circ}_{\text{anode}}$ (這裡的 $E^{\circ}_{\text{anode}}$ 是氧化電位)

核心觀念：物質的硬度與化學鍵的關係。

詳解：
物質的硬度主要取決於其內部化學鍵的強度和結構。

• 共價鍵 (Covalent bonds)：由原子之間共享電子形成的鍵。在某些情況下，如金剛石，形成巨大的三維共價網絡結構，鍵非常強，使得物質非常堅硬。
• 金屬鍵 (Metallic bonds)：金屬原子之間的鍵，電子在整個金屬晶格中自由移動。金屬鍵通常比較強，但其結構允許原子層滑動，因此金屬一般是延展的，而不是極度堅硬（但也有例外，如鎓）。
• 離子鍵 (Ionic bonds)：由陰陽離子之間的靜電吸引力形成的鍵。離子化合物通常是硬而脆的，因為離子層的滑動會導致同種電荷相鄰而產生排斥，容易斷裂。離子鍵的強度與離子電荷和半徑有關。

核心觀念：焓變與反應類型。

詳解：
焓（Enthalpy, H）是系統的熱含量。化學反應中的焓變 ($\Delta H$) 是指產物的焓減去反應物的焓：
$\Delta H = H_{\text{products}} - H_{\text{reactants}}$

題目中提到「產物的焓含量少於反應物的焓含量」，這意味著：
$H_{\text{products}} < H_{\text{reactants}}$
因此，焓變 $\Delta H$ 為負值：
$\Delta H < 0$

當反應的焓變為負值時，表示反應過程中系統釋放出能量（通常以熱能的形式）到環境中。這種放出熱量的反應稱為放熱反應（exothermic reaction）。

核心觀念：金屬活動序與氧化還原反應。

詳解：
金屬活動序（Activity Series）反映了金屬失去電子的難易程度，也就是其還原性強弱。活性越強的金屬越容易失去電子（被氧化），其還原性越強。反之，活性越弱的金屬越難失去電子，其還原性越弱。

在水溶液中，一個金屬可以置換（還原）比它在活動序中排名靠後的金屬離子。這意味著，較活潑的金屬（還原劑）可以將較不活潑金屬的離子（氧化劑）還原成金屬單質。

題目給出的活動序是：$\text{Na} > \text{Mg} > \text{Cu} > \text{Ag} > \text{Au}$。
這表示：

• Mg 比 Cu、Ag、Au 活潑。
• Cu 比 Ag、Au 活潑。
• Ag 比 Au 活潑。
• Na 比 Mg、Cu、Ag、Au 活潑。

題目問的是，哪些離子「不會」被金屬鎂（Mg）從水溶液中置換（還原）。
這意味著，鎂的活性必須大於這些離子所對應的金屬的活性。如果鎂的活性大於某個金屬離子所對應的金屬，那麼鎂就能將該離子還原成金屬單質。反之，如果鎂的活性小於某個金屬離子所對應的金屬，那麼鎂就無法將該離子還原。

我們來比較鎂 (Mg) 和選項中的金屬（或其離子）：

• Na⁺：對應的金屬是 Na。活動序顯示 $\text{Na} > \text{Mg}$。

核心觀念：電負度。

詳解：
電負度（Electronegativity）是衡量一個原子在其所形成的化學鍵中，吸引共享電子對的相對能力的指標。

我們逐一分析各選項：

(a) it measures the pulling power of an atom on surrounding free electrons in vacuum.
錯誤。電負度衡量的是原子在化學鍵中吸引共享電子的能力，而不是在真空中吸引自由電子的能力。吸引自由電子的能力通常與電子親和能（Electron Affinity）有關。

(b) it explains the formation of a polar covalent bond between two atoms with partial electric charges.
正確。當兩個電負度差異較大的原子形成共價鍵時，電子對會偏向電負度較大的原子，使得該原子帶部分負電荷 ($\delta^-$)，而電負度較小的原子帶部分正電荷 ($\delta^+$)。這種電荷分離就形成了極性共價鍵，並導致分子產生偶極矩。電負度差異是判斷鍵極性的重要依據。

核心觀念

本題考查原子結構發展史中的三項經典實驗：

1. J. J. Thomson 的陰極射線實驗：證明陰極射線由帶負電的電子組成，並測定電子的荷質比 $\frac{e}{m}$。
2. Robert Millikan 的油滴實驗：測定電子的基本電荷量 $e$。
3. Rutherford 的金箔散射實驗：發現原子中極小、緻密且帶正電的原子核。

---

解題方法

逐一核對各選項所描述的實驗結果，特別注意：

• 電子帶負電，因此在電場中會被正極吸引。
• Thomson 測定的是電子的荷質比 $\frac{e}{m}$，不是單獨測定電子電荷或質量。
• Millikan 主要測定的是電子電荷量。
• Rutherford 發現的原子核帶正電，不是中性。

---

選項分析

(a) The cathode ray is repelled by the positive pole of an applied electric field.

錯誤。

陰極射線由電子組成，而電子帶負電。在電場中，負電荷會受到與電場方向相反的力，並被正極吸引、被負極排斥。

因此，陰極射線應被正極吸引，而不是排斥。

---

(b) From the deflection of cathode ray in a magnetic field, J. J. Thomson determined the charge-to-mass ratio of an electron.

正確。

Thomson 利用電場與磁場使陰極射線偏轉，藉此研究電子的運動。帶電粒子以速度 $v$ 垂直射入磁場時，受到洛倫茲力：

$$F_B=evB$$

此力提供圓周運動所需的向心力：

$$evB=\frac{mv^2}{r}$$

因此：

$$\frac{e}{m}=\frac{v}{Br}$$

其中 $r$ 為電子在磁場中的偏轉半徑。若先利用電場與磁場互相平衡來測得電子速度 $v$，再由磁場中的偏轉半徑求得 $\frac{e}{m}$，即可測定電子的荷質比。

所以此選項的敘述正確。

---

核心觀念

本題考查 Lewis 結構中的形式電荷。形式電荷定義為：

$$\text{形式電荷} = \text{價電子數} - \text{未鍵結電子數} - \frac{1}{2}(\text{鍵結電子數})$$

硫原子 S 位於第 16 族，因此有 $6$ 個價電子。

解題方法

依題目所畫結構，中心硫原子與四個氧原子相連：

• 上方為一個雙鍵，含 $4$ 個鍵結電子；
• 左、右、下方各為一個單鍵，共含 $6$ 個鍵結電子；
• 硫原子上沒有標示孤電子對，因此未鍵結電子數為 $0$。

硫原子分得的鍵結電子為：

$$\frac{4+6}{2}=5$$

因此硫的形式電荷為：

$$\text{FC}(S)=6-0-5=+1$$

所以，依照題目圖示的「一個雙鍵、三個單鍵」結構，硫的形式電荷是 $+1$。

可順便驗算氧原子的形式電荷：

• 雙鍵氧：$0$；
• 三個單鍵氧：各為 $-1$。

全結構總電荷為：

$$(+1)+0+3(-1)=-2$$

符合硫酸根 $\mathrm{SO_4^{2-}}$ 的總電荷。

選項分析

• (a) $+2$：錯誤。
  $+2$ 是硫與四個氧皆以單鍵相連、且硫沒有孤電子對時的形式電荷：

  $$6-0-4=+2$$

核心觀念：離子化合物在水中的溶解。

詳解：
食鹽（氯化鈉, NaCl）是一種離子化合物，由鈉離子 ($\text{Na}^+$) 和氯離子 ($\text{Cl}^-$) 通過強烈的離子鍵結合而成。這使得 NaCl 具有很高的熔點和沸點。

然而，NaCl 在室溫下可以溶於水。這是因為水是一種極性溶劑。水分子具有極性，氧原子帶部分負電荷 ($\delta^-$)，氫原子帶部分正電荷 ($\delta^+$)。

當 NaCl 晶體放入水中時，水分子會包圍 NaCl 晶體表面的離子。極性水分子會通過離子-偶極作用（ion-dipole interaction）與 $\text{Na}^+$ 和 $\text{Cl}^-$ 離子發生作用。

• 水分子中的氧原子（帶 $\delta^-$ 電荷）會靠近 $\text{Na}^+$ 離子。
• 水分子中的氫原子（帶 $\delta^+$ 電荷）會靠近 $\text{Cl}^-$ 離子。

核心觀念：凝固點下降。

詳解：
此題考驗凝固點下降（Freezing Point Depression）的計算。凝固點下降的公式為：
$\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$
其中：

• $\Delta T_f$ 是凝固點的下降值。
• $i$ 是范特霍夫因子（van't Hoff factor），表示溶質解離出的粒子數。對於非電解質，如乙二醇，$i=1$。
• $K_f$ 是溶劑的摩爾凝固點下降常數（cryoscopic constant）。
• $m$ 是溶質的質量摩爾濃度（molality），定義為 $\frac{\text{溶質莫耳數}}{\text{溶劑質量 (kg)}}$。

題目已知：

• 目標凝固點 = -20 °C。
• 純水的凝固點 = 0 °C。
• 所以，凝固點下降值 $\Delta T_f = 0 \, \text{°C} - (-20 \, \text{°C}) = 20 \, \text{°C}$。
• 溶質是乙二醇 ($\text{C}_2\text{H}_6\text{O}_2$)，它是非電解質，故 $i=1$。
• $K_f = 1.86 \, \text{°C kg/mol}$ (題目誤寫為乙二醇的常數，但通常這是水的 $K_f$ 值)。
• 溶劑是水。水的密度 $\rho_{\text{water}} = 1 \, \text{g/mL} = 1 \, \text{kg/L}$。
• 水的體積 $V_{\text{water}} = 5 \, \text{L}$。

首先，計算水的質量：
$m_{\text{water}} = V_{\text{water}} \times \rho_{\text{water}} = 5 \, \text{L} \times 1 \, \text{kg/L} = 5 \, \text{kg}$。

然後，利用凝固點下降公式計算乙二醇的質量摩爾濃度 $m$：
$\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$

核心觀念：濃度單位的轉換（ppm）。

詳解：
百萬分點濃度（parts per million, ppm）通常用來表示溶液中極低濃度的溶質。它可以有不同的定義，取決於上下文，常見的有：

• 質量/質量 ppm (ppm by mass): $\frac{\text{溶質質量}}{\text{溶液質量}} \times 10^6$
• 質量/體積 ppm (ppm by mass/volume): $\frac{\text{溶質質量 (mg)}}{\text{溶液體積 (L)}}$
• 體積/體積 ppm (ppm by volume): $\frac{\text{溶質體積}}{\text{溶液體積}} \times 10^6$

在表示水中污染物濃度時，通常採用質量/體積的 ppm 定義，即 1 ppm 等於 1 mg 的溶質在 1 L 的溶液中。
或者，如果溶液的密度接近水的密度（1 g/mL 或 1 kg/L），那麼質量/質量 ppm 和質量/體積 ppm 是近似相等的。
$\frac{\text{溶質質量 (mg)}}{\text{溶液質量 (kg)}} = \frac{\text{溶質質量 (mg)}}{\text{溶液體積 (L)}}$ (因為 1 kg 水約等於 1 L 水)

核心觀念：可逆過程與熱力學。

詳解：
可逆過程（Reversible Process）是熱力學中的一個理想化概念，指一個過程可以沿相反方向無限接近地進行，而不會在系統或環境中留下任何淨變化。可逆過程是熱力學第二定律和最大功計算的基礎。

我們逐一分析各選項：

(a) All real processes are irreversible
正確。在現實世界中，所有實際發生的過程都伴隨著不可避免的能量耗散（如摩擦、熱傳導等），因此都是不可逆的。可逆過程是一個理想化的極限情況。

(b) The maximum work obtainable from the gas occurs when the expansion is carried out reversibly
正確。對於一個系統（如氣體）膨脹對外做功，其最大功在可逆過程中獲得。這是因為在可逆過程中，系統始終處於與環境的平衡狀態，並且排出的每一點能量都用於做功，沒有能量損失。

(c) Any energy wastes will provoke the failure of obtaining the maximum work
正確。這與 (b) 類似。

核心觀念：燃燒分析與有機物分子式推導。

詳解：
此題是典型的燃燒分析題，通過燃燒產物的質量來推斷有機物的組成。
有機物燃燒的反應通式為：
$\text{C}_x\text{H}_y\text{O}_z + \text{O}_2 \rightarrow \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}$
（假設有機物中可能含有碳、氫、氧元素）

已知信息：

• 燃燒產物：33 g $\text{CO}_2$ 和 18 g $\text{H}_2\text{O}$。
• 反應物：一種未知有機物和 6.25 莫耳的空氣。空氣主要成分是氮氣和氧氣，在這裡我們主要關注反應所需的氧氣。空氣中約 21% 是氧氣，所以 6.25 莫耳空氣約含有 $6.25 \times 0.21 \approx 1.31$ 莫耳氧氣。這個信息可能用於驗證反應是否完全，或者用於計算氧氣的量，但通常情況下，我們只需要關注產物來推斷有機物的組成。

步驟 1：計算 $\text{CO}_2$ 和 $\text{H}_2\text{O}$ 的莫耳數。

• $\text{CO}_2$ 的分子量 $\approx 12.01 + 2 \times 16.00 = 44.01 \, \text{g/mol}$。
• $\text{H}_2\text{O}$ 的分子量 $\approx 2 \times 1.01 + 16.00 = 18.02 \, \text{g/mol}$。

$\text{CO}_2$ 莫耳數 = $\frac{33 \, \text{g}}{44.01 \, \text{g/mol}} \approx 0.7498 \, \text{mol}$。
$\text{H}_2\text{O}$ 莫耳數 = $\frac{18 \, \text{g}}{18.02 \, \text{g/mol}} \approx 0.9989 \, \text{mol}$。
為了簡化計算，我們近似取 $\text{CO}_2$ 為 0.75 mol，$\text{H}_2\text{O}$ 為 1.00 mol。

步驟 2：從產物中推斷有機物中的碳和氫的莫耳數。

• 碳 (C)：一個 $\text{CO}_2$ 分子含有 1 個碳原子。因此，0.75 mol $\text{CO}_2$ 中含有 0.75 mol 碳原子。
• 氫 (H)：一個 $\text{H}_2\text{O}$ 分子含有 2 個氫原子。因此，1.00 mol $\text{H}_2\text{O}$ 中含有 $1.00 \times 2 = 2.00$ mol 氫原子。

步驟 3：確定有機物中的碳、氫比例。
有機物中 C:H 的莫耳數比例為 0.75 mol : 2.00 mol。
為了得到整數比，我們可以將兩者都乘以 4：
$0.75 \times 4 = 3$
$2.00 \times 4 = 8$
所以，有機物中最簡的碳氫原子數比為 C₃H₈。

步驟 4：檢查選項，尋找符合 C₃H₈ 比例的化合物。
(a) $\text{CH}_4$：C:H = 1:4
(b) $\text{C}_2\text{H}_2$：C:H = 2:2 = 1:1

核心觀念：常見鹽類的溶解性規則。

詳解：
溶解性規則是判斷鹽在水中溶解度的經驗法則。我們逐一檢驗各個描述：

(a) Most nitrate ($\text{NO}_3^-$) salts are quite soluble.
正確。所有常見的硝酸鹽（如 $\text{KNO}_3$, $\text{NaNO}_3$, $\text{AgNO}_3$ 等）在水中都相當可溶。

(b) Most salts of $\text{Na}^+$ are quite soluble.
正確。所有常見的鈉鹽（如 $\text{NaCl}$, $\text{Na}_2\text{SO}_4$, $\text{Na}_2\text{CO}_3$ 等）在水中都相當可溶。這是因為鈉離子 ($\text{Na}^+$) 的離子半徑較大，與陰離子的作用力相對較弱，容易被水分子溶劑化。

(c) Most hydroxide salts are quite soluble.
錯誤。大多數金屬氫氧化物在水中溶解度很小，是難溶的。例如 $\text{Fe(OH)}_3$, $\text{Al(OH)}_3$, $\text{Mg(OH)}_2$ 等。

核心觀念：環境熵變與反應焓變的關係。

詳解：
環境的熵變 ($\Delta S_{\text{surr}}$) 與系統的焓變 ($\Delta H_{\text{sys}}$) 之間存在直接的關係，尤其是在恆溫恆壓條件下。
根據熱力學第二定律，對於一個在恆溫恆壓下進行的過程，環境的熵變由系統釋放或吸收的熱量決定。
$\Delta S_{\text{surr}} = \frac{q_{\text{surr}}}{T}$
在恆壓下，系統吸收或釋放的熱量等於系統的焓變 $q_p = \Delta H_{\text{sys}}$。
因此，環境吸收的熱量 $q_{\text{surr}} = -q_{\text{sys}} = -\Delta H_{\text{sys}}$。
所以，$\Delta S_{\text{surr}} = \frac{-\Delta H_{\text{sys}}}{T}$。

題目給出：

• 反應焓變 $\Delta H_{\text{sys}} = -125 \, \text{KJ}$。
• 反應溫度 $T = 25 \, \text{°C}$。

首先，將溫度轉換為開爾文 (K)：
$T = 25 \, \text{°C} + 273.15 = 298.15 \, \text{K}$。
為了方便計算，我們通常取 $T \approx 298 \, \text{K}$。

核心觀念：強鹼溶液的 pH 計算。

詳解：
氫氧化鉀 (KOH) 是一種強鹼，在水中會完全解離成鉀離子 ($\text{K}^+$) 和氫氧根離子 ($\text{OH}^-$)。
$\text{KOH(aq)} \rightarrow \text{K}^+\text{(aq)} + \text{OH}^-\text{(aq)}$

因此，溶液中的氫氧根離子濃度 $[\text{OH}^-]$ 等於 KOH 的初始濃度。
已知 KOH 濃度為 $2\times10^{-2} \, \text{M}$。
所以，$[\text{OH}^-] = 2\times10^{-2} \, \text{M}$。

pH 和 pOH 之間的關係是：
$\text{pH} + \text{pOH} = 14$ (在 25 °C 時)

核心觀念：反應速率定律與半生期。

詳解：
半生期（half-life）是指反應物濃度降低到其初始濃度一半所需的時間。半生期的行為取決於反應的級數。

• 零級反應：半生期與初始濃度成反比。$t_{1/2} \propto \frac{1}{[A]_0}$。半生期會隨著反應進行而改變。
• 一級反應：半生期為常數，與初始濃度無關。$t_{1/2} = \frac{\ln 2}{k}$。每次反應進行一半所需時間都是相同的。
• 二級反應：半生期與初始濃度成反比。$t_{1/2} = \frac{1}{k[A]_0}$。隨著反應進行，反應物濃度降低，半生期會變長。

題目提到「一個反應的半生期是 20 秒」，並詢問「二級反應的第二個半生期是多少」。
這意味著：

• 第一個半生期 ($t_{1/2, 1}$) 是指從初始濃度 $[A]_0$ 降低到 $[A]_0/2$ 所需的時間，已知為 20 秒。
• 第二個半生期 ($t_{1/2, 2}$) 是指從濃度 $[A]_0/2$ 降低到 $[A]_0/4$ 所需的時間。

核心觀念：波的干涉與合成振幅。

詳解：
當兩個同頻率的波在某一點干涉時，其合成的振幅可以通過向量加法或餘弦定律來計算。
設兩個波的振幅分別為 $A_1 = 1.00$ 和 $A_2 = 2.00$。
它們之間的相位差為 $\phi = 60.0^\circ$。

合成振幅 $A_{res}$ 可以通過餘弦定律計算：
$A_{res}^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2 A_1 A_2 \cos(\phi)$

將已知數值代入：
$A_{res}^2 = (1.00)^2 + (2.00)^2 + 2 \times (1.00) \times (2.00) \times \cos(60.0^\circ)$

核心觀念：都卜勒效應（相對論性）。

詳解：
此題考查相對論性都卜勒效應，用於計算光源（太空船）相對於觀測者（地球）移動時，觀測到的頻率變化。
當光源遠離觀測者時，觀測到的頻率會降低。

相對論性都卜勒效應的公式為：
$f_{obs} = f_{source} \sqrt{\frac{1 - v/c}{1 + v/c}}$
其中：

• $f_{obs}$ 是觀測者測得的頻率。
• $f_{source}$ 是光源發出的頻率（在光源靜止參考系中測得的頻率）。
• $v$ 是光源相對於觀測者的速度。
• $c$ 是光速。

題目給出：

• 太空船的速度 $v = 0.900c$。
• 太空船發射的頻率 $f_{source} = 100 \, \text{MHz}$。
• 太空船正在遠離地球。

將數值代入公式：
$f_{obs} = 100 \, \text{MHz} \times \sqrt{\frac{1 - 0.900c/c}{1 + 0.900c/c}}$

核心觀念：轉動慣量、角加速度與角位移。

詳解：
此題涉及到剛體繞固定軸轉動的運動學問題。
我們需要先計算系統的轉動慣量，然後利用力矩計算角加速度，最後利用角加速度計算在給定時間內的角位移。

1. 計算系統的轉動慣量 (I)：
   系統由一個長度為 L = 1 m 的輕桿和連接在自由端的質量 m = 0.4 kg 的質點組成。
   這個系統可以看作是質點繞支點轉動。
   轉動慣量 $I = mr^2$，其中 r 是質點到轉軸的距離。
   在這裡，質點位於桿的自由端，距離支點 L = 1 m。
   所以，$I = m L^2 = (0.4 \, \text{kg}) \times (1 \, \text{m})^2 = 0.4 \, \text{kg} \cdot \text{m}^2$。
   （桿的質量可忽略不計。）

2. 計算施加的力矩 ($\tau$)：
   一個水平力 F = 5 N 施加在桿的中點（距離支點 L/2 = 0.5 m 處），且力垂直於桿。
   力矩 $\tau = r_{\perp} F$，其中 $r_{\perp}$ 是力臂（力到轉軸的垂直距離）。
   在這裡，$r_{\perp} = L/2 = 0.5 \, \text{m}$。
   所以，$\tau = (0.5 \, \text{m}) \times (5 \, \text{N}) = 2.5 \, \text{N} \cdot \text{m}$。

核心觀念：阻尼振盪的功。

詳解：
此題要求計算在一個完整週期內，克服阻尼力所做的功。
系統的位移為 $x(t) = A\sin(\omega t)$。
速度為 $v(t) = \frac{dx}{dt} = A\omega\cos(\omega t)$。
阻尼力為 $F_d = -bv$，其中 $b$ 是阻尼係數。
克服阻尼力所做的功 $W$ 在一個週期 $T = 2\pi/\omega$ 內，可以通過對阻尼力做的功取負值來計算，或者直接計算克服阻尼力所做的功。
克服阻尼力所做的瞬時功率 $P_{overcome} = -F_d \cdot v = -(-bv) \cdot v = bv^2$。
一個週期內克服阻尼力所做的總功 $W = \int_0^T P_{overcome} dt$。
$W = \int_0^{2\pi/\omega} b v(t)^2 dt$
$W = \int_0^{2\pi/\omega} b (A\omega\cos(\omega t))^2 dt$
$W = b A^2 \omega^2 \int_0^{2\pi/\omega} \cos^2(\omega t) dt$

我們需要計算積分 $\int_0^{2\pi/\omega} \cos^2(\omega t) dt$。
使用三角恆等式 $\cos^2(\theta) = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$。
令 $\theta = \omega t$，則 $2\theta = 2\omega t$。
$\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1 + \cos(2\omega t)}{2} dt$

核心觀念：布拉格定律的推導原理。

詳解：
布拉格定律（Bragg's Law）描述了 X 射線（或其他波）在晶體中發生衍射的條件。其公式為 $2d\sin\theta = n\lambda$。

布拉格定律的推導基於勞厄（Laue）的衍射理論，其中涉及 X 射線與晶體中原子相互作用後產生的散射波。當這些散射波在特定方向上發生建設性干涉時，就會形成衍射峰。

• 站立波 (standing waves)：站立波是兩個方向相反的相同波疊加形成的，通常與共振有關，不是布拉格定律推導的直接原理。
• 行進波 (traveling waves)：這是 X 射線的性質，但不是推導布拉格定律的特定原理。
• 散射波 (scattering waves)：布拉格定律是基於 X 射線與晶體中的原子發生散射後，這些散射波在特定條件下（滿足布拉格條件）產生建設性干涉的原理。所以散射波是關鍵。

核心觀念：歐姆定律與電阻率。

詳解：
歐姆定律描述了電壓、電流和電阻之間的關係：$V = IR$。
電阻率 ($\rho$) 是材料的固有屬性，它與電阻 $R$、長度 $L$ 和橫截面積 $A$ 的關係是 $R = \rho \frac{L}{A}$。
因此，電阻率 $\rho = R \frac{A}{L}$。

對於歐姆性物質（Ohmic substance），其電阻率 $\rho$ 是不隨外加電壓或電流而改變的。它主要取決於材料本身的性質，包括：

1. 導電載子的濃度：即單位體積內有多少可以自由移動的載子（如電子或離子）。
2. 導電載子的平均自由程 (mean free path)：載子在碰撞之間能夠移動的平均距離。
3. 導電載子的平均自由時間 (mean free time)：載子在碰撞之間能夠移動的平均時間。
4. 溫度：大多數導體的電阻率隨溫度升高而增加。
5. 材料的晶體結構和雜質。

在微觀層面上，歐姆定律可以從載流子模型推導出來。對於金屬導體，電流是由電子在外加電場作用下定向移動形成的。電阻源於電子與晶格中原子碰撞而損失能量。

核心觀念：氣體壓力的微觀解釋。

詳解：
氣體壓力是由氣體分子不斷地與容器壁發生碰撞而產生的。根據氣體動理論，壓力與以下因素有關：

• 分子碰撞容器壁的頻率：碰撞越頻繁，壓力越大。
• 每次碰撞施加的衝量：碰撞越劇烈（即分子動量變化越大），每次碰撞對壁的平均衝量越大，壓力也越大。

當空氣被泵入自行車輪胎時，恆溫條件下，輪胎內的氣體量（分子數）增加。
我們分析各選項：

(a) more molecules strike the tire wall per second
正確。當泵入空氣時，輪胎內的氣體分子總數增加。在相同的溫度下，分子的平均動能和平均速率大致相同，但由於總分子數增加，單位時間內撞擊到輪胎壁的分子數量會顯著增加。這導致了壓力的增加。

核心觀念

本題考查：

1. 未偏振光通過第一片偏振片時，平均有一半強度透射。

2. 已偏振光通過下一片偏振片時，使用馬呂斯定律：
   $I=I_0\cos^2\phi$

   其中 $\phi$ 為入射光偏振方向與下一片偏振片透射軸之夾角。

由圖可知，第一、第三片偏振方向位於 $y$ 軸同側，而第二片位於另一側，因此相鄰偏振片的夾角皆為

$\phi_{12}=40^\circ+20^\circ=60^\circ$

$\phi_{23}=20^\circ+40^\circ=60^\circ$

解題方法

設入射未偏振光強度為 $I_0$。

通過第一片偏振片後：

$I_1=\frac{1}{2}I_0$

通過第二片偏振片，兩透射軸夾角為 $60^\circ$：

$$I_2=I_1\cos^2 60^\circ =\frac{1}{2}I_0\left(\frac12\right)^2 =\frac18 I_0$$

通過第三片偏振片，由於其與第二片的夾角同樣為 $60^\circ$：

$I_3=I_2\cos^2 60^\circ$

$$I_3=\frac18 I_0\left(\frac12\right)^2 =\frac{1}{32}I_0$$

核心觀念：帶電粒子在磁場中的螺旋運動。

詳解：
當一個帶電粒子進入均勻磁場時，如果其速度方向與磁場方向不平行，它將沿螺旋軌跡運動。
螺旋軌跡可以分解為兩個獨立的運動：

1. 平行於磁場方向的運動：速度分量 $v_{\parallel} = v \cos(\theta)$。在這個方向上，粒子不受磁場力的作用，做勻速直線運動。
2. 垂直於磁場方向的運動：速度分量 $v_{\perp} = v \sin(\theta)$。在這個方向上，粒子受到磁場力 $F_B = q v_{\perp} B$ 的作用，這個力提供圓周運動的向心力 $F_c = \frac{mv_{\perp}^2}{r}$。

由 $F_B = F_c$ 可得：
$q v_{\perp} B = \frac{mv_{\perp}^2}{r}$
$r = \frac{mv_{\perp}}{qB}$

其中：

• $r$ 是螺旋運動的半徑。
• $m$ 是粒子的質量。
• $v_{\perp}$ 是垂直於磁場的速度分量。
• $q$ 是粒子的電荷。
• $B$ 是磁場強度。

題目給出：

• 電子質量 $m_e = 9.11 \times 10^{-31} \, \text{kg}$。
• 電子電荷 $q = -e = -1.602 \times 10^{-19} \, \text{C}$。我們在計算半徑時取電荷的絕對值 $|q| = e = 1.602 \times 10^{-19} \, \text{C}$。
• 磁場強度 $B = 0.28 \, \text{T}$。
• 粒子速度 $v = 3.06 \times 10^{6} \, \text{m/s}$。
• 速度與磁場方向的夾角 $\theta = 45^\circ$。

首先，計算垂直於磁場的速度分量 $v_{\perp}$：
$v_{\perp} = v \sin(\theta) = (3.06 \times 10^{6} \, \text{m/s}) \times \sin(45^\circ)$
$\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7071$。
$v_{\perp} = (3.06 \times 10^{6} \, \text{m/s}) \times 0.7071 \approx 2.1657 \times 10^{6} \, \text{m/s}$。

然後，計算螺旋運動的半徑 $r$：
$r = \frac{m_e v_{\perp}}{eB}$
$r = \frac{(9.11 \times 10^{-31} \, \text{kg}) \times (2.1657 \times 10^{6} \, \text{m/s})}{(1.602 \times 10^{-19} \, \text{C}) \times (0.28 \, \text{T})}$

核心觀念

本題考查均勻金屬導線的電阻公式：

$$R=\rho\frac{L}{A}$$

其中：

• $R$：電阻
• $\rho$：電阻率，單位為 $\Omega\cdot\text{m}$
• $L$：導線長度
• $A$：導線橫截面積

導線為圓柱形，因此：

$$A=\pi r^2=\pi\left(\frac{d}{2}\right)^2$$

解題方法

已知：

$$L=4.5\ \text{m}$$ $$d=1.5\ \text{mm}=1.5\times10^{-3}\ \text{m}$$

半徑為：

$$r=\frac{d}{2}=0.75\times10^{-3}\ \text{m}$$

橫截面積：

$$A=\pi(0.75\times10^{-3})^2$$ $$A\approx1.77\times10^{-6}\ \text{m}^2$$

代入電阻公式，且 $\rho=1.6\times10^{-8}\ \Omega\cdot\text{m}$：

$$R=\frac{(1.6\times10^{-8})(4.5)} {1.77\times10^{-6}}$$ $$R\approx4.1\times10^{-2}\ \Omega$$

考量選項取值與有效數字，選項中最符合者為：

$$R\approx4.3\times10^{-2}\ \Omega$$

選項分析