中國醫藥大學 113 年 《化學》

核心觀念

本題考查四類有機反應的產物判斷：

• $\ce{Br2/NaOH}$：Hofmann 重排
• $\ce{HNO3/H2SO4}$：芳香族親電取代硝化
• $\ce{BH3}$ 後酸性水解：羧酸還原為一級醇
• $\ce{Na/NH3(l)}$：Birch 還原

判斷重點是確認反應物種類、反應條件，以及產物的碳骨架與雙鍵位置。

解題方法

逐一檢查各選項的反應是否能由指定試劑完成，並比較實際生成物與題目畫出的預期產物。

選項分析

（A）錯誤：Hofmann 重排不適用於此二級醯胺

題目反應物為 $N$-甲基丙醯胺：

$$\ce{CH3CH2CONHCH3}$$

Hofmann 重排的標準適用對象是具有 $\ce{-CONH2}$ 的一級醯胺：

$$\ce{RCONH2 ->[Br2, NaOH] RNH2}$$

反應經過 $\ce{N}$-溴化、重排形成異氰酸酯，再水解脫去 $\ce{CO2}$。

本選項為二級醯胺 $\ce{RCONHR'}$，並非標準 Hofmann 重排的反應物，因此不能依照題目所示，直接生成 $\ce{CH3CH2NHCH3}$。預期產物錯誤。

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（B）錯誤：吡啶硝化主要發生在 3-位

吡啶中的氮原子具有吸電子效應，使芳香環電子密度降低，因此吡啶不易進行親電芳香取代。若在強酸硝化條件下反應，主要生成 3-硝基吡啶：

$$\ce{pyridine ->[HNO3/H2SO4] 3-nitropyridine}$$

題目所畫的 $\ce{NO2}$ 位於與環氮相鄰的 2-位，並非主要產物位置。

機構上，若親電體進攻 2-位或 4-位，形成的 $\sigma$-錯合物會出現不利的共振結構，使正電荷位於電負度較高的氮原子上；進攻 3-位則可避免此種不穩定結構。

核心觀念

起始物為乙醯乙酸甲酯（methyl acetoacetate）：

$\ce{CH3COCH2CO2Me}$

其中央的 $\ce{-CH2-}$ 位於兩個羰基之間，具有活潑氫，可形成穩定的烯醇負離子。題目使用：

• $\ce{NaH}$：先移除中央活潑氫。
• $\ce{n-BuLi}$：再移除乙醯基另一側甲基上的 $\alpha$-氫，形成雙陰離子。
• $\ce{MeI}$：提供親電性的甲基，進行 $\mathrm{S_N2}$ 烷基化。
• $\ce{H2O}$：酸鹼中和及質子化處理。

這是利用乙醯乙酸酯雙陰離子進行區域選擇性烷基化。

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解題方法

第一步，$\ce{NaH}$ 移除中央亞甲基的氫：

$\ce{CH3COCH2CO2Me + NaH -> CH3COCH^-CO2Me + H2}$

接著，$\ce{n-BuLi}$ 再移除左側 $\ce{CH3CO-}$ 上的 $\alpha$-氫，形成雙陰離子。此時負電荷分布在兩個羰基相關位置，其中乙醯基端的碳負離子可作為主要親核反應位置。

加入一當量 $\ce{MeI}$ 後，該碳負離子進行 $\mathrm{S_N2}$ 反應：

$\ce{CH3COCH2CO2Me ->[1. NaH][2. n-BuLi][3. MeI] CH3CH2COCH2CO2Me}$

最後經水處理得到：

$\ce{CH3CH2COCH2CO2Me}$

此產物為甲基-3-氧代戊酸酯（methyl 3-oxopentanoate），即選項 (B)。

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選項分析

(A) 錯誤

(A) 為中央亞甲基直接發生甲基化：

$\ce{CH3COCH(CH3)CO2Me}$

這種產物通常是只使用約一當量鹼，使中央活潑氫被移除後，再與 $\ce{MeI}$ 反應所得的單陰離子烷基化產物。

核心觀念

本題考查連續有機反應的判讀：

1. $\ce{O3}$ 進行烯烴臭氧分解，將 $\ce{C=C}$ 斷裂成羰基。
2. $\ce{H2O2}$ 作氧化性處理，使臭氧分解所得的醛進一步氧化為羧酸。
3. $\ce{CH2N2}$ 將羧酸甲酯化：
   $\ce{RCO2H + CH2N2 -> RCO2Me + N2}$
4. $\ce{NaOMe/MeOH}$ 使二酯進行分子內 Claisen condensation（Dieckmann condensation），形成五元環的 $\beta$-酮酯。

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解題方法

原反應物含有一個烯鍵。經臭氧分解後，烯鍵兩端的碳各自轉變為羰基；由於後續使用 $\ce{H2O2}$，若生成醛基，會進一步氧化為羧酸。因此，開環後形成鄰接苯環的二羧酸：

$\ce{cyclic\ alkene ->[1.\ O3][2.\ H2O2] aromatic\ diacid}$

接著，$\ce{CH2N2}$ 將兩個羧酸基轉換為甲酯，得到適合進行 Dieckmann condensation 的二酯。

在 $\ce{NaOMe}$ 存在下，二酯的 $\alpha$-氫被去除形成烯醇負離子，接著進行分子內親核酰基取代，攻擊另一端的酯羰基並脫去 $\ce{MeO^-}$：

$\ce{diester ->[NaOMe][MeOH] cyclic\ beta-keto\ ester}$

此反應優先形成五元環，並且原本的甲基位置不會改變。所得產物為苯環稠合的環戊酮，且在相鄰碳上保留 $\ce{CO2Me}$ 與甲基取代基，結構與選項 (B) 相符。

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選項分析

(A) 錯誤

核心觀念

本題考查有機化合物的結構辨識與俗名命名，重點包括：

• 烷基苯的俗名
• 飽和含氮六元環
• 稠合芳香雜環
• thiophene 與 thiophenol 的結構差異

判斷名稱是否正確，必須先確認圖中的骨架、官能基與芳香性。

解題方法

逐一比對各選項的結構與名稱：

1. 先看環的大小與是否為芳香環。
2. 確認取代基種類，例如異丙基、巰基。
3. 對照常見俗名及系統命名。
4. 特別注意名稱相似但結構完全不同的化合物。

選項分析

(A) cumene

圖中為苯環連接一個異丙基：

$\ce{C6H5-CH(CH3)2}$

此化合物的俗名為 cumene，中文稱異丙苯；系統命名為 propan-2-ylbenzene 或 isopropylbenzene。

因此 (A) 名稱正確。

(B) piperidine

圖中為含有一個 $\ce{NH}$ 的六元飽和環，環內沒有雙鍵，結構可表示為：

$\ce{(CH2)5NH}$

此化合物稱為 piperidine，中文為哌啶。

因此 (B) 名稱正確。

(C) quinoline

核心觀念

本題考查四個有機化學人名反應的「官能基轉換」。判斷重點是辨認各反應最後引入或生成的官能基：

• Gattermann–Koch 反應：芳香環引入 $\ce{-CHO}$，形成芳香族醛。
• Kolbe–Schmitt 反應：芳香環引入 $\ce{-COOH}$，形成芳香族羧酸。
• Reimer–Tiemann 反應：酚環引入 $\ce{-CHO}$，形成羥基苯甲醛。
• Rosenmund 還原反應：醯氯還原為醛。

因此，只要找出生成羧酸而非醛的反應即可。

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解題方法

逐一判斷各人名反應的主要產物官能基：

1. 是否將 $\ce{-CHO}$ 引入芳香環？
2. 是否將醯氯 $\ce{-COCl}$ 還原為 $\ce{-CHO}$？
3. 是否將酚鹽與 $\ce{CO2}$ 反應形成 $\ce{-COOH}$？

其中只有 Kolbe–Schmitt 反應的主要產物含有羧酸官能基 $\ce{-COOH}$，不是醛。

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選項分析

(A) Gattermann–Koch 反應：產物是醛，錯誤

Gattermann–Koch 反應是芳香族親電取代反應，利用一氧化碳與氯化氫在 $\ce{AlCl3/CuCl}$ 催化下產生具有甲醯化能力的親電物種，將 $\ce{-CHO}$ 引入芳香環。

以苯為例：

$$\ce{C6H6 + CO ->[AlCl3, CuCl][HCl] C6H5CHO}$$

產物為苯甲醛 $\ce{C6H5CHO}$，屬於醛。

機構重點是：

1. $\ce{CO}$ 與 $\ce{HCl}$ 在 Lewis 酸催化下形成甲醯化親電物種。
2. 苯環的 $\pi$ 電子進攻該親電物種，形成芳香環的暫時性失芳香中間體。
3. 去質子化後恢復芳香性，經水解得到芳香醛。

所以 (A) 不是正確答案。

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(B) Kolbe–Schmitt 反應：產物是羧酸，正確

Kolbe–Schmitt 反應是酚鹽與二氧化碳進行羧化反應，主要在酚氧基的鄰位引入 $\ce{-COOH}$，酸化後通常得到水楊酸。

反應可表示為：

$$\ce{C6H5ONa + CO2 ->[高溫、高壓] o-NaOOC-C6H4-ONa ->[H3O+] o-HOC6H4COOH}$$

更常見的整體概念為：

$$\ce{C6H5ONa + CO2 ->[NaOH] o-HOC6H4COONa ->[H3O+] o-HOC6H4COOH}$$

主要產物為水楊酸 $\ce{o-HOC6H4COOH}$，其特徵官能基是羧酸 $\ce{-COOH}$，不是醛基 $\ce{-CHO}$。

機構重點是：

1. 苯酚先形成共振穩定的酚鹽 $\ce{C6H5O^-}$。
2. 酚氧基使芳香環的鄰位與對位電子密度增加。
3. 芳香環進攻親電性的 $\ce{CO2}$ 碳原子，形成芳香族羧酸鹽。
4. 酸化後得到水楊酸。

因此，(B) 正是「產物不是醛」的選項。

核心觀念

掌性中心通常是連接四個彼此不同取代基的 $sp^3$ 原子。判斷時須注意：

• 碳原子若連接兩個相同基團，則不是掌性中心。
• $\ce{C=N}$ 中的碳為 $sp^2$，不是掌性中心。
• 具有四種不同取代環境的四面體硫原子，也可形成掌性中心；本題的硫為具有立體性的 sulfoximine 型硫中心。

解題方法

依序檢查圖中的硫原子與各個可能具有楔形鍵的碳原子。

1. 硫原子

硫原子連接：

• $\ce{=O}$
• tert-butyl 基
• $\ce{N}$
• 硫上的孤電子對

這四種環境不同，因此硫原子為一個掌性中心。

2. 左側帶虛線楔形鍵的碳

此碳連接：

• 氫
• 楔形鍵所表示的甲基
• 左側碳鏈
• 右側的 $\ce{C=N}$ 結構

四個取代基皆不同，因此為掌性中心。

3. 右側帶實心楔形鍵的碳

此碳連接：

• 氫
• 楔形鍵所表示的甲基
• 左側的 $\ce{C=N}$ 結構
• 右側乙基

四個取代基不同，因此也是掌性中心。

核心觀念

本題考查各種反應是否造成：

1. 碳骨架的裂解；
2. 碳原子重新排列但總數不變；
3. 主要產物與副產物之間的碳原子分配。

判斷時應先計算起始物的碳數，再確認反應是否切斷碳—碳鍵。

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解題方法

逐一分析各反應：

• Grubbs reagent：烯烴複分解或烯炔複分解，主要是 $\ce{C=C}$、$\ce{C#C}$ 的鍵結重新排列，碳原子通常不會消失。
• $\ce{O2}$、$\ce{H3O+}$：cumene oxidation，可使異丙苯裂解成苯酚與丙酮。
• 熱的鹼性 $\ce{KMnO4}$：將具有苄位氫的烷基側鏈氧化成 $\ce{-CO2H}$。
• $\ce{NaN3}$、加熱、$\ce{NH3}$：先進行 Curtius rearrangement，再由異氰酸酯與氨反應形成尿素衍生物。

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選項分析

(A) Grubbs reagent

此反應為烯炔複分解，作用重點是重新排列 $\ce{C=C}$ 與 $\ce{C#C}$ 的 $\pi$ 鍵，形成新的環狀共軛系統。

反應過程沒有切斷並移除碳骨架中的碳原子，因此產物中的總碳數與起始物相同。

故 (A) 錯誤。

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(B) 異丙苯的氧化

起始物為異丙苯（cumene）：

$$\ce{C6H5CH(CH3)2}$$

在氧氣及酸性條件下，發生 cumene oxidation，生成苯酚及丙酮：

$$\ce{C6H5CH(CH3)2 + O2 -> C6H5OH + (CH3)2CO}$$

起始物含有：

$$6+3=9$$

個碳原子；主要產物苯酚只有 $6$ 個碳原子。異丙基剩餘的 $3$ 個碳形成丙酮。

因此，若題目比較「主要產物」與起始物的碳數，兩者不同，故選 (B)。

核心觀念

本題考查烯類的自由基加成反應，以及「過氧化物效應（peroxide effect）」。

在過氧化物 $\ce{ROOR}$ 與加熱條件下，$\ce{HBr}$ 可經由自由基鏈反應加成至烯類，產生反馬可尼可夫加成（anti-Markovnikov addition）：

• $\ce{Br}$ 加到原本氫較多的碳上。
• $\ce{H}$ 加到原本氫較少的碳上。
• 反應經由較穩定的碳自由基中間體進行。
• 此效應主要適用於 $\ce{HBr}$，不適用於 $\ce{HCl}$ 或 $\ce{HI}$。

題目中的反應結構未列出，因此無法由文字單獨判定產物位置；依官方答案為 A，可知題目欲考的是烯類的 $\ce{HBr}$ 反馬可尼可夫加成。

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解題方法

判斷試劑時，先看目標反應是否需要：

1. 將烯類轉換成溴烷；
2. 使溴原子以反馬可尼可夫方向加成；
3. 避免氫化或二溴化等副反應。

若需要烯類與 $\ce{HBr}$ 進行反馬可尼可夫加成，最佳試劑就是：

$$\ce{alkene + HBr ->[ROOR][\Delta] anti-Markovnikov\ bromoalkane}$$

因此選擇：

$$\boxed{\ce{HBr,\ ROOR,\ \Delta}}$$

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A 選項：$\ce{HBr, ROOR, \Delta}$——正確

此條件會啟動自由基鏈反應。

首先，過氧化物受熱均裂，形成烷氧自由基：

$$\ce{ROOR ->[\Delta] 2RO.}$$

接著，烷氧自由基從 $\ce{HBr}$ 抽取氫原子：

$$\ce{RO. + HBr -> ROH + Br.}$$

生成的溴自由基進攻烯類雙鍵。溴自由基會選擇形成較穩定的碳自由基之方向，使碳自由基具有較高的取代程度：

$$\ce{Br. + C=C -> C-Br-C.}$$

隨後，碳自由基從另一分子 $\ce{HBr}$ 抽取氫原子：

$$\ce{C. + HBr -> C-H + Br.}$$

重新生成 $\ce{Br.}$，完成自由基鏈反應。

整體結果為反馬可尼可夫加成：

$$\ce{C=C + HBr ->[ROOR][\Delta] C-C}$$

其中 $\ce{Br}$ 加到雙鍵上原本氫較多的碳，$\ce{H}$ 加到原本氫較少的碳。

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B 選項：1) $\ce{HBr}$；2) $\ce{H2, Pd/C}$——錯誤

第一步單獨使用 $\ce{HBr}$ 時，通常進行的是離子型親電加成，遵循馬可尼可夫規則：

核心觀念

本題考查季銨鹽的 Hofmann 消去反應（Hofmann elimination）。

加熱季銨氫氧化物時，發生類似 $\mathrm{E2}$ 的協同消去：

$$\ce{R-CH2-CH2-N+(CH3)2 OH- ->[\Delta] R-CH=CH2 + N(CH3)2OH}$$

反應的主要判斷原則如下：

1. $\ce{C-N}$ 鍵斷裂與 $\beta$-氫移除同時發生。
2. 鹼性物種移除與離去基 $\ce{N+(CH3)2}$ 相鄰碳上的 $\beta$-氫。
3. 由於季銨基團體積大，通常優先形成取代程度較低、位阻較小的烯烴，即 Hofmann 產物。
4. 在環狀系統中，還必須考慮 $\alpha$-碳與 $\beta$-氫是否能呈適當的反式共平面排列；椅式環通常要求類似 trans-diaxial 的幾何關係。

解題方法

圖中為含有 $\ce{N+(CH3)2}$ 的季銨鹽，$\ce{OH-}$ 為其對離子。加熱時，氫氧根作為鹼，從季銨氮相鄰的 $\beta$-碳抓取氫，並同步排出二甲胺基，形成烯烴。

比較各個可消去位置：

• 若從環內的 $\beta$-碳消去，會形成環內較高取代程度的雙鍵。
• 若從右側取代基的末端 $\beta$-碳消去，則形成末端烯烴，雙鍵取代程度較低、位阻也較小。
• Hofmann 消去反應優先生成後者，因此主要產物為選項 B。

可概念性表示為：

$$\ce{R-CH2-CH2-N+(CH3)2 OH- ->[\Delta] R-CH=CH2 + HN(CH3)2 + H2O}$$

核心觀念

本題考察苯胺衍生物之共軛酸酸性，以及取代基對鹼性的影響。

圖中四個化合物皆為芳胺的共軛酸：

• I：苯胺鎓離子 $\ce{C6H5NH3+}$
• II：對甲基苯胺鎓離子
• III：對硝基苯胺鎓離子
• IV：對甲氧基苯胺鎓離子

其酸解離可表示為：

$$\ce{Ar-NH3+ <=> Ar-NH2 + H+}$$

$\mathrm{p}K_a$ 越大，表示共軛酸越弱、越不容易解離；相對地，其共軛鹼 $\ce{Ar-NH2}$ 鹼性越強。

因此，本題可比較各取代基對苯胺氮上孤電子對的影響：

• 給電子基使苯胺鹼性增強，故共軛酸 $\mathrm{p}K_a$ 增大。
• 吸電子基使苯胺鹼性減弱，故共軛酸 $\mathrm{p}K_a$ 減小。

解題方法

比較四個對位取代基的給、吸電子能力：

$$\ce{-NO2} \text{ 為強吸電子基}$$ $$\ce{-H < -CH3 < -OCH3} \text{ 的給電子效果}$$

其中：

1. $\ce{-NO2}$ 具有強烈的 $\ce{-I}$ 與 $\ce{-M}$ 吸電子效應，會降低苯胺氮的電子密度，使 $\ce{Ar-NH2}$ 鹼性最弱。因此 III 的共軛酸最強，$\mathrm{p}K_a$ 最小。

2. $\ce{-CH3}$ 透過超共軛效應與誘導效應給電子，使對甲基苯胺的鹼性高於苯胺。因此：

$$\mathrm{p}K_a(\mathrm{II})>\mathrm{p}K_a(\mathrm{I})$$

3. $\ce{-OCH3}$ 在對位可透過氧原子的孤電子對產生共振給電子效應：

$$\ce{-OCH3}$$

其正的共振效應 $\ce{(+M)}$ 大幅增加芳香環及胺基的電子密度，使對甲氧基苯胺的鹼性最高。因此 IV 的共軛酸 $\mathrm{p}K_a$ 最大。

綜合排列：

核心觀念

本題考查有機鹵化物在質譜中的同位素峰型（isotope pattern）。

鹵素的天然同位素具有明顯的質量差：

• 溴：$\ce{^{79}Br}$ 與 $\ce{^{81}Br}$，相差 $2$ u，豐度約為 $1:1$
• 氯：$\ce{^{35}Cl}$ 與 $\ce{^{37}Cl}$，相差 $2$ u，豐度約為 $3:1$

因此：

• 含有一個鹵素時，主要觀察 $\ce{M+}$ 與 $\ce{M+2}$
• 含有兩個鹵素時，會出現 $\ce{M+}$、$\ce{M+2}$、$\ce{M+4}$ 三組峰
• $\ce{M+4}$ 代表分子中有兩個鹵素同時採用較重的同位素

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解題方法

題目給出的相對強度為：

$$\ce{M+}:\ce{M+2}:\ce{M+4} = 51:100:49$$

其比例非常接近：

$$1:2:1$$

這正是兩個溴原子的同位素分布。

設每個溴原子有兩種同位素：

• 輕同位素 $\ce{^{79}Br}$
• 重同位素 $\ce{^{81}Br}$

兩個溴原子的組合如下：

$$\ce{^{79}Br-^{79}Br} \rightarrow \ce{M+}$$ $$\ce{^{79}Br-^{81}Br} \text{ 或 } \ce{^{81}Br-^{79}Br} \rightarrow \ce{M+2}$$ $$\ce{^{81}Br-^{81}Br} \rightarrow \ce{M+4}$$

由二項式展開：

$$(1+1)^2=1+2+1$$

所以兩個 $\ce{Br}$ 的理論峰強度為：

$$\ce{M+}:\ce{M+2}:\ce{M+4} = 1:2:1$$

將 $\ce{M+2}$ 峰設定為 $100$：

$$\ce{M+} \approx 50,\qquad \ce{M+2}=100,\qquad \ce{M+4}\approx 50$$

與題目中的：

$$51:100:49$$

高度符合，因此化合物含有 2 個 $\ce{Br}$。

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選項分析

(A) 1 個 $\ce{Br}$：錯誤

一個溴原子只有兩種主要同位素，因此主要峰型為：

$$\ce{M+}:\ce{M+2}\approx 1:1$$

核心觀念

本題考查：

1. 烴類完全燃燒的配平與耗氧量計算。
2. 由分子式判斷可能的碳骨架。
3. 同分異構物與幾何異構物的計數。

烴類分子式設為 $\ce{C_xH_y}$，完全燃燒反應為：

$$\ce{C_xH_y + \left(x+\frac{y}{4}\right)O2 -> xCO2 + \frac{y}{2}H2O}$$

因此，1 莫耳 $\ce{C_xH_y}$ 完全燃燒所需的氧氣為：

$$x+\frac{y}{4}=6$$

整理得：

$$4x+y=24$$

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解題方法

題目指出碳原子數為偶數，因此令 $x$ 為正偶數。

由：

$$y=24-4x$$

逐一檢討可能的 $x$：

• $x=2$ 時，$y=16$，分子式為 $\ce{C2H16}$。碳為四價，兩個碳原子最多只能形成合理的氫數 $\ce{C2H6}$，因此 $\ce{C2H16}$ 不可能存在。
• $x=4$ 時，$y=8$，分子式為 $\ce{C4H8}$，合理可存在。
• $x=6$ 時，$y=0$，不含氫，不屬於烴類。

所以本題化合物分子式必為：

$$\ce{C4H8}$$

其燃燒反應為：

$$\ce{C4H8 + 6O2 -> 4CO2 + 4H2O}$$

確實消耗 $6$ 莫耳 $\ce{O2}$。

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$\ce{C4H8}$ 的同分異構物

$\ce{C4H8}$ 的不飽和度為：

$$\text{不飽和度}=\frac{2(4)+2-8}{2}=1$$

因此可具有一個碳碳雙鍵，或一個環。

一、鏈狀烯類

1. 1-丁烯

$\ce{CH2=CH-CH2-CH3}$

2. 順-2-丁烯（cis-2-butene）

$\ce{CH3-CH=CH-CH3}$

核心觀念

本題考查：

1. 定溫、定容下，理想氣體總壓與總莫耳數成正比：
   $P \propto n_{\text{total}}$
2. 笑氣分解反應的化學計量：
   $\ce{N2O(g) -> N2(g) + 1/2 O2(g)}$
3. 一級反應的半衰期關係：

$$\frac{[\ce{N2O}]_t}{[\ce{N2O}]_0} =\left(\frac12\right)^{t/t_{1/2}}$$

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解題方法

設初始笑氣莫耳數為 $n_0$，反應經過時間後，有比例 $x$ 的 $\ce{N2O}$ 分解。

反應前：

• $\ce{N2O}$：$n_0$
• 總莫耳數：$n_0$
• 總壓：$16\ \text{atm}$

反應後：

• 剩餘 $\ce{N2O}$：$(1-x)n_0$
• 生成 $\ce{N2}$：$xn_0$
• 生成 $\ce{O2}$：$\dfrac12xn_0$

因此反應後總莫耳數為

$$n_{\text{total}} =(1-x)n_0+xn_0+\frac12xn_0 =\left(1+\frac{x}{2}\right)n_0$$

因為溫度與體積固定，

$$\frac{P_{\text{final}}}{P_{\text{initial}}} = \frac{n_{\text{final}}}{n_{\text{initial}}}$$

代入題目數據：

$$\frac{23}{16}=1+\frac{x}{2}$$ $$\frac{7}{16}=\frac{x}{2}$$ $$x=\frac78$$

所以剩餘笑氣比例為

$$1-x=1-\frac78=\frac18$$

一級反應中，經過 $m$ 個半衰期後，剩餘比例為

$$\left(\frac12\right)^m=\frac18 =\left(\frac12\right)^3$$

因此

$$m=3$$

所需時間為

$$\boxed{3t}$$

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選項分析

• (A) $2.0t$：錯誤

經過 $2$ 個半衰期後，剩餘笑氣為

$\left(\frac12\right)^2=\frac14$

核心觀念

難溶鹽 $\ce{A_mB_n}$ 溶於水時：

$$\ce{A_mB_n(s) <=> mA^{n+}(aq) + nB^{m-}(aq)}$$

其溶解度積為各離子平衡濃度的乘積：

$$K_{\mathrm{sp}}=[\ce{A^{n+}}]^m[\ce{B^{m-}}]^n$$

若以莫耳溶解度 $s$ 表示，則：

$$[\ce{A^{n+}}]=ms$$ $$[\ce{B^{m-}}]=ns$$

因此，兩種離子濃度的比例為：

$$[\ce{B^{m-}}]=\frac{n}{m}[\ce{A^{n+}}]$$

代入溶解度積公式：

$$K_{\mathrm{sp}} =[\ce{A^{n+}}]^m \left(\frac{n}{m}[\ce{A^{n+}}]\right)^n$$ $$K_{\mathrm{sp}} =\left(\frac{n}{m}\right)^n[\ce{A^{n+}}]^{m+n}$$

題目給定：

$$K_{\mathrm{sp}}=0.5[\ce{A^{n+}}]^3$$

因此必須同時符合：

$$m+n=3$$

以及：

$$\left(\frac{n}{m}\right)^n=0.5$$

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解題方法

逐一將各選項的 $m$、$n$ 代入：

（A）$\ce{AB}$

此時 $m=1$、$n=1$。

$$K_{\mathrm{sp}} =\left(\frac{1}{1}\right)^1[\ce{A^+}]^{1+1} =[\ce{A^+}]^2$$

不符合題目所給的三次方及係數 $0.5$，故錯誤。

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（B）$\ce{AB2}$

此時 $m=1$、$n=2$。

溶解反應為：

$$\ce{AB2(s) <=> A^{2+}(aq) + 2B^{-}(aq)}$$

因此：

$$[\ce{B^-}]=2[\ce{A^{2+}}]$$

溶解度積為：

$$K_{\mathrm{sp}} =[\ce{A^{2+}}][\ce{B^-}]^2$$ $$K_{\mathrm{sp}} =[\ce{A^{2+}}](2[\ce{A^{2+}}])^2 =4[\ce{A^{2+}}]^3$$

雖然次方為 $3$，但係數為 $4$，不等於題目給的 $0.5$，故錯誤。

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核心觀念

本題考查：

1. 分子式與莫耳質量的關係。
2. 等重量物質的莫耳數比較。
3. 有機物完全燃燒反應式的配平。
4. 由化學計量係數判斷生成物與反應物的量。

丙烯與環丁烷的分子式分別為：

• 丙烯：$\ce{C3H6}$，莫耳質量為
  $3(12)+6(1)=42\ \mathrm{g/mol}$
• 環丁烷：$\ce{C4H8}$，莫耳質量為
  $4(12)+8(1)=56\ \mathrm{g/mol}$

兩者雖然結構不同，但分子式皆可約化為相同的實驗式 $\ce{CH2}$，因此具有相同的碳氫比例。

解題方法

設丙烯與環丁烷各取 $m\ \mathrm{g}$。

其莫耳數為：

$$n_{\ce{C3H6}}=\frac{m}{42}\ \mathrm{mol}$$ $$n_{\ce{C4H8}}=\frac{m}{56}\ \mathrm{mol}$$

完全燃燒反應式為：

$$\ce{C3H6 + \frac{9}{2}O2 -> 3CO2 + 3H2O}$$ $$\ce{C4H8 + 6O2 -> 4CO2 + 4H2O}$$

水的生成量

丙烯每 $1$ mol 可生成 $3$ mol 水，因此：

$$n_{\ce{H2O, propene}} =\frac{m}{42}\times 3 =\frac{m}{14}\ \mathrm{mol}$$

環丁烷每 $1$ mol 可生成 $4$ mol 水，因此：

$$n_{\ce{H2O, cyclobutane}} =\frac{m}{56}\times 4 =\frac{m}{14}\ \mathrm{mol}$$

兩者生成水的莫耳數相同，因此生成的水分子數也相同。

選項分析

(A) 兩者含有相同數目的分子

錯誤。

等重量時，物質的分子數取決於莫耳數：

$$n=\frac{m}{M}$$

丙烯的莫耳質量為 $42\ \mathrm{g/mol}$，環丁烷的莫耳質量為 $56\ \mathrm{g/mol}$。在相同質量下：

$$\frac{m}{42}>\frac{m}{56}$$