2023 HKDSE 化學 模拟试题及答案详解

\( \text{BF}_3 \)、\( \text{C}_2\text{H}_4 \) 和 \( \text{CO}_3^{2-} \) 均為平面物種。\( \text{H}_3\text{O}^+ \) 的氧原子上有 3 個鍵合電子對和 1 個孤生電子對，因此其空間形狀為三角錐形，屬於非平面結構。

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(1) 不正確，因為 pH 同時取決於酸的強度和濃度。稀的強酸可以與濃的弱酸具有相同的 pH。(2) 正確，因為 \([\text{H}^+] = 10^{-\text{pH}}\)。對於 X，\([\text{H}^+] = 10^{-2} \text{ mol dm}^{-3}\)；對於 Y，\([\text{H}^+] = 10^{-4} \text{ mol dm}^{-3}\)。兩者比值為 100。(3) 不正確，因為 pH 為 4.0 的濃弱酸可能比 pH 為 2.0 的稀強酸含有更高總濃度的可電離氫離子，因此需要更多的鹼進行完全中和。

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氯的氧化數分別為：在 \( \text{NaClO} \) 中為 +1；在 \( \text{ClO}_2 \) 中為 +4；在 \( \text{KClO}_3 \) 中為 +5；在 \( \text{Cl}_2\text{O}_7 \) 中為 +7。因此，\( \text{Cl}_2\text{O}_7 \) 中的氧化數最高（+7）。

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找出最長碳鏈，共有 5 個碳原子（戊烷）。不論從哪一端開始編號，取代基的位置都是 2 和 4。根據 IUPAC 命名規則，當從兩端編號所得的位次相同時，應按字母順序決定較低的位次。由於「chloro」（氯）在字母順序上先於「methyl」（甲基），因此氯基被分配在位置 2，甲基被分配在位置 4。因此，名稱為 2-氯-4-甲基戊烷。

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金屬 X 不與稀鹽酸反應，說明其活性最低（在活性序中低於氫）。金屬 Y 能置換出 X，故 Y 的活性比 X 高（Y > X）。金屬 Z 的氧化物不能被碳還原（說明 Z 的活性極高，在鋁以上），而金屬 Y 的氧化物能被碳還原（說明 Y 的活性較低，在鋁以下）。因此，Z 的活性比 Y 高（Z > Y）。故活性遞增順序為 X < Y < Z。

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目標反應是已知反應的逆反應，且化學計量數乘以 \( \frac{1}{2} \)。因此，新的平衡常數 \( K_c' = \left( \frac{1}{K_c} \right)^{1/2} = \frac{1}{\sqrt{4.0 \times 10^2}} = \frac{1}{20} = 0.05 = 5.0 \times 10^{-2} \text{ mol}^{1/2}\text{dm}^{-3/2} \)。

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(1) 不正確，因為只有溫度能增加反應物分子的平均動能。(2) 正確，因為催化劑以相同幅度降低正向和逆向反應的活化能，而整體的焓變（\( \Delta H \)）保持不變。(3) 不正確，因為催化劑以同等程度加速正向和逆向反應，它只助於更快達到平衡，但不會影響平衡位置或改變產物的平衡產率。

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\( \text{CO(g)} \) 的標準生成焓變是指以下反應的焓變：\( \text{C(石墨)} + \frac{1}{2}\text{O}_2(\text{g}) \rightarrow \text{CO}(\text{g}) \)。根據赫斯定律，這可由第一個反應減去第二個反應得到：\( \Delta H_f = -393.5 \text{ kJ mol}^{-1} - (-283.0 \text{ kJ mol}^{-1}) = -110.5 \text{ kJ mol}^{-1} \)。

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A 不正確，因為由於有效核電荷增加，原子半徑沿週期遞減。B 不正確，因為電負性從 Li 到 F 沿週期遞增。C 正確，因為由於核電荷增加和原子半徑減小，第一電離能沿週期大致遞增。D 不正確，因為氖（Ne）是惰性氣體，在正常條件下不形成穩定的氧化物等化合物。

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丁基溴（\( \text{C}_4\text{H}_9\text{Br} \)）的結構異構體可由兩種碳骨架衍生：丁烷和甲基丙烷。由丁烷可得 1-溴丁烷和 2-溴丁烷。由甲基丙烷可得 1-溴-2-甲基丙烷和 2-溴-2-甲基丙烷。因此，總共有 4 個結構異構體。

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(1) \(\text{H}_3\text{O}^+\) 在中心氧原子上有 3 個鍵合電子對和 1 個孤電子對，使其具有三角錐形。 (2) \(\text{BF}_3\) 在中心硼原子上有 3 個鍵合電子對和 0 個孤電子對，使其具有平面三角形。 (3) \(\text{NH}_3\) 在中心氮原子上有 3 個鍵合電子對和 1 個孤電子對，使其具有三角錐形。因此，(1) 和 (3) 皆為三角錐形。

答對選項 C 得 1 分。錯誤選項是由於未能識別出由於氧原子上的孤電子對而使 \(\text{H}_3\text{O}^+\) 呈三角錐形，或混淆了 \(\text{BF}_3\)（平面三角形）與三角錐形。

金屬 \(Y\) 能與冷水反應，說明其活性極高（例如鈉或鈣）。金屬 \(X\) 可藉由碳還原法提取，說明其活性中等（例如鋅或鐵）。金屬 \(Z\) 不與稀酸反應但在氧氣中加熱時反應，說明其活性低於氫但仍可被氧化（例如銅）。因此，活性從高至低的順序為 \(Y > X > Z\)。

答對選項 A 得 1 分。錯誤選項根據其化學性質顛倒或打亂了金屬的位置。

丙烷的燃燒反應為：\(\text{C}_3\text{H}_8(g) + 5\text{O}_2(g) \rightarrow 3\text{CO}_2(g) + 4\text{H}_2\text{O}(l)\)。根據定義，\(\Delta H_c^\theta = 3 \Delta H_f^\theta[\text{CO}_2(g)] + 4 \Delta H_f^\theta[\text{H}_2\text{O}(l)] - \Delta H_f^\theta[\text{C}_3\text{H}_8(g)]\)。代入數值：\(-2220.0 = 3(-393.5) + 4(-285.8) - \Delta H_f^\theta[\text{C}_3\text{H}_8(g)]\)，即 \(-2220.0 = -1180.5 - 1143.2 - \Delta H_f^\theta[\text{C}_3\text{H}_8(g)]\)，可得 \(\Delta H_f^\theta[\text{C}_3\text{H}_8(g)] = -103.7\text{ kJ mol}^{-1}\)。

答對選項 B 得 1 分。選項 C 正負號錯誤。選項 A 和 D 屬於常見錯誤，其原因在於化學計量數被錯誤使用或混淆了生成物與反應物。

歧化反應是一種氧化還原反應，其中同一種元素同時被氧化和還原。在 B 中，\(\text{NO}_2\) 中氮的氧化態為 \(+4\)。在生成物中，\(\text{HNO}_3\) 中氮的氧化態為 \(+5\)（被氧化），而 \(\text{NO}\) 中氮的氧化態為 \(+2\)（被還原）。因此，氮發生了歧化反應。

答對選項 B 得 1 分。在選項 A 中，氮發生歸中反應（從 \(-3\) 和 \(+5\) 到 \(+1\)）。在 C 中，氮僅被氧化。在 D 中，氮僅被還原。

平衡常數 \(K_c\) 僅受溫度影響。由於正向反應是吸熱反應（\(\Delta H > 0\)），升高溫度會使平衡位置向右移動，從而增加生成物的濃度並減少反應物的濃度。這會導致 \(K_c\) 的值增加。壓強、濃度的改變或加入催化劑都不會改變 \(K_c\) 的值。

答對選項 C 得 1 分。選項 A、B 和 D 不會改變平衡常數 \(K_c\)，因為它是一個僅依賴於溫度的常數。

化合物 \(X\) 的實驗式為 \(\text{C}_4\text{H}_8\text{O}_2\)，能與 \(\text{NaHCO}_3\) 反應並釋放 \(\text{CO}_2\) 氣體（使石灰水變渾濁）。這表明 \(X\) 含有羧酸官能基（\(-\text{COOH}\)）。因此，\(X\) 必為丁酸。乙酸乙酯、丙酸甲酯和甲酸乙酯均為丁酸的同分異構體，但它們是酯，不表現出與碳酸氫鹽反應的酸性性質。

答對選項 B 得 1 分。選項 A、C 和 D 是具有相同實驗式的酯，但它們不與碳酸氫鈉反應。

完全中和的化學方程式為：\(\text{H}_2\text{A}(aq) + 2\text{NaOH}(aq) \rightarrow \text{Na}_2\text{A}(aq) + 2\text{H}_2\text{O}(l)\)。\(\text{H}_2\text{A}\) 的摩爾數 \(= 0.0250\text{ dm}^3 \times 0.100\text{ mol dm}^{-3} = 0.00250\text{ mol}\)。根據化學計量比，所需的 \(\text{NaOH}\) 摩爾數 \(= 2 \times 0.00250\text{ mol} = 0.00500\text{ mol}\)。因此，\(\text{NaOH}\) 溶液的濃度 \(= \frac{0.00500\text{ mol}}{0.0200\text{ dm}^3} = 0.250\text{ mol dm}^{-3}\)。

答對選項 C 得 1 分。如果將酸與鹼的 1:2 摩爾比錯誤地當作 1:1，則會得到常見的干擾項 B。如果比率顛倒，則會得到選項 A。

\(\text{HNO}_3\) 和 \(\text{HCl}\) 是強單元酸。在 \(0.1\text{ mol dm}^{-3}\) 下，它們完全游離釋放 \([\text{H}^+] = 0.1\text{ mol dm}^{-3}\) (pH = 1)。\(\text{CH}_3\text{COOH}\) 是弱酸，僅部分游離，釋放 \([\text{H}^+] < 0.1\text{ mol dm}^{-3}\) (pH > 1)。\(\text{H}_2\text{SO}_4\) 是強二元酸。它的第一步游離是完全的，釋放 \(0.1\text{ mol dm}^{-3}\) 的 \(\text{H}^+\)，而第二步游離會進一步提供 \(\text{H}^+\)，使得 \([\text{H}^+] > 0.1\text{ mol dm}^{-3}\)。因此，\(0.1\text{ mol dm}^{-3}\ \text{H}_2\text{SO}_4(aq)\) 的氫離子濃度最高，pH 值最低。

答對選項 B 得 1 分。與相同摩爾濃度的單元酸相比，強二元酸釋放更多的氫離子，因此 pH 值更低。

(1) 過渡金屬通常具有巨型金屬結構，由於其含有較多離域電子而擁有強金屬鍵，從而導致高熔點和高密度。 (2) 它們具有部分填滿的 d 軌道，可進行 d-d 電子躍遷並吸收特定波長的可見光，從而產生有色的離子和化合物。 (3) 它們內層的 d 電子可參與成鍵，使其能夠呈現多種氧化態。三項陳述均正確。

答對選項 D 得 1 分。所有列出的特徵都是 DSE 課程中過渡金屬的基本性質。

對映異構需要分子中存在手性碳原子（與四個不同的原子或原子基團相連的碳原子）。在 2-氯丁烷中，第二個碳原子（C-2）與以下基團相連：(1) 氫原子（\(-\text{H}\)）、(2) 氯原子（\(-\text{Cl}\)）、(3) 甲基（\(-\text{CH}_3\)）及 (4) 乙基（\(-\text{CH}_2\text{CH}_3\)）。由於這四個基團互不相同，C-2 具備手性，使 2-氯丁烷具有光學活性。其他列出的化合物均不含手性碳。

答對選項 A 得 1 分。其他選項是非手性的，因為它們含有的碳原子至少與兩個相同的基團相連。

(1) \( \text{SF}_4 \) 具有蹺蹺板形分子形狀（源自具有一個孤隅對的三角雙錐體電子對幾何形狀），此形狀是不對稱的。因此，極性的 S-F 鍵無法完全抵消，具有淨偶極矩。
(2) \( \text{BF}_3 \) 具有對稱的平面三角形分子形狀。極性的 B-F 鍵相互完全抵消，導致淨偶極矩為零。
(3) \( \text{反-1,2-二氯乙烯} \) 具有高度對稱的平面形狀。兩個極性 C-Cl 鍵的偶極矩方向相反並相互抵消，C-H 鍵也是如此，導致淨偶極矩為零。

答對得 1 分，選 D。無部分分數。

- 從 (1) 可知，X 比 Y 活潑 (X > Y)。
- 從 (2) 可知，X 的氧化物不能被碳還原，但 W 的氧化物可以，這表明 X 比 W 活潑 (X > W)。
- 從 (3) 可知，兩者均能與稀鹽酸反應，但 W 的反應較 Y 劇烈，這表明 W 比 Y 活潑 (W > Y)。
- 從 (4) 可知，Z 非常不活潑，因為它的氧化物僅靠加熱即可分解（Z 的活性最低）。
綜合以上結果，活性由高至低的順序為：X > W > Y > Z。

答對得 1 分，選 A。無部分分數。

當氯氣與熱的濃氫氧化鈉溶液反應時，化學方程式為：
\( 3\text{Cl}_2(\text{g}) + 6\text{NaOH}(\text{aq}) \rightarrow 5\text{NaCl}(\text{aq}) + \text{NaClO}_3(\text{aq}) + 3\text{H}_2\text{O}(\text{l}) \)
在 \( \text{NaCl} \) 中，氯的氧化數為 -1。
在 \( \text{NaClO}_3 \) 中，氯的氧化數為 +5。
因此，產物中氯的氧化數為 -1 和 +5。

答對得 1 分，選 C。無部分分數。

(1) 正確。兩者皆為單元酸，且均含有 \( 0.010\text{ mol} \) 可電離的氫原子。因此，兩者需要相同摩爾數（即相同體積）的 NaOH 進行完全中和。
(2) 錯誤。\( \text{HCl} \) 是強酸，會完全電離，而 \( \text{CH}_3\text{COOH} \) 是弱酸，僅會部分電離。因此，\( \text{HCl(aq)} \) 具有高得多的離子濃度和較高的導電性。
(3) 正確。由於鋅過量，氫氣的總產量僅取決於酸中可電離氫原子的總摩爾數，而這在兩種溶液中是相同的。

答對得 1 分，選 B。無部分分數。

1. 初始 HCl 摩爾數 = \( 0.0500\text{ dm}^3 \times 0.500\text{ mol dm}^{-3} = 0.0250\text{ mol} \)
2. 所用 NaOH 摩爾數 = \( 0.0285\text{ dm}^3 \times 0.100\text{ mol dm}^{-3} = 0.00285\text{ mol} \)
3. 過量 HCl 摩爾數 = \( 0.00285\text{ mol} \)
4. 與 \( \text{CaCO}_3 \) 反應的 HCl 摩爾數 = \( 0.0250 - 0.00285 = 0.02215\text{ mol} \)
5. 由於 \( \text{CaCO}_3 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CaCl}_2 + \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O} \)，
\( \text{CaCO}_3 \) 的摩爾數 = \( \frac{0.02215}{2} = 0.011075\text{ mol} \)
6. \( \text{CaCO}_3 \) 的質量 = \( 0.011075\text{ mol} \times 100.1\text{ g mol}^{-1} = 1.1086\text{ g} \)
7. 質量百分比 = \( \frac{1.1086\text{ g}}{1.25\text{ g}} \times 100\% = 88.69\% \approx 88.7\% \)

答對得 1 分，選 C。無部分分數。

- 步驟 1：向丙烯中加入溴化氫（例如 \( \text{HBr(g)} \) 或濃 \( \text{HBr(aq)} \)）會進行加成反應，生成主要產物 2-溴丙烷。
- 步驟 2：在加熱下，使用氫氧化鈉水溶液 (\( \text{NaOH(aq)} \)) 進行親核取代反應，將 2-溴丙烷轉化為丙-2-醇。
- 步驟 3：在加熱下，使用酸化的重鉻酸鉀溶液 (\( \text{K}_2\text{Cr}_2\text{O}_7\text{/H}^+(\text{aq}) \)) 將二級醇（丙-2-醇）氧化為酮（丙酮）。

答對得 1 分，選 B。無部分分數。

分子式為 \( \text{C}_4\text{H}_8 \) 代表含有一個雙鍵或一個環的化合物。
無環烯烴（3 個結構異構體）：
1. 丁-1-烯：\( \text{CH}_2=\text{CH-CH}_2\text{-CH}_3 \)
2. 丁-2-烯：\( \text{CH}_3\text{-CH}=\text{CH-CH}_3 \)（注意：順-和反-丁-2-烯是立體異構體，但它們屬於同一個結構異構體）
3. 2-甲基丙烯：\( \text{CH}_2=\text{C(CH}_3)_2 \)

環狀烷烴（2 個結構異構體）：
4. 環丁烷
5. 甲基環丙烷

總計 = 3 + 2 = 5 個結構異構體。

答對得 1 分，選 C。無部分分數。

乙炔的生成反應為：
\( 2\text{C(石墨)} + \text{H}_2(\text{g}) \rightarrow \text{C}_2\text{H}_2(\text{g}) \)

根據赫斯定律，標準生成焓變為：
\( \Delta H_f^\theta = 2 \times \Delta H_c^\theta[\text{C(石墨)}] + \Delta H_c^\theta[\text{H}_2(\text{g})] - \Delta H_c^\theta[\text{C}_2\text{H}_2(\text{g})] \)
\( \Delta H_f^\theta = 2(-393.5) + (-285.8) - (-1299.6) \)
\( \Delta H_f^\theta = -787.0 - 285.8 + 1299.6 = +226.8\text{ kJ mol}^{-1} \)

答對得 1 分，選 B。無部分分數。

建立平衡摩爾數表：
反應：\( \text{PCl}_5(\text{g}) \rightleftharpoons \text{PCl}_3(\text{g}) + \text{Cl}_2(\text{g}) \)
初始摩爾數：\( \text{PCl}_5 = 1.0 \)，\( \text{PCl}_3 = 0 \)，\( \text{Cl}_2 = 0 \)
摩爾數變化：\( \text{PCl}_5 = -0.60 \)，\( \text{PCl}_3 = +0.60 \)，\( \text{Cl}_2 = +0.60 \)
平衡摩爾數：\( \text{PCl}_5 = 0.40 \)，\( \text{PCl}_3 = 0.60 \)，\( \text{Cl}_2 = 0.60 \)

平衡時，各氣體的濃度（體積 \( V = 2.0\text{ dm}^3 \)）：
\( [\text{PCl}_5] = \frac{0.40\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 0.20\text{ mol dm}^{-3} \)
\( [\text{PCl}_3] = \frac{0.60\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 0.30\text{ mol dm}^{-3} \)
\( [\text{Cl}_2] = \frac{0.60\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 0.30\text{ mol dm}^{-3} \)

\( K_c = \frac{[\text{PCl}_3][\text{Cl}_2]}{[\text{PCl}_5]} = \frac{0.30 \times 0.30}{0.20} = 0.45\text{ mol dm}^{-3} \)

答對得 1 分，選 A。無部分分數。

(1) 適用。高離子流動性的氫氧根離子 (\( \text{OH}^- \)) 被流動性低得多的乙酸根離子 (\( \text{CH}_3\text{COO}^- \)) 取代。因此，隨著時間推移，混合物的導電性會有可量度的下降。
(2) 適用。由於反應中消耗了 \( \text{OH}^- \) 離子，混合物的 pH 值會顯著下降，這可以使用 pH 計進行監測。
(3) 不適用。反應完全在液相中進行，沒有氣體產生或消耗。液體混合物的體積變化極小，無法用於監測速率。

答對得 1 分，選 C。無部分分數。

I. 在 \(\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-}\) 中，\(\text{Cr}\) 的氧化態為 +6。在 \(\text{Cr}^{3+}\) 中為 +3。這是一個還原反應（氧化數減少）。
II. 在 \(\text{H}_2\text{O}_2\) 中，\(\text{O}\) 的氧化態為 -1。在 \(\text{O}_2\) 中為 0。這是一個氧化反應（氧化數增加）。
III. 在 \(\text{NO}_2\) 及 \(\text{N}_2\text{O}_4\) 中，\(\text{N}\) 的氧化態皆為 +4。氧化態沒有改變。

答對（A）得 1 分。不設部得分。

在 \(\text{H}_3\text{O}^+\) 中，中心氧原子具有 5 個價電子（6 個減去正電荷失去的 1 個）。它與氫原子形成三個單共價鍵，並擁有一對孤元電子。根據價殼層電子對互斥理論（VSEPR），具有 3 個鍵合電子對和 1 個孤元電子對的物種呈三角錐形。\(\text{BF}_3\) 和 \(\text{CO}_3^{2-}\) 呈平面三角形，而 \(\text{NH}_4^+\) 呈四面體形。

選擇 B 得 1 分。不設部分分數。

平衡常數 \(K_c\) 的值僅取決於溫度。由於正反應是放熱反應（\(\Delta H < 0\)），降低容器溫度會使平衡位置向右移動，從而增加生成物的濃度並減少反應物的濃度。因此，\(K_c\) 的值增加。改變壓力、體積、濃度或加入催化劑均不會改變 \(K_c\) 的值。

選擇 B 得 1 分。不設部分分數。

由於 \(X\) 進行鹼性水解（與 NaOH 反應）生成乙酸鈉和乙醇，因此 \(X\) 必須是由乙酸（生成乙酸鈉）和乙醇（生成乙醇）縮合而成的酯。因此，\(X\) 是乙酸乙酯，其化學式為 \(\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3\)。

選擇正確答案 B 得 1 分。不設部分分數。

乙酸的燃燒化學方程式為：
\(\text{CH}_3\text{COOH(l)} + 2\text{O}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{CO}_2\text{(g)} + 2\text{H}_2\text{O(l)}\)
根據赫斯定律，我們可以使用給定的步驟構建此目標方程式：
- 逆轉方程式 (1)：\(\text{CH}_3\text{COOH(l)} \rightarrow 2\text{C(s)} + 2\text{H}_2\text{(g)} + \text{O}_2\text{(g)}\) (\(-\Delta H_1\))
- 將方程式 (2) 乘以 2：\(2\text{C(s)} + 2\text{O}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{CO}_2\text{(g)}\) (\(2\Delta H_2\))
- 將方程式 (3) 乘以 2：\(2\text{H}_2\text{(g)} + \text{O}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{H}_2\text{O(l)}\) (\(2\Delta H_3\))
將這些方程式相加，可得總燃燒反應方程式。因此，燃燒焓變為 \(2\Delta H_2 + 2\Delta H_3 - \Delta H_1\)。

選擇 B 得 1 分。不設部分分數。

中和反應方程式為：
\(\text{M}_2\text{CO}_3(\text{aq}) + 2\text{HCl}(\text{aq}) \rightarrow 2\text{MCl}(\text{aq}) + \text{CO}_2(\text{g}) + \text{H}_2\text{O}(\text{l})\)
滴定中消耗 \(\text{HCl}\) 的莫耳數 = \(0.100 \times 0.0200 = 0.00200\text{ mol}\)。
由於 1 莫耳 \(\text{M}_2\text{CO}_3\) 與 2 莫耳 \(\text{HCl}\) 反應：
在 \(25.0\text{ cm}^3\) 溶液中 \(\text{M}_2\text{CO}_3\) 的莫耳數 = \(0.00200 / 2 = 0.00100\text{ mol}\)。
在 \(250.0\text{ cm}^3\) 整體溶液中 \(\text{M}_2\text{CO}_3\) 的莫耳數 = \(0.00100 \times (250.0 / 25.0) = 0.0100\text{ mol}\)。
\(\text{M}_2\text{CO}_3\) 的摩爾質量 = \(1.38\text{ g} / 0.0100\text{ mol} = 138.0\text{ g mol}^{-1}\)。
設 \(x\) 為金屬 \(\text{M}\) 的相對原子質量：
\(2x + 12.0 + 3(16.0) = 138.0\)
\(2x + 60.0 = 138.0\)
\(2x = 78.0 \Rightarrow x = 39.0\)。
因此，金屬 \(\text{M}\) 是鉀（\(\text{K}\)，相對原子質量約為 \(39.1\)）。

選擇 C 得 1 分。不設部分分數。

(a) 圖中應顯示中心碳原子與氧原子以雙鍵相連，並與兩個氯原子以單鍵相連，呈現平面三角形排列。其幾何形狀名稱為三角平面。 (b) 氧和氯的電負性比碳大，從而產生極性的 C=O 和 C-Cl 鍵。由於該三角平面形狀不對稱，鍵偶極矩不能互相抵消，故分子具淨偶極矩，是極性分子。

(a) 正確繪出顯示三角平面幾何形狀（含一個C=O雙鍵及兩個C-Cl單鍵）的三維結構圖得 1 分；指出「三角平面」得 1 分。 (b) 解釋 O 和 Cl 的電負性大於 C 從而產生極性鍵得 1 分；解釋因形狀不對稱使鍵偶極矩無法抵消從而具有極性得 1 分。

(a) 藍色溶液逐漸變淡（或變為無色），且在鎂的表面有紅褐色固體析出。 (b) 離子方程式：\(\text{Zn}(s) + \text{Cu}^{2+}(aq) \rightarrow \text{Zn}^{2+}(aq) + \text{Cu}(s)\)。這是一個氧化還原反應，因為鋅原子失去電子（氧化）形成鋅離子，而銅(II)離子得到電子（還原）形成銅原子。

(a) 指出「藍色溶液變淡/變無色」得 1 分；指出「有紅褐色固體」得 1 分。 (b) 寫出正確且含狀態符號的離子方程式得 1 分；解釋 Zn 失去電子且 Cu2+ 得到電子得 1 分。

(a) 酚酞是合適的指示劑，因為這是弱酸與強鹼的滴定。終點時顏色由無色變為淺粉紅色。 (b) 氫氧化鈉的莫耳數 = \(0.120 \times 0.01850 = 0.00222\text{ mol}\)。由於乙酸與氫氧化鈉以 1:1 的比例反應，稀釋後 25.00 mL 溶液中的乙酸莫耳數 = 0.00222 mol。稀釋後乙酸的濃度 = \(0.00222 / 0.02500 = 0.0888\text{ mol dm}^{-3}\)。由於稀釋倍數為 10 倍（由 25.00 mL 稀釋至 250.0 mL），原食醋的濃度 = \(0.0888 \times 10 = 0.888\text{ mol dm}^{-3}\)。

(a) 寫出酚酞得 1 分。指出顏色變化「無色變為淺粉紅色」得 1 分（不接受深粉紅色/紫色）。 (b) 算出稀釋後的濃度（0.0888 mol dm-3）或顯示稀釋計算法得 1 分；正確算出最終答案 0.888 mol dm-3 並附單位得 1 分。

(a) 兩種羧酸分別是丁酸 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{COOH}\)) 和 2-甲基丙酸 (\((\text{CH}_3)_2\text{CHCOOH}\))。 (b) 該酯必須是甲酯才能產生甲醇。由於總碳數為 4，該酯為丙酸甲酯 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_3\))。

(a) 正確繪出兩種羧酸結構得 1 分；正確寫出兩種系統命名（丁酸 及 2-甲基丙酸）得 1 分。 (b) 正確繪出丙酸甲酯結構得 1 分；正確寫出「丙酸甲酯」得 1 分。

(a) 溶液由橙色變為黃色。加入 NaOH 會引入氫氧根離子，與氫離子中和生成水，降低了 [H+]。根據勒沙特列原理，平衡會向左移動以產生更多氫離子，導致黃色的鉻酸根離子濃度增加。 (b) 平衡位置向右（生成物方向）移動。加入 HCl 會增加 [H+]。根據勒沙特列原理，系統會向右移動以消耗加入的 H+ 離子。

(a) 指出顏色變化「由橙色變為黃色」得 1 分；解釋 OH- 與 H+ 反應降低 [H+] 使平衡向左移動得 1 分。 (b) 指出「向右移動」得 1 分；解釋增加 H+ 會使平衡向右移動以消耗 H+ 得 1 分。

(a) 方程式：\(3\text{C}(\text{石墨}) + 4\text{H}_2(g) + \frac{1}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{C}_3\text{H}_7\text{OH}(l)\)。 (b) 根據赫斯定律：\(\Delta H_f^\ominus[\text{C}_3\text{H}_7\text{OH}(l)] = 3 \times \Delta H_c^\ominus[\text{C}] + 4 \times \Delta H_c^\ominus[\text{H}_2] - \Delta H_c^\ominus[\text{C}_3\text{H}_7\text{OH}]\)。 計算：\(\Delta H_f^\ominus = 3(-393.5) + 4(-285.8) - (-2021.0) = -1180.5 - 1143.2 + 2021.0 = -302.7\text{ kJ mol}^{-1}\)。

(a) 寫出正確且平衡、含狀態符號的化學方程式得 1 分。 (b) 顯示正確的循環或代數公式得 1 分；計算出正確的中間數據得 1 分；最終算出 -302.7 kJ mol-1 且具正確正負號與單位得 1 分。

(a) 陽極生成的產物是氯氣。半反應式：\(2\text{Cl}^-(aq) \rightarrow \text{Cl}_2(g) + 2e^-\)。 (b) 在陰極，來自水電離的氫離子被優先放電以生成氫氣：\(2\text{H}^+(aq) + 2e^- \rightarrow \text{H}_2(g)\)。隨著氫離子被不斷消耗，溶液中剩餘的氫氧根離子濃度增加，使得陰極周圍的溶液變為鹼性。

(a) 指出氯氣（或 Cl2）得 1 分；寫出正確的半反應式得 1 分。 (b) 指出氫離子優先放電生成氫氣得 1 分；解釋 H+ 的消耗使得溶液中留下過剩的 OH- 離子從而呈鹼性得 1 分。

(a) 曲線圖應顯示兩條曲線均從原點 (0,0) 出發，並在完全相同的二氧化碳最終體積處變平。 「粉末」的曲線初始斜率必須比「大碎片」更陡，且更早達到平台區。 (b) 碳酸鈣粉末與酸接觸的總表面積要大得多。這增加了接觸面積，導致反應物粒子（碳酸鈣與 H+ 離子）之間的碰撞頻率增加，進而使單位時間內的有效碰撞頻率增加，導致初始反應速率更快。

(a) 兩條曲線均自原點起步且在相同最終體積處平息得 1 分；「粉末」曲線比「大碎片」更陡且更早變平得 1 分。 (b) 指出粉末擁有較大表面積得 1 分；解釋這會增加反應粒子之間的碰撞頻率 / 有效碰撞頻率得 1 分。

(a) 二氧化矽具有巨型共價網絡結構。每個矽原子與四個氧原子以強大的共價鍵結合，每個氧原子與兩個矽原子相連。要熔化二氧化矽，需要大量的能量來斷裂遍布整個巨型網絡的強大共價鍵。 (b) 二氧化碳具有簡單分子結構。獨立的 CO2 分子之間僅靠微弱的分子間力（范德華力）結合，而分子內部的碳和氧原子則以強共價鍵結合。只需極少的能量便能克服這些微弱的分子間力，因此它在很低的溫度下就會昇華。

(a) 指出「巨型共價網絡結構」得 1 分；指出熔化需大量能量以斷裂強大的共價鍵得 1 分。 (b) 指出「簡單分子結構」得 1 分；指出克服微弱的分子間力 / 范德華力只需很少能量得 1 分。

(a) 單體結構顯示一個 C=C 雙鍵，其中一個碳上的一個氫原子被苯基（苯環）取代，即 \(\text{CH}_2=\text{CH}(\text{C}_6\text{H}_5)\)。 (b) 重複單元結構顯示一個 C-C 單鍵，兩端的碳原子向外延伸出單鍵，其中一個碳原子連接著苯基，即 \(-[\text{CH}_2-\text{CH}(\text{C}_6\text{H}_5)]-\)。 (c) 環境問題：聚苯乙烯不可生物降解，會在垃圾堆填區中累積數百年，造成嚴重的陸地/海洋塑料污染。 綠色解決方案：推廣催化熱解技術以將聚苯乙烯解聚回單體進行循環再造，或使用可生物降解的材料（如澱粉基發泡包裝）代替聚苯乙烯。

(a) 正確繪出顯示 C=C 雙鍵與苯環的苯乙烯單體結構得 1 分。 (b) 正確繪出兩端有延伸鍵和單鍵的重複單元結構得 1 分。 (c) 提出合理的環境問題（例如不可生物降解、堆填區累積、燃燒釋放有毒氣體等）得 1 分；提出相應的綠色解決方案（例如循環再造/熱解、使用可生物降解塑料/澱粉基包裝代替）得 1 分。

(a) \(\text{CaCO}_3\text{(s)} + 2\text{HCl(aq)} \rightarrow \text{CaCl}_2\text{(aq)} + \text{CO}_2\text{(g)} + \text{H}_2\text{O(l)}\)
(b) 由無色變為淺粉紅色。
(c) 沸煮可除去混合物中溶解的二氧化碳／碳酸。如果不除去，溶解的二氧化碳將在滴定中與 \(\text{NaOH}\) 反應，導致高估剩餘的酸，從而低估 \(\text{CaCO}_3\) 的百分比。
(d)
所用 \(\text{NaOH}\) 的摩爾數 = \(0.125\text{ mol dm}^{-3} \times 0.02240\text{ dm}^3 = 0.00280\text{ mol}\)
在 \(25.0\text{ cm}^3\) 溶液中過剩 \(\text{HCl}\) 的摩爾數 = \(0.00280\text{ mol}\)
在 \(250.0\text{ cm}^3\) 容量瓶中過剩 \(\text{HCl}\) 的總摩爾數 = \(0.00280 \times 10 = 0.0280\text{ mol}\)
最初加入的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(1.00\text{ mol dm}^{-3} \times 0.0500\text{ dm}^3 = 0.0500\text{ mol}\)
與 \(\text{CaCO}_3\) 反應的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(0.0500 - 0.0280 = 0.0220\text{ mol}\)
蛋殼中 \(\text{CaCO}_3\) 的摩爾數 = \(0.0220 / 2 = 0.0110\text{ mol}\)
\(\text{CaCO}_3\) 的質量 = \(0.0110\text{ mol} \times 100.1\text{ g mol}^{-1} = 1.101\text{ g}\)
\(\text{CaCO}_3\) 的質量百分比 = \((1.101\text{ g} / 1.50\text{ g}) \times 100\% = 73.4\%\)
(e) 誤差來源：蛋殼可能含有其他能與酸反應的雜質（如 \(\text{MgCO}_3\)），這會導致計算出的 \(\text{CaCO}_3\) 質量百分比偏高；或蛋殼樣本乾燥不完全，這會導致計算出的質量百分比偏低。

(a) 正確平衡化學方程式 (1)
(b) 正確顏色變化：無色變為淺粉紅色 / 粉紅色 (1)
(c) 指出沸煮除去溶解的二氧化碳 (1)；解釋二氧化碳會與氫氧化鈉反應導致滴定誤差 (1)
(d) 正確計算滴定用 \(\text{NaOH}\) 摩爾數 / 稀釋液中過剩 \(\text{HCl}\) 摩爾數 (1)；正確計算容量瓶中過剩 \(\text{HCl}\) 總摩爾數 (1)；正確計算反應的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 (1)；正確應用化學計量比 (1:2) 計算 \(\text{CaCO}_3\) 摩爾數 (1)；正確計算質量及最終質量百分比（保留3位有效數字）(1)
(e) 提出合理誤差來源（如與酸反應的雜質或未完全乾燥）(1)；正確說明其對最終百分比的影響 (1)

(a)
1. 由於 A 是分子式為 \(\text{C}_5\text{H}_{10}\text{O}_2\) 的酯，其酸水解會產生羧酸 B 和醇 C。
2. 醇 C 氧化得到酮 D，這意味著 C 必須是仲醇。
3. 最簡單的仲醇是丙-2-醇（含有3個碳原子），因此 C 是 \(\text{CH}_3\text{CH(OH)CH}_3\)，而 D 是丙酮 (\(\text{CH}_3\text{COCH}_3\))。
4. 由於 A 含有 5 個碳，而 C 含有 3 個碳，故 B 必須含有 2 個碳。因此，B 是乙酸 (\(\text{CH}_3\text{COOH}\))。
5. 由 B 和 C 形成的酯 A 為乙酸異丙酯（或乙酸-1-甲基乙酯，\(\text{CH}_3\text{COOCH(CH}_3)_2\)）。

(b) 向 B 和 D 的獨立樣本中加入碳酸氫鈉溶液。B（乙酸）會發生反應並產生氣泡（釋出能使石灰水變渾濁的無色氣體），而 D（丙酮）則無明顯變化。

(c)
(i) 酯化反應（或縮合反應）。
(ii) 濃硫酸充當催化劑（加快反應速率）和脫水劑（吸收水分，使平衡位置向右移動，從而提高酯的產率）。
(iii) 反應物（丙-2-醇）和產物（乙酸異丙酯）易揮發且高度易燃。用本生燈直接加熱會帶來嚴重的火災隱患，而水浴可提供安全且均勻的加熱。

(a) 從 C 氧化得到酮推導出 C 為仲醇 (1)；推導出 C 含有3個碳，B 含有2個碳 (1)；正確寫出 B 的結構式/名稱 (乙酸) (1)；正確寫出 C 的結構式/名稱 (丙-2-醇) (1)；正確寫出 A (乙酸異丙酯) 和 D (丙酮) 的結構式/名稱 (1)
(b) 寫出合適的試劑（如 \(\text{NaHCO}_3\text{(aq)}\)、\(\text{Na}_2\text{CO}_3\text{(aq)}\) 或鎂條）(1)；描述對 B 和 D 的正確觀察結果 (1)
(c) (i) 酯化反應 / 縮合反應 (1)
(ii) 催化劑 (1)；脫水劑 (1)
(iii) 防止明火引燃易揮發和易燃的反應物/產物 (1)

(a) \(K_c = \frac{[\text{SO}_3]^2}{[\text{SO}_2]^2 [\text{O}_2]}\)
單位：\(\text{dm}^3\text{ mol}^{-1}\)（或 \(\text{mol}^{-1}\text{ dm}^3\)）

(b)
利用 ICE 表計算平衡時的摩爾數：
反應：\(2\text{SO}_2\text{(g)} + \text{O}_2\text{(g)} \rightleftharpoons 2\text{SO}_3\text{(g)}\)
初始摩爾數：\(\text{SO}_2 = 0.60\)，\(\text{O}_2 = 0.40\)，\(\text{SO}_3 = 0\)
\(\text{O}_2\) 摩爾數變化 = \(0.16 - 0.40 = -0.24\text{ mol}\)
\(\text{SO}_2\) 摩爾數變化 = \(2 \times (-0.24) = -0.48\text{ mol}\)
\(\text{SO}_3\) 摩爾數變化 = \(2 \times (+0.24) = +0.48\text{ mol}\)

平衡摩爾數：
\(\text{SO}_2 = 0.60 - 0.48 = 0.12\text{ mol}\)
\(\text{O}_2 = 0.16\text{ mol}\)
\(\text{SO}_3 = 0.48\text{ mol}\)

由於容器體積為 \(2.0\text{ dm}^3\)，平衡濃度為：
\([\text{SO}_2] = 0.12\text{ mol} / 2.0\text{ dm}^3 = 0.060\text{ mol dm}^{-3}\)
\([\text{O}_2] = 0.16\text{ mol} / 2.0\text{ dm}^3 = 0.080\text{ mol dm}^{-3}\)
\([\text{SO}_3] = 0.48\text{ mol} / 2.0\text{ dm}^3 = 0.24\text{ mol dm}^{-3}\)

將濃度代入 \(K_c\) 表達式：
\(K_c = \frac{(0.24)^2}{(0.060)^2 \times (0.080)} = \frac{0.0576}{0.0036 \times 0.080} = \frac{0.0576}{0.000288} = 200\)

(c)
(i) 平衡位置：向右移動（生成物方向）。
解釋：減少體積會使系統壓力上升。根據勒沙特列原理，系統會向氣體摩爾數較少的方向（由左側3摩爾變為右側2摩爾）移動，以減低壓力。
對 \(K_c\) 的影響：不變，因為溫度保持不變。

(ii) 平衡位置：向左移動（反應物方向）。
解釋：正反應是放熱反應（\(\Delta H < 0\)）。根據勒沙特列原理，提高溫度會使平衡移向吸熱方向（逆反應方向）以吸收熱量。
對 \(K_c\) 的影響：減少。

(a) 正確的 \(K_c\) 表達式 (1)；正確的單位 (1)
(b) 正確計算 \(\text{O}_2\) 的摩爾變化及 \(\text{SO}_2\) 與 \(\text{SO}_3\) 的平衡摩爾數 (1)；正確計算三者的平衡濃度 (1)；正確代入 \(K_c\) 表達式 (1)；計算出數值為 200 (1)
(c) (i) 正確指出平衡向右移並用壓力/氣體摩爾數解釋 (1)；正確指出 \(K_c\) 不變 (1)；解釋 \(K_c\) 僅受溫度影響 (1)
(ii) 正確指出由於正反應放熱，平衡向左移 (1)；正確指出 \(K_c\) 減少 (1)

(a) 陽極反應（甲醇的氧化）：
\(\text{CH}_3\text{OH(aq)} + \text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow \text{CO}_2\text{(g)} + 6\text{H}^+\text{(aq)} + 6\text{e}^-\)
(b) 陰極反應（氧氣的還原）：
\(\text{O}_2\text{(g)} + 4\text{H}^+\text{(aq)} + 4\text{e}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O(l)}\)
(c) 電池總反應：
\(2\text{CH}_3\text{OH(aq)} + 3\text{O}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{CO}_2\text{(g)} + 4\text{H}_2\text{O(l)}\)
(d) 電子經外電路由陽極（負極）流向陰極（正極）。在陽極，甲醇發生氧化反應並釋放電子；在陰極，氧氣發生還原反應並獲得電子。
(e)
優點：甲醇在常溫常壓下是液體，與氣態氫相比，更易於且更安全地儲存、處理和運輸。
缺點：DMFC 在運作時會產生二氧化碳（一種溫室氣體），而氫氧燃料電池僅產生水；或由於燃料在質子交換膜上的「穿透效應」，DMFC 的效率較低。
(f)
轉移的總電荷量，\(Q = I \times t = 0.50\text{ A} \times (3.0 \times 3600\text{ s}) = 5400\text{ C}\)
電子的摩爾數，\(n(\text{e}^-) = Q / F = 5400 / 96500 = 0.05596\text{ mol}\)
根據陽極半方程式，\(1\text{ mol}\) 的 \(\text{CH}_3\text{OH}\) 釋放 \(6\text{ mol}\) 的 \(\text{e}^-\)。
所需甲醇的摩爾數，\(n(\text{CH}_3\text{OH}) = 0.05596 / 6 = 0.009326\text{ mol}\)
甲醇的最少質量 = \(0.009326\text{ mol} \times 32.0\text{ g mol}^{-1} = 0.298\text{ g}\)（或 \(0.30\text{ g}\)）

(a) 正確寫出反應物及生成物 (1)；在酸性介質中正確平衡方程式 (1)
(b) 正確寫出反應物及生成物 (1)；在酸性介質中正確平衡方程式 (1)
(c) 正確平衡的總化學方程式 (1)
(d) 流向：電子在外電路中由陽極流向陰極 (1)；原因：陽極發生氧化反應釋放電子，陰極發生還原反應消耗電子 (1)
(e) 任何一個合理的優點（如液態、易於儲存/運輸）(1)；任何一個合理的缺點（如產生溫室氣體二氧化碳、效率較低、質子交換膜穿透問題）(1)
(f) 正確計算電荷量 Q 及電子摩爾數 (1)；利用 1:6 的比例正確計算甲醇的最少質量 (1)

(a) (i) 對比實驗 1 和 2：[B] 保持不變。當 [A] 加倍時，初始速率增加 4 倍。由於 \(2^2 = 4\)，反應對 A 為二級。對比實驗 2 和 3：[A] 保持不變。當 [B] 加倍時，初始速率增加 2 倍。由於 \(2^1 = 2\)，反應對 B 為一級。因此，速率方程為：Rate = \(k[A]^2[B]\)。
(ii) 使用實驗 1 數據：\(1.2 \times 10^{-3} = k (0.10)^2 (0.10) \Rightarrow k = 1.2 \text{ dm}^6\text{ mol}^{-2}\text{ s}^{-1}\)。
(iii) 應用阿倫尼烏斯方程：\(\ln(k_2/k_1) = \frac{E_a}{R} (1/T_1 - 1/T_2)\) \(\Rightarrow \ln(11.8/1.2) = \frac{E_a}{8.31} (1/298 - 1/318)\) \(\Rightarrow 2.2858 = \frac{E_a}{8.31} (2.11 \times 10^{-4}) \Rightarrow E_a = 90022 \text{ J mol}^{-1} \approx 90.0 \text{ kJ mol}^{-1}\)。

(b) (i) DMC 的摩爾質量 = \(90.0 \text{ g mol}^{-1}\)。途徑 1：反應物總質量 = \(2 \times 32.0 + 99.0 = 163.0 \text{ g}\)。AE = \((90.0 / 163.0) \times 100\% = 55.2\%\)。途徑 2：反應物總質量 = \(2 \times 32.0 + 44.0 = 108.0 \text{ g}\)。AE = \((90.0 / 108.0) \times 100\% = 83.3\%\)。
(ii) 途徑 2 使用無毒且豐富的 \(\text{CO}_2\)，取代劇毒的光氣 (\(\text{COCl}_2\))。它產生的副產物是無害的水 (\(\text{H}_2\text{O}\))，而不是有毒且具腐蝕性的氯化氫 (\(\text{HCl}\))。這也有利於消耗溫室氣體二氧化碳。
(iii) (1) 非均相催化劑。它可以通過簡單的過濾輕易地與液體反應混合物分離。(2) 持續移走生成的水，或增大反應壓力/升高溫度以使平衡向右移動。

(a)(i) 推導出反應對 A 為二級 (1)，對 B 為一級 (1)。寫出正確的速率方程：Rate = \(k[A]^2[B]\) (1)。
(a)(ii) 計算得 \(k = 1.2\) (1)。正確單位：\(\text{dm}^6\text{ mol}^{-2}\text{ s}^{-1}\) (1)。
(a)(iii) 正確代入阿倫尼烏斯方程 (1)。正確計算比例與溫度差值項 (1)。正確計算 \(E_a\) 的數值 (90.0) (1)。正確單位 \(\text{kJ mol}^{-1}\) (1)。
(b)(i) 正確計算途徑 1 的原子經濟：55.2% (2) (反應物總質量 163.0 計 1 分)。正確計算途徑 2 的原子經濟：83.3% (2) (反應物總質量 108.0 計 1 分)。
(b)(ii) 寫出兩個安全/環境方面的優點，每個優點給 1.5 分（上限 3 分）。必須對比途徑 1 與 2。
(b)(iii)(1) 指出「非均相催化劑」 (1)。解釋其易於過濾分離，優於蒸餾 (1)。
(b)(iii)(2) 建議一項有效措施（例如：移走水、增大壓力或升高溫度）(1) 並結合勒沙特列原理作出解釋 (1)。

(a) (i) \(\text{MnO}_4^-(aq) + 5\text{Fe}^{2+}(aq) + 8\text{H}^+(aq) \rightarrow \text{Mn}^{2+}(aq) + 5\text{Fe}^{3+}(aq) + 4\text{H}_2\text{O}(l)\)。
(ii) 由無色變為微粉紅色。
(iii) 所需 \(\text{MnO}_4^-\) 的摩爾數 = \(0.0200 \times (22.50/1000) = 4.50 \times 10^{-4} \text{ mol}\)。
根據方程式，25.00 cm\(^3\) 中 \(\text{Fe}^{2+}\) 的摩爾數 = \(5 \times 4.50 \times 10^{-4} = 2.25 \times 10^{-3} \text{ mol}\)。
250.0 cm\(^3\) 中 \(\text{Fe}^{2+}\) 的摩爾數 = \(2.25 \times 10^{-3} \times (250.0 / 25.00) = 2.25 \times 10^{-2} \text{ mol}\)。
鐵的質量 = \(2.25 \times 10^{-2} \times 55.8 = 1.256 \text{ g}\)。
鐵的質量百分比 = \((1.256 / 5.00) \times 100\% = 25.1\%\)。
(iv) 鹽酸含有氯離子 (\(\text{Cl}^-\))，它會被強氧化劑 \(\text{MnO}_4^-\) 氧化。這將會消耗額外的高錳酸鉀溶液，導致滴定體積偏高，從而高估鐵的含量。

(b) (i) 不存在羧基 (\(-\text{COOH}\))。
(ii) 1735 cm\(^{-1}\) 處的強吸收表示存在羰基 (\(\text{C}=\text{O}\))。缺乏 3230-3670 cm\(^{-1}\) 表示不含羥基 (\(-\text{O}-\text{H}\))。因此官能基為酯基 (\(-\text{COO}-\))。
(iii) 兩種可能結構：乙酸乙酯 (\(\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3\)) 和 丙酸甲酯 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_3\))。
\(m/z = 43\) 的物種：\([\text{CH}_3\text{CO}]^+\)。
\(m/z = 59\) 的物種：\([\text{CH}_3\text{COO}]^+\) 或 \([\text{COOCH}_3]^+\)。
(iv) 兩者都顯示 3 個信號，積分比為 3:2:3，裂分圖樣分別為：單峰 (3H)、四重峰 (2H) 和三重峰 (3H)。
乙酸乙酯：單峰 (\(\text{CH}_3\text{CO}-\)) 位於 \(\delta \approx 2.0 \text{ ppm}\)，四重峰 (\(-\text{OCH}_2-\)) 因強烈去屏蔽而位於 \(\delta \approx 4.1 \text{ ppm}\)。
丙酸甲酯：單峰 (\(-\text{OCH}_3\)) 因強烈去屏蔽而位於 \(\delta \approx 3.7 \text{ ppm}\)，四重峰 (\(-\text{CH}_2\text{CO}-\)) 位於 \(\delta \approx 2.3 \text{ ppm}\)。化學位移的差異能清楚區分兩者。

(a)(i) 元素平衡得 1 分，電荷平衡得 1 分。不強制要求狀態符號，但若有書寫則必須正確。
(a)(ii) 寫出「無色變為微粉紅色」或「無色變為微紫色」(1)。拒絕：紫色、深粉紅色。
(a)(iii) 正確計算 \(\text{MnO}_4^-\) 摩爾數 (1)。利用正確摩爾比找出 250 cm\(^3\) 溶液中的鐵摩爾數 (1)。計算鐵的質量 (1.256 g) (1)。正確計算質量百分比 25.1% (1)。
(a)(iv) 指出氯離子 (\(\text{Cl}^-\)) 會被氧化為氯氣 (\(\text{Cl}_2\)) (1)。解釋這會消耗額外的滴定劑，導致高估鐵含量 (1)。
(b)(i) 推導出不存在羧基 (\(-\text{COOH}\)) (1)。
(b)(ii) 正確將 1735 cm\(^{-1}\) 與 \(\text{C}=\text{O}\) 聯繫 (1)，且 3230-3670 cm\(^{-1}\) 缺峰與無 \(\text{O}-\text{H}\) 聯繫 (1)。推導出官能基為酯基 (1)。
(b)(iii) 提出兩種正確的酯結構 (1, 1)。鑑定兩個碎片離子（必須帶正電荷！） (1, 1)。
(b)(iv) 指出兩者都顯示 3 個信號，積分比為 3:2:3 (單峰、四重峰、三重峰) (1)。解釋核心差異：乙酸乙酯的四重峰在 \(\delta \approx 4.1 \text{ ppm}\) 且單峰在 \(\delta \approx 2.0 \text{ ppm}\) (1)。丙酸甲酯的單峰在 \(\delta \approx 3.7 \text{ ppm}\) 且四重峰在 \(\delta \approx 2.3 \text{ ppm}\) (1)。(1 分給予基於電負性氧原子的去屏蔽效應解釋)。