113 年分科測驗化學試題與答案

正解：原子序 94 的元素為 Pu，其電子組態可寫為 [Rn]5f6 7s2。連續移走電子後，離子正電荷增加，對剩餘電子的吸引增強，所以 E1<E2<E3；前兩次主要移去 7s 電子，第三次才涉及 5f 電子，仍不是移入惰性氣體內層的巨大跳躍。符合這一相對關係的（A）柱狀圖為正確選項，故選 A。

B：連續游離同一原子的電子時，後一次游離所需能量不應低於前一次；把 E2 或 E3 排在前一游離能之下，不符合離子電荷逐步增加的趨勢。

C：7s2 不表示 Pu 只有兩個可移除的價電子；5f 電子仍屬價層，因此不能在第三游離能前後套用移去內層電子的極大跳躍。

D：三次游離能要在相同能量單位下依序比較，不能把座標刻度不同造成的視覺高度當成能量次序。

E：E1、E2、E3 的下標代表第幾次游離，不是三種彼此獨立的元素性質；判讀時須維持同一原子的連續移電子順序。

本題考點：連續游離能（successive ionization energies）——每移去一個電子，離子對下一電子的吸引通常增強，故依序上升；電子組態（electron configuration）——判斷游離能是否出現大跳躍時，要看下一個電子是否已由價層轉為內層；能量圖表判讀（energy graph interpretation）——先比較同一座標尺度下的相對高低，再連回電子移除的次序。

正解：N2H2的兩個氮原子以N=N雙鍵相連，每個氮周圍有三個電子域，採近似sp2的平面排列；要維持π鍵的p軌域側向重疊，整個分子可視為平面分子。因此E正確，故選 E。

A：N2、N2H2、N2H4的每個氮原子各有一對孤電子對，三種分子的孤對電子數並非遞減。

B：鍵結電子對總數依序為N2的3對、N2H2的4對、N2H4的5對，方向應為遞增。

C：N−N鍵級由三鍵、雙鍵到單鍵遞減，鍵長則由短到長，並非選項所列次序。

D：N2H4中每個N為三角錐形，N−N−H鍵角接近四面體角，但會受孤電子對與取代基影響，並非120°。

本題考點：路易斯結構（Lewis structure）——先數鍵結對與孤電子對，才能比較電子域；鍵級與鍵長（bond order and bond length）——鍵級越高通常鍵長越短；分子幾何（molecular geometry）——雙鍵氮周圍常呈平面構型，單鍵胺類則近似四面體電子域。

正解：酸鹼滴定的量測準確度取決於正確讀值與避免滴定液被稀釋。（甲）讀滴定管時，視線要與凹液面最低處同高；（乙）裝入滴定液前先用該滴定液潤洗滴定管，可排除殘留水分的影響。因此只有（甲）（乙）正確，故選 A。

B：（乙）正確，但（丙）錯誤。NaOH 溶液剛配製後濃度未必已準確標定，且容易受空氣中的 CO2 影響，不能直接作為未知酸濃度的可靠依據。

C：（甲）正確，但（丙）錯誤；是否讀對液面不能補足滴定液濃度尚未標定的問題。

D：（甲）正確，但（丁）錯誤。指示劑初次變色可能只是局部顏色，須搖勻後觀察顏色是否持續，才是終點判斷。

E：（丙）與（丁）都錯誤，分別忽略滴定液標定與終點顏色需持續的條件。

本題考點：滴定管讀值（burette reading）——透明溶液要以視線對齊凹液面最低處，避免視差；滴定液標定（standardization）——濃度易變或未知的滴定液須先標定；滴定終點（titration endpoint）——顏色改變經充分混合後能持續，才可停止滴定。

正解：以 1 mol O2 為起點，反應 2Mn(OH)2+O2→2MnO2 先生成 2 mol MnO2；每 1 mol MnO2 在酸性碘離子中生成 1 mol I2，所以共有 2 mol I2；每 1 mol I2 又消耗 2 mol S2O3^2−，總共消耗 4 mol S2O3^2−。故選 C。

A：6 mol 把反應鏈中的係數額外放大，與 1→2→2→4 的逐步關係不符。

B：5 mol 不可能由各步的整數化學計量關係得到。

D：3 mol 漏掉了 I2 每 1 mol 需 2 mol S2O3^2− 的滴定係數。

E：2 mol 只算到 2 mol I2，尚未把碘與硫代硫酸根的 1:2 關係納入。

本題考點：氧化還原滴定（redox titration）——將分析物的氧化還原反應逐段連成莫耳比；計量係數（stoichiometric coefficient）——每一式的係數都要沿反應鏈相乘；碘量法（iodometry）——I2 與 S2O3^2− 的 1:2 關係是終點換算的核心。

正解：10.0 mL 取樣所耗硫代硫酸鈉為 n(S2O3^2−)=0.015 mol/L×0.00052 L=7.8×10^-6 mol。依此分析反應鏈，n(O2)=7.8×10^-6/4=1.95×10^-6 mol。容量瓶內共 100 mL，故原 97.0 mL 水樣中的 O2 為 1.95×10^-6×10=1.95×10^-5 mol；濃度為 c(O2)=1.95×10^-5 mol/0.0970 L=2.0×10^-4 M，故選 B。

A：1.0×10^-4 M 是正解的一半，沒有同時保留 O2 與 S2O3^2− 的 1:4 關係及容量瓶放大倍數。

C：4.0×10^-4 M 是正解的兩倍，將滴定莫耳數換成氧氣莫耳數時少除了一次必要係數。

D：6.0×10^-4 M 與固定的滴定量、取樣體積及反應莫耳比不能相容。

E：8.0×10^-4 M 是正解的四倍，等同把硫代硫酸根的莫耳數直接當成氧氣莫耳數。

本題考點：滴定莫耳數（titration moles）——先用濃度乘滴定體積求 n(S2O3^2−)；反應莫耳比（stoichiometric ratio）——以 O2:S2O3^2−=1:4 把滴定物換回分析物；稀釋回推（dilution back-calculation）——10.0 mL 取樣代表 100 mL 容量瓶的十分之一，最後仍要除以原水樣 97.0 mL。

正解：甲須為可溶且酸性的物質，乙須為難溶且鹼性，丙則為可溶且近中性。醋酸 CH3COOH 可溶於水並呈酸性；Mg(OH)2 難溶，但其溶解部分提供 OH− 而呈鹼性；NaCl 可溶，且強酸強鹼鹽的水溶液近中性。因此 E 同時符合三項條件，故選 E。

A：苯甲酸的水溶性不符合甲的「可溶」，且 Na2CO3 水溶液呈鹼性，不是近中性。

B：CH3COOH 符合甲，Na2SO4 也可近中性，但 NaHCO3 可溶於水，與乙的「難溶」不符。

C：AgCl 難溶卻不會形成甲所需的酸性可溶溶液，KCl 也不是難溶鹼性物質。

D：MgSO4 不是難溶鹼，NaOH 的水溶液明顯呈鹼性，不能作為近中性的丙。

本題考點：酸鹼鹽性（acid-base properties）——先辨認酸、鹼及鹽在水中的主要離子；溶解度（solubility）——「難溶」與「水溶液呈酸鹼性」是兩個須同時檢查的條件；鹽類水解（salt hydrolysis）——強酸強鹼形成的鹽通常近中性，弱酸或弱鹼相關鹽則可能改變 pH。

正解：先由滲透壓求蛋白質莫耳數。p=5.5 torr×1 atm/760 torr=7.24×10^-3 atm，V=10.0 mL=0.0100 L，所以 n(蛋白質)=pV/(RT)=7.24×10^-3×0.0100/(0.082×298)=2.96×10^-6 mol。其莫耳質量為 0.20 g/(2.96×10^-6 mol)=6.75×10^4 g/mol。樣品中鐵的質量為 0.20 g×0.0033=6.6×10^-4 g，n(Fe)=6.6×10^-4 g/56.0 g/mol=1.18×10^-5 mol，故每莫耳蛋白質含 n(Fe)/n(蛋白質)=3.98≈4 mol，故選 B。

A：若每莫耳蛋白質含 5 mol Fe，鐵的質量百分比約為 5×56.0/(6.75×10^4)=0.41%，高於題給 0.33%。

C：3 mol Fe 對應的鐵質量百分比約為 0.25%，低於題給值。

D：2 mol Fe 對應約 0.17%，與題給 0.33% 不符。

E：1 mol Fe 對應約 0.083%，明顯低於題給值。

本題考點：滲透壓（osmotic pressure）——非電解質可用 pV=nRT 由壓力、體積求溶質莫耳數；莫耳質量（molar mass）——以樣品質量除莫耳數求得；組成換算（composition calculation）——將元素質量百分比轉為元素莫耳數後，再除以大分子莫耳數。

正解：草酸鈣的莫耳溶解度 s=4.8×10^-5 M。100.0 g 水約為 0.100 L，m=sV×128=6.1×10^-4 g，支持 A；CaC2O4⇌Ca2++C2O4^2−，Ksp=s^2=2.3×10^-9，支持 B。KCl 與 CaCl2 共享 Cl−，共同離子效應使兩者不能同時各達純水中的最大溶解量，支持 C。故選 ABC。

A：依莫耳溶解度換成 100.0 g 水中的質量，約為 6.1×10^-4 g。

B：草酸鈣解離後兩種離子的平衡濃度均為 s，因此 Ksp=s×s。

C：兩鹽同時存在時的 Cl− 濃度升高會抑制含 Cl− 鹽的溶解，不能把各自的純水溶解度直接相加。

D：飽和草酸鉀溶液已有足量草酸根；加入 CaCl2 會形成 Ksp 很小的草酸鈣沉澱。

E：134.2 g 氯化鉀飽和溶液含約 100.0 g 水，1.0 g 草酸鉀小於其 30.0 g 溶解度，且無 Ca2+，不會留下固體。

本題考點：莫耳溶解度（molar solubility）——用 sV 求莫耳數，再換成質量；溶度積（solubility product）——1:1 難溶鹽可由 s^2 求 Ksp；共同離子效應（common-ion effect）——共同離子升高會降低鹽的溶解傾向。

正解：將反應一的 4NH3 直接接到反應三的反應物端，相加後 NH3 消去，恰得到反應二，因此 ΔH2=ΔH1+ΔH3。反應一由元素態 N2、H2 生成 4 mol NH3，故 ΔH1=4×NH3(g) 的莫耳生成熱；反應三則依生成熱總和減反應物生成熱計算。故選 ACE。

A：依赫斯定律將反應一與反應三相加，反應熱也相加，得到 ΔH2=ΔH1+ΔH3。

C：N2(g) 與 H2(g) 是元素標準態，生成熱為 0，因此反應一的反應熱只剩 4 mol NH3 的生成熱。

E：ΔH3=4×NO2(g) 的莫耳生成熱+6×H2O(g) 的莫耳生成熱-4×NH3(g) 的莫耳生成熱。

B：反應式相加時反應熱同向相加，不是以 ΔH1 減去 ΔH3。

D：反應二的產物除了 NO2 還有 H2O，不能只以 4 mol NO2 的生成熱表示。

本題考點：赫斯定律（Hess's law）——目標反應由哪些反應式相加得到，反應熱就依相同方式相加；標準生成熱（standard enthalpy of formation）——元素在標準態的生成熱定為 0；反應熱計算（reaction enthalpy）——產物生成熱總和減去反應物生成熱總和。

正解：先由分子式 C4H8O2 計算不飽和度：(2×4+2−8)/2=1，氧原子不影響此值，所以結構只能在雙鍵、環或羰基等安排中具有一個不飽和度。（A）、（B）、（D）都能配合碳、氫、氧的總數與此限制，故選 ABD。

A：2-甲基丙酸含 4 個碳、8 個氫與 2 個氧，羧基的 C=O 提供一個不飽和度，符合 C4H8O2。

B：例如 HOCH2CH=CHCH2OH 為二醇且有 C=C；雙鍵兩端各連接不同取代基，可能形成順反異構物。

D：環丁烷二醇可具有四員環，環結構本身提供一個不飽和度，分子式仍可為 C4H8O2。

C：乙酸丙酯的分子式是 C5H10O2，比甲多 1 個碳與 2 個氫，不符合題設分子式。

E：羧酸同時含有羥基與羰基，例如（A）2-甲基丙酸就是反例；有羥基不表示不能有 C=O。

本題考點：不飽和度（degree of unsaturation）——由 C、H、鹵素與 N 的數目先算出環與多重鍵總數，再篩選結構；順反異構（cis-trans isomerism）——雙鍵兩端各有兩種不同取代基時，才可能形成幾何異構；官能基（functional group）——判斷共存與否時，要看實際官能基結構，不能只依名稱排除。

正解：共同判準是以直接鍵結到金屬的配位原子數判定配位數，並以配位基可提供的孤對電子判斷是否能配位。鎳為4配位，鐵上有兩個 CN− 配位基，而半胱胺酸的硫可用孤對電子橋接金屬中心，所以選 A、C、E。

A：鎳離子周圍直接配位的原子共有4個，故其配位數為4。

C：CN− 是以碳端孤對電子配位的配位基；鐵離子上有兩個 CN−，符合題圖所示的配位組成。

E：半胱胺酸的硫原子帶有可供配位的孤對電子；同一硫可作橋接配位基，連接兩個金屬中心。

B：鐵的配位數必須把所有直接配位原子都算入，並非6。分辨關鍵在配位原子數，不是只把氰根或硫原子擇一計數。

D：半胱胺酸是胺基酸，具有胺基、羧基與硫醇基；單一半胱胺酸分子沒有醯胺鍵，也不是蛋白質。

本題考點：配位數（coordination number）——只數與中心金屬直接形成配位鍵的供體原子；橋接配位基（bridging ligand）——同一供體原子可同時連結兩個金屬中心，判讀時不可只當成單一金屬的專屬配位基；胺基酸與蛋白質（amino acid and protein）——胺基酸聚合形成胜肽鍵後才構成蛋白質。

正解：稀釋只改變濃度，不改變 25°C 下的 Ka 與 Kw。弱酸近似給 [H+]≈√(KaC)，所以 pH 與 [OH−] 增加；未解離的 [CH3COOH] 則隨稀釋降低。若（C）是共軛鹼與未解離酸的濃度比，該比值會隨稀釋增加；（E）若確為 [CH3COOH]，則不會增加。官方答案為 ABE；惟可辨識的 E 與化學判準不符，答案鍵與選項內容存在矛盾。

A：稀釋使 [H+] 降低，所以 pH=−log[H+] 增加。

B：在 25°C，Kw=[H+][OH−] 固定；[H+] 降低時，[OH−] 會增加。

E：若選項表示 [CH3COOH]，稀釋後其平衡濃度會降低，不能判為增加。

C：若選項表示 [CH3COO−]/[CH3COOH]，由 Ka=[H+][CH3COO−]/[CH3COOH] 可知 [CH3COO−]/[CH3COOH]=Ka/[H+]；稀釋使 [H+] 降低時，此比值增加。

D：Ka 是 25°C 下醋酸的解離常數，溫度不變時不因稀釋而改變。

本題考點：弱酸解離平衡（weak-acid dissociation equilibrium）——濃度改變時，以 Ka 與質量守恆判斷 [H+]、共軛鹼及未解離酸；水的離子積（ionic product of water）——溫度固定時 [H+][OH−] 固定，兩者反向變化；酸解離常數（acid dissociation constant）——Ka 由溫度與物質本性決定，不因稀釋改變。

正解：先將反應配平為 N2(g)+3F2(g)⇌2NF3(g)，係數總和為 6；平衡時總壓為 0.040+0.700+0.060=0.800 atm。此反應的氣體莫耳數變化 Δn=2-4=-2，所以 Kp=Kc(RT)^-2，因 RT>1，Kc>Kp。三項判準分別支持 A、B、E，故選 ABE。

A：配平後係數為 1、3、2，最簡整係數總和為 6。

B：密閉容器中各氣體分壓可直接相加，總壓為 0.800 atm。

E：由 Kp=Kc(RT)^-2 可知 Kc=Kp(RT)^2，因此 Kc 大於 Kp。

C：N2 的莫耳數為 n=PV/(RT)=0.040×0.656/(0.082×800)=4.0×10^-4 mol，不是 6.1×10^-4 mol。

D：Kp=PNF3^2/(PN2×PF2^3)=0.700^2/(0.040×0.060^3)=5.67×10^4，與選項所列數值不符。

本題考點：化學平衡配平（chemical-equation balancing）——先取得正確係數，才能判斷反應商與氣體莫耳數變化；分壓（partial pressure）——理想氣體混合物的總壓為各成分分壓之和；Kp 與 Kc（pressure and concentration equilibrium constants）——用 Kp=Kc(RT)^Δn 判斷兩者大小。

正解：這個流程依序利用水溶性、多侖試劑、揮發性與酸性高錳酸鉀的氧化性來鑑別。唯一不溶於水的是正己烷，所以甲為正己烷；能產生銀鏡的是乙醛與葡萄糖，乙的液滴會揮發而體積減少，故乙為乙醛；無銀鏡的丁、戊中，能使 KMnO4(aq)/H+ 褪色的是乙醇，所以選 A、B、D。

A：正己烷是非極性烴類，與水不互溶，故位於不溶的甲。

B：乙醛含醛基，可還原多侖試劑形成銀鏡，且為易揮發液體，靜置後液滴體積會減少。

D：乙醇雖不產生銀鏡，但可被酸性高錳酸鉀氧化而使紫色褪去，故丁為乙醇。

C：丙同樣能產生銀鏡，卻不易揮發，應是葡萄糖而非丙酮。分辨關鍵在醛基的還原性與液滴揮發性要同時符合。

E：戊不使酸性高錳酸鉀褪色，為丙酮；葡萄糖已在能形成銀鏡的乙、丙組內。

本題考點：多侖試劑（Tollens’ reagent）——遇醛類與還原糖可被還原成銀鏡，用來辨識具還原性的官能基；酸性高錳酸鉀氧化——乙醇可被氧化而褪色，丙酮在此條件下不作同樣反應；溶解度與揮發性——先以大範圍性質分組，再以特異反應完成鑑別。

正解：判讀有機結構時，要分別辨認可供氫鍵的 O−H、醚鍵 R−O−R′、羰基 C=O，以及可被氧化的醇基。紫杉醇的構型可形成分子內氫鍵，含有1個醚基，且有可被二鉻酸鉀氧化的醇基，所以選 A、B、E。

A：分子內同時有氫鍵供體與受體，且位置合適時可形成分子內氫鍵。

B：醚基的判準是氧原子夾在兩個碳骨架之間且不屬於酯基；本結構中有1個符合此判準的醚基。

E：含有可被氧化的醇基，能與二鉻酸鉀溶液發生氧化還原反應。

C：羰基數量要逐一數 C=O，不能把醚氧、酯的單鍵氧或醇羥基氧也算成羰基；本分子的 C=O 數量不是5個。

D：多個環狀骨架與 sp3 碳會使鍵角呈立體排列，不會使整個分子成為平面分子。

本題考點：官能基辨識（functional-group identification）——先區分醚、酯、醇與羰基，計數時只數符合該鍵結型態者；分子內氫鍵（intramolecular hydrogen bonding）——供體與受體必須在同一分子內且空間位置可接近；二鉻酸根氧化（dichromate oxidation）——以可氧化的醇基作為判斷反應性的線索。

正解：三項實驗辨認銅的氧化還原、Cu+ 難溶鹽生成與配位顏色。Fe3+ 可氧化 Cu 成 Cu2+；Cu 與 Cu2+ 在 Cl− 存在下可歸中生成 CuCl；而實驗三顯示 Cu2+ 與 SCN− 單獨混合不會產生 CuSCN。故 A、B、E 成立，故選 ABE。

A：Cu 失去 2 個電子成 Cu2+，兩個 Fe3+ 各得 1 個電子成 Fe2+，反應式 Cu+2Fe3+→Cu2++2Fe2+ 的電子數守恆。

B：Cu(0) 與 Cu2+ 轉成兩個 Cu+，再各與 Cl− 形成白色難溶的 CuCl，可寫為 Cu+Cu2++2Cl−→2CuCl(s)。

E：實驗三把 CuSO4 與 KSCN 混合卻沒有白色沉澱，表示實驗二的 CuSCN 不能單靠 Cu2+ 與 SCN− 直接生成。

C：形成紅色硫氰酸錯合物的是 Fe3+ 與 SCN−，不是 Fe2+ 與 SCN−。

D：紅色褪去只能表示紅色錯合物的濃度下降；它不能推出 Fe3+ 已被完全消耗。

本題考點：氧化還原（redox reaction）——以電子得失配平，可判定 Cu 被 Fe3+ 氧化；歸中反應（comproportionation）——同一元素的高、低氧化態可同時轉成中間氧化態；沉澱與配位平衡（precipitation and complexation）——顏色與沉澱分別提供錯合物及難溶鹽的證據。

正解：在定溫、定容下，壓力與氣體莫耳數成正比。反應 C2H5OH(g) → C2H4(g) + H2O(g) 每進行1莫耳反應，總氣體莫耳數增加1莫耳；由圖的直線斜率可得總壓增加速率為 1.5 mmHg/秒，因此乙醇分壓以同樣速率下降。以初始 480 mmHg 計算，P乙醇 = 480 − 1.5t，所以選 B、D、E。

B：乙醇減至一半時 P乙醇 = 240 mmHg，240 = 480 − 1.5t，t = 160 秒。

D：乙烯每生成1莫耳，總氣體莫耳數也因反應淨增1莫耳；故第40秒的乙烯生成速率為 1.5 mmHg/秒。

E：t = 50 秒時，P乙醇 = 480 − 1.5 × 50 = 405 mmHg。

A：壓力對時間呈直線關係，表示速率近似固定，屬零級而非一級反應。

C：圖的斜率是 1.5 mmHg/秒，不是 15 mmHg/秒；兩者相差10倍。

本題考點：壓力與莫耳數（pressure and amount of gas）——定溫定容時以壓力變化代替氣體莫耳數變化；零級反應（zero-order reaction）——濃度或分壓對時間呈線性變化時，以直線斜率求速率；化學計量與速率——先用反應係數把總壓變化換成各成分的生成或消耗速率。

正解：把兩步反應相加時，Cl 在步驟一被消耗、在步驟二再生，故不出現在總反應 O3+O→2O2 中，屬催化劑；ClO 則先生成後消耗，屬中間產物。題給速率定律 r=k[O3][Cl] 恰與慢的步驟一反應物一致，也支持步驟一為速率決定步驟。故選 ABD。

A：Cl 參與反應循環但最後被再生，改變反應速率而不被總反應消耗，符合催化劑的定義。

B：ClO 只在機構的中間出現，總反應中會消去，故為中間產物。

D：慢步驟一的反應物正是 O3 與 Cl，與 r=k[O3][Cl] 的形式一致。

C：O2 在兩步反應中都是生成物，且保留在總反應中，是產物而非中間產物。

E：題目已標明步驟二快，速率不能由快步驟二決定。

本題考點：反應機構（reaction mechanism）——相加基元步驟後會消去的物種，須再分辨其是催化劑或中間產物；催化劑（catalyst）——先消耗後再生、未列在總反應式中；速率決定步驟（rate-determining step）——慢步驟常決定實測速率定律的反應物依賴性。

正解：比較沸點與蒸氣壓時，先看分子間作用力；比較水溶液酸鹼性時，則看官能基。乙的羧酸基能形成強氫鍵，丙分子間作用力最弱，甲與乙在酸催化下可酯化；（B）、（C）、（E）成立，故選 BCE。

B：乙是甲酸，羧酸分子間可形成強氫鍵並常形成締合結構；在所列分子中分子間作用力最強，沸點最高。

C：丙是丙烷，非極性且分子量最小，分子間主要只有較弱的分散力；常溫、常壓下最容易逸散，蒸氣壓最高。

E：甲的乙醇與乙的甲酸在少量濃硫酸催化下可進行酯化反應，生成甲酸乙酯與水；生成酯類的香味是此反應的特徵。

A：甲的羥基可與水形成氫鍵，但乙的羧酸基同時具有羥基與羰基，也能和水形成氫鍵，不能判定甲最多。

D：丁是乙胺，胺基在水中可接受 H+ 而呈鹼性；因此不是只有乙的水溶液具有酸鹼性。

本題考點：分子間作用力（intermolecular forces）——氫鍵與分子極性越強，通常沸點越高、蒸氣壓越低；官能基酸鹼性（functional-group acid-base behavior）——羧酸可供出 H+，胺可接受 H+，判斷時不可把胺類當作中性；酯化反應（esterification）——羧酸與醇在酸催化下可生成酯與水。

正解：題眼是圖 6 縱座標三個平台的分數 128/146、100/146、56/146——分母 146 正是起始固體草酸鈣石 CaC₂O₄·H₂O 的式量，因此每個平台的分子就是該溫度下殘留固體的式量，兩個相鄰平台的差值即該段所逸失氣體的式量。

由圖逐段讀出： 第一段（約 100−150°C）：146 → 128，減少 18，對應失去 1 莫耳結晶水 H₂O，殘留 CaC₂O₄（式量 40 + 24 + 64 = 128）。 第二段（約 360−480°C，本小題所問）：128 → 100，減少 28，正是 1 莫耳 CO 的式量；殘留式量 100，即 CaCO₃（40 + 12 + 48 = 100）。 第三段（約 570−630°C）：100 → 56，減少 44，是再失去 CO₂ 生成 CaO（式量 56），已超出本小題的溫度範圍。

因此 360−480°C 這一段是無水草酸鈣分解放出一氧化碳、生成碳酸鈣。檢查配平：兩側 Ca 各 1、C 各 2、O 各 4，係數已是最簡整數。故答案為 CaC₂O₄(s) → CaCO₃(s) + CO(g)。

本題考點：熱重分析（thermogravimetric analysis, TGA）曲線判讀——縱軸為殘留質量比，把比值乘以起始式量即得殘留固體式量；相鄰平台的落差就是該段逸出氣體的式量，用它反推產物比背誦反應式可靠。常見逸失小分子的式量對照——18 判 H₂O、28 判 CO、44 判 CO₂，這是把落差翻成化學式的關鍵。最簡整係數配平的檢查法——寫出後逐一核對各元素原子數，並確認係數無公因數。

正解：題眼是「煅燒等莫耳數的草酸鈣石與灰石」——比較基準是「每 1 莫耳固體放出幾莫耳氣體」，看的是反應式係數而非質量，所以只要把兩條路線的反應式寫全再數氣體係數即可裁決。

草酸鈣石路線（由圖 6 三段失重可完整寫出）： CaC₂O₄·H₂O(s) → CaC₂O₄(s) + H₂O(g) CaC₂O₄(s) → CaCO₃(s) + CO(g) CaCO₃(s) → CaO(s) + CO₂(g) 三式相加，兩側同時出現的中間產物 CaC₂O₄ 與 CaCO₃ 互相消去，得總反應 CaC₂O₄·H₂O(s) → CaO(s) + H₂O(g) + CO(g) + CO₂(g) 即每 1 莫耳草酸鈣石共放出 1 + 1 + 1 = 3 莫耳氣體。

灰石路線只有一式： CaCO₃(s) → CaO(s) + CO₂(g) 即每 1 莫耳灰石只放出 1 莫耳氣體。

3 莫耳對 1 莫耳，且兩者最終都只生成 1 莫耳 CaO。氣體自固體內部向外逸出時會沿途開出孔道，單位固體放出的氣體莫耳數愈大，殘留固體的孔隙愈多、比表面積愈大，因此草酸鈣石所得的石灰更疏鬆多孔——李同學的推論成立。故可作答「CaC₂O₄·H₂O → CaO + H₂O + CO + CO₂，每莫耳放出 3 莫耳氣體；CaCO₃ → CaO + CO₂，每莫耳僅 1 莫耳。等莫耳煅燒時前者放氣為後者的 3 倍，逸氣造孔較多，故石灰更疏鬆多孔」。

本題考點：以莫耳數而非質量比較氣體生成量——題幹寫「等莫耳數」時，反應式的係數比就是答案，不必換算克數。分段反應相加求總反應——中間產物在相加時兩側消去，這是把 TGA 三段失重併成一條總式的標準操作。煅燒（calcination）的造孔機制——分解時逸出的氣體開出孔道，單位固體放氣莫耳數愈大，產物比表面積愈大、吸收 CO₂ 的效率愈高，這正是題幹說草酸鈣石路線捕獲效率較高的原因。

正解：關鍵是分辨脂肪酸單烷基酯與烴類燃料的組成。題幹說明生質柴油是脂肪酸單烷基酯，酯基含氧；石化柴油所列的鏈狀烷類、環狀烷類與芳香烴類則只含碳、氫。若分子保有碳—碳雙鍵，該雙鍵可加成氫氣，故選 DE。

D：每莫耳生質柴油含有酯基的氧；石化柴油主要為不含氧的烴類，故生質柴油的氧原子含量較高。

E：具有不飽和碳—碳雙鍵的生質柴油含有 C=C，可進行氫化反應，使氫加成到雙鍵兩端並轉為單鍵。

A：生質柴油雖有長碳鏈，卻含酯基，不是只含碳、氫的鏈狀烷類；鏈狀烷類的碳—碳鍵皆為單鍵。

B：甲醇是酯交換的反應物，提供烷基酯中的烷基；題幹所述的鹼或酵素才是催化劑。甲醇用量較大不改變其反應物身分。

C：酯基具有極性不等於化合物具有酸性。脂肪酸酯化後，原可表現酸性的羧基轉為酯基，故不能據此將生質柴油視為酸性化合物。

本題考點：酯交換（transesterification）——提供酯中烷基的醇是反應物，催化劑則加速反應；官能基與酸鹼性（functional groups and acidity）——酯不等同羧酸；烴與不飽和鍵（hydrocarbons and unsaturation）——烴只含 C、H，C=C 可被氫化。

正解：反應前甲醇溶液的密度約為 0.79 g/cm3，小於廢食用油的 0.92 g/cm3，因此含 KOH 的甲醇層在上方，呈鹼性而可使紅色石蕊試紙變色。酯交換時，每 1 mol 廢食用油對應生成約 1 mol 甘油；題給油約 0.012 mol，故 n(甘油)≈0.012 mol，m(甘油)=0.012×92=1.104 g，約為 1.10 g。故選 BE。

B：上層含有氫氧化鉀，為鹼性溶液，紅色石蕊試紙會轉為藍色。

E：由廢食用油與甘油的莫耳比約為 1:1，生成甘油的質量約為 1.10 g。

A：反應前密度較大的廢食用油在下層，不是上層。

C：反應後最下層為甘油富集且含鹼的層，藍色石蕊在鹼性環境中不會轉色。

D：初始甲醇約 0.074 mol，若 0.012 mol 油各需 3 mol 甲醇，僅消耗約 0.036 mol，仍有甲醇剩餘。

本題考點：液體分層（liquid layering）——不互溶液體以密度較小者在上層判定；酯交換（transesterification）——三酸甘油酯與醇反應會生成脂肪酸烷基酯及甘油；莫耳計量（stoichiometry）——先由反應物莫耳數決定產物莫耳數，再乘莫耳質量求質量。

正解：題眼是「反應後試管內的液體」——酯交換反應完成後，管內是彼此互不相溶的兩相（脂肪酸甲酯相與甘油相，並含過量甲醇與催化劑 KOH），所以要挑能分離「互不相溶且密度不同的兩種液體」的器材。

(1) 依圖判讀外形：甲為倒圓錐形斗身、下接一根細長頸管、沒有活栓也沒有磨砂塞，是普通漏斗（配濾紙時作過濾用，也可作傾注導流）；乙為梨形（倒錐形）玻璃容器，上方有磨砂玻璃塞、下端裝有活栓可控制放液，是分液漏斗。故可作答「甲為漏斗（普通漏斗）、乙為分液漏斗」。

(2) 分液漏斗內兩相依密度上下分層：生質柴油的主成分脂肪酸甲酯密度約 0.88 g/cm³，甘油（丙三醇）密度約 1.26 g/cm³，後者較大且極性強，會沉在下方；未反應的甲醇與催化劑 KOH 親水、與甘油互溶，一併留在下層。故最上層為生質柴油（脂肪酸甲酯），最下層為甘油（含過量甲醇與氫氧化鉀）。故可作答「最上層為生質柴油（脂肪酸甲酯），最下層為甘油」。

本題考點：分液漏斗的適用時機——分離兩種互不相溶、密度不同的液體，下端活栓可先放出下層；普通漏斗配濾紙只能分離固體與液體，兩者的分工由「要分的是固液還是液液」決定。酯交換反應（transesterification）的產物組成——三酸甘油酯 + 3 甲醇 → 3 脂肪酸甲酯 + 1 甘油，副產物甘油必然出現，且是分層的下相。以密度與極性判分層順序——密度小者在上；多羥基的甘油極性大、密度大而在下，長碳鏈酯類密度小而在上。

正解：產物乙為 X2O3，莫耳質量 152 g/mol；其中氧的質量為 3×16=48 g/mol，故 2 個 X 的質量為 152−48=104 g/mol，得到 X=Cr。無色雙原子氣體丙的莫耳質量為 28 g/mol，且為空氣主要成分，故為 N2；丁的莫耳質量 18 g/mol、可使無水硫酸銅變藍，故為 H2O。由丁的體積為丙的 4 倍，反應式可配為 (NH4)2Cr2O7 → Cr2O3 + N2 + 4H2O，總質量為 152+28+4×18=252 g/mol，故選 (NH4)2Cr2O7、Cr2O3、N2、H2O。

本題考點：莫耳質量（molar mass）——由已知化學式扣除各元素質量，可反推未知元素的原子量；氣體鑑定（gas identification）——28 g/mol 的空氣主要雙原子氣體為 N2，18 g/mol 且能使無水硫酸銅變藍的是 H2O；化學計量（stoichiometry）——同溫同壓下氣體體積比等於莫耳比，配平後還要以總質量檢查。

正解：多侖試劑形成銀鏡反應，只足以判斷化合物乙具有可被氧化的醛基（–CHO），不能單獨決定 R 的碳鏈、環狀結構或接點。畫取代基時，應先保留醛基，再依反應式確認與反應中心相連的原子；僅以銀鏡反應不能唯一決定 R，本題答案不確定，故選無法唯一判定。

本題考點：銀鏡反應（Tollens test）——醛類可還原銀離子形成金屬銀，判斷時只能先鎖定醛基反應性；官能基與骨架（functional group and skeleton）——官能基可限制反應類型，但不能自行決定其餘碳骨架；結構判定（structure determination）——畫出取代基前，須同時確認連接位置、官能基與反應前後的原子守恆。

正解：產物丁的鈉鹽可作防腐劑，最直接對應苯甲酸鈉，因此其酸式可推定為苯甲酸 C6H5COOH。苯環的 π 電子與羧基中的電子離域都可用共振觀點描述；酸性完全水解後，產物以羧酸形式存在。防腐劑用途雖指向苯甲酸，但單一用途線索不足以排除其他可能的羧酸，結構判讀仍有不確定性，故選 C6H5COOH。

本題考點：苯甲酸與苯甲酸鈉（benzoic acid and sodium benzoate）——由防腐劑用途辨認羧酸鹽時，要再還原為酸式才能畫出水解產物；共振（resonance）——芳香環與羧基皆可出現電子離域，不能把單一路易士結構當成完整電子分布；酸性水解（acidic hydrolysis）——酯或相關可水解鍵在酸性條件下的羧酸端，應以 –COOH 形式表示。