2024 DSE 化學 答案詳解與評分準則

分子式 \(C_3H_6O_2\) 代表具有一個不飽和度的化合物。紅外光譜在 \(1740 \text{ cm}^{-1}\) 的吸收表示存在羰基（\(C=O\)），而沒有 O-H 吸收（既無 \(2500-3300 \text{ cm}^{-1}\) 也無 \(3230-3670 \text{ cm}^{-1}\)）排除羧酸和醇類。因此，X 必須是酯類，即乙酸甲酯（\(CH_3COOCH_3\)）。
(1) 酯可進行鹼性水解以生成羧酸鹽和醇。（正確）
(2) 在質譜中，乙酸甲酯（M = 74）在 C-O 單鍵處裂解，產生 m/z = 59（\([COOCH_3]^+\) 或 \([CH_3COO]^+\)）的顯著碎片峰。（正確）
(3) 只有羧酸（而非酯類）能與 \(NaHCO_3\) 反應釋放 \(CO_2\) 氣體。（錯誤）

選擇 B。正確識別 X 為酯（1 分）。

根據阿倫尼烏斯方程，\(\ln k = -\frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T}\right) + \ln A\)。
因此，圖像的斜率等於 \(-\frac{E_a}{R}\)。
\(-\frac{E_a}{R} = -6015 \text{ K}\)
\(E_a = 6015 \times 8.31 = 49984.65 \text{ J mol}^{-1} \approx 50.0 \text{ kJ mol}^{-1}\)。

選擇 A。使用阿倫尼烏斯方程斜率公式正確計算（1 分）。

(1) 丁-2-烯與氣態氯化氫（\(HCl(g)\)）通過親電加成反應生成 2-氯丁烷。（正確）
(2) 2-氯丁烷與氫氧化鈉水溶液（\(NaOH(aq)\)）共熱時進行親核取代反應，生成丁-2-醇。（正確）
(3) 丁-2-醇是二級醇，可在回流條件下使用酸化的重鉻酸鉀溶液氧化為丁酮（酮）。（正確）

選擇 D。正確評估所有三個有機轉化反應（1 分）。

初始濃度：
\([X]_0 = 2.0 / 2.0 = 1.0 \text{ mol dm}^{-3}\)
\([Y]_0 = 1.0 / 2.0 = 0.5 \text{ mol dm}^{-3}\)
\([Z]_0 = 0.0 \text{ mol dm}^{-3}\)
在平衡時，\([Z]_{eq} = 0.40 \text{ mol dm}^{-3}\)。
濃度變化：
\(\Delta [Z] = +0.40 \text{ mol dm}^{-3}\)
\(\Delta [X] = -0.40 \text{ mol dm}^{-3}\)
\(\Delta [Y] = -0.20 \text{ mol dm}^{-3}\)
平衡濃度：
\([X]_{eq} = 1.0 - 0.40 = 0.60 \text{ mol dm}^{-3}\)
\([Y]_{eq} = 0.50 - 0.20 = 0.30 \text{ mol dm}^{-3}\)
\(K_c = \frac{[Z]^2}{[X]^2 [Y]} = \frac{(0.40)^2}{(0.60)^2 \times 0.30} = \frac{0.16}{0.36 \times 0.30} \approx 1.48 \text{ dm}^3 \text{ mol}^{-1}\)。

選擇 B。正確計算初始濃度、平衡值和 Kc 公式（1 分）。

不溶於水但能溶於稀酸和稀鹼的氧化物是兩性氧化物。氧化鋁（\(Al_2O_3\)）是兩性的，其反應如下：
\(Al_2O_3(s) + 6H^+(aq) \rightarrow 2Al^{3+}(aq) + 3H_2O(l)\)
\(Al_2O_3(s) + 2OH^-(aq) + 3H_2O(l) \rightarrow 2[Al(OH)_4]^-(aq)\)。

選擇 B。正確識別鋁具有兩性氧化物（1 分）。

該反應的總離子方程式為：
\(Cr_2O_7^{2-}(aq) + 3SO_2(g) + 2H^+(aq) \rightarrow 2Cr^{3+}(aq) + 3SO_4^{2-}(aq) + H_2O(l)\)
(1) \(SO_2\) 中的硫（+4）被氧化為 \(SO_4^{2-}\)（+6），因此 \(SO_2\) 是還原劑。（正確）
(2) \(Cr_2O_7^{2-}\) 中的鉻（+6）被還原為 \(Cr^{3+}\)（+3）。（正確）
(3) 由於反應消耗了 \(H^+(aq)\)，氫離子濃度降低，導致 pH 值上升。（正確）

選擇 D。正確評估所有氧化還原特徵和 pH 值趨勢（1 分）。

丙烷燃燒的化學方程式為：
\(C_3H_8(g) + 5O_2(g) \rightarrow 3CO_2(g) + 4H_2O(l)\)
利用赫斯定律：
\(\Delta H_c^\theta = 3 \times \Delta H_f^\theta[CO_2(g)] + 4 \times \Delta H_f^\theta[H_2O(l)] - \Delta H_f^\theta[C_3H_8(g)]\)
\(\Delta H_c^\theta = 3 \times (-394) + 4 \times (-286) - (-104)\)
\(\Delta H_c^\theta = -1182 - 1144 + 104 = -2222 \text{ kJ mol}^{-1}\)。

選擇 A。正確運用赫斯定律與化學計量係數（1 分）。

在 \(BF_3\) 中，B 和 F 之間的電負性差異產生了極性的 B-F 鍵。然而，由於平面三角形（對稱幾何結構），偶極矩相互抵消，導致該分子的淨偶極矩為零，屬於非極性分子。相反，\(NH_3\)（三角錐形）、\(H_2O\)（彎曲形）和 \(CH_2Cl_2\)（不對稱四面體形）的結構無法完全抵消偶極矩，因此它們是極性分子。

選擇 C。正確將分子形狀和對稱性與分子極性相關聯（1 分）。

(1) 氣體體積測量：由於生成了 \(CO_2(g)\)，隨時間測量氣體體積是標準的直接方法。（正確）
(2) 質量測量：隨著 \(CO_2(g)\) 從開放系統中逸出，混合物的總質量會減少。（正確）
(3) pH 值測量：鹽酸（\(H^+(aq)\)）被消耗，導致溶液的 pH 值上升。pH 計可以連續追蹤此變化。（正確）

選擇 D。正確識別此特定反應的所有三種監測方法（1 分）。

反應化學方程式為：
\(H_2C_2O_4(aq) + 2NaOH(aq) \rightarrow Na_2C_2O_4(aq) + 2H_2O(l)\)
草酸的莫耳數 = \(0.050 \text{ M} \times 0.0250 \text{ dm}^3 = 0.00125 \text{ mol}\)。
由於草酸是二元酸，所需的 \(NaOH\) 莫耳數為：
\(n(NaOH) = 2 \times 0.00125 = 0.00250 \text{ mol}\)。
\(NaOH\) 的濃度 = \(0.00250 \text{ mol} / 0.0200 \text{ dm}^3 = 0.125 \text{ M}\)。

選擇 C。正確使用 1:2 的反應比例來計算 NaOH 的摩爾濃度（1 分）。

在 \(1735\text{ cm}^{-1}\) 附近的吸收峰表示存在 \(\text{C}=\text{O}\) 基團。在 \(2500-3300\text{ cm}^{-1}\)（羧酸的 \(\text{O}-\text{H}\)）和 \(3230-3670\text{ cm}^{-1}\)（醇的 \(\text{O}-\text{H}\)）附近均無寬吸收峰，表示 \(X\) 不含 \(-\text{OH}\) 基團，從而排除丁酸 (3)。化合物 (1) 乙酸乙酯和 (2) 丙酸甲酯均為酯類，分子式為 \(\text{C}_4\text{H}_8\text{O}_2\)。酯含有 \(\text{C}=\text{O}\) 但不含 \(-\text{OH}\) 基團，且不與酸化重鉻酸鉀溶液反應。因此，(1) 和 (2) 均可能是 \(X\) 的結構。

正確答案：C。1分：確定 (1) 和 (2) 符合分子式和紅外光譜數據，而 (3) 因缺少羧酸 O-H 吸收峰而被排除。

根據阿瑞尼士方程，\(\ln k = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T}\right) + \ln A\)。因此，\(\ln k\) 對 \(1/T\) 的繪圖斜率等於 \(-\frac{E_a}{R}\)。

\(\text{斜率} = -1.20 \times 10^4\text{ K} = -\frac{E_a}{8.31\text{ J K}^{-1}\text{ mol}^{-1}}\)

\(E_a = 1.20 \times 10^4 \times 8.31 = 9.972 \times 10^4\text{ J mol}^{-1} = 99.7\text{ kJ mol}^{-1}\)。

正確答案：B。1分：利用氣體常數 R 將阿瑞尼士圖的斜率與活化能聯繫起來，並將單位由 J 轉換為 kJ。

1. \(P\) 與 2,4-DNP 反應生成黃色沉澱，表明存在羰基（\(\text{C}=\text{O}\)）。
2. \(P\) 不與托倫斯試劑反應，表明它是酮而不是醛。這排除了戊醛 (C)。
3. 酮用 \(\text{NaBH}_4\) 還原會生成仲醇：
- 戊-3-酮被還原為戊-3-醇（\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH(OH)CH}_2\text{CH}_3\)），它具有對稱碳原子（與兩個相同的乙基相連），因此是非手性的。
- 戊-2-酮被還原為戊-2-醇（手性）。
- 3-甲基丁-2-酮被還原為 3-甲基丁-2-醇（手性）。
因此，\(P\) 是戊-3-酮。

正確答案：B。1分：根據羰基測試推導出 P 是酮，並確認戊-3-醇是可能還原產物中唯一的非手性產物。

計算反應商 \(Q_c\) 如下：
\(Q_c = \frac{[\text{CO}_2][\text{H}_2]}{[\text{CO}][\text{H}_2\text{O}]} = \frac{(2.0/2.0) \times (2.0/2.0)}{(1.0/2.0) \times (1.0/2.0)} = \frac{1.0 \times 1.0}{0.5 \times 0.5} = 4.0\)。
由於 \(Q_c = K_c = 4.0\)，因此反應已處於平衡狀態。

正確答案：A。1分：正確計算反應商 Qc 並將其與平衡常數 Kc 進行配對。

1. 滴定中所用 \(\text{NaOH}\) 的摩爾數：
\(n(\text{NaOH}) = 0.100\text{ mol dm}^{-3} \times \frac{18.50}{1000}\text{ dm}^3 = 1.85 \times 10^{-3}\text{ mol}\)

2. \(25.00\text{ cm}^3\) 稀釋醋樣本中 \(\text{CH}_3\text{COOH}\) 的摩爾數：
\(n(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1.85 \times 10^{-3}\text{ mol}\)

3. 稀釋醋的摩爾濃度：
\(\text{濃度} = \frac{1.85 \times 10^{-3}\text{ mol}}{0.02500\text{ dm}^3} = 0.0740\text{ M}\)

4. 原醋的摩爾濃度（因稀釋了 10 倍）：
\(\text{原濃度} = 0.0740 \times 10 = 0.740\text{ M}\)

5. 原醋的質量濃度：
\(\text{質量濃度} = 0.740\text{ mol dm}^{-3} \times 60.05\text{ g mol}^{-1} = 44.4\text{ g dm}^{-3}\)。

正確答案：C。1分：逐步進行體積計量化學計算，考慮10倍的稀釋倍數並轉換為以 g/dm³ 為單位的質量濃度。

(1) 按照 IUPAC 電池標記法的約定，陽極（氧化反應發生之處）寫在左側。因此，左側電極是陽極。陳述 (1) 正確。
(2) 氧化反應在左邊電極發生，\(\text{Fe}^{2+}\) 被氧化為 \(\text{Fe}^{3+}\)：\(\text{Fe}^{2+}(aq) \rightarrow \text{Fe}^{3+}(aq) + e^-\)。陳述 (2) 正確。
(3) 還原反應在陰極（右側）發生：\(\text{MnO}_4^-(aq) + 8\text{H}^+(aq) + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{2+}(aq) + 4\text{H}_2\text{O}(l)\)。隨著 \(\text{H}^+\) 被消耗，\(\text{H}^+\) 的濃度降低，導致 pH 值增加。陳述 (3) 正確。

正確答案：D。1分：成功分析所有三個要點：IUPAC 電池標記法、陽極氧化反應，以及高錳酸鹽還原期間氫離子的消耗。

苯-1,4-二羧酸為 \(\text{HOOC}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{COOH}\)，而苯-1,4-二胺為 \(\text{H}_2\text{N}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{NH}_2\)。在縮聚反應中，二羧酸單體失去 \(-\text{OH}\)，二胺單體失去 \(-\text{H}\)，並釋放出水分子。
這將各基團以酰胺鍵 \(-\text{CO}-\text{NH}-\) 連接在一起。
所得聚酰胺的重複單元是 \(-\text{CO}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{CO}-\text{NH}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{NH}-\)，即選項 A。

正確答案：A。1分：根據酰胺鍵的形成並消除水分子，推導出正確的重複單元結構。

催化劑通過提供一條活化能較低的替代途徑來增加反應速率，這會等比例加速正向和逆向反應。然而，它不會改變化學平衡的位置，也不會改變反應的焓變（\(\Delta H\)）。因此，催化劑不會影響哈柏法中氨的平衡產率。選項 C 是錯誤的。

正確答案：C。1分：認識到催化劑對平衡產率沒有影響，僅影響達到平衡的速率。

(1) 粉末狀 \(\text{CaCO}_3\) 提供更大的表面積，增加固體粒子與酸之間的接觸與碰撞頻率，從而增加反應速率。
(2) 提高 \(\text{HCl}\) 的濃度增加了單位體積內的酸粒子數，這增加了碰撞頻率並提高了反應速率。
(3) 升高溫度增加了粒子的動能，使更大比例的粒子具有超過活化能的能量，從而增加有效碰撞的頻率。
因此，所有三種修改都能增加速率。

正確答案：D。1分：正確判定表面積 (1)、濃度 (2) 及溫度 (3) 均會提高此多相反應的速率。

1. 當體積減半時，所有氣體的濃度立即翻倍。由於啡色氣體 \(\text{NO}_2\) 的濃度瞬時翻倍，因此混合物立即變為深啡色。
2. 根據勒沙特列原理，減小體積（增加總壓）會使平衡向氣體摩爾數較少的一側（右側，生成無色的 \(\text{N}_2\text{O}_4\)）移動。
3. 此移動消耗了部分 \(\text{NO}_2\)，導致啡色逐漸變淺（變淺啡色）。
4. 然而，平衡移動只能部分抵消濃度的增加。新的平衡狀態中 \(\text{NO}_2\) 的濃度仍高於其最初的濃度。因此，最終顏色比壓縮後的峰值顏色淺，但仍比最初的顏色深。

正確答案：B。1分：解釋體積減小的瞬時效應（變深）以及隨後的勒沙特列平衡移動（逐漸變淺，但淨結果仍比最初深）。

當容器體積減半時，所有物種的濃度在一瞬間倍增，使 \(\text{Cl}_2(g)\) 的瞬時濃度變為 \(0.80\text{ mol dm}^{-3}\)。由於生成物一側的氣體摩爾數（2 摩爾）大於反應物一側（1 摩爾），增加壓強（因體積減半）會使平衡向左移動以降低壓強。此移動使 \(\text{Cl}_2(g)\) 的濃度從瞬時值 \(0.80\text{ mol dm}^{-3}\) 開始下降。根據勒沙特列原理，平衡移動無法完全抵消體積減半帶來的影響，因此最終平衡濃度仍會大於最初的 \(0.40\text{ mol dm}^{-3}\)。由此可知，新平衡濃度介乎 \(0.40\text{ mol dm}^{-3}\) 與 \(0.80\text{ mol dm}^{-3}\) 之間。

選對 C 項得 1 分。選其他選項不給分。

選項 A \(\text{(CH}_3)_3\text{COH}\)（2-甲基丙烷-2-醇）是一種叔醇（三級醇）。它不能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化（因此不會引起顏色變化）。然而，由於它含有羥基（\(\text{-OH}\)），它能與鈉金屬反應釋放出氫氣（一種無色氣體）。選項 B 是一種伯醇，極易被氧化。選項 C 和 D 不含羥基，不與鈉金屬反應。

選對 A 項得 1 分。選其他選項不給分。

目標產物為酚 (\(\text{C}_6\text{H}_6\text{O}\))。
酚的式量 = \(12.0 \times 6 + 1.0 \times 6 + 16.0 = 94.0\)。
所有反應物的總式量：
苯 (\(\text{C}_6\text{H}_6\)) = \(12.0 \times 6 + 1.0 \times 6 = 78.0\)。
丙烯 (\(\text{C}_3\text{H}_6\)) = \(12.0 \times 3 + 1.0 \times 6 = 42.0\)。
氧氣 (\(\text{O}_2\)) = \(16.0 \times 2 = 32.0\)。
反應物總式量 = \(78.0 + 42.0 + 32.0 = 152.0\)。
原子利用率 = \(\frac{94.0}{152.0} \times 100\% \approx 61.8\%\)。

選對 B 即可獲得 1 分。選項 A 代表若丙酮為目標產物時的原子利用率。

在 \(1715\text{ cm}^{-1}\) 的強吸收峰表明存在羰基（\(\text{C=O}\)）。在 \(2500 - 3300\text{ cm}^{-1}\) 區域非常寬的吸收帶是羧酸中 \(\text{O-H}\) 鍵拉伸的特徵。因此，\(Y\) 是丙酸 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOH}\))。丙酸與碳酸氫鈉溶液反應會釋放出二氧化碳氣體（選項 A）。丙酸不能還原多倫試劑（選項 B）。其 \({}^{13}\text{C}\) 核磁共振光譜只有 3 個峰（選項 C），且因無手性碳而不具備對映異構現象（選項 D）。

選對 A 項得 1 分。

在反應 (1) 中，強氧化性的酸性 \(\text{KMnO}_4(aq)\) 將 \(\text{H}_2\text{O}_2\) 氧化為氧氣 (\(\text{O}_2\))。因此，\(\text{H}_2\text{O}_2\) 扮演還原劑的角色（氧的氧化態由 -1 增加至 0）。在反應 (2) 及 (3) 中，\(\text{H}_2\text{O}_2\) 分別將 \(\text{Fe}^{2+}\) 氧化為 \(\text{Fe}^{3+}\)，以及將 \(\text{I}^-\) 氧化為 \(\text{I}_2\)，故其扮演氧化劑的角色。

選對 A 項得 1 分。

設 \(\text{M} = \text{mol dm}^{-3}\)。
對於選項 A：\(K_c = \frac{[\text{CO}_2][\text{H}_2]}{[\text{CO}][\text{H}_2\text{O}]}\)，單位為 \(\frac{\text{M}^2}{\text{M}^2}\)（無單位）。
對於選項 B：\(K_c = \frac{[\text{PCl}_3][\text{Cl}_2]}{[\text{PCl}_5]}\)，單位為 \(\frac{\text{M}^2}{\text{M}} = \text{mol dm}^{-3}\)。
對於選項 C：\(K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2}\)，單位為 \(\frac{\text{M}}{\text{M}^2} = \text{M}^{-1} = \text{mol}^{-1}\text{ dm}^3\)。
對於選項 D：\(K_c = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2][\text{H}_2]^3}\)，單位為 \(\frac{\text{M}^2}{\text{M}^4} = \text{M}^{-2} = \text{mol}^{-2}\text{ dm}^6\)。

選對 C 得 1 分。

丙酸乙酯是化學式為 \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_2\text{CH}_3\) 的酯類。酯是由羧酸和醇經縮合反應製備的。醯基部分（\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CO-}\)）來自丙酸，而烷基部分（\(\text{-CH}_2\text{CH}_3\)）來自乙醇。因此，在濃硫酸存在下加熱回流丙酸和乙醇的混合物，可得到丙酸乙酯。

選對 A 項得 1 分。

根據阿瑞尼斯方程，\(\ln k = -\frac{E_a}{RT} + \ln A\)。以 \(\ln k\) 對 \(\frac{1}{T}\) 作圖，可得到斜率為 \(m = -\frac{E_a}{R}\) 的直線。
因此，\(E_a = -\text{斜率} \times R = -(-1.20 \times 10^4\text{ K}) \times 8.31\text{ J K}^{-1}\text{ mol}^{-1} = 9.972 \times 10^4\text{ J mol}^{-1} \approx 99.7\text{ kJ mol}^{-1}\)。

選對 C 項得 1 分。選項 D 的錯誤在於單位換算錯誤（使用了 J 而非 kJ）。

在 \(m/z = 57\) 處的峰對應於丙醯基陽離子 \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CO}^+\)。丙酸甲酯 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_3\)) 的酯鍵斷裂會產生 \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CO}^+\) (\(m/z = 57\))。像乙酸乙酯（選項 A）或甲酸丙酯（選項 C）等酯，其結構容易產生 \(m/z = 43\) 的碎片（如 \(\text{CH}_3\text{CO}^+\) 或 \(\text{C}_3\text{H}_7^+\)），但本譜中不含有此峰。因此，丙酸甲酯最符合題目條件。

選對 B 項得 1 分。

丁烷 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3\)) 是非極性的，僅含有微弱的色散力（范德華力）。丙醛 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CHO}\)) 是極性的，除色散力外還具有較強的偶極-偶極作用。丙烷-1-醇 (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}\)) 的分子間可以形成強力的氫鍵，需要最多的熱能來克服。因此，沸點遞增的順序為：丁烷 < 丙醛 < 丙烷-1-醇。

選對 A 項得 1 分。

由於在 \(1740\text{ cm}^{-1}\) 處有強吸收（\(\text{C}=\text{O}\) 伸縮振動），但沒有 O-H 吸收（羧酸或醇），因此 X 必為酯類。在選項中，只有 A、B 和 C 是酯類。質譜中在 \(m/z = 57\) 處顯示強訊號，這對應於丙酰基離子（[\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CO}\)]+）。這是由丙酸甲酯（\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_3\)）斷裂烷氧基而形成的。乙酸乙酯（\(\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3\)）則會在 \(m/z = 43\) 處顯示強峰（[\(\text{CH}_3\text{CO}\)]+），但此處該峰非常微弱。因此，X 是丙酸甲酯。

答對（A）得 1 分；答錯得 0 分。

使用阿倫尼烏斯方程：\(\ln (k_2 / k_1) = (E_a / R) \cdot ((T_2 - T_1) / (T_1 T_2))\)。這裡 \(k_2 / k_1 = 4.00\)，\(T_1 = 300\text{ K}\) 且 \(T_2 = 320\text{ K}\)。代入數值：\(\ln(4.00) = (E_a / 8.31) \cdot ((320 - 300) / (300 \cdot 320))\)，簡化為 \(1.3863 = (E_a / 8.31) \cdot (20 / 96000)\)。解出 \(E_a\) 可得 \(E_a = (1.3863 \cdot 8.31 \cdot 96000) / 20 = 55297\text{ J mol}^{-1} = 55.3\text{ kJ mol}^{-1}\)。

答對（B）得 1 分；答錯得 0 分。

(1) 錯誤：由於直鏈化合物 A 被氧化為羧酸 B (\(\text{C}_4\text{H}_8\text{O}_2\))，它必須是伯醇（丁-1-醇）。仲醇會被氧化為酮。(2) 正確：丁-1-醇與濃酸脫水會產生碳陽離子中間體並發生重排，主產物為丁-2-烯（C），其具有順反異構。(3) 正確：丁-2-烯與 HBr 反應生成 2-溴丁烷（D），其在 2 號碳位置含有手性碳。因此陳述 (2) 和 (3) 正確。

答對（D）得 1 分；答錯得 0 分。

計算濃度：\([\text{SO}_2] = 0.40\text{ mol} / 2.0\text{ dm}^3 = 0.20\text{ mol dm}^{-3}\) 以及 \([\text{SO}_3] = 0.80\text{ mol} / 2.0\text{ dm}^3 = 0.40\text{ mol dm}^{-3}\)。根據 \(K_c = [\text{SO}_3]^2 / ([\text{SO}_2]^2 [\text{O}_2])\)，我們有 \(0.25 = (0.40)^2 / ((0.20)^2 [\text{O}_2]) = 0.16 / (0.04 [\text{O}_2]) = 4 / [\text{O}_2]\)。因此 \([\text{O}_2] = 16.0\text{ mol dm}^{-3}\)。\(\text{O}_2\) 的摩爾數 \(= 16.0\text{ mol dm}^{-3} \cdot 2.0\text{ dm}^3 = 32.0\text{ mol}\)。

答對（D）得 1 分；答錯得 0 分。

A 錯誤：\(\text{BF}_3\) 硼原子周圍有 3 個單鍵和 0 個孤共軛電子對，其分子空間構型為平面三角形。B 正確：\(\text{H}_3\text{O}^+\) 中的氧原子有 3 個單鍵和 1 個孤共軛電子對，使其具有角錐形。C 錯誤：\(\text{NH}_4^+\) 氮原子周圍有 4 個單鍵且無孤共軛電子對，其空間構型為四面體。D 錯誤：\(\text{CO}_2\) 是直線形。

答對（B）得 1 分；答錯得 0 分。

(1) 正確：\(\text{SO}_2\) 中硫的氧化態為 +4，被氧化為硫酸根離子（\(\text{SO}_4^{2-}\)）時氧化態變為 +6。(2) 正確：含有鉻(VI)的橙色重鉻酸根離子被還原為綠色的鉻(III)離子（\(\text{Cr}^{3+}\)）。(3) 錯誤：由於 \(\text{SO}_2\) 發生氧化，它作為還原劑，而非氧化劑。因此，只有陳述 (1) 和 (2) 是正確的。

答對（B）得 1 分；答錯得 0 分。

(a) 阿瑞尼斯方程：\(k = A e^{-\frac{E_a}{RT}}\)（或 \(\ln k = -\frac{E_a}{RT} + \ln A\)），其中 \(k\) 是速率常數，\(A\) 是指前因子（或阿瑞尼斯常數），\(E_a\) 是活化能，\(T\) 是絕對溫度（以開爾文為單位）。
(b) 使用公式：\(\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right)\)
\(\ln\left(\frac{1.05 \times 10^{-2}}{2.10 \times 10^{-3}}\right) = \frac{E_a}{8.31}\left(\frac{1}{300} - \frac{1}{320}\right)\)
\(\ln(5) = \frac{E_a}{8.31} \times 2.0833 \times 10^{-4}\)
\(1.6094 = 2.507 \times 10^{-5} E_a\)
\(E_a = 64197 \text{ J mol}^{-1} = 64.2 \text{ kJ mol}^{-1}\)。
(c) 加入催化劑會降低活化能 \(E_a\)。

(a) 寫出正確方程式得 1 分；正確定義所有物理量（k, A, Ea, T）得 1 分。
(b) 正確代入比值方程式得 1 分；計算出正確數值 (64.2) 得 1 分；寫出正確單位及 3 位有效數字得 1 分。
(c) 指出 Ea 降低得 1 分。

(a)
初始值：\(n(\text{PCl}_5) = 1.00 \text{ mol}\)，\(n(\text{PCl}_3) = 0\)，\(n(\text{Cl}_2) = 0\)
變化量：\(n(\text{PCl}_5) = -0.60 \text{ mol}\)，\(n(\text{PCl}_3) = +0.60 \text{ mol}\)，\(n(\text{Cl}_2) = +0.60 \text{ mol}\)
平衡時：\(n(\text{PCl}_5) = 0.40 \text{ mol}\)，\(n(\text{PCl}_3) = 0.60 \text{ mol}\)，\(n(\text{Cl}_2) = 0.60 \text{ mol}\)
在 \(2.0 \text{ dm}^3\) 容器中的平衡濃度：
\([\text{PCl}_5]_{eq} = \frac{0.40}{2.0} = 0.20 \text{ M}\)
\([\text{PCl}_3]_{eq} = \frac{0.60}{2.0} = 0.30 \text{ M}\)
\([\text{Cl}_2]_{eq} = \frac{0.60}{2.0} = 0.30 \text{ M}\)
\(K_c = \frac{[\text{PCl}_3][\text{Cl}_2]}{[\text{PCl}_5]} = \frac{0.30 \times 0.30}{0.20} = 0.45 \text{ mol dm}^{-3}\)。

(b) 減少體積會增加系統的壓強。根據勒沙特萊原理，系統會向氣體摩爾數較少的方向移動以抵消此變化。由於反應物側有 1 摩爾氣體而生成物側有 2 摩爾氣體，因此平衡位置會向左（反應物方向）移動。

(a) 算出 PCl3 和 Cl2 的平衡摩爾數 (0.60 mol) 得 1 分；算出所有物種的平衡濃度得 1 分；寫出正確的 Kc 表達式得 1 分；計算出正確的數值及單位 (0.45 mol dm^-3) 得 1 分。
(b) 指出減少體積會使壓強/濃度升高，導致平衡向氣體摩爾數較少的一側移動得 1 分；得出平衡向左移動的結論得 1 分。

(a)
反應物總摩爾質量 = 丁-1-醇的摩爾質量 + \(\text{O}_2\) 的摩爾質量
\(\text{總質量} = 74.0 + 32.0 = 106.0 \text{ g mol}^{-1}\)
目標產物 = 丁酸（\(88.0 \text{ g mol}^{-1}\)）
\(\text{原子利用率} = \frac{\text{目標產物的摩爾質量}}{\text{反應物總摩爾質量}} \times 100\% = \frac{88.0}{106.0} \times 100\% = 83.0\%\)。

(b) 以下任何兩項：
1. 氧氣是綠色、無毒的試劑，而重鉻酸鉀具有強毒性和致癌性，且會產生有毒的重金屬鉻廢物。
2. 氧氣可輕易由空氣獲得，而重鉻酸鹽價格昂貴。
3. 使用催化劑通常能使反應在較低溫度或壓強下進行以節約能源，且催化劑可循環使用。

(c) 高原子利用率能最大程度地減少不必要廢物的產生，從而降低廢物處理/處置成本和原料成本。

(a) 寫出原子利用率的正確公式得 1 分；算出正確反應物總質量 (106.0 g/mol) 得 1 分；算出正確百分比 (83.0%) 得 1 分。
(b) 每個合理的綠色化學優點得 1 分（最多 2 分）。
(c) 指出減少廢物/保護環境/原料成本效益得 1 分。

(a) \(\text{CH}_3\text{CH}_2^+\) 或 \(\text{CHO}^+\)（離子必須帶有 '+' 號）。
(b) (i) 羰基 / \(\text{C}=\text{O}\)（或醛基）。
(ii) Y 的結構式：\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CHO}\)（丙醛）。
推論：
- 紅外光譜在 \(1715\text{ cm}^{-1}\) 處的吸收峰表示存在羰基（\(\text{C}=\text{O}\)），而 \(3200-3600\text{ cm}^{-1}\) 處無寬峰代表沒有羥基（\(\text{O}-\text{H}\)），排除不飽和醇。
- 由於 Y 可能是丙醛（\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CHO}\)）或丙酮（\(\text{CH}_3\text{COCH}_3\)），質譜中 \(m/z = 29\) 的峰對應於碎片 \(\text{CH}_3\text{CH}_2^+\) 或 \(\text{CHO}^+\)，此碎片可輕易由丙醛裂解產生，但不能輕易由丙酮（其主要裂解產生 \(m/z = 43\) 的 \(\text{CH}_3\text{CO}^+\)）產生。
(c) 在通風櫥內操作該化合物（或因其易燃而遠離明火）。

(a) 答出 CH3CH2^+ 或 CHO^+ 得 1 分。不接受沒有帶電荷的化學式。
(b) (i) 答出羰基 / C=O 得 1 分。
(ii) 正確寫出丙醛的結構式或名稱得 1 分；結合紅外數據（C=O存在，O-H不存在）得 1 分；結合 m/z = 29 的碎片排除丙酮得 1 分。
(c) 答出在通風櫥中操作或遠離明火得 1 分。

(a)
*順式*-丁-2-烯：
\( \begin{array}{cc} H_3C & CH_3 \\ \backslash & / \\ C & = C \\ / & \backslash \\ H & H \end{array} \)
*反式*-丁-2-烯：
\( \begin{array}{cc} H_3C & H \\ \backslash & / \\ C & = C \\ / & \backslash \\ H & CH_3 \end{array} \)
(b) \(\text{C}=\text{C}\) 雙鍵受阻礙而無法自由旋轉。在丁-2-烯中，雙鍵的每個碳原子上都連接了兩個不同的基團（\(-\text{H}\) 和 \(-\text{CH}_3\)），從而產生兩種不能互相轉化的空間排列。而在丁-1-烯中，雙鍵其中一個碳原子連接了兩個相同的基團（兩個 \(-\text{H}\) 原子），因此不存在此類立體異構體。
(c) (i) 冷的、稀的鹼性 \(\text{KMnO}_4\text{(aq)}\) 溶液。
(ii) 是，因為它含有手性碳原子（碳-2 和碳-3 連接著四個不同的基團：\(-\text{H}\)、\(-\text{OH}\)、\(-\text{CH}_3\) 和 \(-\text{CH(OH)CH}_3\)），使其能形成不可重疊的鏡像。

(a) 正確畫出順式-丁-2-烯結構及標記得 1 分；正確畫出反式-丁-2-烯結構及標記得 1 分。
(b) 指出 C=C 雙鍵不能自由旋轉得 1 分；指出丁-2-烯中每個雙鍵碳原子連接兩個不同的基團，而丁-1-烯則不然得 1 分。
(c) (i) 答出冷的、稀的鹼性 KMnO4 得 1 分（不接受酸性 KMnO4，因為它會使雙鍵斷裂）。
(ii) 答出是，並指出含有手性碳原子/連接四個不同基團得 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)
- 初始 \(\text{HCl}\) 的摩爾數 = \(1.00 \times 0.0500 = 0.0500 \text{ mol}\)
- 滴定所用 \(\text{NaOH}\) 的摩爾數 = \(0.200 \times 0.02880 = 5.76 \times 10^{-3} \text{ mol}\)
- 在 \(25.0 \text{ cm}^3\) 稀釋液中過剩的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(5.76 \times 10^{-3} \text{ mol}\)（因為 \(\text{HCl} + \text{NaOH} \rightarrow \text{NaCl} + \text{H}_2\text{O}\)）
- 在 \(100.0 \text{ cm}^3\) 總稀釋液中過剩的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(5.76 \times 10^{-3} \times \frac{100.0}{25.0} = 0.02304 \text{ mol}\)
- 與 \(\text{CaCO}_3\) 反應的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(0.0500 - 0.02304 = 0.02696 \text{ mol}\)（或 \(0.0270 \text{ mol}\)）。
(c)
- 根據化學方程式，1 摩爾的 \(\text{CaCO}_3\) 與 2 摩爾的 \(\text{HCl}\) 反應。
- \(\text{CaCO}_3\) 的摩爾數 = \(\frac{0.02696}{2} = 0.01348 \text{ mol}\)
- \(\text{CaCO}_3\) 的質量 = \(0.01348 \times 100.1 = 1.349 \text{ g}\)
- 蛋殼中 \(\text{CaCO}_3\) 的百分比 = \(\frac{1.349}{1.50} \times 100\% = 89.9\%\)（或 \(90.0\%\)）。

(a) 寫出正確方程式得 1 分（不強制要求狀態符號，但化學式必須正確）。
(b) 算出初始 HCl 摩爾數 (0.0500 mol) 得 1 分；算出 NaOH 摩爾數 (5.76 x 10^-3 mol) 並指出其等於 25 mL 中的 HCl 得 1 分；算出 100 mL 中過剩的 HCl 摩爾數 (0.02304 mol) 得 1 分；算出已反應的 HCl 摩爾數 (0.02696 mol) 得 1 分。
(c) 算出 CaCO3 質量並得出最終百分比為 89.9% 或 90.0% 得 1 分（接受因四捨五入產生的合理範圍）。

(a)
陽極（氧化）：\(\text{Zn(s)} \rightarrow \text{Zn}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^-\)
陰極（還原）：\(\text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Cu(s)}\)
(b)
功能：藉著允許離子遷移來接通電路並維持兩個半電池中的電中性。
合適電解質：硝酸鉀溶液（\(\text{KNO}_3\text{(aq)}\)) 或 硝酸銨溶液（\(\text{NH}_4\text{NO}_3\text{(aq)}\))。
(c) 電池電壓會增加。鎂比鋅更活潑/更易失去電子（在電化學系列中位置更高）。Mg 與 Cu 之間的活潑性差異（或電勢差）比 Zn 與 Cu 之間更大。

(a) 寫出正確陽極半方程式得 1 分；寫出正確陰極半方程式得 1 分。
(b) 答出正確功能（維持電中性 / 接通電路）得 1 分；建議使用硝酸鉀或硝酸銨溶液得 1 分。
(c) 答出電壓增加得 1 分；從電化學系列/金屬活潑性中 Mg 與 Cu 的位置差異比 Zn 與 Cu 更大來解釋得 1 分。

(a) 標準燃燒焓變是指在標準狀態下（298 K 及 1 atm），一摩爾某物質在氧氣中完全燃燒時的焓變。
(b) 目標反應方程式：
\(2\text{C(石墨)} + 3\text{H}_2(g) + \frac{1}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{C}_2\text{H}_5\text{OH(l)}\)
利用赫斯定律：
\(\Delta H_f^\theta[\text{C}_2\text{H}_5\text{OH(l)}] = \sum \Delta H_c^\theta[\text{反應物}] - \sum \Delta H_c^\theta[\text{生成物}]\)
\(\Delta H_f^\theta = 2 \times \Delta H_c^\theta[\text{C(石墨)}] + 3 \times \Delta H_c^\theta[\text{H}_2(g)] - \Delta H_c^\theta[\text{C}_2\text{H}_5\text{OH(l)}]\)
\(\Delta H_f^\theta = 2(-393.5) + 3(-285.8) - (-1367.3)\)
\(\Delta H_f^\theta = -787.0 - 857.4 + 1367.3 = -277.1 \text{ kJ mol}^{-1}\)。

(a) 答出「一摩爾物質」得 1 分；答出「在標準狀態下完全燃燒於氧氣中」得 1 分。
(b) 1 分用於構建正確的赫斯定律循環或代數表達式；1 分用於正確代入數值；1 分用於正確的計算結果 (-277.1)；1 分用於正確的符號與單位 (kJ mol^-1)。

(a)
由於 P 是一級鹵代烷：
P: \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{Br}\)（1-溴丙烷）
Q: \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}\)（丙-1-醇）
R: \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOH}\)（丙酸）
(b) 試劑：\(\text{NaOH(aq)}\)（或 \(\text{KOH(aq)}\)）。條件：回流加熱。
(c) 方程式：\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOH} + \text{CH}_3\text{OH} \xrightarrow{\text{濃 } \text{H}_2\text{SO}_4} \text{CH}_3\text{CH}_2\text{COOCH}_3 + \text{H}_2\text{O}\)
反應類型：酯化反應（或縮合反應）。

(a) P、Q 和 R 結構正確各得 1 分（接受結構式或示性式）。
(b) 答出 NaOH(aq)/KOH(aq) 及加熱得 1 分。
(c) 寫出顯示反應物及產物正確結構的方程式得 1 分；指出反應為酯化反應/縮合反應得 1 分。

(a) 丙烷 < 甲醚 < 乙醇（或 \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_3 < \text{CH}_3\text{OCH}_3 < \text{CH}_3\text{CH}_2\text{OH}\)）
(b)
- 乙醇分子之間能形成氫鍵，因為它含有高極性的 \(\text{O}-\text{H}\) 鍵。
- 甲醚分子之間不能形成氫鍵，因為它沒有 \(\text{O}-\text{H}\) 鍵；它分子間只能形成較弱的偶極-偶極力（和范德華力）。
- 由於氫鍵比偶極-偶極力強得多，克服乙醇分子間作用力需要更多的能量，因此乙醇的沸點高得多。
(c)
- 乙醇分子能與水分子形成氫鍵，因此極易溶於水。
- 丙烷是非極性的，只能與水形成微弱的范德華力，不足以克服水分子之間強烈的氫鍵作用，因此幾乎不溶於水。

(a) 正確順序得 1 分。
(b) 指出乙醇分子間存在氫鍵得 1 分；指出甲醚分子間只有偶極-偶極力得 1 分；比較兩者力的大小及所需能量得 1 分。
(c) 指出乙醇分子能與水分子形成氫鍵得 1 分；解釋丙烷是非極性的/只能與水形成微弱范德華力，無法破壞水分子間的氫鍵得 1 分。

(a) 初始濃度：
\[[\text{CO}]_{\text{初始}} = \frac{1.0\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 0.50\text{ mol dm}^{-3}\]
\[[\text{H}_2]_{\text{初始}} = \frac{2.0\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 1.0\text{ mol dm}^{-3}\]
平衡時，\([\text{CH}_3\text{OH}]_{\text{平衡}} = \frac{0.4\text{ mol}}{2.0\text{ dm}^3} = 0.20\text{ mol dm}^{-3}\)。

設 \(\text{CH}_3\text{OH}\) 的濃度變化量為 \(+0.20\text{ mol dm}^{-3}\)。
根據化學計量比：
\[[\text{CO}]_{\text{平衡}} = 0.50 - 0.20 = 0.30\text{ mol dm}^{-3}\]
\[[\text{H}_2]_{\text{平衡}} = 1.0 - 2(0.20) = 0.60\text{ mol dm}^{-3}\]

計算 \(K_c\)：
\[K_c = \frac{[\text{CH}_3\text{OH}]}{[\text{CO}][\text{H}_2]^2} = \frac{0.20}{(0.30)(0.60)^2} = 1.85\text{ dm}^6\text{ mol}^{-2}\]

(b) 當體積減半時，總氣壓會上升。根據勒沙特列原理，平衡系統會向氣體分子摩爾數較少的一方（右方，即由3摩爾氣體反應物生成1摩爾氣體產物的一方）移動以減低氣壓。因此，\(\text{CH}_3\text{OH}(g)\) 的平衡產率會增加。

(a)
- 正確計算所有三種物質的平衡濃度：\([\text{CO}] = 0.30\text{ M}\)、\([\text{H}_2] = 0.60\text{ M}\)、\([\text{CH}_3\text{OH}] = 0.20\text{ M}\) (1分)
- 寫出正確的 \(K_c\) 表達式 (1分)
- 正確計算 \(K_c\) 的數值為 1.85（接受 1.8 或 1.9）(1分)
- 正確單位：\(\text{dm}^6\text{ mol}^{-2}\) (1分)

(b)
- 指出 \(\text{CH}_3\text{OH}(g)\) 的平衡產率增加 (1分)
- 解釋減少體積會使氣壓增加，使平衡向氣體分子摩爾數較少的一方移動 (1分)

(a) 使用阿瑞尼士方程的雙溫度形式：
\[\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = -\frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1}\right)\]

代入已知數值：
\[\ln\left(\frac{5.0 \times 10^{-4}}{3.4 \times 10^{-5}}\right) = -\frac{E_a}{8.31} \left(\frac{1}{318} - \frac{1}{298}\right)\]
\[\ln(14.71) = -\frac{E_a}{8.31} (0.003145 - 0.003356)\]
\[2.688 = -\frac{E_a}{8.31} (-2.11 \times 10^{-4})\]
\[2.688 = 2.539 \times 10^{-5} E_a\]
\[E_a = \frac{2.688}{2.539 \times 10^{-5}} = 105868\text{ J mol}^{-1} \approx 106\text{ kJ mol}^{-1}\]

(b) 草圖應包括：
1. Y軸：「分子分數」（或「具能量 E 的分子數目」）；X軸：「動能」。
2. \(298\text{ K}\) 的曲線峰值較高，且位置偏左。
3. \(318\text{ K}\) 的曲線峰值較低，位置偏右，且曲線較平緩寬廣。
4. 在右側畫一條垂直線標記為 \(E_a\)。\(E_a\) 右側的曲線下方陰影面積代表能量大於或等於 \(E_a\) 的分子比例（\(318\text{ K}\) 的陰影面積比 \(298\text{ K}\) 的大）。

(a)
- 正確寫出公式或代入數值 (1分)
- 正確計算左邊項：\(\ln(14.71) = 2.69\) (1分)
- 正確計算溫度差項：\(-2.11 \times 10^{-4}\text{ K}^{-1}\) (1分)
- 正確計算出 \(E_a = 106\text{ kJ mol}^{-1}\)（接受 105 至 107，若漏寫單位或寫錯扣 1 分）(1分)

(b)
- 坐標軸標籤正確（Y軸：分子分數/數目，X軸：動能）且正確標示 \(E_a\) 垂直線 (1分)
- 兩條曲線的形狀正確，顯示 \(318\text{ K}\) 曲線向右移、峰值較低，且與 \(298\text{ K}\) 曲線相交一次 (1分)

(a) 試劑 X 為濃硫酸 (\(\text{conc. H}_2\text{SO}_4\))（或濃磷酸）。條件是加熱（約 \(170^\circ\text{C}\)）。[替代答案：將丙-1-醇蒸氣通過熱的氧化鋁 (\(\text{Al}_2\text{O}_3\)) 催化劑]。

(b) 化合物 Y 是 2-溴丙烷（\(\text{HBr}\) 與丙烯的加成反應遵循馬氏規則）。其結構式為：
\(\text{CH}_3\text{CH(Br)CH}_3\)（或畫出展示所有鍵的結構）。

(c) 位置異構。

(d) 使用碘仿測試。加入碘的氫氧化鈉溶液 (\(\text{I}_2 / \text{NaOH}(aq)\)) 並溫熱。
- 丙-2-醇（含有 \(\text{CH}_3\text{CH(OH)}-\) 結構的二級醇）會產生黃色沉淀（三碘甲烷）。
- 丙-1-醇則沒有明顯變化（或沒有黃色沉澱）。

(a)
- 濃硫酸 / \(\text{conc. H}_2\text{SO}_4\) [接受：濃磷酸 / 氧化鋁] (1分)
- 加熱 / \(170^\circ\text{C}\) [接受：熱催化劑] (1分)

(b)
- 正確畫出 2-溴丙烷的結構式 (1分)

(c)
- 位置異構 (1分)

(d)
- 試劑：碘和氫氧化鈉水溶液 (\(\text{I}_2\) 和 \(\text{NaOH}(aq)\)) 並溫熱 (1分)
- 正確觀察：丙-2-醇產生黃色沉澱；丙-1-醇無沉澱 / 無明顯變化 (1分)

(a) \(\text{CaCO}_3(s) + 2\text{HCl}(aq) \rightarrow \text{CaCl}_2(aq) + \text{CO}_2(g) + \text{H}_2\text{O}(l)\)

(b) 滴定中所用 \(\text{NaOH}\) 的摩爾數：
\[n(\text{NaOH}) = 0.02240\text{ dm}^3 \times 0.100\text{ mol dm}^{-3} = 2.24 \times 10^{-3}\text{ mol}\]

由於 \(\text{HCl}(aq) + \text{NaOH}(aq) \rightarrow \text{NaCl}(aq) + \text{H}_2\text{O}(l)\)，
\(\text{HCl}\) 與 \(\text{NaOH}\) 的摩爾比為 1:1。

因此，在 \(25.00\text{ cm}^3\) 移取液中過量 \(\text{HCl}\) 的摩爾數為：
\[n(\text{HCl})_{\text{移取液}} = 2.24 \times 10^{-3}\text{ mol}\]

在整個 \(250.0\text{ cm}^3\) 容量瓶中過量 \(\text{HCl}\) 的摩爾數為：
\[n(\text{HCl})_{\text{過量}} = 2.24 \times 10^{-3}\text{ mol} \times \frac{250.0}{25.00} = 2.24 \times 10^{-2}\text{ mol}\ (0.0224\text{ mol})\]

(c) 最初加入蛋殼中的 \(\text{HCl}\) 摩爾數：
\[n(\text{HCl})_{\text{初始}} = 0.05000\text{ dm}^3 \times 1.00\text{ mol dm}^{-3} = 0.0500\text{ mol}\]

與 \(\text{CaCO}_3\) 反應的 \(\text{HCl}\) 摩爾數：
\[n(\text{HCl})_{\text{已反應}} = 0.0500 - 0.0224 = 0.0276\text{ mol}\]

根據 (a) 的方程式，1 摩爾的 \(\text{CaCO}_3\) 與 2 摩爾的 \(\text{HCl}\) 反應。
樣本中 \(\text{CaCO}_3\) 的摩爾數：
\[n(\text{CaCO}_3) = \frac{0.0276}{2} = 0.0138\text{ mol}\]

\(\text{CaCO}_3\) 的質量：
\[\text{質量} = 0.0138\text{ mol} \times 100.1\text{ g mol}^{-1} = 1.381\text{ g}\]

蛋殼中 \(\text{CaCO}_3\) 的質量百分比：
\[\text{百分比} = \frac{1.381\text{ g}}{2.00\text{ g}} \times 100\% = 69.1\%\ (\text{或 } 69.07\%)\]

(a)
- 寫出正確且平衡的化學方程式，包含狀態符號 (1分)

(b)
- 計算 \(\text{NaOH}\) 摩爾數並等同於 \(25.00\text{ cm}^3\) 中的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 (1分)
- 正確等比例放大至 \(250.0\text{ cm}^3\) 得到 \(0.0224\text{ mol}\) (1分)

(c)
- 正確計算已反應的 \(\text{HCl} = 0.0276\text{ mol}\) (1分)
- 正確求得 \(\text{CaCO}_3\) 的摩爾數 \(= 0.0138\text{ mol}\) (1分)
- 正確計算質量百分比得到 \(69.1\%\)（接受 69.0% - 69.2%，保留3位有效數字）(1分)

甲部
(i) 使用阿倫尼烏斯方程：
\(\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right)\)
\(\ln\left(\frac{3.82 \times 10^{-3}}{2.45 \times 10^{-4}}\right) = \frac{E_a}{8.31} \left(\frac{1}{500} - \frac{1}{600}\right)\)
\(\ln(15.592) = \frac{E_a}{8.31} \left(3.333 \times 10^{-4}\right)\)
\(2.747 = \frac{E_a}{8.31} \left(3.333 \times 10^{-4}\right)\)
\(E_a = \frac{2.747 \times 8.31}{3.333 \times 10^{-4}} = 68477\text{ J mol}^{-1} = 68.5\text{ kJ mol}^{-1}\)

(ii) 在麥克斯韋-玻爾茲曼分佈曲線中，x軸代表動能，y軸代表分子分數。催化劑提供了一條具有較低活化能（\(E_{a,\text{cat}}\)）的替代反應途徑。這使能量軸上的活化能臨界值向左移動。因此，擁有大於或等於該較低活化能之動能的分子分數大大增加（由曲線下方較大的陰影面積表示）。有效碰撞的頻率增加，從而提高了反應速率。

乙部
(i) 原子經濟性為 100%。這是一個加成反應，所有反應物原子都轉化為單一的目標產物（碳酸乙烯酯），沒有產生任何廢物副產物。

(ii) 乙二醇 \(\text{C}_2\text{H}_6\text{O}_2\) 的化學式質量 \(= 2(12.0) + 6(1.0) + 2(16.0) = 62.0\text{ g/mol}\)。
方法 A：
反應物：\(\text{C}_2\text{H}_4\text{O}\) (44.0 g/mol) + \(\text{H}_2\text{O}\) (18.0 g/mol) = 62.0 g/mol。
\(\text{原子經濟性} = \frac{62.0}{62.0} \times 100\% = 100\%\)。
方法 B：
反應物：\(\text{CH}_2\text{ClCH}_2\text{Cl}\) (99.0 g/mol) + \(2\text{NaOH}\) (80.0 g/mol) = 179.0 g/mol。
\(\text{原子經濟性} = \frac{62.0}{179.0} \times 100\% = 34.6\%\)。

(iii) 方法 A 的原子經濟性為 100%，不產生任何廢物，避免了方法 B 中產生的大量無機廢物（\(\text{NaCl}\)）的處置問題。此外，方法 B 使用了危險的氯代烴（1,2-二氯乙烷）和具腐蝕性的氫氧化鈉，與方法 A 的反應物（水和環氧乙烷）相比，對環境和健康造成的危害更大（雖然環氧乙烷也有危險性，但方法 B 的整體過程危害度更高）。

丙部
(i) 增加壓強會使平衡向氣體分子數較少的一方（右方，即 3 摩爾氣態反應物生成 1 摩爾氣態產物）移動。因此，甲醇的平衡產率會增加。

(ii) 正反應是放熱反應。根據勒沙特列原理，較低的温度有利於提高甲醇的平衡產率，但會導致反應速率極慢。較高的温度能加快反應速率，但會降低產率。因此，\(250^\circ\text{C}\) 是一個「妥協温度」，在工業生產中既能獲得合理的反應速率，又能保證可接受的平衡產率。

甲部
(i) 正確列出阿倫尼烏斯方程 (1)
代入數值 (1)
正確計算以焦耳為單位的 \(E_a\) (1)
正確換算為 \(\text{kJ mol}^{-1}\)（68.4 至 68.6 均可）並帶單位 (1)
(ii) 指出催化劑提供具有較低 \(E_a\) 的替代途徑 (1)
解釋麥克斯韋-玻爾茲曼曲線上 \(E_a\) 向左移動 (1)
解釋動能 \(E \ge E_{a,\text{cat}}\) 的分子分數增加（較大的陰影面積） (1)
總結有效碰撞的頻率增加 (1)

乙部
(i) 指出 100% (1)
解釋其為加成反應 / 所有反應物原子均轉化為單一目標產物 (1)
(ii) 方法 A：正確計算並得出 100% (2)
方法 B：正確計算反應物總質量 (179.0) (1)，正確計算原子經濟性為 34.6% (1)
(iii) 廢物管理：方法 A 產生零廢物，而方法 B 產生 \(\text{NaCl}\) 廢物 (1)
危害預防：方法 B 涉及高腐蝕性強鹼/有毒氯代烴，而方法 A 避免了這些物質 (1)

丙部
(i) 指出平衡產率增加 (1) 並用勒沙特列原理解釋（右側氣體分子數較少） (1)
(ii) 從動力學角度（温度較高則速率較快） (1) 和熱力學角度（放熱反應，温度較低有利於平衡產率） (1) 解釋

甲部
(i) 在 \(1735\text{ cm}^{-1}\) 處的強吸收峰表示存在羰基（\(\text{C}=\text{O}\)）。在 \(3200 - 3600\text{ cm}^{-1}\) 處無寬峰排除了醇（\(-\text{OH}\)），而在 \(2500 - 3300\text{ cm}^{-1}\) 處無寬峰則排除了羧酸（\(-\text{COOH}\)）。因此，X 中的含氧官能基必定是酯。
(ii) \(m/z = 29\) 處的碎片峰對應於乙基陽離子，\([\text{CH}_3\text{CH}_2]^+\)（或 \([\text{C}_2\text{H}_5]^+\)）。\(m/z = 59\) 處的碎片峰對應於 \([\text{CH}_3\text{COO}]^+\)（或 \([\text{C}_2\text{H}_3\text{O}_2]^+\)）陽離子。結合這些碎片，推導出 X 爲乙酸乙酯（\(\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3\)）。
(iii) 乙酸乙酯。
(iv) 分別向兩種化合物加入碳酸氫鈉溶液（\(\text{NaHCO}_3(aq)\)）。丁酸會產生氣泡（無色氣體），而乙酸乙酯（X）則無明顯變化（並形成兩個不相混溶的液層）。

乙部
(i) 移動相（惰性載氣）將汽化的樣品帶入含有固定相的色譜柱中。混合物中的各組分根據其揮發性和分子間作用力，在移動相和固定相之間進行不同的分配，導致遷移速度不同從而得以分離。
(ii) 乙酸乙酯的保留時間比丁酸短。因為固定相是非極性的，分離主要取決於化合物的沸點（揮發性）。乙酸乙酯的沸點較低（\(77^\circ\text{C}\)），比丁酸（\(164^\circ\text{C}\)）更具揮發性，因此在色譜柱中通過得更快。
(iii) 氣相色譜法可以與質譜法結合。該結合技術稱為氣相色譜-質譜聯用（GC-MS）。

丙部
(i) \(\text{Na}_2\text{CO}_3(aq) + 2\text{HCl}(aq) \rightarrow 2\text{NaCl}(aq) + \text{CO}_2(g) + \text{H}_2\text{O}(l)\)
(ii) 滴定中消耗的 \(\text{HCl}\) 摩爾數 = \(0.0950\text{ mol dm}^{-3} \times 0.02240\text{ dm}^3 = 2.128 \times 10^{-3}\text{ mol}\)。
根據化學方程式，\(\text{Na}_2\text{CO}_3 : \text{HCl}\) 的摩爾比 = \(1 : 2\)。
\(25.00\text{ cm}^3\) 溶液中 \(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的摩爾數 = \(\frac{1}{2} \times 2.128 \times 10^{-3}\text{ mol} = 1.064 \times 10^{-3}\text{ mol}\)。
\(250.0\text{ cm}^3\) 原始溶液中 \(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的摩爾數 = \(1.064 \times 10^{-3}\text{ mol} \times 10 = 0.01064\text{ mol}\)。
\(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的摩爾質量 = \(2(23.0) + 12.0 + 3(16.0) = 106.0\text{ g mol}^{-1}\)。
樣品中 \(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的質量 = \(0.01064\text{ mol} \times 106.0\text{ g mol}^{-1} = 1.128\text{ g}\)。
原始混合物中碳酸鈉的質量百分比 = \(\frac{1.128\text{ g}}{2.50\text{ g}} \times 100\% = 45.1\%\)。

甲部
(i) 從 \(1735\text{ cm}^{-1}\) 鑑定羰基（\(\text{C}=\text{O}\)） (1)；因無 \(3200-3600\text{ cm}^{-1}\) 吸收峰排除醇 (1)；因無 \(2500-3300\text{ cm}^{-1}\) 吸收峰排除羧酸 (1)
(ii) 鑑定 \(m/z = 29\) 為 \([\text{CH}_3\text{CH}_2]^+\) / \([\text{C}_2\text{H}_5]^+\)（帶正電荷） (1)；鑑定 \(m/z = 59\) 為 \([\text{CH}_3\text{COO}]^+\)（帶正電荷） (1)；推導出 X 為乙酸乙酯 (1)
(iii) 乙酸乙酯 (1)
(iv) 指出試劑（例如 \(\text{NaHCO}_3(aq)\) 或 \(\text{Na}_2\text{CO}_3(aq)\)） (1)；說明正確的觀察結果（丁酸有氣泡，X 無氣泡/分層） (1)

乙部
(i) 說明組分在氣體移動相與固定相之間的分配 (1)；解釋分離是由於不同的分配係數/遷移速率 (1)
(ii) 指出乙酸乙酯保留時間較短 (1)；根據非極性柱中乙酸乙酯的沸點較低/揮發性較高進行解釋 (1)
(iii) 質譜法 (1)；氣相色譜-質譜聯用 / GC-MS (1)

丙部
(i) 正確的化學方程式（不強制要求狀態符號，但需平衡） (1)
(ii) 計算 \(\text{HCl}\) 摩爾數 (1)；計算 \(250.0\text{ cm}^3\) 中 \(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的摩爾數 (1)；計算 \(\text{Na}_2\text{CO}_3\) 的質量 (1)；正確計算出百分比 (45.1%)，保留3位有效數字 (1)