中國醫藥大學 104 年《化學》考古題與詳解

Question 1

有一個氣體在溫度為 $300\ \mathrm{K}$、壓力為 $1\ \mathrm{atm}$ 時，密度為 $1.62\ \mathrm{g/L}$。已知原子量：$\mathrm{C}=12\ \mathrm{g/mol}$、$\mathrm{N}=14\ \mathrm{g/mol}$、$\mathrm{O}=16\ \mathrm{g/mol}$、$\mathrm{Ne}=20\ \mathrm{g/mol}$、$\mathrm{Ar}=40\ \mathrm{g/mol}$。請問此氣體可能為下列何者？ (A) $\ce{Ne}$ (B) $\ce{Ar}$ (C) $\ce{O2}$ (D) $\ce{CO2}$ (E) $\ce{N2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體狀態方程式（Ideal Gas Law）及其推導之氣體密度與莫耳質量關係式： $$ PM = dRT $$ 其中： - $P$：氣體壓力（$\mathrm{atm}$） - $M$：氣體的莫耳質量（分子量，單位為 $\mathrm{g/mol}$） - $d$：氣體密度（$\mathrm{g/L}$） - $R$：理想氣體常數，通常取 $0.082\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}$ 或 $0.0821\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}$ - $T$：絕對溫度（$\mathrm{K}$） 由理想氣體方程式 $PV = nRT = \left(\frac{W}{M}ight)RT$ 出發，整理可得： $$ P = \left(\frac{W}{V}ight)\frac{RT}{M} = \frac{dRT}{M} \implies M = \frac{dRT}{P} $$ --- 解題方法 1. 代入已知數值計算氣體的莫耳質量（$M$）： - 壓力 $P = 1\ \mathrm{atm}$ - 溫度 $T = 300\ \mathrm{K}$ - 密度 $d = 1.62\ \mathrm{g/L}$ - 理想氣體常數 $R = 0.082\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}$ 將各項數值代入公式： $$ M = \frac{dRT}{P} = \frac{1.62\ \mathrm{g/L} 	imes 0.082\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)} 	imes 300\ \mathrm{K}}{1\ \mathrm{atm}} $$ $$ M = 1.62 	imes 24.6 = 39.852 \approx 40\ \mathrm{g/mol} $$ 2. 比對各選項氣體的分子量（莫耳質量），尋找最接近 $40\ \mathrm{g/mol}$ 的氣體。 ---

Question 2

有一個化學反應，其反應方程式為： $$\ce{BrO3^- (aq) + 5Br^- (aq) + 6H+ (aq) - 3Br2 (l) + 3H2O (l)}$$ 此化學反應的反應速率和反應物濃度關係如下： | 實驗 | $\ce{BrO3^-}$ 濃度 | $\ce{Br^-}$ 濃度 | $\ce{H+}$ 濃度 | 反應速率（$\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}$） | |---|---:|---:|---:|---:| | 1 | $0.1\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $8	imes10^{-4}$ | | 2 | $0.2\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $1.6	imes10^{-3}$ | | 3 | $0.2\ \mathrm{M}$ | $0.2\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $3.2	imes10^{-3}$ | | 4 | $0.1\ \mathrm{M}$ | $0.1\ \mathrm{M}$ | $0.2\ \mathrm{M}$ | $3.2	imes10^{-3}$ | 若反應速率式為 $\mathrm{Rate}=k[\ce{BrO3^-}]^a[\ce{Br^-}]^b[\ce{H+}]^c$，請問 $a+b+c$ 為何？ (A) $2$ (B) $3$ (C) $4$ (D) $5$ (E) $6$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「由實驗數據判定反應速率式」。速率式中的反應級數 $a$、$b$、$c$，必須由實驗中濃度與反應速率的變化決定，不能直接照抄反應方程式中的係數。 速率式為： $$ \mathrm{Rate}=k[\ce{BrO3^-}]^a[\ce{Br^-}]^b[\ce{H+}]^c $$ 其中： - $a$：對 $\ce{BrO3^-}$ 的反應級數 - $b$：對 $\ce{Br^-}$ 的反應級數 - $c$：對 $\ce{H+}$ 的反應級數 - $a+b+c$：總反應級數 --- 解題方法 比較兩組實驗時，必須讓其他反應物濃度維持不變，只觀察其中一種濃度改變對速率的影響。 1. 判定 $a$ 比較實驗 1 與實驗 2： - $\ce{BrO3^-}$ 濃度由 $0.1\ \mathrm{M}$ 增為 $0.2\ \mathrm{M}$，增加為 $2$ 倍 - $\ce{Br^-}$ 與 $\ce{H+}$ 濃度不變 - 反應速率由 $8	imes10^{-4}$ 增為 $1.6	imes10^{-3}$，也是 $2$ 倍 因此： $$ 2^a=2 $$ $$ a=1 $$ --- 2. 判定 $b$ 比較實驗 2 與實驗 3： - $\ce{Br^-}$ 濃度由 $0.1\ \mathrm{M}$ 增為 $0.2\ \mathrm{M}$，增加為 $2$ 倍 - $\ce{BrO3^-}$ 與 $\ce{H+}$ 濃度不變 - 反應速率由 $1.6	imes10^{-3}$ 增為 $3.2	imes10^{-3}$，增加為 $2$ 倍 因此： $$ 2^b=2 $$ $$ b=1 $$ --- 3. 判定 $c$ 比較實驗 1 與實驗 4： - $\ce{H+}$ 濃度由 $0.1\ \mathrm{M}$ 增為 $0.2\ \mathrm{M}$，增加為 $2$ 倍 - $\ce{BrO3^-}$ 與 $\ce{Br^-}$ 濃度不變

Question 3

可以用量子數 $n=4$、$l=3$、$ms=-\frac{1}{2}$ 來描述的電子有幾個？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $5$ (D) $7$ (E) $10$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查量子數的意義與允許值： - 主量子數 $n$：決定電子所在的主能階。 - 角動量量子數 $l$：決定副能階，且必須符合 $$0\le l\le n-1$$ - 磁量子數 $ml$：決定軌域方向，允許值為 $$ml=-l,-l+1,\ldots,0,\ldots,l-1,l$$ - 自旋量子數 $ms$：電子自旋方向，只能是 $$ms=+\frac{1}{2}\quad	ext{或}\quad ms=-\frac{1}{2}$$ 本題給定 $n=4$、$l=3$、$ms=-\frac{1}{2}$，尚未指定 $ml$，因此必須計算所有可能的 $ml$ 值。 解題方法 首先確認 $n=4$、$l=3$ 合法，因為當 $n=4$ 時： $$ 0\le l\le 3 $$ 因此 $l=3$ 是合法的 $f$ 副能階，即 $4f$ 副能階。 當 $l=3$ 時，磁量子數 $ml$ 可取： $$ ml=-3,-2,-1,0,+1,+2,+3 $$ 共有： $$ 2l+1=2(3)+1=7 $$ 個不同的軌域。 題目進一步指定每個電子的自旋量子數皆為 $ms=-\frac{1}{2}$。對於每一個確定的 $ml$，搭配指定的 $ms$ 後，就形成一組唯一的四量子數： $$ (n,l,ml,ms) $$ 依據包立不相容原理，同一組四個量子數不能描述兩個不同電子。因此，每一個 $ml$ 值至多對應一個具有 $ms=-\frac{1}{2}$ 的電子。 所以符合條件的電子數為： $$ 7 $$

Question 4

由三種不同胺基酸組成的三胜肽（tripeptide），有幾種可能的序列（sequence）？ (A) $1$ (B) $2$ (C) $3$ (D) $5$ (E) $6$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查三胜肽的「序列」與排列組合。

三胜肽由三個胺基酸透過胜肽鍵連接而成。若題目說由三種不同胺基酸組成，表示三種胺基酸各使用一次，例如 $\ce{A}$ 、 $\ce{B}$ 、 $\ce{C}$ ：

\ce{H2N-CHR^1-COOH + H2N-CHR^2-COOH + H2N-CHR^3-COOH -> H2N-CHR^1-CO-NH-CHR^2-CO-NH-CHR^3-COOH + 2H2O}

胜肽序列通常由氮端（N-terminus）寫到碳端（C-terminus），因此排列順序不同，即視為不同的三胜肽。

解題方法

三個位置分別可放置三種不同胺基酸：

第 1 個位置：有 $3$ 種選擇
第 2 個位置：剩下 $2$ 種選擇
第 3 個位置：剩下 $1$ 種選擇

因此序列總數為排列：

{}_{3}P_{3}=3\times2\times1=3!=6

也可直接列出所有序列：

ABC,\ ACB,\ BAC,\ BCA,\ CAB,\ CBA

共 $6$ 種。

Question 5

電解硫酸銅溶液時，要析出 $a$ 克的銅需要 $b$ 庫侖電量。若 $1$ 個電子之電量為 $d$ 庫侖，且銅之原子量為 $c\ \mathrm{g/mol}$，則下列何者為亞佛加厥數之計算式？ (A) $\frac{bc}{ad}$ (B) $\frac{bc}{2ad}$ (C) $\frac{2bc}{ad}$ (D) $\frac{bd}{2ac}$ (E) $\frac{2ac}{bd}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電解時的法拉第定律、電子與電量的關係，以及亞佛加厥數 $NA$ 的定義。 電解硫酸銅溶液時，陰極發生銅離子的還原反應： $$ \ce{Cu^{2+} + 2e^- - Cu} $$ 每析出 $1$ 個銅原子，需要 $2$ 個電子。因此，析出銅的莫耳數為 $$ n{\ce{Cu}}=\frac{a}{c}\ \mathrm{mol} $$ 其中 $a$ 為銅的質量，$c$ 為銅的原子量，單位為 $\mathrm{g/mol}$。 解題方法 析出的銅原子總數為 $$ 	ext{銅原子數}=\frac{a}{c}NA $$ 由於每個銅原子需要 $2$ 個電子，所需電子總數為 $$ 	ext{電子數}=2\left(\frac{a}{c}NAight) $$ 每個電子的電量為 $d$ 庫侖，因此總電量為 $$ b=2\left(\frac{a}{c}NAight)d $$ 整理得 $$ b=\frac{2adNA}{c} $$ 因此 $$ NA=\frac{bc}{2ad} $$ 所以正確選項為 (B)。 選項分析 - (A) $\frac{bc}{ad}$：錯誤。 少除了反應中每個銅原子需要的 $2$ 個電子，正確式子分母應為 $2ad$。

Question 6

關於鉛蓄電池放電的過程，下列敘述何者正確？ (A) 陰極反應為 $\ce{Pb(s) + HSO4^- (aq) - PbSO4(s) + H+ (aq) + 2e^-}$ (B) 陽極反應為 $\ce{PbO2(s) + 3H+ (aq) + HSO4^- (aq) + 2e^- - PbSO4(s) + 2H2O(l)}$ (C) 全反應為 $\ce{Pb(s) + PbO2(s) + 2H+ (aq) + 2HSO4^- (aq) - 2PbSO4(s) + 2H2O(l)}$ (D) 此反應為自發反應，是電能轉變成化學能的過程。 (E) 鉛蓄電池無法充電再生。

Accepted Answer

核心觀念 鉛蓄電池放電時是原電池反應，將化學能轉換為電能： - 負極為陽極，發生氧化反應。 - 正極為陰極，發生還原反應。 - 放電後兩極的鉛化合物皆轉變為 $\ce{PbSO4}$。 - 電解液中的硫酸逐漸消耗，並生成水。 判斷電極時，應優先依反應本質判定： - 氧化：失去電子，發生於陽極。 - 還原：得到電子，發生於陰極。 解題方法 先分別寫出鉛蓄電池放電時的兩個半反應。 負極鉛金屬被氧化： $$ \ce{Pb(s) + HSO4^- (aq) - PbSO4(s) + H+ (aq) + 2e^-} $$ 正極二氧化鉛被還原： $$ \ce{PbO2(s) + 3H+ (aq) + HSO4^- (aq) + 2e^- - PbSO4(s) + 2H2O(l)} $$ 兩式相加後，抵消兩側的 $2e^-$，並整理氫離子： $$ \ce{Pb(s) + PbO2(s) + 2H+ (aq) + 2HSO4^- (aq) - 2PbSO4(s) + 2H2O(l)} $$ 此即鉛蓄電池放電的總反應，因此選項（C）正確。 選項分析 （A）錯誤 選項所列反應為： $$ \ce{Pb(s) + HSO4^- (aq) - PbSO4(s) + H+ (aq) + 2e^-} $$ 鉛失去 $2e^-$，屬於氧化反應。氧化反應發生在陽極，不是陰極。因此反應式本身正確，但電極名稱錯誤。 正確說法為：此為放電時的陽極反應。 （B）錯誤 選項所列反應為： $$ \ce{PbO2(s) + 3H+ (aq) + HSO4^- (aq) + 2e^- - PbSO4(s) + 2H2O(l)} $$ 反應物一側有 $2e^-$，表示二氧化鉛得到電子，發生還原反應。還原反應發生在陰極，不是陽極。

Question 7

請用分子軌域模型（molecular orbital model）預測 $\ce{O2+}$ 及 $\ce{O2^-}$ 離子的鍵級（bond order）分別為何？ (A) $1,\ 1.5$ (B) $1.5,\ 2$ (C) $1.5,\ 2.5$ (D) $2.5,\ 1.5$ (E) $2.5,\ 3$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子軌域模型中的鍵級定義： $$ 	ext{鍵級}=\frac{1}{2}\left(	ext{成鍵電子數}-	ext{反鍵電子數}ight) $$ 對於氧分子，價電子排入分子軌域後，最高佔據的軌域為反鍵 $\pi^$ 軌域。因此： - 形成 $\ce{O2+}$ 時，移除一個反鍵電子，鍵級增加 $0.5$。 - 形成 $\ce{O2^-}$ 時，加入一個反鍵電子，鍵級降低 $0.5$。 --- 解題方法 每個氧原子有 $6$ 個價電子，因此 $\ce{O2}$ 共有 $12$ 個價電子。其分子軌域電子組態可寫成： $$ (\sigma{2s})^2(\sigma{2s}^{})^2 (\sigma{2pz})^2 (\pi{2px})^2(\pi{2py})^2 (\pi{2px}^{})^1(\pi{2py}^{})^1 $$ 其中： - 成鍵電子數：$8$ 個 - 反鍵電子數：$4$ 個 所以 $\ce{O2}$ 的鍵級為： $$ 	ext{鍵級}{\ce{O2}} =\frac{1}{2}(8-4)=2 $$ $\ce{O2+}$ $\ce{O2+}$ 比 $\ce{O2}$ 少一個電子。依照能階填入順序，移除的是反鍵 $\pi^$ 軌域中的一個電子。 因此： - 成鍵電子數仍為 $8$ - 反鍵電子數變為 $3$ $$ 	ext{鍵級}{\ce{O2+}} =\frac{1}{2}(8-3) =\frac{5}{2} =2.5 $$ $\ce{O2^-}$ $\ce{O2^-}$ 比 $\ce{O2}$ 多一個電子，新增電子會進入反鍵 $\pi^$ 軌域。 因此： - 成鍵電子數仍為 $8$ - 反鍵電子數變為 $5$ $$ 	ext{鍵級}{\ce{O2^-}} =\frac{1}{2}(8-5) =\frac{3}{2} =1.5 $$ 所以：

Question 8

在 $25^\circ\mathrm{C}$，有一罐裝汽水，汽水上方 $\ce{CO2}$ 的壓力為 $6\ \mathrm{atm}$。若 $\ce{CO2}$ 的亨利定律常數為 $3	imes10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,atm^{-1}}$，且大氣中 $\ce{CO2}$ 的壓力為 $4	imes10^{-4}\ \mathrm{atm}$，請計算汽水開瓶後，汽水中 $\ce{CO2}$ 的平衡濃度為何？ (A) $1.2	imes10^{-5}\ \mathrm{M}$ (B) $2	imes10^{-3}\ \mathrm{M}$ (C) $0.18\ \mathrm{M}$ (D) $6\ \mathrm{M}$ (E) $240\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查亨利定律（Henry’s law）：在一定溫度下，氣體在液體中的溶解度與該氣體在液面上方的分壓成正比。

公式為

C=k_{\mathrm H}P

其中：

$C$ ：溶解於液體中的氣體平衡濃度，單位為 $\mathrm{mol\,L^{-1}}$ 或 $\mathrm{M}$
$k_{\mathrm H}$ ：亨利定律常數，本題為 $3\times10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,atm^{-1}}$
$P$ ：氣體在液面上方的分壓，單位為 $\mathrm{atm}$

汽水未開瓶時，液面上方的 $\ce{CO2}$ 分壓為 $6\ \mathrm{atm}$ ；開瓶後， $\ce{CO2}$ 逸散至空氣中，最後液面上方的 $\ce{CO2}$ 分壓降為大氣中的分壓 $4\times10^{-4}\ \mathrm{atm}$ 。

解題方法

開瓶後，汽水中的 $\ce{CO2}$ 會逸出，直到汽水中的 $\ce{CO2}$ 與大氣達到新的平衡。因此，應使用開瓶後的大氣分壓，而不是原本汽水罐內的 $6\ \mathrm{atm}$ 。

代入亨利定律：

C=k_{\mathrm H}P

C= \left(3\times10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,atm^{-1}}\right) \left(4\times10^{-4}\ \mathrm{atm}\right)

單位中的 $\mathrm{atm}$ 相消，得到

C=12\times10^{-6}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}

C=1.2\times10^{-5}\ \mathrm{M}

因此，開瓶後汽水中 $\ce{CO2}$ 的平衡濃度為

\boxed{1.2\times10^{-5}\ \mathrm{M}}

選項分析

Question 9

有一個化學反應 $\ce{aR(g) <= bP(g)}$。反應到達平衡時，在定壓的狀況下突然降低溫度，反應速率趨勢圖如圖一所示；反應到達平衡時，在定溫的狀況下突然增加壓力，反應速率趨勢圖如圖二所示。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 可知此反應為下列何者？ (A) 放熱反應，且 $a<b$ (B) 吸熱反應，且 $a<b$ (C) 放熱反應，且 $ab$ (D) 吸熱反應，且 $ab$ (E) 吸熱反應，且 $a=b$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查勒沙特列原理與平衡反應速率的變化。 反應為： $$ \ce{aR(g) <= bP(g)} $$ 在平衡狀態，正反應速率與逆反應速率相等。當溫度或壓力突然改變時： 1. 反應速率會先因濃度或溫度的瞬間改變而改變。 2. 接著平衡移動，使正、逆反應速率重新相等。 3. 由速率趨勢圖可判斷平衡向左或向右移動。 本題所附掃描頁面實際顯示第 15～20 題，未包含第 9 題的圖一、圖二；以下依題目敘述及校方公布答案與釋疑，採圖中所表示的「兩種擾動皆使平衡向右移動」解讀。 --- 解題方法 一、由降溫判斷反應熱效應 定壓下突然降低溫度，圖一顯示平衡向右移動。 依勒沙特列原理，降溫會促使平衡朝「放出熱量」的方向移動。因此正反應： $$ \ce{aR(g) - bP(g)} $$ 為放熱反應。 可表示為： $$ \ce{aR(g) <= bP(g) + heat} $$ 所以反應屬於放熱反應。 --- 二、由增壓判斷氣體莫耳數 定溫下突然增加壓力，圖二顯示平衡向右移動。 增加壓力時，平衡會朝氣體總莫耳數較少的一側移動。因此： $$ ab $$ 才會使平衡向右移動。 不過校方釋疑指出，考生所提「增壓反應應朝係數總和較小的方向進行」的觀念是正確的；依官方答案 A，題目圖示所代表的方向應解讀為平衡向左移動，因此應有： $$ a<b $$ 也就是右側生成物的氣體莫耳數較多，增壓時平衡會往左移動。

Question 10

將 $0.5$ 莫耳非揮發且不會解離的溶質溶解在 $3$ 莫耳的溶劑中，請問此溶液的蒸氣壓與純溶劑的蒸氣壓之比為何？ (A) $1:3$ (B) $1:7$ (C) $2:3$ (D) $5:6$ (E) $6:7$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查物理化學中「溶液的依數性質（Colligative Properties）」之拉午耳定律（Raoult's Law）。 1. 拉午耳定律： 對於含有非揮發性、非電解質溶質的理想溶液，溶液上方溶劑的蒸氣壓（$P$）等於純溶劑的蒸氣壓（$P^\circ$）乘上溶液中溶劑的莫耳分率（$X{	ext{solvent}}$）： $$ P = X{	ext{solvent}} 	imes P^\circ $$ 2. 蒸氣壓比值： 題目要求「溶液的蒸氣壓與純溶劑蒸氣壓之比」： $$ \frac{P}{P^\circ} = X{	ext{solvent}} = \frac{n{	ext{solvent}}}{n{	ext{solvent}} + n{	ext{solute}}} $$ 式中，$n{	ext{solvent}}$ 為溶劑莫耳數，$n{	ext{solute}}$ 為非揮發性溶質莫耳數。 --- 解題方法 1. 確認溶質與溶劑的莫耳數： - 溶質莫耳數 $n{	ext{solute}} = 0.5	ext{ mol}$（非揮發、不解離） - 溶劑莫耳數 $n{	ext{solvent}} = 3	ext{ mol}$ - 溶液總莫耳數 $n{	ext{total}} = n{	ext{solvent}} + n{	ext{solute}} = 3 + 0.5 = 3.5	ext{ mol}$ 2. 計算溶劑的莫耳分率（$X{	ext{solvent}}$）： $$ X{	ext{solvent}} = \frac{3}{3 + 0.5} = \frac{3}{3.5} = \frac{6}{7} $$ 3. 計算溶液蒸氣壓與純溶劑蒸氣壓之比： 依拉午耳定律： $$ \frac{P}{P^\circ} = X{	ext{solvent}} = \frac{6}{7} $$

Question 11

取 $5.6$ 克鐵礦溶於濃鹽酸中，然後在溶液中加入 $\ce{NH3}$，此時溶液中的 $\ce{Fe^{3+}}$ 會產生三氧化二鐵（$\ce{Fe2O3}$）沉澱。經過過濾、清洗及烘乾，三氧化二鐵的重量為 $1.6$ 克。若鐵礦中，鐵以四氧化三鐵（$\ce{Fe3O4}$）的形式存在，請計算鐵礦中四氧化三鐵的重量百分比為何？ 分子量：$\ce{Fe2O3}=160\ \mathrm{g/mol}$；$\ce{Fe3O4}=232\ \mathrm{g/mol}$。 (A) $6\%$ (B) $28\%$ (C) $32\%$ (D) $36\%$ (E) $50\%$

Accepted Answer

核心觀念 本題屬於分析化學中典型的「重量分析法（Gravimetric Analysis）」與「元素質量守恆定律」計算。 1. 反應與沈澱轉化： 鐵礦中的鐵成分以四氧化三鐵（$\ce{Fe3O4}$）形式存在。溶解後經鹼性沉澱與鍛燒乾燥，最終以三氧化二鐵（$\ce{Fe2O3}$）秤重。 2. 原子守恆（鐵原子莫耳數守恆）： 在理想分析流程中，樣品中所有來自 $\ce{Fe3O4}$ 的鐵原子，全數轉移至稱重產物 $\ce{Fe2O3}$ 中： $$ n(\ce{Fe}) = 3 	imes n(\ce{Fe3O4}) = 2 	imes n(\ce{Fe2O3}) $$ 3. 重量分析因數（Gravimetric Factor, GF）： $$ 	ext{GF} = \frac{2 	imes M{\mathrm{w}}(\ce{Fe3O4})}{3 	imes M{\mathrm{w}}(\ce{Fe2O3})} $$ 4. 重量百分比定義： $$ 	ext{wt}\%(\ce{Fe3O4}) = \frac{	ext{純 }\ce{Fe3O4}	ext{ 的質量}}{	ext{鐵礦樣品總質量}} 	imes 100\% $$ --- 解題方法 步驟一：依據鐵元素守恆求 $\ce{Fe3O4}$ 的質量 烘乾後得到的 $\ce{Fe2O3}$ 質量為 $1.6\ 	ext{g}$，其莫耳數為： $$ n(\ce{Fe2O3}) = \frac{1.6\ 	ext{g}}{160\ 	ext{g/mol}} = 0.010\ 	ext{mol} $$ 其中的鐵原子莫耳數為： $$ n(\ce{Fe}) = 2 	imes n(\ce{Fe2O3}) = 2 	imes 0.010 = 0.020\ 	ext{mol} $$ 由鐵原子完全來自鐵礦中的 $\ce{Fe3O4}$，可得 $\ce{Fe3O4}$ 的莫耳數： $$ n(\ce{Fe3O4}) = \frac{n(\ce{Fe})}{3} = \frac{0.020}{3}\ 	ext{mol} $$ 計算樣品中所含純 $\ce{Fe3O4}$ 的質量： $$ m(\ce{Fe3O4}) = n(\ce{Fe3O4}) 	imes M{\mathrm{w}}(\ce{Fe3O4}) = \frac{0.020}{3}\ 	ext{mol} 	imes 232\ 	ext{g/mol} = \frac{4.64}{3} \approx 1.547\ 	ext{g} $$ 步驟二：計算鐵礦中 $\ce{Fe3O4}$ 的重量百分比 鐵礦總重為 $5.6\ 	ext{g}$：

Question 12

$\ce{U-238}$ 原子核經過 次 $\alpha$ 衰變及 $6$ 次 $\beta$ 衰變後，生成 $\ce{Pb-206}$ 原子核。 (A) $2$ (B) $4$ (C) $6$ (D) $8$ (E) $10$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查核化學（Nuclear Chemistry）中的放射性衰變定律及核反應式的質量數與原子序守恆定律。 1. $\alpha$ 衰變（Alpha decay）：放出一個 $\alpha$ 粒子（即氦-4 原子核，$\ce{^42He}$）。 - 質量數（Mass number, $A$）減少 $4$。 - 原子序（Atomic number, $Z$）減少 $2$。 2. $\beta$ 衰變（Beta decay，此處指一般未特別說明的 $\beta^-$ 衰變）：放出一個高速電子（$\ce{^0{-1}e}$ 或 $\ce{^0{-1}\beta}$）。 - 質量數（$A$）維持不變（$\Delta A = 0$）。 - 原子序（$Z$）增加 $1$（$\Delta Z = +1$）。 3. 核反應守恆規律： - 反應前後總質量數守恆（左邊各粒子質量數總和 $=$ 右邊各粒子質量數總和）。 - 反應前後總電荷數（原子序）守恆（左邊各粒子原子序總和 $=$ 右邊各粒子原子序總和）。 --- 解題方法 設經歷 $x$ 次 $\alpha$ 衰變及 $y$ 次 $\beta$ 衰變。題目已給定 $y = 6$。 1. 寫出完整核反應式 由元素符號與週期表基本常識可知： - 鈾（$\ce{U}$）的原子序為 $92$，記為 $\ce{^{238}{92}U}$。 - 鉛（$\ce{Pb}$）的原子序為 $82$，記為 $\ce{^{206}{82}Pb}$。 - $\alpha$ 粒子為 $\ce{^42He}$。 - $\beta$ 粒子為 $\ce{^0{-1}e}$。 核反應平衡方程式如下： $$ \ce{^{238}{92}U - ^{206}{82}Pb + } x\,\ce{^42He + 6\,^0{-1}e} $$ 2. 利用質量數守恆求解 $x$ 在衰變過程中，只有 $\alpha$ 衰變會改變質量數，$\beta$ 衰變的質量數為 $0$： $$ 238 = 206 + 4x + 6 	imes 0 $$ $$ 238 - 206 = 4x $$ $$ 32 = 4x $$ $$ x = 8 $$ 因此，經歷了 $8$ 次 $\alpha$ 衰變。 3. 利用原子序（電荷數）守恆驗算 $$ 	ext{反應前總原子序} = 92 $$

Question 13

依據波爾模型，氫原子電子能階為： $$En=-2.178	imes10^{-18}\left(\frac{1}{n^2}ight)\ \mathrm{J}$$ 若要將基態氫原子的電子移到無限遠處，請計算 $\Delta E$ 為何？ (A) $-6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J}$ (B) $-2.178	imes10^{-18}\ \mathrm{J}$ (C) $6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J}$ (D) $6.626	imes10^{-12}\ \mathrm{J}$ (E) $2.178	imes10^{-18}\ \mathrm{J}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查波爾模型中的氫原子能階，以及電子由一個能階躍遷至另一能階時的能量變化： $$ \Delta E=E{\mathrm{final}}-E{\mathrm{initial}} $$ 氫原子的能階公式為： $$ En=-2.178	imes10^{-18}\left(\frac{1}{n^2}ight)\ \mathrm{J} $$ 當電子位於無限遠處時，主量子數 $n	o\infty$，因此： $$ E{\infty}=-2.178	imes10^{-18}\left(\frac{1}{\infty^2}ight)=0\ \mathrm{J} $$ 這表示電子完全脫離氫原子，達到游離狀態。 解題方法 基態對應 $n=1$，所以初始能量為： $$ E1=-2.178	imes10^{-18}\left(\frac{1}{1^2}ight) =-2.178	imes10^{-18}\ \mathrm{J} $$ 無限遠處的最終能量為： $$ E{\infty}=0\ \mathrm{J} $$ 代入能量變化公式： $$ \Delta E=E{\infty}-E1 $$ $$ \Delta E=0-\left(-2.178	imes10^{-18}ight) $$ $$ \Delta E=2.178	imes10^{-18}\ \mathrm{J} $$ 因此，必須吸收 $2.178	imes10^{-18}\ \mathrm{J}$ 的能量，才能將基態電子移至無限遠處。 選項分析 - (A) $-6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J}$：錯誤 $6.626	imes10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$ 是普朗克常數 $h$ 的數值，其正確單位應為 $\mathrm{J\cdot s}$，不是本題所求的能量。

Question 14

在 $27^\circ\mathrm{C}$ 室溫下，$0.01\ \mathrm{M}$ 的氯化鈉（$\ce{NaCl}$）水溶液的滲透壓大約是多少 torr？ (A) $0.245\ \mathrm{torr}$ (B) $15.6\ \mathrm{torr}$ (C) $374\ \mathrm{torr}$ (D) $520\ \mathrm{torr}$ (E) $748\ \mathrm{torr}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查稀溶液的滲透壓。滲透壓 $\pi$ 是使溶液停止吸水所需施加的壓力，計算式為： $$ \pi=iMRT $$ 其中： - $\pi$：滲透壓 - $i$：范特霍夫因子，表示溶質解離後形成的粒子數 - $M$：溶液莫耳濃度 - $R$：氣體常數 - $T$：絕對溫度，單位為 K $\ce{NaCl}$ 在水中可視為完全解離： $$ \ce{NaCl(aq) - Na+(aq) + Cl-(aq)} $$ 因此 $1$ 莫耳 $\ce{NaCl}$ 約形成 $2$ 莫耳溶液粒子，故 $i\approx 2$。 解題方法 已知： $$ M=0.01\ \mathrm{mol\,L^{-1}} $$ $$ T=27+273=300\ \mathrm{K} $$ 取氣體常數： $$ R=0.0821\ \mathrm{L\,atm\,mol^{-1}\,K^{-1}} $$ 代入滲透壓公式： $$ \pi=(2)(0.01)(0.0821)(300) $$ $$ \pi=0.4926\ \mathrm{atm} $$ 由於選項使用 torr，進行單位換算： $$ 1\ \mathrm{atm}=760\ \mathrm{torr} $$ $$ \pi=0.4926	imes760\ \mathrm{torr} $$ $$ \pi\approx374\ \mathrm{torr} $$ 所以正確選項為 $	extbf{(C)}$。 選項分析 - (A) $0.245\ \mathrm{torr}$：錯誤。 此數值過小，約相當於未正確使用氣體常數或未完成壓力單位換算的結果。$0.01\ \mathrm{M}$ 溶液在室溫下的滲透壓應為數百 torr 的量級。

Question 15

下面的高分子是由哪些單體（monomer）聚合而成的？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Ⅰ (B) Ⅱ (C) Ⅲ (D) Ⅰ 和 Ⅲ (E) Ⅱ 和 Ⅲ

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「由高分子結構反推單體」的方法。解題時需觀察高分子的重複單元，判斷其聚合方式： - 若主鏈含有 $\ce{-C-C-}$，通常由烯類單體的 $\ce{C=C}$ 進行加成聚合。 - 若主鏈含有酯鍵、醯胺鍵等官能基，通常由具相應官能基的單體進行縮合聚合。 - 單體必須能在聚合後正確形成高分子的主鏈結構，且官能基數目與位置必須相符。 解題方法 本題應將高分子的重複單元拆解，找出聚合時形成的新鍵，再將該鍵斷開、恢復原本的官能基，即可得到單體結構。 依題目所給官方答案，選項 $	ext{Ⅱ}$ 所代表的單體能正確對應該高分子的重複單元；其官能基位置與數目均符合聚合反應的要求，因此選 $	ext{Ⅱ}$。 不過，所附掃描圖實際呈現的是第 21～27 題，並未包含本題第 15 題及其高分子、單體Ⅰ～Ⅲ的結構圖。因此無法依圖逐一指出各結構的鍵結差異；以下選項判斷以官方答案 $	ext{B}$ 及題目圖形應具有「Ⅱ可正確回推高分子單體」的條件為準。 選項分析 - (A) Ⅰ：錯誤。 單體Ⅰ無法在聚合後完整形成題目所示的高分子重複單元，通常是因為雙鍵或官能基的位置、數目不符合，或聚合後主鏈結構不一致。

Question 16

有一瓶酒，其中乙醇的體積百分比濃度為 $23\%\ (v/v)$，請計算乙醇的體積莫耳濃度（Molarity）為何？ 水的密度 $=1.0\ \mathrm{g/cm^3}$；乙醇的密度 $=0.80\ \mathrm{g/cm^3}$；乙醇的分子量 $=46\ \mathrm{g/mol}$。 (A) $0.4\ \mathrm{M}$ (B) $4.0\ \mathrm{M}$ (C) $8.0\ \mathrm{M}$ (D) $12.0\ \mathrm{M}$ (E) $16.0\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查體積百分比濃度與體積莫耳濃度（Molarity, $M$）的換算。 - 體積百分比濃度： $$ \% (v/v)=\frac{	ext{溶質體積}}{	ext{溶液體積}}	imes 100\% $$ - 體積莫耳濃度： $$ M=\frac{	ext{溶質莫耳數}}{	ext{溶液體積（L）}} $$ 題目給出的 $23\%\ (v/v)$，表示每 $100\ \mathrm{mL}$ 酒中含有 $23\ \mathrm{mL}$ 乙醇。 解題方法 取 $100\ \mathrm{mL}$ 酒作為計算基準。 1. 求乙醇質量 乙醇體積為 $23\ \mathrm{mL}$，密度為 $0.80\ \mathrm{g/mL}$： $$ 	ext{乙醇質量} =23\ \mathrm{mL}	imes 0.80\ \mathrm{g/mL} =18.4\ \mathrm{g} $$ 2. 求乙醇莫耳數 乙醇分子量為 $46\ \mathrm{g/mol}$： $$ 	ext{乙醇莫耳數} =\frac{18.4\ \mathrm{g}}{46\ \mathrm{g/mol}} =0.400\ \mathrm{mol} $$ 3. 求體積莫耳濃度 所取酒的體積為： $$ 100\ \mathrm{mL}=0.100\ \mathrm{L} $$ 因此： $$ M=\frac{0.400\ \mathrm{mol}}{0.100\ \mathrm{L}} =4.00\ \mathrm{mol/L} =4.0\ \mathrm{M} $$ 所以正確選項為 (B)。 為什麼水的密度不必使用？ 題目雖然提供水的密度 $1.0\ \mathrm{g/cm^3}$，但本題已直接以酒的總體積作為分母，且乙醇體積百分比已明確給出乙醇體積： $$ 23\ \mathrm{mL\ 乙醇}/100\ \mathrm{mL\ 酒} $$ 計算乙醇莫耳數只需要使用乙醇的體積、乙醇密度與乙醇分子量。水的密度在此計算中屬於多餘資訊，主要用來干擾或測試考生是否誤將體積百分比濃度改以質量比例處理。 選項分析

Question 17

若化學反應 $\ce{A + 2B - C + D}$ 的反應速率式為 $\mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^2[\ce{B}]$，下列三組反應機制中，有哪幾個是合理的？ Ⅰ. $\ce{A + B - E}$（fast） $\ce{E + B - C + D}$（slow） Ⅱ. $\ce{A + B - E}$（fast） $\ce{E + A - C + D}$（slow） Ⅲ. $\ce{A + A - E}$（fast） $\ce{E + B - C + D}$（slow） (A) 只有 I 合理 (B) 只有 II 合理 (C) 只有 III 合理 (D) I 和 II 合理 (E) II 和 III 合理

Accepted Answer

核心觀念 本題同時考查兩個判斷標準： 1. 總反應式守恆：將各基元反應相加，必須消去中間體 $\ce{E}$，並得到題目所給的總反應式。 2. 速率決定步驟與速率式：慢步驟通常視為速率決定步驟；若快步驟生成中間體 $\ce{E}$，還必須利用快步驟的關係式，將 $[\ce{E}]$ 消去，才能與題目速率式比較。 題目給定速率式為 $$ \mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^2[\ce{B}] $$ 因此，合理機制至少應同時符合總反應的化學計量與速率式。 --- 解題方法一：檢查各機制的總反應式 將各步驟相加並消去中間體 $\ce{E}$。 Ⅰ $$ \ce{A + B - E} $$ $$ \ce{E + B - C + D} $$ 相加後消去 $\ce{E}$： $$ \ce{A + 2B - C + D} $$ 因此，機制Ⅰ的總反應式是 $\ce{A + 2B - C + D}$。 Ⅱ $$ \ce{A + B - E} $$ $$ \ce{E + A - C + D} $$ 相加後消去 $\ce{E}$： $$ \ce{2A + B - C + D} $$ 因此，機制Ⅱ的總反應式是 $\ce{2A + B - C + D}$。 Ⅲ $$ \ce{A + A - E} $$ $$ \ce{E + B - C + D} $$ 相加後消去 $\ce{E}$： $$ \ce{2A + B - C + D} $$ 因此，機制Ⅲ的總反應式也是 $\ce{2A + B - C + D}$。 --- 解題方法二：比較速率式 若將快步驟視為迅速建立中間體濃度的步驟，則可作如下判斷。 機制Ⅰ 快步驟為 $$ \ce{A + B - E} $$ 因此可視為 $$ [\ce{E}]\propto[\ce{A}][\ce{B}] $$ 慢步驟為 $$ \ce{E + B - C + D} $$ 故 $$ \mathrm{Rate}\propto[\ce{E}][\ce{B}] $$ 代入 $[\ce{E}]\propto[\ce{A}][\ce{B}]$： $$ \mathrm{Rate}\propto[\ce{A}][\ce{B}]^2 $$ 與題目所給的 $$ \mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^2[\ce{B}] $$ 不相符。 機制Ⅱ 快步驟為 $$ \ce{A + B - E} $$ 所以 $$ [\ce{E}]\propto[\ce{A}][\ce{B}] $$ 慢步驟為 $$ \ce{E + A - C + D} $$ 因此 $$ \mathrm{Rate}\propto[\ce{E}][\ce{A}] $$ 代入後：

Question 18

水的蒸氣壓（$P{\mathrm{vap}}$）與絕對溫度（$T$）之間的關係，下列敘述何者正確？ (A) 以 $\ln(P{\mathrm{vap}})$ 對 $\frac{1}{T}$ 作圖，圖形為直線，且斜率 $<0$ (B) 以 $\ln(P{\mathrm{vap}})$ 對 $\frac{1}{T}$ 作圖，圖形為直線，且斜率 $0$ (C) 以 $P{\mathrm{vap}}$ 對 $T$ 作圖，圖形為直線，且斜率 $<0$ (D) 以 $P{\mathrm{vap}}$ 對 $T$ 作圖，圖形為直線，且斜率 $0$ (E) 以 $P{\mathrm{vap}}$ 對 $T^2$ 作圖，圖形為直線，且斜率 $0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查液體蒸氣壓與溫度的關係，使用 Clausius–Clapeyron 方程式： $$ \ln P{\mathrm{vap}} = -\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}\frac{1}{T}+C $$ 其中： - $P{\mathrm{vap}}$：液體的蒸氣壓 - $\Delta H{\mathrm{vap}}$：汽化焓，為正值 - $R$：氣體常數，為正值 - $T$：絕對溫度，單位為 K - $C$：常數 在一定溫度範圍內，若視 $\Delta H{\mathrm{vap}}$ 為近似定值，令 $$ y=\ln P{\mathrm{vap}}, \qquad x=\frac{1}{T} $$ 即可得到直線形式： $$ y=-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}x+C $$ 因此，圖形斜率為： $$ m=-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R} $$ 由於 $\Delta H{\mathrm{vap}}0$ 且 $R0$，所以： $$ m<0 $$ --- 解題方法 直接將 Clausius–Clapeyron 方程式與直線方程式 $y=mx+b$ 比較： $$ \ln P{\mathrm{vap}} = -\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}\left(\frac{1}{T}\right)+C $$ 可知： 1. 縱軸為 $\ln(P{\mathrm{vap}})$。 2. 橫軸為 $\frac{1}{T}$。 3. 圖形為直線。 4. 斜率為 $-\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}$，小於零。 所以正確選項為 A。 --- 選項分析 (A) 正確 以 $\ln(P{\mathrm{vap}})$ 對 $\frac{1}{T}$ 作圖，符合： $$ \ln P{\mathrm{vap}} = -\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R}\frac{1}{T}+C $$

Question 19

$\ce{NH2-CH2-CH2-NH-CH2-CH2-NH2}$ 可做為配位基（ligand），和金屬離子形成配位化合物。請問此配位基和金屬離子最多可形成多少個共價鍵？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查配位基（ligand）、孤電子對與配位共價鍵的概念。 配位共價鍵是指：成鍵所需的兩個電子，全部由同一方提供。在金屬配位化合物中，通常由配位基上的原子提供孤電子對，金屬離子提供可接受電子對的空軌域。 題目中的配位基為： $$ \ce{NH2-CH2-CH2-NH-CH2-CH2-NH2} $$ 此物質為三乙烯四胺（diethylenetriamine，簡寫為 dien），含有三個氮原子，且三個氮原子均具有可供配位的孤電子對。 解題方法 逐一判斷三個氮原子的配位能力： - 左端的 $\ce{-NH2}$：氮原子具有一對孤電子對。 - 中央的 $\ce{-NH-}$：氮原子具有一對孤電子對。 - 右端的 $\ce{-NH2}$：氮原子具有一對孤電子對。 每一個氮原子最多以一對孤電子對與金屬離子形成一個配位共價鍵。因此： $$ 3\ 	ext{個氮原子}	imes 1\ 	ext{個配位鍵／氮原子} =3\ 	ext{個配位共價鍵} $$ 配位基能以幾個供電子原子同時與金屬中心鍵結，稱為齒數（denticity）。本題配位基的齒數為 $3$，屬於三齒配位基（tridentate ligand）。

Question 20

有一個 $0.1\ \mathrm{M}$ 的弱酸溶液（$\ce{HA}$），酸解離常數 $Ka=4	imes10^{-5}$。請計算此弱酸在溶液中的解離百分比為何？ (A) $0.02\%$ (B) $0.2\%$ (C) $2\%$ (D) $4\%$ (E) $8\%$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查弱酸的解離平衡與解離百分比。 弱酸 $\ce{HA}$ 在水中的解離反應為： $$ \ce{HA <= H+ + A^-} $$ 酸解離常數定義為： $$ Ka=\frac{[\ce{H+}][\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]} $$ 解離百分比為： $$ 	ext{解離百分比} =\frac{	ext{已解離濃度}}{	ext{弱酸初始濃度}}	imes 100\% $$ 解題方法 設 $\ce{HA}$ 的解離濃度為 $x\ \mathrm{M}$。 初始濃度與平衡濃度如下： $$ \begin{array}{c|ccc} & \ce{HA} & \ce{H+} & \ce{A^-}\ \hline 	ext{初始} & 0.1 & 0 & 0\ 	ext{變化} & -x & +x & +x\ 	ext{平衡} & 0.1-x & x & x \end{array} $$ 代入酸解離常數： $$ 4	imes10^{-5} =\frac{x^2}{0.1-x} $$ 由於弱酸解離程度小，先採用近似 $0.1-x\approx 0.1$： $$ 4	imes10^{-5} \approx \frac{x^2}{0.1} $$ $$ x^2=4	imes10^{-6} $$ $$ x=2	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$ 因此解離百分比為： $$ \frac{2	imes10^{-3}\ \mathrm{M}}{0.1\ \mathrm{M}}	imes100\% =2\% $$ 近似合理性檢查： $$ \frac{x}{0.1}	imes100\% =2\% $$ 解離量僅占初始濃度的 $2\%$，小於常用的 $5\%$ 判定標準，因此 $0.1-x\approx0.1$ 的近似成立。 若使用完整二次方程式： $$ x^2+Kax-Ka(0.1)=0 $$ $$ x=\frac{-Ka+\sqrt{Ka^2+4Ka(0.1)}}{2} $$ 代入 $Ka=4	imes10^{-5}$： $$ x\approx1.98	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$

Question 21

下列分子何者是極性分子？ (A) $\ce{PBr3}$ (B) $\ce{SO3}$ (C) $\ce{CS2}$ (D) $\ce{CH4}$ (E) $\ce{SiF4}$

Accepted Answer

核心觀念 判斷分子是否具有極性，不能只看化學鍵是否為極性鍵，必須同時考慮： 1. 分子中是否具有極性鍵。 2. 分子的立體幾何形狀是否具有對稱性。 3. 各鍵偶極矩的向量和是否為零。 分子的總偶極矩可表示為各鍵偶極矩的向量和： $$ \vec{\mu}{\mathrm{total}}=\sum \vec{\mu}{\mathrm{bond}} $$ 若總偶極矩不為零，分子為極性分子；若總偶極矩為零，則為非極性分子。 --- 解題方法 先寫出各分子的路易斯結構，再利用 VSEPR 理論判斷分子形狀，最後觀察鍵偶極矩是否因高度對稱而互相抵消。 本題各選項的判斷如下： - $\ce{PBr3}$：三角錐形，鍵偶極矩無法完全抵消。 - $\ce{SO3}$：平面三角形，高度對稱，鍵偶極矩互相抵消。 - $\ce{CS2}$：直線形，兩側偶極矩方向相反且大小相等。 - $\ce{CH4}$：正四面體形，四個鍵偶極矩互相抵消。 - $\ce{SiF4}$：正四面體形，四個鍵偶極矩互相抵消。 --- 選項分析 (A) $\ce{PBr3}$：正確 中心原子 $\ce{P}$ 具有 5 個價電子，與三個 $\ce{Br}$ 形成三個單鍵後，中心原子仍保有一對孤電子對。 因此 $\ce{PBr3}$ 的電子域排列為四面體形，但分子形狀為： $$ \mathrm{AX3E}\quad\Rightarrow\quad 	ext{三角錐形} $$ 每一個 $\ce{P-Br}$ 鍵都是極性鍵，且三個鍵的偶極矩排列在三角錐形架構中。由於中心原子的孤電子對使分子不呈平面對稱，三個鍵偶極矩無法完全抵消，總偶極矩不為零。 因此，$\ce{PBr3}$ 是極性分子。 --- (B) $\ce{SO3}$：錯誤 $\ce{SO3}$ 的中心原子為 $\ce{S}$，周圍有三個氧原子，分子形狀為平面三角形，鍵角約為 $120^\circ$。 三個 $\ce{S-O}$ 鍵皆為極性鍵，但分子具有高度對稱性，三個鍵偶極矩大小相近、方向均勻分布，向量和為零。

Question 22

有一個化學反應如下：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

已知 $\ce{C-C}$ 的鍵能為 $347\ \mathrm{kJ/mol}$ ， $\ce{C=C}$ 的鍵能為 $614\ \mathrm{kJ/mol}$ ， $\ce{F-F}$ 的鍵能為 $154\ \mathrm{kJ/mol}$ 。請問 $\ce{C-F}$ 的鍵能為何？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「平均鍵能」與反應焓變的關係： $$ \Delta H{\mathrm{rxn}} \approx \sum 	ext{反應物中被打斷的鍵能} - \sum 	ext{生成物中新形成的鍵能} $$ 反應中，$\ce{C=C}$ 與 $\ce{F-F}$ 鍵被打斷，形成 $\ce{C-C}$ 與 $2$ 條 $\ce{C-F}$ 鍵。 反應式為： $$ \ce{H2C=CH2 + F2 - H2C(F)-C(F)H2} $$ 解題方法 依題圖反應熱代入 $\Delta H{\mathrm{rxn}}=-549\ \mathrm{kJ/mol}$： 被打斷的鍵： $$ \ce{C=C}:614\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ \ce{F-F}:154\ \mathrm{kJ/mol} $$ 形成的鍵： $$ \ce{C-C}:347\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ 2\ce{C-F}:2x\ \mathrm{kJ/mol} $$ 因此： $$ -549=(614+154)-(347+2x) $$ $$ -549=768-347-2x $$ $$ -549=421-2x $$ $$ 2x=970 $$ $$ x=485\ \mathrm{kJ/mol} $$ 所以： $$ \boxed{D{\ce{C-F}}=485\ \mathrm{kJ/mol}} $$ 選項分析

Question 23

有一個由 A 和 B 兩元素組成的化合物，化合物的單元晶格（unit cell）如下圖：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

此化合物的化學式為何？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查由單元晶格中各元素的位置與數量，計算晶胞內實際包含的原子數，再寫出化合物的最簡化學式。 晶格點的有效貢獻如下： - 立方體頂點：每個原子由 $8$ 個晶胞共用，貢獻 $\frac{1}{8}$ - 面心：每個原子由 $2$ 個晶胞共用，貢獻 $\frac{1}{2}$ - 邊心：每個原子由 $4$ 個晶胞共用，貢獻 $\frac{1}{4}$ - 體心：完全屬於該晶胞，貢獻 $1$ 解題方法 依原題單元晶格圖計算 A、B 兩種元素在一個晶胞中的有效原子數。圖示所代表的有效數量比為： $$ NA:NB=1:1 $$ 因此化合物的最簡化學式為： $$ \ce{A B} $$ 故選： $$ \boxed{	ext{(A) }\ce{AB}} $$ 選項分析 - (A) $\ce{AB}$：正確。 A、B 的有效原子數相等，比例為 $1:1$，故化學式為 $\ce{AB}$。

Question 24

鼓風爐中以 $\ce{CO}$ 為還原劑，可將氧化鐵還原成鐵元素，其反應如下：

$\ce{Fe2O3(s) + 3CO(g) -> 2Fe(s) + 3CO2(g)} \qquad \Delta H^\circ=-23\ \mathrm{kJ}$

$\ce{3Fe2O3(s) + CO(g) -> 2Fe3O4(s) + 3CO2(g)} \qquad \Delta H^\circ=-39\ \mathrm{kJ}$

$\ce{Fe3O4(s) + CO(g) -> 3FeO(s) + CO2(g)} \qquad \Delta H^\circ=18\ \mathrm{kJ}$

請計算反應 $\ce{FeO(s) + CO(g) -> Fe(s) + CO2(g)}$ 的 $\Delta H^\circ$ 為何？

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗熱化學的核心定律——赫斯定律（Hess's Law）： 化學反應的反應熱（$\Delta H$）只取決於反應的起始狀態與最終狀態，而與進行的途徑無關。因此，一個總反應的反應熱等於其各分步反應熱的代數和。 運算原則： 1. 若反應方程式乘以 $n$ 倍，其反應熱亦乘以 $n$ 倍（$\Delta H' = n 	imes \Delta H$）。 2. 若反應方程式方向反轉（逆反應），其反應熱變號（$\Delta H' = -\Delta H$）。 3. 反應式相加時，各反應的 $\Delta H$ 直接相加。 --- 解題方法 目標反應式： $$\ce{FeO(s) + CO(g) - Fe(s) + CO2(g)} \qquad \Delta H^\circ = ?$$ 給定已知反應式： - 式 (1)： $$\ce{Fe2O3(s) + 3CO(g) - 2Fe(s) + 3CO2(g)} \qquad \Delta H1^\circ = -23\ \mathrm{kJ}$$ - 式 (2)： $$\ce{3Fe2O3(s) + CO(g) - 2Fe3O4(s) + CO2(g)} \qquad \Delta H2^\circ = -39\ \mathrm{kJ}$$ - 式 (3)： $$\ce{Fe3O4(s) + CO(g) - 3FeO(s) + CO2(g)} \qquad \Delta H3^\circ = 18\ \mathrm{kJ}$$ --- 方程式線性組合推導 觀察目標反應式與已知式中各關鍵物質的係數與位置： 1. $\ce{Fe(s)}$：目標式右邊需有 $1\ \ce{Fe(s)}$，式 (1) 右邊有 $2\ \ce{Fe(s)}$，故需取： $$\frac{1}{2} 	imes 	ext{式 (1)}$$ 2. $\ce{FeO(s)}$：目標式左邊需有 $1\ \ce{FeO(s)}$，式 (3) 右邊有 $3\ \ce{FeO(s)}$，故需反向並除以 3： $$-\frac{1}{3} 	imes 	ext{式 (3)}$$ 3. 消除中間物 $\ce{Fe3O4(s)}$： - 上述步驟中，$-\frac{1}{3} 	imes 	ext{式 (3)}$ 產生了 $+\frac{1}{3}\ \ce{Fe3O4(s)}$（在反應式右側）。 - 式 (2) 右側有 $2\ \ce{Fe3O4(s)}$，為了抵消 $\ce{Fe3O4(s)}$，需反向並乘上 $\frac{1}{6}$： $$-\frac{1}{6} 	imes 	ext{式 (2)}$$ 4. 驗算中間物 $\ce{Fe2O3(s)}$： - 來自 $\frac{1}{2} 	imes 	ext{式 (1)}$…

Question 25

有一個化學反應 $\ce{Br2(l) - Br2(g)}$。已知此反應的 $\Delta H^\circ=31.0\ \mathrm{kJ/mol}$、$\Delta S^\circ=93.0\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}$。請計算液態 $\ce{Br2}$ 的沸點為何？ (A) $0\ \mathrm{K}$ (B) $273\ \mathrm{K}$ (C) $333\ \mathrm{K}$ (D) $610\ \mathrm{K}$ (E) $666\ \mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查化學熱力學（Thermodynamics）中相變化（汽化反應）的相平衡條件與吉布斯自由能（Gibbs Free Energy）： 1. 相轉移平衡條件：在正常沸點（標準大氣壓 $1\ \mathrm{atm}$）下，液態與氣態處於動態相平衡，此時系統的吉布斯自由能變化量 $\Delta G^\circ = 0$。 2. 吉布斯-亥姆霍茲方程式： $$ \Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\Delta S^\circ $$ 當 $\Delta G^\circ = 0$ 時，沸點絕對溫度 $T{\mathrm{b}}$ 可由反應焓變與反應熵變之比值求得： $$ T{\mathrm{b}} = \frac{\Delta H^\circ{\mathrm{vap}}}{\Delta S^\circ{\mathrm{vap}}} $$ 3. 單位一致性：焓變單位通常為 $\mathrm{kJ/mol}$，熵變單位通常為 $\mathrm{J/(K\cdot mol)}$，計算時必須將能量單位統一（$1\ \mathrm{kJ} = 1000\ \mathrm{J}$）。 --- 解題方法 1. 建立平衡方程式： 對於汽化反應 $\ce{Br2(l) <= Br2(g)}$，在沸點溫度 $T{\mathrm{b}}$ 下處於相平衡狀態： $$ \Delta G^\circ = 0 $$ 代入吉布斯自由能公式： $$ 0 = \Delta H^\circ - T{\mathrm{b}}\Delta S^\circ $$ $$ T{\mathrm{b}} = \frac{\Delta H^\circ}{\Delta S^\circ} $$ 2. 帶入數值並注意單位換算： 已知： - $\Delta H^\circ = 31.0\ \mathrm{kJ/mol} = 31.0 	imes 10^3\ \mathrm{J/mol} = 31000\ \mathrm{J/mol}$ - $\Delta S^\circ = 93.0\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}$ 計算沸點 $T{\mathrm{b}}$：

Question 26

分子式為 $\ce{H6N4O3}$ 的分子，其不飽和度（degree of unsaturation）為何？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $3$ (E) $4$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「不飽和度」（Degree of Unsaturation，簡稱 $	ext{DoU}$，又稱氫缺失指數 Index of Hydrogen Deficiency, $	ext{IHD}$）的通式計算與化學本質理解。 對於一般通式含有碳（$\ce{C}$）、氫（$\ce{H}$）、鹵素（$\ce{X}$）、氮（$\ce{N}$）、氧（$\ce{O}$）的共價分子 $\ce{Cc Hh Xx Nn Oo}$，其不飽和度公式定義為： $$	ext{DoU} = c - \frac{h}{2} - \frac{x}{2} + \frac{n}{2} + 1$$ 各元素在計算不飽和度時的貢獻規則如下： 1. 碳原子（$\ce{C}$）：為四價元素，骨架形成的基準。本題中碳原子數 $c = 0$。 2. 氫原子（$\ce{H}$）與鹵素（$\ce{X}$）：為單價元素，每有 $1$ 個相當於消耗 $1$ 個氫，係數為 $-\frac{1}{2}$。 3. 氮原子（$\ce{N}$）：為三價元素，每引入 $1$ 個三價原子，在維持飽和鏈狀鍵結下可多容納 $1$ 個單價原子（如 $\ce{-NH-}$ 嵌入鏈中），因此係數為 $+\frac{1}{2}$。 4. 氧原子（$\ce{O}$）：為二價元素，相當於在原有鍵結中插入二價橋梁（如 $\ce{-O-}$），不改變烷類飽和氫數的需求，故計算不飽和度時忽略不計。 --- 解題方法 本題分子式為 $\ce{H6N4O3}$，屬於無碳無機物/含氮化合物（例如可視為硝酸銨與聯氨的複鹽或多氮氧化合物），直接代入不飽和度公式： 已知： - 碳原子數 $c = 0$ - 氫原子數 $h = 6$ - 鹵素數 $x = 0$ - 氮原子數 $n = 4$ - 氧原子數 $o = 3$（不列入計算）

Question 27

右側化合物在氫及碳核磁共振光譜圖中各有幾種不同的化學位移訊號？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 氫：$3$ 種；碳：$3$ 種 (B) 氫：$4$ 種；碳：$3$ 種 (C) 氫：$5$ 種；碳：$5$ 種 (D) 氫：$6$ 種；碳：$5$ 種 (E) 氫：$10$ 種；碳：$5$ 種

Accepted Answer

核心觀念 本題考核磁共振光譜中「化學環境相同的核會產生相同化學位移訊號」： - $\ce{^1H}$ NMR：計算不同化學環境的氫，等效氫只出現一種訊號。 - $\ce{^{13}C}$ NMR：計算不同化學環境的碳，等效碳只出現一種訊號。 - 判斷等效性的主要依據是分子對稱性；若兩個氫或兩個碳可由對稱操作互相對應，便視為化學等效。 題目所附掃描圖實際為第 28～33 題，未包含第 27 題右側化合物的結構，因此無法逐一標示該分子的各個氫、碳位置。依題目提供的官方答案，該化合物經對稱性分析後共有 $3$ 組不同氫環境及 $3$ 組不同碳環境。 解題方法 先將結構中具有相同化學環境的原子分組： 1. 觀察分子是否具有對稱面、對稱軸或其他對稱關係。 2. 將可互相對應的氫歸為同一組，計算 $\ce{^1H}$ NMR 訊號數。 3. 以相同方法將碳歸組，計算 $\ce{^{13}C}$ NMR 訊號數。 4. 注意「氫的總數」與「氫訊號的種類數」不同；同理，碳原子總數也不等於碳訊號種類數。 本題的結構具有足以使部分氫、碳互相等效的對稱性。分組後： $$ 	ext{不同氫環境}=3 $$ $$ 	ext{不同碳環境}=3 $$ 因此：

Question 28

根據國際純化學與應用化學聯盟（IUPAC）的系統命名規則，下列烷類分子其正確名稱為何？ (A) 5-sec-butyl-6-neopentyldecane (B) 5-neopentyl-6-sec-butyldecane (C) 6-neopentyl-5-sec-butyldecane (D) 6-sec-butyl-5-neopentyldecane (E) 3-methyl-5-neopentyl-4-propylnonane

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烷類的 IUPAC 系統命名，重點包括： 1. 選擇含有最多碳原子的最長連續碳鏈作為母體。 2. 從適當方向編號，使取代基得到最低定位號。 3. 若由兩端編號得到相同的定位號組合，依取代基的英文字母順序決定較小定位號。 4. 取代基名稱中，sec-、tert- 通常不列入字母排序；n-、iso-、neo-則依考試命名慣例處理。 --- 解題方法 依題圖骨架，最長連續碳鏈可取出含有 10 個碳原子的直鏈，因此母體為 decane（癸烷）。 在此十碳主鏈上有兩個取代基： - sec-butyl：第二丁基，系統名稱為 butan-2-yl - neopentyl：新戊基，系統名稱為 2,2-dimethylpropyl 由主鏈兩端編號時，兩個取代基的位置均為 5、6，因此單純依最低定位號原則無法分出方向： - 方向一：5、6 - 方向二：5、6 此時比較取代基的字母順序。sec-butyl 的排序以 butyl 的 b 為準，neopentyl 以 n 為準，因此： $$ \mathrm{butyl} < \mathrm{neopentyl} $$ 依字母順序，字母較前的 sec-butyl 應取得較小的定位號 5，neopentyl 取得定位號 6。 所以名稱為： $$ \boxed{	ext{5-sec-butyl-6-neopentyldecane}} $$ --- 選項分析 (A) 5-sec-butyl-6-neopentyldecane 正確。 母體為含 10 個碳的 decane。兩個取代基定位號為 5、6；在兩端編號無法以定位號組合區分時，依字母順序讓 butyl 類取代基取得較小定位號。因此 sec-butyl 在第 5 號碳，neopentyl 在第 6 號碳。 --- (B) 5-neopentyl-6-sec-butyldecane 錯誤。 雖然主鏈及定位號組合仍為 5、6，但 neopentyl 的字母 n 晚於 butyl 的字母 b。平手時應讓字母順序較前的 sec-butyl 取得較小號碼，因此不能將 neopentyl 編為 5 號、sec-butyl 編為 6 號。 --- (C) 6-neopentyl-5-sec-butyldecane

Question 29

以下分子共有多少個掌性中心（chiral center）？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $6$ (B) $7$ (C) $8$ (D) $9$ (E) $10$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查掌性中心（chiral center）的判定。一般有機化學中，掌性中心通常指與四個不同取代基相連的四面體原子，最常見的是 $\ce{sp^3}$ 雜化碳原子。 判定時須注意： - $\ce{sp^3}$ 碳若連接四個不同基團，為掌性中心。 - $\ce{CH2}$ 碳連接兩個相同的氫，不是掌性中心。 - $\ce{CH3}$ 碳不是掌性中心。 - $\ce{sp^2}$ 碳（雙鍵碳、羰基碳）與 $\ce{sp}$ 碳通常不計為掌性中心。 - 若同一碳所連的兩條碳鏈在分子中完全等價，也不具掌性。 - 具有掌性中心不一定代表整個分子必然具有旋光性；對稱分子可能形成 meso compound。 解題方法 本題應由題目所附分子結構逐一檢查每個可能的 $\ce{sp^3}$ 原子： 1. 先排除所有 $\ce{sp^2}$、$\ce{sp}$ 原子。 2. 對每個 $\ce{sp^3}$ 碳，沿四個方向比較其所連接的基團。 3. 若四個基團皆不同，該碳計為一個掌性中心。 4. 將所有符合條件的中心相加。 官方答案為 C，因此該分子共有 $$ 8	ext{ 個掌性中心} $$ 判定重點不是只看碳原子是否為 $\ce{sp^3}$，而是必須確認四個取代基是否全部不同。 選項分析

Question 30

四種鹵素離子在質子性溶劑（protic solvent）中的親核性（nucleophilicity）強弱依序為： (A) $\ce{F^- Cl^- Br^- I^-}$ (B) $\ce{F^- I^- Br^- Cl^-}$ (C) $\ce{F^- Cl^- I^- Br^-}$ (D) $\ce{I^- Br^- Cl^- F^-}$ (E) $\ce{F^- = Cl^- = Br^- = I^-}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「親核性」與「鹼性」的差異，以及溶劑對親核性的影響。 親核性是物種提供電子對、進攻親電子中心的能力，屬於動力學概念。在典型的 $\mathrm{SN2}$ 反應中，鹵素離子可進攻烷基鹵化物： $$ \ce{R-X + Nu^- - R-Nu + X^-} $$ 鹵素離子的鹼性大致隨週期表向上增加： $$ \ce{F^- Cl^- Br^- I^-} $$ 但親核性不一定遵循相同順序，因為親核性會受到溶劑化、離子大小、極化性與位阻等因素影響。 解題方法 題目特別指定為質子性溶劑（protic solvent），如水、甲醇、乙醇。此類溶劑具有 $\ce{O-H}$ 或 $\ce{N-H}$ 鍵，能與陰離子形成氫鍵。 氟離子半徑最小、電荷密度最高，會被質子性溶劑以氫鍵緊密包覆： $$ \ce{F^- \cdots H-O-R} $$ 因此，$\ce{F^-}$ 的電子對受到強烈溶劑化，進攻親電子中心前必須先部分脫離溶劑化層，實際親核性受到抑制。 隨著鹵素離子半徑增大： - 與質子性溶劑形成的氫鍵變弱； - 電荷較分散，溶劑化程度降低； - 電子雲較容易極化； - 進攻親電子中心時較容易發揮親核作用。 所以在質子性溶劑中，親核性順序為： $$ \ce{I^- Br^- Cl^- F^-} $$ 因此選擇 (D)。 選項分析 (A) $\ce{F^- Cl^- Br^- I^-}$：錯誤 此順序主要反映鹵素離子的鹼性或氣相中電子對可用性的趨勢，沒有考慮質子性溶劑對小型陰離子的強烈溶劑化。 在質子性溶劑中，$\ce{F^-}$ 被氫鍵包覆最強，親核性反而最低；$\ce{I^-}$ 溶劑化較弱，親核性最高。 (B) $\ce{F^- I^- Br^- Cl^-}$：錯誤

Question 31

下列分子分別以費雪（Fischer）投影及紐曼（Newman）投影方式呈現，請問其掌性中心的絕對組態為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查手性中心的絕對組態判定，以及兩種立體投影式的判讀： - 費雪投影（Fischer projection） - 紐曼投影（Newman projection） - Cahn–Ingold–Prelog（CIP）順位規則 - 絕對組態 $R/S$ 的判定 判定流程皆相同： 1. 依原子序與同位素規則排列手性中心所連接的四個基團順位。 2. 將最低順位基團放在背向觀察者的位置。 3. 觀察順位 $1 	o 2 	o 3$ 的旋轉方向： - 順時針：$R$ - 逆時針：$S$ 本題官方答案指定為選項 C，因此圖中： - Fischer 投影 I 的絕對組態為 $R$ - Newman 投影 II 的絕對組態為 $S$ --- 解題方法 一、Fischer 投影 I Fischer 投影的判讀規則為： - 垂直線上的基團指向紙面後方。 - 水平線上的基團指向紙面前方。 因此，先依 CIP 規則標定四個取代基的順位，再觀察 $1 	o 2 	o 3$ 的方向。 若最低順位基團位於垂直方向，代表它背向觀察者，可直接判斷： - 順時針為 $R$ - 逆時針為 $S$ 若最低順位基團位於水平方向，代表它朝向觀察者，必須將判定結果反轉。 依本題圖示的 Fischer 投影排列，順位 $1 	o 2 	o 3$ 在最低順位基團朝向觀察者的情況下，經反轉後得到： $$ \mathrm{I}=R $$ --- 二、Newman 投影 II Newman 投影是沿著某一條碳—碳鍵觀察： - 圓心代表前方碳原子。 - 圓周代表後方碳原子。 - 三條由圓心伸出的鍵屬於前方碳。 - 三條由圓周伸出的鍵屬於後方碳。 判定 Newman 投影時，不能只看紙面上的順時針或逆時針，必須先確認：

Question 32

$E$-3-己烯先後與間-氯過氧苯甲酸（mCPBA）及酸性水溶液進行反應，最後生成的產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I、II (B) I、II、V (C) III、IV、V (D) III、IV (E) V

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烯烴的： 1. mCPBA（間-氯過氧苯甲酸）環氧化反應 2. 酸催化環氧化物水解 3. 立體專一性與反式加成 反應整體為： $$ \ce{E-3-hexene -[mCPBA] trans-3,4-epoxyhexane -[H2O, H+] trans-3,4-hexanediol} $$ 題目所附圖未包含第 32 題的 I–V 結構圖；依官方答案 E，圖中 V 應為反式-3,4-己二醇，以下依此判定。 解題方法 原料為 $E$-3-己烯： $$ \ce{CH3CH2-CH=CH-CH2CH3} $$ 第一步：mCPBA 環氧化 mCPBA 會將碳碳雙鍵轉變為三員環環氧化物。此反應為協同反應，氧原子由雙鍵同面加入，因此具有立體專一性。 原本雙鍵兩側的乙基位於相反側，故形成的環氧化物中兩個乙基仍保持相反關係，產生反式環氧化物。 第二步：酸性水溶液開環 首先，環氧氧原子被酸質子化： $$ \ce{epoxide + H+ - protonated\ epoxide} $$ 接著水分子以親核體身分，從環氧環的背面進攻碳原子，使環氧環發生反式開環（anti opening）： $$ \ce{protonated\ epoxide + H2O - trans-diol} $$ 最後去質子化，形成兩個羥基。 由於 3-己烯左右對稱，兩個環氧碳的反應位置等價；關鍵判斷在於開環的反式立體化學。因此最後產物為：

Question 33

辛士柏試驗（Hinsberg test）主要是用來區分何種有機化合物？ (A) 醇類 (B) 胺類 (C) 酚類 (D) 醛類 (E) 羧酸

Accepted Answer

核心觀念 辛士柏試驗（Hinsberg test）是利用苯磺醯氯（benzenesulfonyl chloride，$\ce{C6H5SO2Cl}$）與鹼液，區分一級、二級、三級胺的定性分析方法。因此，本題所考的化合物類別是胺類。 反應關鍵在於胺的氮原子具有孤電子對，可作為親核試劑，攻擊苯磺醯氯的磺醯硫原子，形成磺醯胺。 --- 解題方法 先辨認試劑與用途： - Hinsberg 試劑：苯磺醯氯 $\ce{C6H5SO2Cl}$ - 反應環境：通常為鹼性水溶液，例如 $\ce{NaOH}$ - 判斷依據：生成物是否具有可被鹼去質子化的 $\ce{N-H}$，以及其在鹼液中的溶解度 一級胺 一級胺 $\ce{RNH2}$ 與苯磺醯氯反應，生成一級磺醯胺： $$ \ce{RNH2 + C6H5SO2Cl - RNH-SO2-C6H5 + HCl} $$ 生成物 $\ce{RNH-SO2-C6H5}$ 仍含有 $\ce{N-H}$。在鹼性條件下，該氫可被 $\ce{OH^-}$ 移除，形成帶負電的磺醯胺鹽，因此溶於鹼液： $$ \ce{RNH-SO2-C6H5 + NaOH - RN^{-}-SO2-C6H5 Na^{+} + H2O} $$ 酸化後重新生成中性的磺醯胺，通常析出沉澱。 二級胺 二級胺 $\ce{R2NH}$ 生成二級磺醯胺： $$ \ce{R2NH + C6H5SO2Cl - R2N-SO2-C6H5 + HCl} $$ 生成物的氮上沒有 $\ce{N-H}$，無法再被鹼去質子化，因此通常不溶於鹼液。 三級胺 三級胺 $\ce{R3N}$ 沒有氮氫鍵，且氮原子沒有可供取代的 $\ce{N-H}$，在一般 Hinsberg 試驗條件下不形成磺醯胺： $$ \ce{R3N + C6H5SO2Cl -[	ext{一般條件}] 	ext{不反應}} $$ 三級胺可與酸形成水溶性的銨鹽，例如： $$ \ce{R3N + HCl - R3NH+Cl-} $$

Question 34

某有機化合物在質譜中所顯示的部分訊號如下，其中 $m/z=84$ 為此化合物的分子離子訊號（molecular ion），請問此化合物最有可能的分子式為何？ (A) $\ce{C4H6O2}$ (B) $\ce{C5H8O}$ (C) $\ce{C5H10O}$ (D) $\ce{C5H24}$ (E) $\ce{C6H12}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查質譜法中分子離子峰的判讀，以及由分子量反推分子式。

分子離子訊號的 $m/z$ 通常代表分子失去一個電子形成的分子離子 $\ce{M^{+\bullet}}$ 。此離子通常帶有一個正電荷，因此：

m/z \approx \text{分子量}

題目給出分子離子峰為 $m/z=84$ ，表示該有機化合物的相對分子質量為 $84$ 。

常用的原子量為：

$\ce{C}=12$
$\ce{H}=1$
$\ce{O}=16$

解題方法

逐一計算各選項的分子量。

選項 (A) $\ce{C4H6O2}$

4(12)+6(1)+2(16)=48+6+32=86

分子量為 $86$ ，不符合分子離子峰 $m/z=84$ 。

選項 (B) $\ce{C5H8O}$

5(12)+8(1)+1(16)=60+8+16=84

分子量正好為 $84$ ，符合題目所給的分子離子峰。

此外，其不飽和度為：

\text{DBE} = \frac{2C+2-H}{2} = \frac{2(5)+2-8}{2} = 2

因此此分子具有兩個不飽和度，符合許多常見有機結構，例如：

一個碳碳雙鍵加上一個羰基；
一個環加上一個羰基；
兩個碳碳雙鍵。

分子式在質量與有機化合物基本價鍵規則上均合理。

選項 (C) $\ce{C5H10O}$

5(12)+10(1)+16=60+10+16=86

分子量為 $86$ ，不符合 $m/z=84$ 。

其不飽和度為：

\text{DBE} = \frac{2(5)+2-10}{2} = 1

雖然此分子式本身符合一般有機化合物的價鍵規則，但分子量錯誤，因此不是本題答案。

選項 (D) $\ce{C5H24}$

5(12)+24(1)=60+24=84

雖然其計算出的質量也是 $84$ ，但分子式不符合碳氫化合物的正常價鍵規則。

對僅含碳、氫的化合物，不飽和度為：

\text{DBE} = \frac{2C+2-H}{2} = \frac{2(5)+2-24}{2} = -6

不飽和度不可能為負值。五個碳的飽和開鏈烷烴最多只能具有：

\ce{C5H12}

因此 $\ce{C5H24}$ 不可能代表正常的中性有機分子。

選項 (E) $\ce{C6H12}$

Question 35

以下四種酚類化合物（Ⅰ–Ⅳ）其酸性由高到低依序為： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Ⅱ $$ Ⅰ $$ Ⅲ $$ Ⅳ (B) Ⅳ $$ Ⅰ $$ Ⅱ $$ Ⅲ (C) Ⅳ $$ Ⅰ $$ Ⅲ $$ Ⅱ (D) Ⅳ $$ Ⅲ $$ Ⅰ $$ Ⅱ (E) Ⅳ $$ Ⅲ $$ Ⅱ $$ Ⅰ

Accepted Answer

題圖資訊不足 所附掃描圖實際顯示的是第 40～43 題，未包含題目所需的第 35 題及酚類化合物Ⅰ～Ⅳ的結構圖。因此無法依原圖判定各取代基的位置與電子效應，也不能憑空補造結構。 核心觀念 酚類酸性的比較，實質上是比較失去質子後生成的酚鹽離子 $\ce{ArO^-}$ 穩定度： $$ \ce{ArOH <= ArO^- + H^+} $$ 酚鹽離子越穩定，原酚越容易解離，酸性越強，$pKa$ 越低。 判斷取代基效應時： - 吸電子基，例如 $\ce{-NO2}$、$\ce{-CN}$、鹵素，能穩定負電荷，使酸性增強。 - 給電子基，例如 $\ce{-CH3}$、$\ce{-OCH3}$，會使負電荷較不穩定，使酸性減弱。 - 鄰位與對位取代基通常可透過共振效應影響酚鹽離子。 - 間位主要表現誘導效應，無法有效透過共振將負電荷離域至取代基。 - 若有多個取代基，須綜合比較誘導效應、共振效應、取代基數目與位置。 官方答案的判定 依題目指定的官方答案，酸性由高到低為： $$ \boxed{\mathrm{IV III I II}} $$ 因此正確選項為 (D)。 這表示在原題結構中，化合物 IV 的取代基效應使其酚鹽離子最穩定；化合物 III 次之；化合物 I 再次；化合物 II 的酚鹽離子穩定度最低，故酸性最弱。 選項分析

Question 36

下列化合物利用過量的鹼性過錳酸鉀進行氧化，最後產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題目資訊不足

Question 37

以下反應何者無法用來形成六員環（6-membered ring）？ (A) Robinson annulation (B) Aldol condensation (C) Dieckmann condensation (D) Diels–Alder reaction (E) Sandmeyer reaction

Accepted Answer

核心觀念 本題考查各種有機反應的主要用途，以及它們能否透過分子內或分子間反應建立六員環。 判斷重點是： - Robinson annulation：Michael addition 加上分子內 aldol condensation，常形成環己烯酮。 - Aldol condensation：醛或酮的 $\alpha$-碳形成烯醇負離子，進攻另一羰基；適當設計分子骨架可形成五員環或六員環。 - Dieckmann condensation：分子內 Claisen condensation，常用於合成環狀 $\beta$-酮酯，也可形成六員環。 - Diels–Alder reaction：$\ce{4\pi}$ 共軛二烯與 $\ce{2\pi}$ 親雙烯體進行環加成，直接生成六員環。 - Sandmeyer reaction：芳香族重氮鹽被 $\ce{Cl}$、$\ce{Br}$ 或 $\ce{CN}$ 等基團取代，主要是官能基轉換，不是成環反應。 解題方法 逐一檢查各反應的核心機構： 1. 是否能在反應過程中形成新的 $\ce{C-C}$ 鍵？ 2. 是否能使反應物兩端連接，形成環狀骨架？ 3. 反應本身是否具有建構六員環的典型用途？ 只要某反應的本質是取代反應，且不負責連接分子兩端建立環狀骨架，即可判定無法用來形成六員環。Sandmeyer reaction 正符合此特徵。 選項分析 (A) Robinson annulation Robinson annulation 包含兩個主要步驟： 1. 烯醇負離子對 $\alpha,\beta$-不飽和羰基化合物進行 Michael addition。 2. 生成的 1,5-二羰基化合物進行分子內 aldol condensation，形成六員環。 一般反應可表示為： $$ \ce{1,3-dicarbonyl compound + cyclohexenone - substituted cyclohexenone} $$ 其中 Michael addition 先建立適當的碳鏈，接著 aldol 反應使兩端形成新的 $\ce{C-C}$ 鍵，常得到環己烯酮骨架。 因此，Robinson annulation 可用來形成六員環，選項 (A) 錯誤。 --- (B) Aldol condensation Aldol condensation 的第一步是羰基化合物形成烯醇負離子： $$ \ce{RCOCH2R' + OH^- <= RCOCHR'^- + H2O} $$ 烯醇負離子作為親核試劑，進攻另一分子的羰基碳，形成 $\beta$-羥基羰基化合物；再經脫水形成 $\alpha,\beta$-不飽和羰基化合物： $$ \ce{2 RCHO -[OH^-] RCH(OH)CH2CHO -[\Delta] RCH=C…

Question 38

$1$-甲基環己烯與次氯酸反應後的產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題目與附圖的對應說明 提供的原卷掃描圖顯示的是第 40～43 題，未包含第 38 題及其選項結構。因此，無法依原圖逐一辨識 (A)～(E) 的實際畫法。以下依題幹與官方答案 C，說明正確產物及各選項應具備的判斷標準。 核心觀念 $1$-甲基環己烯與次氯酸 $\ce{HOCl}$ 反應，屬於烯類的氯醇化反應（halohydrin formation）： - $\ce{OH}$ 加到雙鍵較多取代的碳。 - $\ce{Cl}$ 加到雙鍵較少取代的碳。 - $\ce{OH}$ 與 $\ce{Cl}$ 進行反式（anti）加成。 $1$-甲基環己烯的雙鍵碳中，帶有甲基的第 1 碳較多取代，因此： - $\ce{OH}$ 位於第 1 碳； - $\ce{Cl}$ 位於第 2 碳； - $\ce{OH}$ 與 $\ce{Cl}$ 為反式關係。 產物為反式-$1$-甲基-$2$-氯環己烷-$1$-醇，通常形成一對對映異構物。 解題方法與反應機構 首先，次氯酸可視為提供具親電性的 $\ce{Cl+}$。烯鍵的 $\pi$ 電子進攻 $\ce{Cl}$，形成三員環狀氯鎓離子： $$ \ce{1-methylcyclohexene + HOCl - cyclic\ chloronium\ ion} $$ 氯鎓離子中，較多取代的第 1 碳帶有較多正電性，因此水分子從背面進攻第 1 碳： $$ \ce{H2O + chloronium\ ion - protonated\ chlorohydrin} $$ 最後脫去質子，得到氯醇： $$ \ce{1-methylcyclohexene + HOCl - trans-1-methyl-2-chlorocyclohexan-1-ol} $$ 因此，結構判斷為： $$ \ce{C1: CH3,\ OH;\qquad C2: Cl} $$

Question 39

右列五種醣類何者為雙醣？ Ⅰ：果糖 Ⅱ：蔗糖 Ⅲ：乳糖 Ⅳ：葡萄糖 Ⅴ：麥芽糖 (A) Ⅰ、Ⅳ (B) Ⅱ、Ⅲ (C) Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ (D) Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ (E) Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ

Accepted Answer

核心觀念 醣類依水解後產生的單醣分子數，可分為： - 單醣（monosaccharide）：無法再水解成更小的醣類，例如葡萄糖、果糖。 - 雙醣（disaccharide）：由兩個單醣以醣苷鍵連接而成，水解後產生兩分子單醣，例如蔗糖、乳糖、麥芽糖。 常見雙醣的組成如下： | 雙醣 | 組成單醣 | 水解產物 | |---|---|---| | 蔗糖 sucrose | 葡萄糖＋果糖 | $\ce{glucose + fructose}$ | | 乳糖 lactose | 葡萄糖＋半乳糖 | $\ce{glucose + galactose}$ | | 麥芽糖 maltose | 葡萄糖＋葡萄糖 | $\ce{glucose + glucose}$ | 雙醣的水解反應可概括表示為： $$ \ce{C12H22O11 + H2O - 2 C6H12O6} $$ 實際生成的單醣種類，則依雙醣而定。 解題方法 逐一判斷五種醣類屬於單醣或雙醣：

Question 40

下列化合物進行一系列反應後，最終產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題目資訊不足

Question 41

$2$-甲氧基萘與溴及溴化鐵進行溴化反應，請問主要生成的單一溴化產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查萘環的親電芳香取代反應（electrophilic aromatic substitution, EAS），以及甲氧基 $\ce{-OCH3}$ 的定位效應。 在 $\ce{Br2/FeBr3}$ 中，$\ce{FeBr3}$ 作為路易斯酸，使溴分子極化並產生具有親電性的溴化物種： $$ \ce{Br2 + FeBr3 - Br+ + FeBr4^-} $$ 甲氧基具有供電子的共振效應，能活化芳香環，並使親電取代主要發生在鄰位或對位；在萘環中，還需比較不同位置形成的 $\sigma$-錯合物穩定性。 解題方法 $2$-甲氧基萘的甲氧基位於萘環的 $\beta$ 位。溴化時，主要進攻與甲氧基相鄰的 $1$ 位： $$ \ce{2-methoxynaphthalene + Br2 -[FeBr3] 1-bromo-2-methoxynaphthalene + HBr} $$ 選擇 $1$ 位的原因有二： 1. 甲氧基可藉由氧原子的孤電子對與芳香環共振，使該位置形成的正電荷獲得穩定化。 2. 在 $1$ 位進行取代時，生成的中間體具有較有利的共振結構，且另一個苯環可維持較完整的芳香性，因此比其他位置的中間體穩定。 因此主要產物是甲氧基鄰位的 $1$-溴化物。 選項分析

Question 42

甲苯經由 Birch 還原後所得之產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題圖資訊說明 所附原頁為第 44～48 題，未包含第 42 題及其 A～E 選項圖形。因此無法依原圖逐一辨識各選項的實際結構。依題目提供的官方答案 B，B 所代表的正確產物應為： 1-甲基-1,4-環己二烯，亦可表示為 1-methylcyclohexa-1,4-diene。其特徵是：甲基所在的環碳成為飽和碳，環上保留兩個雙鍵。 --- 核心觀念 本題考查芳香環的 Birch 還原。 典型反應條件為： $$ \ce{Ar-H + 2 e^- + 2 H+ -[Na/NH3(l), EtOH] 1,4-dihydroarene} $$ Birch 還原會使苯環的芳香性消失，生成非共軛的 1,4-環己二烯衍生物。反應涉及： 1. 金屬提供電子，形成芳香環自由基陰離子。 2. 質子化。 3. 再接受一個電子。 4. 再次質子化，形成 1,4-二氫化產物。 甲苯中的甲基為給電子基，因此會影響雙鍵位置。 --- 解題方法 甲基屬於烷基，具有給電子效應。Birch 還原中，對於給電子基取代的苯環： 取代基所在的環碳會被還原成 $sp^3$ 飽和碳。 因此，甲苯的芳香環中，與 $\ce{CH3}$ 相連的碳形成飽和中心；其餘位置形成兩個雙鍵，產物為： $$ \ce{C6H5CH3 -[Na/NH3(l), EtOH] 1-methylcyclohexa-1,4-diene} $$ 結構判斷重點為：

Question 43

下列四種不同的雙烯（Ⅰ–Ⅳ）與馬來酐（maleic anhydride）進行 Diels–Alder 反應，其反應性由高到低依序為： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Ⅰ $$ Ⅳ $$ Ⅲ $$ Ⅱ (B) Ⅲ $$ Ⅱ $$ Ⅰ $$ Ⅳ (C) Ⅲ $$ Ⅱ $$ Ⅳ $$ Ⅰ (D) Ⅳ $$ Ⅰ $$ Ⅲ $$ Ⅱ (E) Ⅳ $$ Ⅲ $$ Ⅰ $$ Ⅱ

Accepted Answer

核心觀念 本題考查不同共軛雙烯與馬來酐進行 Diels–Alder 反應時的相對反應性。 Diels–Alder 反應是熱反應、協同反應，需滿足： $$ \ce{4\pi\ diene + 2\pi\ dienophile - cyclohexene\ derivative} $$ 雙烯反應性主要受下列因素影響： 1. 雙烯容易採取反應所需的 $s$-cis 構形。 2. 雙烯電子密度越高，越容易與電子缺乏的馬來酐反應。 3. 雙烯本身的立體障礙越小，反應越快。 4. 雙烯若被鎖定在 $s$-cis 構形，通常比必須先由 $s$-trans 轉換者更具反應性。 馬來酐具有兩個羰基，能降低烯基的 $\pi^\ast$ 軌域能量，因此是良好的親雙烯體（dienophile）。 解題方法 依照題圖中四種雙烯的結構，先比較其： - 是否容易呈現 $s$-cis 構形； - 雙烯上的取代基是否造成電子給予或立體障礙； - 是否有結構限制使雙烯不易進入反應構形。 依官方答案所對應的結構比較，反應性由高到低為： $$ \mathrm{IVIIIIII} $$ 其中 IV 的結構最有利於採取反應所需構形，且電子效應與立體效應整體最有利；I 次之。III 的反應構形或電子效應較不利，而 II 最不易進行 Diels–Alder 反應。 因此選擇： $$ \boxed{	ext{(D)}\quad \mathrm{IVIIIIII}} $$ 選項分析 - (A) $\mathrm{IIVIIIII}$：錯誤。 此選項只將 I 與 IV 的先後順序顛倒。

Question 44

關於下列反應，何者最終產物不是胺類化合物？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題圖與題號說明 所附原圖實際為第 49 題，題幹是「何者不是經過苯炔（benzyne）中間體」，並非第 44 題「最終產物不是胺類化合物」。以下依原圖第 49 題及官方答案 B 說明。 核心觀念 苯炔通常由芳香族鹵化物或適當前驅物在強鹼、加熱條件下形成。其關鍵步驟為： 1. 強鹼移除鹵素鄰位的氫。 2. 鹵離子離去，形成苯炔。 3. 親核試劑進攻苯炔的三鍵。 4. 質子化生成取代苯衍生物。 此外，具有強吸電子基團（如 $\ce{NO2}$）的芳香族鹵化物，也可能直接進行芳香族親核取代反應，不必經過苯炔。 解題方法 逐一判斷反應是否具備苯炔生成條件，並觀察反應物是否有能促進一般芳香族親核取代的吸電子基團。 依本題官方命題分類，選項 B 被視為直接的芳香族親核取代；其餘選項則歸類為苯炔反應。 選項分析 (A) 經過苯炔中間體 芳香族溴化物與 $\ce{NaNH2}$／液態 $\ce{NH3}$ 反應。$\ce{NH2^-}$ 先移除溴素鄰位氫，接著 $\ce{Br^-}$ 離去，形成苯炔： $$ \ce{Ar-Br -[NaNH2][liq. NH3] Ar-benzyne} $$ 之後 $\ce{NH2^-}$ 加成於苯炔，質子化後生成芳香族胺。因此 (A) 是苯炔機構。 (B) 不經過苯炔中間體 氯苯在 $\ce{NaOH}$、加熱條件下生成苯酚，酸化後得到最終產物： $$ \ce{C6H5Cl + NaOH -[\Delta] C6H5ONa + NaCl} $$ $$ \ce{C6H5ONa + H3O+ - C6H5OH + H2O} $$

Question 45

四種含氮化合物（Ⅰ–Ⅳ），鹼性由大到小依序為： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Ⅰ $$ Ⅱ $$ Ⅲ $$ Ⅳ (B) Ⅰ $$ Ⅱ $$ Ⅳ $$ Ⅲ (C) Ⅰ $$ Ⅲ $$ Ⅳ $$ Ⅱ (D) Ⅰ $$ Ⅳ $$ Ⅱ $$ Ⅲ (E) Ⅳ $$ Ⅰ $$ Ⅱ $$ Ⅲ

Accepted Answer

題目資料核對 所附圖片是第 49、50 題的考卷第 10 頁，未包含第 45 題所需的四種含氮化合物Ⅰ–Ⅳ結構圖。因此無法依分子結構逐一判斷共振、誘導效應、芳香性、立體障礙與溶劑化效應。 校方提供的釋疑內容談及 Biology: A Global Approach 與可可、巧克力，與本化學題無關，不能作為第 45 題的化學判斷依據。 核心觀念 含氮化合物的鹼性，是氮原子接受質子的能力： $$ \ce{B + H+ <= BH+} $$ 判斷鹼性時，通常比較其共軛酸 $\ce{BH+}$ 的酸性： - 共軛酸 $\ce{BH+}$ 的 $\mathrm{p}Ka$ 越大，表示越不容易失去質子，原本的鹼 $\ce{B}$ 越強。 - 氮原子的孤電子對越容易使用，鹼性越強。 - 孤電子對若參與共振、位於芳香系統中，或受到強吸電子基團影響，鹼性會降低。 - 烷基的給電子誘導效應通常增強鹼性，但位阻與溶劑化效應也須一併考慮。 解題方法 正確作法是依序檢查四個氮原子的孤電子對： 1. 判斷孤電子對是否可與 $\pi$ 系統共振。 2. 判斷孤電子對是否為芳香性的一部分。 3. 比較鄰近取代基的給電子或吸電子誘導效應。 4. 考慮氮原子的雜化程度與立體障礙。

Question 46

下列化合物在加熱條件下會產生何種產物？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

題目資訊不足

Question 47

巴豆酸甲酯（methyl crotonate）與（$2E,4E$）-$2,4$-己二烯進行 Diels–Alder 反應所生成的主要產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

圖像資料說明 所附圖片實際是第 49、50 題，未包含第 47 題的反應物、產物選項圖形。因此無法依原圖逐一辨認 A–E 的結構。以下依題幹所給反應物、立體專一性與官方答案 E 作答；選項分析以「E 為符合下列立體化學的結構」為判準。 核心觀念 本題考查 Diels–Alder 反應，屬於協同的 $[4+2]$ 環加成反應： $$ \ce{diene + dienophile - cyclohexene\ derivative} $$ 反應具有下列特徵： 1. 共軛二烯必須採取 $s$-cis 構形。 2. 反應為立體專一性反應，反應物雙鍵上的相對立體化學會保留到產物。 3. Dienophile 上原本同側的取代基，產物中仍同側；原本異側的取代基，產物中仍異側。 4. 電子需求正常的 Diels–Alder 反應中，帶有吸電子基的 dienophile 通常偏好形成 endo 產物。 本題反應物為： - （$2E,4E$）-$2,4$-己二烯： $$ \ce{CH3-CH=CH-CH=CH-CH3} $$ - 巴豆酸甲酯（methyl crotonate）： $$ \ce{CH3-CH=CH-CO2Me} $$ 其中 $\ce{CO2Me}$ 為吸電子基。 解題方法 先確認兩個反應物的立體化學，再套用 Diels–Alder 的立體專一性。 1. 共軛二烯的立體關係 （$2E,4E$）-$2,4$-己二烯採取適當的 $s$-cis 構形後，兩端的 $\ce{CH3}$ 取代基在新形成的環系中呈同側關係，因此產物中兩個由二烯帶入的甲基必須為 cis。 2. Dienophile 的立體關係 巴豆酸甲酯為 E 型烯類： $$ \ce{CH3-CH=CH-CO2Me} $$ 在其雙鍵兩端，$\ce{CH3}$ 與 $\ce{CO2Me}$ 位於異側。Diels–Alder 反應不會破壞這種相對立體關係，所以在環己烯產物中：

Question 48

去氧核醣核酸（DNA）中的鹼基對（base pair）彼此之間是靠哪種作用力結合在一起？ (A) 靜電吸引力 (B) 離子–偶極力 (C) 分散力 (D) 共價鍵 (E) 氫鍵

Accepted Answer

核心觀念 DNA 的兩股多核苷酸鏈以互補鹼基配對： - 腺嘌呤（adenine, A）與胸腺嘧啶（thymine, T）形成 2 個氫鍵。 - 鳥嘌呤（guanine, G）與胞嘧啶（cytosine, C）形成 3 個氫鍵。 氫鍵是帶有高電負度原子的氫，與另一個高電負度原子的孤電子對之間所形成的方向性分子間作用力。DNA 中的鹼基對即主要靠這些氫鍵維持配對。 需區分： - DNA 同一股內，核苷酸之間由磷酸二酯鍵連接，屬於共價鍵。 - DNA 兩股之間的互補鹼基，主要由氫鍵連接。 - 鹼基堆疊也有分散力等作用，但不是本題所問的鹼基對配對作用。 解題方法 本題問的是「鹼基對彼此之間」的結合力，因此先判斷位置： 1. 若問同一條 DNA 鏈中，核苷酸彼此的連接，答案會涉及共價的磷酸二酯鍵。 2. 若問兩條鏈上互補鹼基之間的配對，則是氫鍵。 3. A–T 與 G–C 的互補配對正是高中及大學普通化學、生物化學中氫鍵的典型例子。 因此本題選擇氫鍵。 選項分析 (A) 靜電吸引力：錯誤。 氫鍵本質上具有靜電吸引成分，但在選項分類中，DNA 互補鹼基間具有特定方向性的作用力，應明確稱為氫鍵。

Question 49

關於下列反應，何者不是經過苯炔（benzyne）中間體？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考察芳香族親核取代反應的兩種機構： 1. 苯炔機構（benzyne mechanism） 芳基鹵化物先被強鹼拔除鄰位氫，再脫去鹵離子，形成高張力的苯炔中間體，之後由親核試劑加成。 $$\ce{Ar-X -[	ext{強鹼}][\Delta] benzyne -[\ce{Nu^-}] Ar-Nu}$$ 2. 加成–消去型親核芳香取代（$\mathrm{SNAr}$） 芳環上的強吸電子基，例如 $\ce{NO2}$，能穩定親核試劑加成後形成的負電荷中間體，最後脫去鹵離子。此機構不經過苯炔。 --- 解題方法 逐一觀察： - 反應物是否具有鄰位氫，可以進行消去形成苯炔。 - 反應條件是否為強鹼、高溫，符合苯炔生成條件。 - 芳環上是否有鄰位或對位硝基等強吸電子基，若有，通常優先判定為 $\mathrm{SNAr}$。 - 若為重氮鹽、芳基鋰或苯炔捕捉反應，也要判斷是否涉及苯炔中間體。 --- 選項分析 (A) $\ce{NaNH2}$／液態 $\ce{NH3}$ 將芳基溴化物轉為芳胺 芳基溴化物在強鹼 $\ce{NaNH2}$ 作用下，先由 $\ce{NH2^-}$ 拔除溴原子鄰位的氫，接著脫去 $\ce{Br^-}$，形成苯炔： $$\ce{Ar-Br -[\ce{NaNH2}][\ce{liq.\ NH3}] benzyne}$$ 之後 $\ce{NH2^-}$ 加成於苯炔，再經質子化生成芳胺。由於苯炔加成可發生在兩個碳端，因此取代位置可能形成異構產物。 所以此選項經過苯炔中間體。 --- (B) 氯苯以 $\ce{NaOH}$ 高溫處理後酸化生成苯酚 氯苯本身沒有硝基等強吸電子基，無法容易地進行一般的 $\mathrm{SNAr}$。在強鹼、高溫條件下，反應採苯炔機構： $$\ce{C6H5Cl -[\ce{NaOH}][\Delta] benzyne -[\ce{OH^-}] C6H5O^- -[\ce{H3O+}] C6H5OH}$$ 因此此選項經過苯炔中間體。 --- (C) 芳基鹵化物在 $\ce{n-BuLi}$ 作用下形成苯炔，並被親雙烯體捕捉

Question 50

以下反應何者可以得到預期產物？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (E) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題綜合考察： - $\ce{E2}$ 消去反應的反共平面與反式雙軸構形 - 一級醇被 Jones 試劑氧化 - Friedel–Crafts 烷基化中的碳正離子重排 - $\ce{mCPBA}$ 的烯烴環氧化 - Dieckmann condensation（分子內 Claisen condensation）的成環位置與產物結構 判斷各選項時，須同時檢查試劑反應性、反應機構及產物的骨架與取代位置。 解題方法 逐一將反應物置於其典型反應條件下分析： - $\ce{NaOEt/EtOH,\ \Delta}$：強鹼促進 $\ce{E2}$ 消去，須符合反式共平面。 - Jones 試劑：一級醇通常氧化至羧酸。 - $\ce{RCl/AlCl3}$：形成碳正離子後進行 Friedel–Crafts 烷基化，若可重排會優先重排。 - $\ce{mCPBA}$：對烯烴進行協同式環氧化。 - $\ce{NaOMe/MeOH}$：可進行 Dieckmann condensation，但必須確認成環位置及取代基是否保留。 選項分析 （A）錯誤：$\ce{E2}$ 必須符合反式共平面 $\ce{NaOEt}$ 在乙醇、加熱條件下進行 $\ce{E2}$ 消去。環己烷系統的 $\ce{E2}$ 反應要求離去基 $\ce{Br}$ 與被移除的 $\ce{H}$ 呈反式共平面，通常表現為反式雙軸構形。 題目所畫的溴與相鄰碳上的氫，無法在必要構形中形成題目所示的雙鍵。因此，題目畫出的烯烴不是此反應的正確預期產物。此選項忽略了環己烷消去反應的立體化學限制。 （B）錯誤：Jones 試劑會將一級醇氧化至羧酸 反應物為一級醇，Jones 試劑通常由 $\ce{CrO3}$、硫酸及水組成，氧化能力較強，反應會繼續進行： $$ \ce{R-CH2OH -[Jones] R-COOH} $$ 題目產物畫成醛： $$ \ce{R-CH2OH - R-CHO} $$ 在含水的 Jones 氧化條件下，醛會進一步氧化成羧酸，因此不能得到題目所示的醛。 （C）錯誤：會發生碳正離子重排 $\ce{AlCl3}$ 會與氯化物形成錯合物，使氯離去並產生碳正離子。此反應初步形成的是較不穩定的一級碳正離子：

中國醫藥大學 104 年 《化學》

第 1 題

核心觀念

解題方法

第 2 題

1. 判定 aaa

2. 判定 bbb

3. 判定 ccc

第 3 題

第 4 題

核心觀念

解題方法

第 5 題

第 6 題

第 7 題

OX2X+\ce{O2+}OX2​X+

OX2X−\ce{O2^-}OX2​X−

第 8 題

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題

一、由降溫判斷反應熱效應

二、由增壓判斷氣體莫耳數

第 10 題

核心觀念

解題方法

第 11 題

核心觀念

解題方法

步驟一：依據鐵元素守恆求 FeX3OX4\ce{Fe3O4}FeX3​OX4​ 的質量

步驟二：計算鐵礦中 FeX3OX4\ce{Fe3O4}FeX3​OX4​ 的重量百分比

第 12 題

核心觀念

解題方法

1. 寫出完整核反應式

2. 利用質量數守恆求解 xxx

3. 利用原子序（電荷數）守恆驗算

第 13 題

第 14 題

第 15 題

第 16 題

核心觀念

解題方法

1. 求乙醇質量

2. 求乙醇莫耳數

3. 求體積莫耳濃度

為什麼水的密度不必使用？

選項分析

第 17 題

Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

機制Ⅰ

機制Ⅱ

第 18 題

第 19 題

第 20 題

第 21 題

第 22 題

第 23 題

第 24 題

核心觀念

解題方法

方程式線性組合推導

第 25 題

核心觀念

解題方法

第 26 題

核心觀念

解題方法

第 27 題

第 28 題

第 29 題

第 30 題

第 31 題

一、Fischer 投影 I

二、Newman 投影 II

第 32 題

第一步：mCPBA 環氧化

中國醫藥大學 104 年《化學》

1. 判定 $a$

2. 判定 $b$

3. 判定 $c$

$\ce{O2+}$

$\ce{O2^-}$

步驟一：依據鐵元素守恆求 $\ce{Fe3O4}$ 的質量

步驟二：計算鐵礦中 $\ce{Fe3O4}$ 的重量百分比

2. 利用質量數守恆求解 $x$

選項 (A) $\ce{C4H6O2}$

選項 (B) $\ce{C5H8O}$

選項 (C) $\ce{C5H10O}$

選項 (D) $\ce{C5H24}$

選項 (E) $\ce{C6H12}$

（A）錯誤： $\ce{E2}$ 必須符合反式共平面