義守大學 108 年《化學》考古題與詳解

Question 1

胜肽鍵（peptide bond）是屬於下列何種連結？ (A) ether linkages (B) ester linkages (C) amide linkages (D) imido linkages

Accepted Answer

核心觀念

本題考查生物有機化學中蛋白質與胜肽的基礎官能基結構。
胜肽鍵（peptide bond）是相鄰胺基酸之間透過脫水縮合反應所形成的共價鍵，其化學本質為醯胺鍵（ $\ce{-CO-NH -}$ ），屬於醯胺連結（amide linkage）。

解題方法

結構生成分析：
一個 $\alpha$ -胺基酸分子上的 $\alpha$ -羧基（ $\ce{-COOH}$ ）與另一個 $\alpha$ -胺基酸分子上的 $\alpha$ -胺基（ $\ce{-NH2}$ ）進行親核性醯基取代反應（脫水縮合）：
$\ce{R1-CH(NH2)-COOH + R2-CH(NH2)-COOH -> R1-CH(NH2)-CO-NH-CH(R2)-COOH + H2O}$
官能基判定：
生成的連結基團為 $\ce{-C(=O)-NH -}$ ，即有機化學所定義的醯胺基團（amide group）。在生物化學中，將蛋白質骨架中的此種特定醯胺鍵稱為「胜肽鍵（peptide bond）」。因此，胜肽鍵屬於 amide linkages。

選項分析

(A) 錯誤：
醚連結（ether linkages， $\ce{R-O-R'}$ ）。碳水化合物（多醣）中的「糖苷鍵（glycosidic bond）」在化學本質上屬於縮醛或醚鍵結構，並非胜肽鍵。
(B) 錯誤：

Question 2

假設 alanine 之兩個酸解離常數分別為 $K{a1}=5.0	imes10^{-3}$ 和 $K{a2}=2.0	imes10^{-10}$，則其等電點（isoelectric point）最接近下列何值？ (A) 2.3 (B) 6.0 (C) 7.0 (D) 9.7

Accepted Answer

核心觀念 等電點（isoelectric point, $pI$）是胺基酸分子平均淨電荷為零時的 pH。對 alanine 而言，沒有可解離的酸性側鏈，因此主要考慮： - 羧基：$\ce{-COOH <= -COO^- + H^+}$ - 胺基：$\ce{-NH3^+ <= -NH2 + H^+}$ alanine 的主要電荷型態如下： $$ \ce{H3N+CH(CH3)COOH} \quad \xrightarrow{	ext{羧基解離}} \quad \ce{H3N+CH(CH3)COO^-} \quad \xrightarrow{	ext{胺基解離}} \quad \ce{H2NCH(CH3)COO^-} $$ 其中兩性離子 $\ce{H3N+CH(CH3)COO^-}$ 的總電荷為 $0$，因此等電點位於羧基解離與胺基解離兩個 $pKa$ 之間。 --- 解題方法 先由酸解離常數計算 $pKa$： $$ pKa=-\log Ka $$ 第一個酸解離常數： $$ pK{a1}=-\log(5.0	imes10^{-3}) $$ $$ pK{a1}\approx 2.30 $$ 第二個酸解離常數： $$ pK{a2}=-\log(2.0	imes10^{-10}) $$ $$ pK{a2}\approx 9.70 $$ 對於沒有可解離側鏈的中性胺基酸，等電點為包住零電荷型態的兩個 $pKa$ 的平均值： $$ pI=\frac{pK{a1}+pK{a2}}{2} $$ 代入數值： $$ pI=\frac{2.30+9.70}{2} =\frac{12.00}{2} =6.00 $$ 因此等電點最接近 $6.0$。 --- 為什麼使用這兩個 $pKa$ 的平均值？ 在強酸性環境中，alanine 主要為陽離子： $$ \ce{H3N+CH(CH3)COOH} $$

Question 3

Wittig reaction 會產生下列何者？ (A) alkene (B) ketoester (C) carboxylic acid (D) alcohol

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 Wittig reaction（Wittig 反應）的反應類型與主要產物。 Wittig 反應是以含磷的 ylide（葉立德）與醛或酮反應，將羰基中的 $\ce{C=O}$ 轉換成碳碳雙鍵 $\ce{C=C}$，因此主要有機產物是 alkene（烯類）。 一般反應式可表示為： $$ \ce{R^1R^2C=O + Ph3P^+-CHR^3^- - R^1R^2C=CHR^3 + Ph3P=O} $$ 其中： - $\ce{R^1R^2C=O}$：醛或酮 - $\ce{Ph3P^+-CHR^3^-}$：磷葉立德 - $\ce{R^1R^2C=CHR^3}$：生成的烯類 - $\ce{Ph3P=O}$：三苯基氧化膦副產物 解題方法與反應機構 判斷 Wittig 反應最直接的方法，是記住其核心變化： $$ \ce{C=O - C=C} $$ 反應機構的關鍵步驟如下： 1. 葉立德中的碳帶有負電性，具有親核性，會進攻醛或酮的羰基碳。 2. 形成含有氧負離子與磷正離子的中間體，稱為 betaine。 3. 中間體進一步形成四員環的 oxaphosphetane（氧磷雜環丁烷）。 4. 四員環裂解，形成烯類與穩定的 $\ce{Ph3P=O}$。 羰基氧最後轉移到磷上形成 $\ce{Ph3P=O}$，而原本的羰基碳與葉立德碳之間形成新的 $\ce{C=C}$，所以產物類型必為烯類。 磷葉立德通常由膦與鹵代烷先形成磷鎓鹽，再經強鹼去質子化而生成。例如： $$ \ce{Ph3P + RCH2-X - [Ph3P^+-CH2R]X^-} $$

Question 4

當 tetrahydrofuran 和過量的 $\ce{HBr}$ 反應，下列何者為主要產物？ (A) 1,1-dibromobutane (B) 1,2-dibromobutane (C) 1,3-dibromobutane (D) 1,4-dibromobutane

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗醚類（Ether）的酸催化醚鍵裂解反應（Acidic Cleavage of Ethers），尤其是環醚（Cyclic Ether）與過量強氫鹵酸（$\ce{HX}$，如 $\ce{HBr}$ 或 $\ce{HI}$）在加熱條件下的開環與親核取代反應機構（$\mathrm{SN2}$ 機構）。 --- 解題方法與反應機構 四氫呋喃（Tetrahydrofuran, THF）是一個五元環狀飽和醚類，分子結構中具有一個氧原子連接由四個碳原子構成的對稱碳鏈： $$\ce{c-(CH2)4O}$$ 當 THF 與過量濃 $\ce{HBr}$ 反應時，反應分為兩階段連續的 $\mathrm{SN2}$ 親核取代過程： 第一階段：質子化與第一次開環（$\mathrm{SN2}$） 1. 質子化（Protonation）：THF 環上的氧原子具有未共用電子對，被強酸 $\ce{HBr}$ 質子化，生成環狀氧鎓離子中間體（Oxonium ion）： $$\ce{c-(CH2)4O + HBr - [c-(CH2)4O+-H] + Br-}$$ 2. 親核進攻與開環（Ring-opening cleavage）：質子化後的氧原子成為良好的離去基（$-\ce{OH}$ 前驅物）。溴離子（$\ce{Br-}$）作為親核基，從背面進攻五元環其中一個碳原子（$\alpha$-碳），以 $\mathrm{SN2}$ 機構促使 $\ce{C-O}$ 鍵斷裂開環，生成末端帶有醇基與溴原子的 4-溴-1-丁醇（4-bromobutan-1-ol）： $$\ce{[c-(CH2)4O+-H] + Br- - Br-CH2CH2CH2CH2-OH}$$ 第二階段：醇基轉化為鹵烷（第二次 $\mathrm{SN2}$） 在過量 $\ce{HBr}$ 存在且加熱的條件下，第一階段生成的伯醇（一級醇）會進一步反應： 1. 醇基質子化：末端羥基（$-\ce{OH}$）再次被 $\ce{HBr}$ 質子化，轉化為極佳的離去基水分子（$-\ce{O^+H2}$）： $$\ce{Br-CH2CH2CH2CH2-OH + H+ - Br-CH2CH2CH2CH2-O^+H2}$$ 2. 第二次取代：另一個溴離子（$\ce{Br-}$）再度以 $\mathrm{SN2}$ 機構進攻帶有水離去基的一級碳，脫去一分子水，生成雙溴代烷烴：

Question 5

依據混成（hybridization）的概念，ketene 分子 $\ce{CH2=C=O}$ 的兩個碳原子（$\ce{H2C=}$ 與 $\ce{C=O}$）依序分別屬於何種混成？ (A) $sp^2$，$sp^2$ (B) $sp^2$，$sp$ (C) $sp$，$sp$ (D) $sp^2$，$sp^3$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查價層電子對互斥理論（VSEPR Theory）與混成軌域（Hybrid Orbitals）的判斷。 1. 混成軌域判斷指標——立體數（Steric Number, SN）： $$	ext{SN} = (	ext{中心原子的 } \sigma 	ext{ 鍵數}) + (	ext{中心原子的孤對電子對數, lone pairs})$$ - $	ext{SN} = 4$：$sp^3$ 混成（如甲烷 $\ce{CH4}$）。 - $	ext{SN} = 3$：$sp^2$ 混成（如乙烯 $\ce{H2C=CH2}$ 的碳）。 - $	ext{SN} = 2$：$sp$ 混成（如乙炔 $\ce{HC#CH}$ 或二氧化碳 $\ce{O=C=O}$ 的中心碳）。 2. 多重鍵與混成軌域之關係： - 單鍵由 $1$ 個 $\sigma$ 鍵組成。 - 雙鍵由 $1$ 個 $\sigma$ 鍵與 $1$ 個 $\pi$ 鍵組成。 - 三鍵由 $1$ 個 $\sigma$ 鍵與 $2$ 個 $\pi$ 鍵組成。 - 形成 $\pi$ 鍵的電子來自未混成的 $p$ 軌域，因此計算混成軌域（SN）時，不計入 $\pi$ 鍵。 --- 解題方法 分析烯酮（ketene，$\ce{H2C=C=O}$）的分子路易斯結構（Lewis structure）： - 結構式展開為：$\ce{H2C=C=\overset{..}{O}:}$ 分別針對題目指定的兩個碳原子分析其鍵結環境與混成型態： 1. 末端碳原子（$\ce{H2C=}$）： - 鍵結情況：與 $2$ 個 $\ce{H}$ 原子形成 $2$ 個單鍵（$2$ 個 $\sigma$ 鍵），並與中心碳形成 $1$ 個雙鍵（$1$ 個 $\sigma$ 鍵、$1$ 個 $\pi$ 鍵）。 - 孤對電子（lone pairs）：$0$。 - 立體數： $$	ext{SN} = 3 + 0 = 3$$ - 混成軌域：$	ext{SN} = 3$，屬於 $sp^2$ 混成（分子幾何為平面三角形）。 2. 中央碳原子（$\ce{C=O}$）： - 鍵結情況：與左側末端碳形成 $1$ 個雙鍵（$1$ 個 $\sigma$ 鍵、$1$ 個 $\pi$ 鍵），並與右側氧原子形成 $1$ 個雙鍵（$1$ 個 $\sigma$ 鍵、$1$ 個 $\pi$ 鍵）。

Question 6

下列何試劑最適合用來將 amide 轉變成 amine？ (A) $\ce{LiAlH4}$ (B) $\ce{SOCl2}$ (C) $\ce{POCl3}$ (D) $\ce{CuCN}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查羧酸衍生物（Carboxylic Acid Derivatives）的還原反應，特別是醯胺（Amide）轉化為胺類（Amine）的反應。 醯胺的羰基（$\ce{C=O}$）因氮原子孤對電子的共振貢獻（$\ce{R-C(=O)NR'2 <- R-C(O^-)=N^+R'2}$），其親電性較酯類及酸酐低，一般的溫和還原劑（如 $\ce{NaBH4}$）無法有效將其還原。必須使用強還原劑氫化鋁鋰（$\ce{LiAlH4}$，常簡稱 $\ce{LAH}$），才能將醯胺中的羰基氧完全移除，還原成對應的胺： $$ \ce{R-CONH2 + 4[H] -[1.\ LiAlH4][2.\ H2O] R-CH2NH2 + H2O} $$ 其反應機構特點為：氫負離子（$\ce{H^-}$）親核進攻羰基碳後形成四面體中間體，隨後氧原子與鋁配位成為良好的離去基，在氮原子孤對電子的推動下脫去鋁氧物種形成亞胺／亞胺離子（Iminium ion）中間體，再經第二次氫負離子進攻，最終質子化生成碳數不變的胺類。 --- 解題方法 將醯胺（$\ce{R-CONR'2}$）轉化為胺類（$\ce{R-CH2NR'2}$），本質上是將羰基（$\ce{C=O}$）還原為亞甲基（$\ce{-CH2-}$）的「還原反應」（Reduction），需要提供氫負離子（$\ce{H^-}$）的強還原劑： 1. 目標官能基轉換：$\ce{R-C(=O)-NR'2 - R-CH2-NR'2}$。 2. 評估試劑性質：尋找能夠提供強力氫負離子的還原劑，即選定 $\ce{LiAlH4}$。 --- 選項分析 - (A) $\ce{LiAlH4}$（正確）： 強還原劑。可將一級、二級或三級醯胺還原成對應的一級、二級或三級胺（碳原子數維持不變）： $$ \ce{R-CO-NR'R'' -[1.\ LiAlH4,\ 	ext{ether}][2.\ H2O] R-CH2-NR'R''} $$ 此為有機合成中將醯胺轉變為胺類最標準、最通用的方法。 - (B) $\ce{SOCl2}$（亞硫醯氯，Thionyl chloride）（錯誤）： 親電性脫水劑與鹵化試劑。

Question 7

下列何化學鍵之伸縮（stretching）振動頻率（vibrational frequency）最大？（D 為氘。） (A) $\ce{C=C}$ (B) $\ce{C=O}$ (C) $\ce{C-H}$ (D) $\ce{C-D}$

Accepted Answer

核心觀念 化學鍵的伸縮振動可近似視為雙原子彈簧模型，其振動頻率為 $$ 	ilde{
u}=\frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}} $$ 其中： - $	ilde{
u}$：振動波數，與振動頻率成正比 - $c$：光速 - $k$：化學鍵的力常數，鍵越強、越難伸縮，$k$ 越大 - $\mu$：兩原子的約化質量 約化質量為 $$ \mu=\frac{m1m2}{m1+m2} $$ 因此，伸縮振動頻率受到兩個因素影響： 1. 鍵越強，力常數 $k$ 越大，頻率越高。 2. 原子質量越小，約化質量 $\mu$ 越小，頻率越高。 本題需同時比較鍵強度與原子質量，不能只依鍵級判斷。 --- 解題方法 四個選項的典型紅外線伸縮振動波數約為： - $\ce{C-H}$：$2850	ext{--}3300\ 	ext{cm}^{-1}$ - $\ce{C-D}$：約 $2000	ext{--}2500\ 	ext{cm}^{-1}$ - $\ce{C=O}$：約 $1650	ext{--}1750\ 	ext{cm}^{-1}$ - $\ce{C=C}$：約 $1600	ext{--}1700\ 	ext{cm}^{-1}$ 波數越大，振動頻率越大，因此最高的是 $\ce{C-H}$。 對於 $\ce{C-H}$ 與 $\ce{C-D}$，兩者的鍵結型態相同，力常數 $k$ 可視為近似相同；差異主要來自氫與氘的質量： $$ \mu{\ce{C-H}}=\frac{m{\ce C}m{\ce H}}{m{\ce C}+m{\ce H}} $$ $$ \mu{\ce{C-D}}=\frac{m{\ce C}m{\ce D}}{m{\ce C}+m{\ce D}} $$ 因為 $m{\ce D}m{\ce H}$，所以 $$ \mu{\ce{C-D}}\mu{\ce{C-H}} $$ 由頻率公式可知： $$ 
u{\ce{C-D}}<
u{\ce{C-H}} $$ 在近似相同的鍵力常數下，頻率比可估算為 $$ \frac{
u{\ce{C-D}}}{
u{\ce{C-H}}} \approx \sqrt{\frac{\mu{\ce{C-H}}}{\mu{\ce{C-D}}}} \approx 0.73 $$ 所以以氘取代氫後，伸縮振動頻率會明顯降低，這也是同位素取代在紅外光譜中的重要特徵。 --- 選項分析 (A) $\ce{C=C}$：錯誤 $\ce{C=C}$ 為雙鍵，力常數大於單鍵，因此伸縮頻率高於一般 $\ce{C-C}$ 單鍵。然而，兩端原子都是碳，約化質量相對較大：

Question 8

下列何者的 $\ce{^1H}$-NMR 光譜會出現「1 個 singlet，1 個 triplet 和 1 個 quartet」？ (A) 2-chloro-2-methylpentane (B) 2-chloro-3-methylpentane (C) 3-chloro-2-methylpentane (D) 3-chloro-3-methylpentane

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $\ce{^1H}$-NMR 的兩個基本判斷： 1. 化學環境不同的氫，產生不同訊號。 2. 鄰碳氫原子數與訊號分裂的關係：$n+1$ rule 若某組氫的等效鄰氫數為 $n$，在簡單的一階光譜中，訊號通常分裂成 $n+1$ 重峰： - $n=0$：singlet - $n=1$：doublet - $n=2$：triplet - $n=3$：quartet 判斷時須先畫出結構，再找出： - 分子是否具有對稱性； - 有幾組不等效氫； - 每組氫與鄰近氫的耦合情形。 --- 解題方法 題目要求光譜出現： - $1$ 個 singlet； - $1$ 個 triplet； - $1$ 個 quartet。 因此目標分子必須具有三組氫環境，且分裂方式分別為： - 一組氫沒有鄰氫，形成 singlet； - 一組氫鄰接 $2$ 個氫，形成 triplet； - 一組氫鄰接 $3$ 個氫，形成 quartet。 逐一分析各選項如下。 --- 選項 (D)：3-chloro-3-methylpentane 其結構為： $$ \ce{CH3CH2-C(Cl)(CH3)-CH2CH3} $$ 中央碳原子連接： - $\ce{Cl}$； - $\ce{CH3}$； - 左側 $\ce{CH2CH3}$； - 右側 $\ce{CH2CH3}$。 此分子具有對稱性，左右兩側的乙基完全等效，因此全分子只有三種氫環境。 1. 中央甲基 $\ce{-C(CH3)(Cl)-}$ 中央碳為四級碳，沒有直接相鄰的氫。因此甲基氫不會與鄰氫發生主要的自旋－自旋偶合，形成： $$ \ce{-C(CH3)(Cl)-} \longrightarrow 	ext{singlet} $$ 2. 兩側乙基的亞甲基氫 $\ce{-CH2-}$ 每個 $\ce{CH2}$ 的鄰碳為中央四級碳與末端 $\ce{CH3}$。中央碳沒有氫，因此主要只與相鄰末端甲基的 $3$ 個氫偶合： $$ n=3 \quad\Longrightarrow\quad n+1=4 $$ 所以 $\ce{CH2}$ 訊號為 quartet。 3. 兩側乙基的末端甲基 $\ce{-CH3}$ 末端甲基相鄰的 $\ce{CH2}$ 有 $2$ 個氫： $$ n=2 \quad\Longrightarrow\quad n+1=3 $$ 所以末端甲基訊號為 triplet。 因此，(D) 的 $\ce{^1H}$-NMR 光譜具有： $$ 1\ 	ext{singlet}+1\ 	ext{triplet}+1\ 	ext{quartet} $$ --- 選項分析 (A) 2-chloro-2-methylpentane 結構為： $$ \ce{(CH3)2C(Cl)-CH2-CH2-CH3} $$ 主要氫環境包括：…

Question 9

下列何二者有相同的幾何形狀（geometry）？ I. $\ce{CO2}$ II. $\ce{NO2+}$ III. $\ce{NO2-}$ IV. $\ce{SO2}$ (A) I 和 II (B) I 和 III (C) I 和 IV (D) II 和 IV

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗核心為價層電子對互斥理論（VSEPR Theory）與路易斯結構（Lewis Structure）在預測分子及多原子離子幾何形狀（分子立體形狀，Molecular Geometry）的應用。 判斷步驟與依據： 1. 計算中心原子的價電子總數與價層電子對數：利用立體數（Steric Number, $\mathrm{SN}$）公式： $$\mathrm{SN} = (	ext{與中心原子鍵結的原子數}) + (	ext{中心原子的孤對電子對數, lp})$$ 2. 中心原子混成軌域與分子幾何形狀對應： - $\mathrm{SN} = 2$：混成軌域為 $\mathrm{sp}$，若 $	ext{lp} = 0$，分子形狀為直線形（Linear），鍵角約為 $180^\circ$。 - $\mathrm{SN} = 3$：混成軌域為 $\mathrm{sp^2}$，若 $	ext{lp} = 1$，分子形狀為彎曲形／角形（Bent / Angular），鍵角略小於 $120^\circ$。 --- 解題方法 逐一推導題幹四個物種的中心原子價電子組態、路易斯結構與幾何形狀： 1. I. $\ce{CO2}$ - 中心原子為 $\ce{C}$（第 14 族，4 個價電子），與 2 個 $\ce{O}$ 形成雙鍵。 - 中心 $\ce{C}$ 原子的孤對電子數：$	ext{lp} = \frac{4 - (2 	imes 2)}{2} = 0$。 - 立體數 $\mathrm{SN} = 2 + 0 = 2$（$\mathrm{sp}$ 混成）。 - 分子幾何形狀：直線形（Linear），鍵角為 $180^\circ$。 2. II. $\ce{NO2+}$（硝基陽離子，Nitronium ion） - 中心原子為 $\ce{N}$（第 15 族，5 個價電子），帶 $+1$ 價電量，計算時扣除 1 個電子，有效價電子為 $5 - 1 = 4$ 個。 - 與 2 個 $\ce{O}$ 分別形成雙鍵：$\ce{[O=N=O]+}$。 - 中心 $\ce{N}$ 原子的孤對電子數：$	ext{lp} = \frac{4 - (2 	imes 2)}{2} = 0$。 - 立體數 $\mathrm{SN} = 2 + 0 = 2$（$\mathrm{sp}$ 混成）。 - 分子幾何形狀：直線形（Linear），鍵角為 $180^\circ$。 3. III. $\ce{NO2-}$（亞硝酸根離子，Nitrite ion） - 中心原子為 $\ce{N}$（5 個價電子），帶 $-1$ 價電量，有效價電子為 $5 + 1 = 6$ 個。 - 與 2 個 $\ce{O}$ 鍵結（1 個單鍵、1 個雙鍵，具共振結構），耗去 4 個價電子，剩下…

Question 10

2-methylpentane 和 $\ce{Cl2}$ 進行照光反應，會得到幾種單氯取代產物（monochloro substituted product）$\ce{C6H13Cl}$？ (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機化學中烷類的自由基鹵化反應（Free Radical Halogenation）之「位置異構物（Regioisomers / Constitutional Isomers）」判定： 1. 反應機構：烷類照光（$h
u$）與 $\ce{Cl2}$ 反應，經由引發（Initiation）、連鎖傳遞（Propagation）及終止（Termination）三步驟進行自由基取代。 2. 等價氫（Equivalent Hydrogens）的辨識：在不考慮立體化學（Stereochemistry）的情況下，分子中具有幾種化學環境不同（Non-equivalent）的氫原子，其進行單氯取代時就會產生幾種結構異構物（Constitutional isomers）。 3. 立體異構物排除慣例：依後中西醫考試慣例及校方官方釋疑，此類題目若未特別加註「包含立體異構物（including stereoisomers）」或「包含鏡像異構物（enantiomers）」，預設僅討論「有幾種不同位置的氫被取代」（即結構異構物）。 --- 解題方法 第一步：畫出受質的結構並進行碳鏈編號 2-甲基戊烷（2-methylpentane）的結構如下： $$\ce{\overset{1}{C}H3-\overset{2}{C}H(CH3)-\overset{3}{C}H2-\overset{4}{C}H2-\overset{5}{C}H3}$$ 主鏈由左至右編號為 C1 至 C5，在 C2 上具有一個甲基取代基（$\ce{-CH3}$）。 第二步：分析分子中不同化學環境的氫原子（非等價氫） 逐一檢查各個碳原子上的氫原子環境： 1. C1 與 C2 上的甲基氫： - C2 連接了兩個相同的甲基（C1 與支鏈的甲基），此 6 個氫原子的化學環境完全相同。 - 氯取代於此處時，生成：1-chloro-4-methylpentane（依 IUPAC 命名重新由氯端編號），共 1 種產物。 2. C2 上的三級氫（$3^\circ\ \ce{H}$）： - C2 連接一個 $\ce{-H}$，為三級碳。 - 氯取代於此處時，生成：2-chloro-2-methylpentane，共 1 種產物。 3. C3 上的二級氫（$2^\circ\ \ce{H}$）： - C3 為 $\ce{-CH2 -}$，鄰接 $\ce{-CH(CH3)2}$ 與 $\ce{-CH2CH3}$。 - 氯取代於此處時，生成：3-chloro-2-methylpentane，共 1 種產物。 4. C4 上的二級氫（$2^\circ\ \ce{H}$）： - C4 為 $\ce{-CH2 -}$，鄰接 $\ce{-CH2CH(CH3)2}$ 與 $\ce{-CH3}$。 - 氯取代於此處時，生成：2-chlor…

Question 11

下列何化合物可用來進行 malonic ester synthesis 得到 octanoic acid？ (A) 1-bromopentane (B) 1-bromohexane (C) 1-bromooctane (D) 1-bromodecane

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機化學經典的碳–碳鍵形成反應——丙二酸酯合成法（Malonic Ester Synthesis）。 1. 反應本質： 利用丙二酸二乙酯（diethyl malonate，$\ce{CH2(CO2Et)2}$）的 $\alpha$-碳酸性較高（$\mathrm{p}K\mathrm{a} \approx 13$），以醇鈉拔氫生成具有高度共振穩定性的烯醇負離子（enolate ion）。該負離子可作為親核試劑，對一級鹵烷（$\ce{R-X}$）進行 $\mathrm{SN2}$ 取代反應引進烷基（$\ce{R}$ 基）。隨後進行酸催化酯水解與加熱脫羧（decarboxylation），最終產物為以乙酸為骨架的取代羧酸（$\ce{R-CH2COOH}$）。 2. 反應整體機轉： - 去質子化：$\ce{CH2(CO2Et)2 + EtO^- - [CH(CO2Et)2]^- + EtOH}$ - 親核取代（$\mathrm{SN2}$）：$\ce{[CH(CO2Et)2]^- + R-X - R-CH(CO2Et)2 + X^-}$ - 水解與脫羧： $$\ce{R-CH(CO2Et)2 -[H3O^+, \Delta] R-CH(COOH)2 -[\Delta][-CO2] R-CH2COOH}$$ 3. 碳數分析原則： 產物總碳數＝烷基（$\ce{R}$ 基）碳數 $+$ 來自丙二酸酯骨架的乙酸碳數（$2$ 個碳）。 --- 解題方法 1. 分析目標產物結構與碳數： - 目標產物為 辛酸（octanoic acid），結構式為 $\ce{CH3(CH2)6COOH}$，分子中共有 $8$ 個碳原子。 2. 進行逆合成分析（Retrosynthetic Analysis）： - 在丙二酸酯合成法中，終產物通式為 $\ce{R-CH2COOH}$。 - 其中 $\ce{-CH2COOH}$ 基團包含 $2$ 個碳，皆來自原始的丙二酸酯（脫去一分子 $\ce{CO2}$ 後留下的片段）。 - 其餘部分為鹵烷所引入的烷基 $\ce{R-}$。 - 拆解辛酸結構： $$\ce{CH3(CH2)4CH2-CH2COOH - R = CH3(CH2)4CH2-} \quad 	ext{（己基，hexyl group）}$$ - 烷基所需碳數為： $$	ext{烷基碳數} = 	ext{辛酸總碳數 ($8$)} - 	ext{丙二酸酯骨架碳數 ($2$)} = 6$$

Question 12

下列合成塑膠中，何者抗腐蝕性最佳？ (A) 高密度聚乙烯 (B) 聚苯乙烯 (C) 聚氯乙烯 (D) 聚四氟乙烯

Accepted Answer

核心觀念 本題考查合成塑膠的耐化學性（chemical resistance），也就是材料抵抗酸、鹼、氧化劑、有機溶劑及其他腐蝕性物質侵蝕的能力。 四種塑膠的主要結構如下： - 高密度聚乙烯（HDPE）：$\ce{[-CH2-CH2-]{n}}$ - 聚苯乙烯（PS）：$\ce{[-CH2-CH(C6H5)-]{n}}$ - 聚氯乙烯（PVC）：$\ce{[-CH2-CHCl-]{n}}$ - 聚四氟乙烯（PTFE）：$\ce{[-CF2-CF2-]{n}}$ 其中，聚四氟乙烯的碳鏈上氫原子幾乎完全被氟原子取代，形成極強的 $\ce{C-F}$ 鍵。氟原子也能包覆、屏蔽碳骨架，使其他化學物質不易接近並破壞主鏈，因此具有極佳的耐化學腐蝕性。 解題方法 判斷塑膠抗腐蝕性的主要切入點有三個： 1. 主鏈化學鍵是否穩定 2. 取代基是否能保護碳鏈 3. 材料是否容易與酸、鹼、氧化劑或溶劑反應 聚四氟乙烯具有下列特點： - $\ce{C-F}$ 鍵鍵能高，化學鍵非常穩定。 - 氟原子體積大，能包覆碳鏈，降低其他試劑的攻擊機會。 - 分子結構緊密，表面能低，許多物質不易潤濕或附著。 - 對多數強酸、強鹼、氧化劑及有機溶劑均具有優良抵抗性。 因此，在一般化學材料比較題的條件下，PTFE 的抗腐蝕性最佳。 選項分析 (A) 高密度聚乙烯 HDPE 的重複單元為： $$ \ce{[-CH2-CH2-]{n}} $$ HDPE 沒有容易水解的酯基或醯胺基，因此對水、稀酸、稀鹼及許多鹽類溶液具有不錯的耐受性。 但其主鏈主要由 $\ce{C-C}$ 與 $\ce{C-H}$ 鍵構成，缺乏氟原子的保護；在高溫、強氧化劑或某些有機溶劑環境中，仍可能發生氧化、溶脹或溶解。因此耐化學性雖佳，仍不及 PTFE。 (B) 聚苯乙烯 PS 的重複單元為： $$ \ce{[-CH2-CH(C6H5)-]{n}} $$

Question 13

下列何種儀器對判斷分子共軛（conjugation）性質的效果最好？ (A) 紅外光譜儀（Infrared spectrometer） (B) 質譜儀（Mass spectrometer） (C) 紫外－可見光光譜儀（Ultraviolet-visible spectrometer） (D) 核磁共振光譜儀（Nuclear magnetic resonance spectrometer）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查各種光譜儀器判斷「分子共軛」的能力。 共軛系統是指相鄰原子具有連續的平行 $p$ 軌域，使 $\pi$ 電子能在多個原子間離域。例如： $$ \ce{C=C-C=C} $$ 共軛會使分子的 $\pi$ 電子能階重新分布，並縮小最高占據分子軌域（HOMO）與最低未占據分子軌域（LUMO）之間的能隙。能隙變小時，電子由 $\pi$ 軌域躍遷至 $\pi^$ 軌域所需的能量降低，因此吸收較長波長的紫外光或可見光。 光能與波長的關係為： $$ E=h
u=\frac{hc}{\lambda} $$ 其中 $E$ 為光能、$h$ 為普朗克常數、$
u$ 為頻率、$c$ 為光速、$\lambda$ 為波長。能量降低時，吸收波長 $\lambda$ 增大，稱為紅位移（bathochromic shift）。 --- 解題方法 判斷共軛最直接的方法，是觀察分子是否因連續 $\pi$ 電子系統而產生特定的電子躍遷及吸收波長變化。 共軛程度增加時： $$ 	ext{共軛程度增加} \Rightarrow 	ext{HOMO-LUMO 能隙降低} \Rightarrow \Delta E{\piightarrow\pi^}	ext{降低} \Rightarrow \lambda{\max}	ext{增加} $$ 紫外－可見光光譜儀正是測量分子對紫外光與可見光的吸收，能直接觀察 $\piightarrow\pi^$ 或 $nightarrow\pi^$ 電子躍遷。因此，最適合用來判斷分子的共軛性質。 以乙烯與共軛二烯為例： - $\ce{CH2=CH2}$ 只有一個 $\ce{C=C}$，吸收波長較短。 - $\ce{CH2=CH-CH=CH2}$ 具有連續共軛系統，吸收波長向長波長移動。 - 共軛鏈越長，通常 $\lambda{\max}$ 越大，甚至可進入可見光區而呈現顏色。 因此本題選擇紫外－可見光光譜儀。 --- 選項分析 (A) 紅外光譜儀（Infrared spectrometer）錯誤 紅外光譜主要測量分子的振動與轉動能階，常用於辨認官能基，例如： - $\ce{C=O}$ 伸縮振動 - $\ce{O-H}$ 伸縮振動 - $\ce{C=C}$ 伸縮振動 - $\ce{C-H}$ 伸縮振動 紅外光譜可以確認分子中是否存在 $\ce{C=C}$，也能觀察共軛羰基的吸收峰移動，例如共軛會使 $\ce{C=O}$ 伸縮振動頻率降低。然而，紅外光譜主要提供的是官能基振動資訊，無法像紫外－可見光光譜一樣直接反映整個 $\pi$ 電子系統的共軛程度。 因此不是本題最佳答案。 --- (B) 質譜儀（Mass spectrometer）錯誤

Question 14

Hinsberg test 使用 $\ce{RSO2Cl}$ 和 $\ce{OH-}$ 作為試劑，可用來區分下列何組化合物？ (A) 一級、二級、三級醇（alcohol） (B) 一級、二級、三級胺（amine） (C) 一級、二級、三級鹵化烷（alkyl halide） (D) 醛（aldehyde）、酮（ketone）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 Hinsberg test（興斯堡試驗），用磺醯氯 $\ce{RSO2Cl}$ 與強鹼 $\ce{OH^-}$ 鑑別一級、二級、三級胺。 胺的分類如下： - 一級胺：$\ce{RNH2}$ - 二級胺：$\ce{R2NH}$ - 三級胺：$\ce{R3N}$ 判斷關鍵在於氮原子上是否具有 $\ce{N-H}$。磺醯氯會與胺發生磺醯化反應，而生成物在鹼中的溶解性取決於是否仍保有可被鹼去質子化的 $\ce{N-H}$。 --- 解題方法與反應機構 磺醯氯的磺醯硫原子具有親電性，胺的氮原子以孤電子對作為親核劑，攻擊硫原子，氯離子離去，形成磺醯胺。 一級胺 一級胺先與磺醯氯反應： $$ \ce{RNH2 + R'SO2Cl - R'SO2NHR + HCl} $$ 生成的一級磺醯胺仍含有 $\ce{N-H}$，且磺醯基 $\ce{-SO2R'}$ 具有強吸電子作用，使 $\ce{N-H}$ 的氫具有酸性，可被 $\ce{OH^-}$ 移除： $$ \ce{R'SO2NHR + OH^- - R'SO2NR^- + H2O} $$ 生成的磺醯胺陰離子可溶於鹼性溶液。加入酸後重新質子化，析出原本的磺醯胺： $$ \ce{R'SO2NR^- + H+ - R'SO2NHR} $$ 二級胺 二級胺與磺醯氯反應： $$ \ce{R2NH + R'SO2Cl - R'SO2NR2 + HCl} $$ 生成的二級磺醯胺 $\ce{R'SO2NR2}$ 沒有 $\ce{N-H}$，不能被 $\ce{OH^-}$ 去質子化，因此不形成可溶於鹼的陰離子，通常以固體析出。 三級胺 三級胺沒有 $\ce{N-H}$，不能形成磺醯胺： $$ \ce{R3N + R'SO2Cl -[	ext{通常不反應}]} $$ 因此三級胺不與 Hinsberg 試劑進行典型的磺醯化反應，且本身不溶於鹼性水溶液。三級胺可利用稀酸質子化而溶解，反應如下： $$ \ce{R3N + H+ - R3NH+} $$ --- 三類胺的試驗結果 | 胺的種類 | 與 $\ce{RSO2Cl}$ 反應 | 加入 $\ce{OH^-}$ 後 | 加酸後 | |---|---|---|---| | 一級胺 $\ce{RNH2}$ | 生成一級磺醯胺 | 形成可溶性陰離子，溶解 | 再析出 |

Question 15

下列哪一化合物的碳氧鍵最長？ (A) $\ce{CH3OH}$ (B) $\ce{CO}$ (C) $\ce{CH3CHO}$ (D) $\ce{Na2CO3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「鍵級與鍵長的關係」。 在同一類型的原子鍵中，通常有： $$ 	ext{鍵級越高} \Rightarrow 	ext{鍵越強、鍵長越短} $$ $$ 	ext{鍵級越低} \Rightarrow 	ext{鍵越弱、鍵長越長} $$ 碳氧鍵的典型長度大致為： - $\ce{C-O}$ 單鍵：約 $1.43\ 	ext{\AA}$ - $\ce{C=O}$ 雙鍵：約 $1.20\ 	ext{\AA}$ - $\ce{C#O}$ 三鍵：約 $1.13\ 	ext{\AA}$ 因此，本題應判斷各選項中碳氧鍵的有效鍵級，再比較鍵長。 解題方法 逐一分析各化合物中的碳氧鍵： 1. $\ce{CH3OH}$：碳氧單鍵，鍵級約為 $1$。 2. $\ce{CO}$：碳氧三鍵，鍵級約為 $3$。 3. $\ce{CH3CHO}$：醛基中的碳氧雙鍵，鍵級為 $2$。 4. $\ce{Na2CO3}$：$\ce{CO3^{2-}}$ 中的三個碳氧鍵具有共振，平均鍵級約為 $$ \frac{1+2+2}{3}=\frac{5}{3} $$ 實際上三個碳氧鍵等效，平均鍵級約為 $1.33$，因此比普通碳氧單鍵短。 比較有效鍵級： $$ \ce{C-O} < \ce{C-O} 	ext{（碳酸根平均鍵級約 }1.33	ext{）} < \ce{C=O} < \ce{C#O} $$ 鍵長則呈相反順序，因此最長的是普通碳氧單鍵。 選項分析 (A) $\ce{CH3OH}$：正確 甲醇中的碳氧鍵為單鍵： $$ \ce{CH3-OH} $$ 碳原子與氧原子之間只有一對共用電子，鍵級為 $1$。單鍵的鍵級最低，因此碳氧鍵最長。 甲醇中的氧原子為 $sp^3$ 混成，$\ce{C-O}$ 鍵主要是單一 $\sigma$ 鍵，沒有羰基或三鍵所造成的額外 $\pi$ 鍵，因此鍵長最大。 (B) $\ce{CO}$：錯誤

Question 16

某一反應 $\ce{A + B <= C}$ 之正反應的活化能為 $20\ \mathrm{kJ/mol}$，逆反應的活化能為 $85\ \mathrm{kJ/mol}$，請問此反應之反應熱最接近下列何者？ (A) $-105\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $-65\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $65\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $105\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查活化能與反應熱 $\Delta H$ 的關係。

對可逆反應：

\ce{A + B <=> C}

正反應活化能為反應物到過渡態的能量差：

E_{\mathrm{a,forward}}=E_{\mathrm{TS}}-E_{\mathrm{reactants}}

逆反應活化能為生成物到過渡態的能量差：

E_{\mathrm{a,reverse}}=E_{\mathrm{TS}}-E_{\mathrm{products}}

其中 $E_{\mathrm{TS}}$ 代表過渡態能量。

反應熱定義為：

\Delta H=E_{\mathrm{products}}-E_{\mathrm{reactants}}

因此：

\Delta H = \left(E_{\mathrm{TS}}-E_{\mathrm{reactants}}\right) - \left(E_{\mathrm{TS}}-E_{\mathrm{products}}\right)

整理得：

\Delta H = E_{\mathrm{a,forward}}-E_{\mathrm{a,reverse}}

解題方法

題目給定：

E_{\mathrm{a,forward}}=20\ \mathrm{kJ/mol}

E_{\mathrm{a,reverse}}=85\ \mathrm{kJ/mol}

代入公式：

\Delta H = 20\ \mathrm{kJ/mol} - 85\ \mathrm{kJ/mol}

\Delta H=-65\ \mathrm{kJ/mol}

因此正反應的反應熱為負值，表示正反應為放熱反應，生成物 $\ce{C}$ 的能量低於反應物 $\ce{A+B}$ 。

Question 17

下列何者之沸點最低？ (A) $0.1\ \mathrm{M}$ 蔗糖水溶液 (B) $0.1\ \mathrm{M}$ $\ce{NaCl}$ 水溶液 (C) $0.1\ \mathrm{M}$ 乙醇水溶液 (D) 純水

Accepted Answer

核心觀念 1. 依數性質（Colligative Properties）與拉午耳定律（Raoult's Law）的適用前提： - 傳統依數性質（如沸點上升 $\Delta T\mathrm{b} = i K\mathrm{b} m$）僅適用於非揮發性（non-volatile）、非電解質或強／弱電解質溶質的水溶液。當溶質是非揮發性時，溶液的蒸氣壓必然低於純溶劑，導致沸點上升（$T\mathrm{b} T\mathrm{b}^\circ$）。 2. 揮發性溶質對溶液蒸氣壓與沸點的影響： - 乙醇（$\ce{C2H5OH}$）為易揮發性溶質（volatile solute），純乙醇在 $1\ \mathrm{atm}$ 下的沸點約為 $78.37\ ^\circ\mathrm{C}$，遠低於純水的 $100.0\ ^\circ\mathrm{C}$。 - 在相同溫度下，乙醇的飽和蒸氣壓大於水的飽和蒸氣壓（$P{	ext{乙醇}}^\circ P{	ext{水}}^\circ$）。 - 依拉午耳定律及真實溶液行為，水溶液中溶入揮發性且蒸氣壓高於水的溶質時，溶液的總蒸氣壓為各成分分壓之和： $$ P{	ext{total}} = P{	ext{水}} + P{	ext{乙醇}} $$ 在稀薄的乙醇水溶液中，溶液之總蒸氣壓高於純水同溫下的蒸氣壓，使得溶液達到一大氣壓（$1\ \mathrm{atm}$）所需的溫度低於 $100\ ^\circ\mathrm{C}$，即沸點低於純水。 --- 解題方法 本題旨在比較各液體在一大氣壓下的沸點高低。切入關鍵在於區分溶質為「非揮發性」或「揮發性」： 1. 非揮發性溶質水溶液： - 沸點必然高於純水（沸點上升），其沸點大小取決於有效溶質粒子濃度（$i 	imes C$）。 - 蔗糖（非電解質，$i=1$）水溶液：沸點高於純水。 - $\ce{NaCl}$（強電解質，$i \approx 2$）水溶液：沸點高於純水，且高於同濃度的蔗糖溶液。 2. 揮發性溶質水溶液： - 乙醇的揮發性遠大於水（純乙醇沸點 $78.4\ ^\circ\mathrm{C} < 100\ ^\circ\mathrm{C}$）。 - 乙醇分子的加入使液相表面逸出的蒸氣分子增加，低濃度乙醇水溶液的沸點低於純水的沸點（$100\ ^\circ\mathrm{C}$）。 3. 沸點高低排序：

Question 18

下式反應的主要產物為何？ $$\ce{Cl2C=O + H2O - ?}$$ (A) $\ce{H2C=O + Cl2}$ (B) $\ce{H2CO3 + Cl2}$ (C) $\ce{HCO2H + HCl}$ (D) $\ce{CO2 + HCl}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗醯基氯（Acyl chloride / Acid chloride）的親核性醯基取代反應（Nucleophilic Acyl Substitution, $	ext{S}	ext{N}	ext{Ac}$）與碳酸衍生物的水解不穩定性。 光氣（Phosgene, $\ce{Cl2C=O}$）結構上可視為碳酸的雙二醯氯（Carbonic dichloride）。在水存在下，水作為親核基攻擊羰基碳，連續發生兩次親核加成-脫去反應，生成極不穩定的碳酸（$\ce{H2CO3}$），碳酸隨即自發脫水分解為二氧化碳（$\ce{CO2}$）與水，全反應淨產物為 $\ce{CO2}$ 與 $\ce{HCl}$。 --- 解題方法 1. 反應機構（Mechanism） 光氣的水解反應遵循典型的加成-脫去機構（Addition-Elimination Mechanism）： 1. 第一次親核取代： 水分子（$\ce{H2O}$）的孤對電子對羰基碳進行親核加成，形成四面體中間體（Tetrahedral intermediate）。隨後羰基重新形成雙鍵，氯離子（$\ce{Cl-}$）作為優良離去基被擠出，去質子化後生成氯甲酸（Chlorocarbonic acid, $\ce{ClCOOH}$）與一分子 $\ce{HCl}$： $$\ce{Cl2C=O + H2O - ClCOOH + HCl}$$ 2. 第二次親核取代： 生成的氯甲酸極不穩定，第二個水分子再次以相同機構進攻羰基，使第二個氯離子脫去，生成碳酸（$\ce{H2CO3}$）與第二分子 $\ce{HCl}$： $$\ce{ClCOOH + H2O - H2CO3 + HCl}$$ 3. 碳酸的自發分解： 碳酸在水溶液中熱力學上高度趨向脫水分解為二氧化碳與水： $$\ce{H2CO3 - CO2 ^ + H2O}$$ 2. 全反應淨反應式 將上述步驟合併消去中間體，得到總反應方程式： $$\ce{Cl2C=O + H2O - CO2 ^ + 2 HCl}$$

Question 19

室溫下，$\ce{AX2}$ 的溶解度積常數（solubility product constant, $K{sp}$）的值為 $K1$，$\ce{BX2}$ 的溶解度積常數的值為 $K2$。現將 $\ce{AX2}$ 和 $\ce{BX2}$ 置於同一燒杯中，加水溶解成一飽和溶液狀態。請問，此飽和溶液中 $\ce{X-}$ 的濃度（M）最接近下列何者？（假設：水的解離忽略不計。） (A) $\sqrt{K1+K2}$ (B) $\sqrt{3K1+K2}$ (C) $\sqrt[3]{2(K1+K2)}$ (D) $\sqrt[3]{K1+K2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查多重難溶鹽類的同離子效應（Common-ion effect）與溶解平衡。 當兩種皆含有共同陰離子 $\ce{X-}$ 的微溶鹽 $\ce{AX2}$ 與 $\ce{BX2}$ 同時存在於水溶液中達平衡時： 1. 兩鹽類的解離反應式： $$\ce{AX2(s) <= A^2+(aq) + 2 X^-(aq)} \quad K{sp,1} = K1 = [\ce{A^2+}][\ce{X-}]^2$$ $$\ce{BX2(s) <= B^2+(aq) + 2 X^-(aq)} \quad K{sp,2} = K2 = [\ce{B^2+}][\ce{X-}]^2$$ 2. 電中性原理（Charge balance）或物質守恆（Mass balance）： 溶液中的總 $\ce{X-}$ 來自於 $\ce{AX2}$ 與 $\ce{BX2}$ 的解離。每產生 $1	ext{ mol}$ 的 $\ce{A^2+}$ 會伴隨產生 $2	ext{ mol}$ 的 $\ce{X-}$；同理，每產生 $1	ext{ mol}$ 的 $\ce{B^2+}$ 也伴隨產生 $2	ext{ mol}$ 的 $\ce{X-}$。忽略水的自身解離時： $$[\ce{X-}] = 2[\ce{A^2+}] + 2[\ce{B^2+}]$$ --- 解題方法 1. 由 $K{sp}$ 表示陽離子濃度： 根據溶解度積常數的定義： $$[\ce{A^2+}] = \frac{K1}{[\ce{X-}]^2}$$ $$[\ce{B^2+}] = \frac{K2}{[\ce{X-}]^2}$$ 2. 代入物質守恆（電荷平衡）關係式： $$[\ce{X-}] = 2[\ce{A^2+}] + 2[\ce{B^2+}]$$ $$[\ce{X-}] = 2\left(\frac{K1}{[\ce{X-}]^2}ight) + 2\left(\frac{K2}{[\ce{X-}]^2}ight) = \frac{2(K1 + K2)}{[\ce{X-}]^2}$$ 3. 求解 $[\ce{X-}]$： 兩邊同乘以 $[\ce{X-}]^2$： $$[\ce{X-}]^3 = 2(K1 + K2)$$ 開三次方根即可求得平衡時的陰離子濃度：

Question 20

以波哈法（Volhard method）來定量 $\ce{Ag+}$ 時，是以下列何者所呈現之顏色作為滴定終點的判定？ (A) $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 生成 $\ce{AgCl}$ 白色沉澱 (B) $\ce{Fe^3+}$ 與 $\ce{SCN-}$ 生成 $\ce{FeSCN^2+}$ 血紅色錯離子 (C) $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{SCN-}$ 生成 $\ce{AgSCN}$ 白色沉澱 (D) $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{CrO4^2-}$ 生成 $\ce{Ag2CrO4}$ 黃色沉澱

Accepted Answer

核心觀念 本題考查沉澱滴定法（Precipitation Titration）中的波哈法（Volhard method）之原理、指示劑選用與滴定終點判別。 1. 波哈法（Volhard Method）原理： - 滴定反應：在酸性溶液（通常加入適量 $\ce{HNO3}$）中，利用標準硫氰酸根離子（$\ce{SCN-}$，如 $\ce{KSCN}$ 或 $\ce{NH4SCN}$）作為滴定劑直接滴定 $\ce{Ag+}$，生成微溶性的白色硫氰酸銀沉澱： $$\ce{Ag+ (aq) + SCN- (aq) - AgSCN (s) v} \quad (	ext{白色沉澱})$$ - 終點指示反應：加入三價鐵離子（$\ce{Fe^3+}$，通常來自硫酸鐵銨，Fe(III) alum）作為指示劑。當化學計量點到達、所有的 $\ce{Ag+}$ 完全沉澱後，稍微過量的一滴 $\ce{SCN-}$ 會與指示劑 $\ce{Fe^3+}$ 結合，形成血紅色的水溶性錯離子： $$\ce{Fe^3+ (aq) + SCN- (aq) - [FeSCN]^2+ (aq)} \quad (	ext{血紅色溶液})$$ - 溶液由無色（或極淡微黃）轉變為穩定的微淡紅色／血紅色，即為滴定終點。 --- 解題方法 1. 釐清滴定系統的主反應與指示反應： - 題目詢問的是「作為滴定終點的判定」，代表需要尋找的是「指示劑產生顯色變化的反應」，而非主滴定沉澱反應本身。 2. 分析波哈法各物質的角色： - 待測物／分析物：$\ce{Ag+}$ - 標準滴定液：$\ce{SCN-}$ - 指示劑：$\ce{Fe^3+}$ - 當 $\ce{Ag+}$ 耗盡後，指示劑 $\ce{Fe^3+}$ 與過量 $\ce{SCN-}$ 形成血紅色 $\ce{[FeSCN]^2+}$，提供靈敏且肉眼極易觀察的色彩突變，因此以該錯離子的生成判定終點。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 生成 $\ce{AgCl}$ 白色沉澱屬於莫爾法（Mohr method）或法揚司法（Fajans method）的主滴定反應；

Question 21

下列何者不適合裝在玻璃製的容器內？ (A) $\ce{HF}$ (B) $\ce{HCl}$ (C) $\ce{HBr}$ (D) $\ce{HI}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「鹵化氫（Hydrogen halides）的化學性質」以及「玻璃的成分與化學蝕刻反應」。 1. 玻璃的主成分：玻璃主要由二氧化矽（$\ce{SiO2}$）及矽酸鹽（如 $\ce{Na2SiO3}$、$\ce{CaSiO3}$）構成。 2. 玻璃蝕刻反應（Etching of Glass）：在鹵化氫水溶液中，唯獨氫氟酸（$\ce{HF}$）能與二氧化矽及矽酸鹽發生反應，生成揮發性或可溶性的含氟化合物（如 $\ce{SiF4}$ 與 $\ce{H2SiF6}$），導致玻璃被腐蝕損壞，因此 $\ce{HF}$ 必須存放在塑膠（如聚乙烯 PE、鐵氟龍 PTFE）或蠟製容器中。 --- 解題方法 以「物質與容器材料的相容性」為切入點： 分析四種鹵化氫（$\ce{HF}$、$\ce{HCl}$、$\ce{HBr}$、$\ce{HI}$）的水溶液對玻璃（$\ce{SiO2}$）的化學活性。 - 矽（$\ce{Si}$）與氟（$\ce{F}$）之間具有極強的親和力（$\ce{Si-F}$ 鍵能高達約 $582	ext{ kJ/mol}$，遠高於 $\ce{Si-O}$ 鍵能約 $460	ext{ kJ/mol}$ 及其他 $\ce{Si-X}$ 鍵能），使 $\ce{HF}$ 與 $\ce{SiO2}$ 的反應在熱力學與動力學上皆極為有利： $$\ce{SiO2(s) + 4HF(aq) - SiF4(g) + 2H2O(l)}$$ 過量的 $\ce{HF}$ 會進一步反應生成水溶性的氟矽酸： $$\ce{SiF4(g) + 2HF(aq) - H2SiF6(aq)}$$ 此反應會破壞玻璃的網狀共價結構，故 $\ce{HF}$ 絕不可盛裝於玻璃容器中。 ---

Question 22

下列何者在水中的溶解度（solubility）最低？ (A) $\ce{Mg(IO3)2}$ (B) $\ce{Ca(IO3)2}$ (C) $\ce{Sr(IO3)2}$ (D) $\ce{Ba(IO3)2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「第二族（鹼土金屬）微溶鹽類的溶解度遞變趨勢」與「晶格能（Lattice Energy）與水合能（Hydration Energy）的競爭效應」。 鹽類溶於水的過程，自由能變化主要取決於兩個主要驅動力： 1. 克服晶格能（$\Delta H{	ext{lattice}}$）：破壞離子固體結構使離子分離（吸熱過程）。 2. 獲得水合能（$\Delta H{	ext{hydration}}$）：游離出的陽離子與陰離子被水分子包圍溶劑化（放熱過程）。 溶解熱的關係式為： $$\Delta H{	ext{soln}} = \Delta H{	ext{lattice}} + \Delta H{	ext{hydration}}$$ （註：此處 $\Delta H{	ext{lattice}} 0$ 為晶格解離能，$\Delta H{	ext{hydration}} < 0$ 為水合焓） 對於鹼土金屬（$\ce{M^2+}$）化合物的溶解度規律： - 搭配小陰離子（如 $\ce{OH-}$、$\ce{F-}$）： 陽離子半徑自 $\ce{Mg^2+}$ 至 $\ce{Ba^2+}$ 增大，晶格能的下降幅度大於水合能的下降幅度，因此溶解度由上往下遞增： $$\ce{Mg(OH)2 < Ca(OH)2 < Sr(OH)2 < Ba(OH)2}$$ - 搭配大型多元陰離子或大陰離子（如 $\ce{SO4^2-}$、$\ce{CrO4^2-}$、$\ce{IO3-}$）： 由於陰離子體積很大，晶格能受陽離子半徑變化的影響相對較小；相對地，陽離子的水合能隨離子半徑增大（電荷密度降低）而顯著減小。水合能的大幅下降主導了溶解消散的能力，導致溶解度由上往下遞減： $$\ce{Mg(IO3)2 Ca(IO3)2 Sr(IO3)2 Ba(IO3)2}$$ --- 解題方法 1. 分析陰離子特性： 碘酸根離子（$\ce{IO3-}$）由 1 個碘原子與 3 個氧原子組成，半徑遠大於單原子陰離子（如 $\ce{F-}$、$\ce{Cl-}$），屬於典型「大型陰離子」。 2. 比較晶格能與水合能變化幅度： - 晶格能正比於： $$\frac{|z+ \cdot z-|}{r+ + r-}$$ 當 $r-$（$\ce{IO3-}$）很大時，$r+$ 從 $\ce{Mg^2+}$ 增加到 $\ce{Ba^2+}$ 對分母 $(r+ + r-)$ 的相對影響微小，故晶格能下降有限。 - 陽離子水合能正比於： $$\frac{z+^2}{r+}$$ 陽離子半徑順序為：$\ce{Mg^2+ < Ca^2+ < Sr^2+ < Ba^2+}$。水合能大小順序為：$\ce{Mg^2+ Ca^2+ Sr^2+ Ba^2+}$。由於沒有大陰離子稀釋分母效應，水合能隨著離子半徑變大而劇…

Question 23

$\ce{Na2S}$ 水溶液中各種離子的濃度大小關係，下列何者正確？ (A) $[\ce{Na+}][\ce{HS-}][\ce{S^2-}][\ce{OH-}]$ (B) $[\ce{OH-}][\ce{Na+}][\ce{HS-}][\ce{S^2-}]$ (C) $[\ce{Na+}][\ce{S^2-}][\ce{OH-}][\ce{HS-}]$ (D) $[\ce{Na+}][\ce{OH-}][\ce{HS-}][\ce{S^2-}]$

Accepted Answer

核心觀念 $\ce{Na2S}$ 溶於水後完全解離： $$ \ce{Na2S - 2Na+ + S^2-} $$ $\ce{S^2-}$ 會發生水解，形成 $\ce{HS-}$、$\ce{H2S}$ 與 $\ce{OH-}$： $$ \ce{S^2- + H2O <= HS- + OH-} $$ $$ \ce{HS- + H2O <= H2S + OH-} $$ 因此溶液呈鹼性，且主要離子為 $\ce{Na+}$、$\ce{S^2-}$、$\ce{HS-}$ 與 $\ce{OH-}$。 --- 固定可以判斷的濃度關係 設： $$ [\ce{Na+}]=2C $$ 其中 $C$ 為溶液中總硫化物濃度。由電荷平衡與物料平衡可得： $$ [\ce{OH-}] = [\ce{HS-}]+2[\ce{H2S}]+[\ce{H+}] $$ 所以一定有： $$ [\ce{OH-}][\ce{HS-}] $$ 此外， $$ [\ce{Na+}]-[\ce{OH-}] = [\ce{HS-}]+2[\ce{S^2-}]-[\ce{H+}]0 $$ 在此鹼性溶液中，因此： $$ [\ce{Na+}][\ce{OH-}] \;\; [\ce{HS-}] $$ 但是 $\ce{S^2-}$ 與 $\ce{OH-}$ 的相對大小，不能只靠題目提供的資料決定。 --- $\ce{S^2-}$ 與 $\ce{HS-}$ 的關係 第二級解離平衡為： $$ \ce{HS- <= H+ + S^2-} $$ $$ K{\mathrm a2} = \frac{[\ce{H+}][\ce{S^2-}]}{[\ce{HS-}]} $$ 因此： $$ \frac{[\ce{S^2-}]}{[\ce{HS-}]} = \frac{K{\mathrm a2}}{[\ce{H+}]} $$ $\ce{S^2-}$ 與 $\ce{HS-}$ 的比例取決於 $\ce{H2S}$ 的 $K{\mathrm a2}$ 以及 $\ce{Na2S}$ 的濃度。題目未給出這些資料，所以不能固定判斷 $\ce{S^2-}$ 一定大於或小於 $\ce{OH-}$。 因此會有兩種合理情況： 1. 若 $[\ce{S^2-}][\ce{OH-}]$： $$ [\ce{Na+}][\ce{S^2-}][\ce{OH-}][\ce{HS-}] $$ 2. 若 $[\ce{OH-}][\ce{S^2-}]$：

Question 24

P 型半導體在形成過程中需在純矽晶體中少量摻雜下列何種元素？ (A) $\ce{As}$ (B) $\ce{Ga}$ (C) $\ce{Ge}$ (D) $\ce{Se}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查半導體的「摻雜」與 $p$ 型、$n$ 型半導體的形成原理。 純矽屬於第 14 族元素，每個矽原子具有 4 個價電子，能與周圍 4 個矽原子形成共價鍵。若以少量其他元素取代矽晶格中的矽原子，會因摻雜元素價電子數不同，產生自由電子或電洞。 - 第 13 族元素：具有 3 個價電子，少 1 個電子形成完整共價鍵，產生電洞，形成 $p$ 型半導體。 - 第 15 族元素：具有 5 個價電子，多出的 1 個電子容易成為自由電子，形成 $n$ 型半導體。 解題方法 矽為第 14 族元素，因此判斷摻雜元素的關鍵，是比較其價電子數與矽的差異。 若摻雜第 13 族元素，例如硼、鋁、鎵或銦： $$ 	ext{第 13 族元素：3 個價電子} $$ 摻入矽晶體後，摻雜原子只能與周圍矽原子形成 3 個完整共價鍵，第四個共價鍵缺少 1 個電子。鄰近共價鍵中的電子可移動來填補此空缺，原本的空缺便等效形成可移動的正電荷，稱為電洞。 因此： $$ 	ext{第 13 族摻雜} \longrightarrow 	ext{電洞增加} \longrightarrow p	ext{ 型半導體} $$ 選項中的 $\ce{Ga}$ 為第 13 族元素，所以正確答案為 $\ce{Ga}$。 選項分析 (A) $\ce{As}$：錯誤 $\ce{As}$ 為砷，屬於第 15 族元素，具有 5 個價電子。摻入矽晶體後，其中 4 個價電子可與周圍矽原子形成共價鍵，多出的 1 個電子容易脫離束縛，成為自由電子。 $$ 	ext{第 15 族摻雜} \longrightarrow 	ext{自由電子增加} \longrightarrow n	ext{ 型半導體} $$ 因此 $\ce{As}$ 是常見的施體雜質，可形成 $n$ 型半導體，不是 $p$ 型半導體。 (B) $\ce{Ga}$：正確

Question 25

反應 $\ce{2A + 2B - C}$ 的反應機制是： (1) $\ce{A + B - D}$（慢） (2) $\ce{D + B - E}$（快） (3) $\ce{A + E - C}$（快） 則此反應的速率方程式（rate equation）是下列何者？ (A) 速率 $=k[\ce{A}][\ce{B}]$ (B) 速率 $=k[\ce{A}][\ce{E}]$ (C) 速率 $=k[\ce{A}]^2[\ce{B}]^2$ (D) 速率 $=k[\ce{D}][\ce{B}]$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「反應機構」與「速率決定步驟」的關係。 多步驟反應中： - 每一個基元反應的速率方程式，依該步驟的反應物濃度與係數決定。 - 最慢的步驟通常是整體反應的速率決定步驟（rate-determining step）。 - 中間體 $\ce{D}$、$\ce{E}$ 只出現在反應機構中，不會出現在總反應式中。 題目機構為： $$ \ce{A + B - D} $$ $$ \ce{D + B - E} $$ $$ \ce{A + E - C} $$ 相加後可消去中間體 $\ce{D}$ 與 $\ce{E}$： $$ \ce{2A + 2B - C} $$ 其中第一步標示為慢反應，因此是速率決定步驟。 --- 解題方法 第一步是基元反應： $$ \ce{A + B - D} $$ 對於基元反應，其速率方程式可直接由反應物係數寫出： $$ 	ext{速率}=k1[\ce{A}][\ce{B}] $$ 由於第一步為慢步驟，整體反應速率主要受第一步控制，因此可將速率常數合併寫成 $k$： $$ 	ext{速率}=k[\ce{A}][\ce{B}] $$ 所以正確選項為 (A)。 須注意：總反應式中的係數 $\ce{2A}$ 與 $\ce{2B}$，不能直接用來寫成 $k[\ce{A}]^2[\ce{B}]^2$。整體反應式的化學計量係數，通常不能直接決定速率方程式；速率方程式必須根據反應機構，尤其是速率決定步驟判斷。 --- 選項分析 (A) 速率 $=k[\ce{A}][\ce{B}]$：正確 第一步為慢步驟： $$ \ce{A + B - D} $$ 該基元反應的速率與 $\ce{A}$、$\ce{B}$ 的濃度各呈一次方成正比，因此： $$ 	ext{速率}=k[\ce{A}][\ce{B}] $$ --- (B) 速率 $=k[\ce{A}][\ce{E}]$：錯誤

Question 26

下列何者完全燃燒時會產生相同分子數的二氧化碳及水？ (A) 甲醇 (B) 乙醇 (C) 正己烷 (D) 丙酮

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機物的完全燃燒反應與化學方程式配平。 含碳、氫的有機物完全燃燒時： - 碳元素全部生成 $\ce{CO2}$ - 氫元素全部生成 $\ce{H2O}$ - 氧元素則由反應物本身及 $\ce{O2}$ 共同提供 對一般化合物 $\ce{CxHyOz}$，完全燃燒可表示為： $$ \ce{CxHyOz + (x + y/4 - z/2)O2 - xCO2 + y/2H2O} $$ 因此，只要比較生成物 $\ce{CO2}$ 與 $\ce{H2O}$ 的化學計量係數即可。兩者係數相同時，代表生成相同分子數。 --- 解題方法 逐一寫出各物質的分子式，再配平完全燃燒反應式。 (A) 甲醇 甲醇分子式為 $\ce{CH3OH}$，也可寫成 $\ce{CH4O}$。 完全燃燒： $$ \ce{CH3OH + 3/2O2 - CO2 + 2H2O} $$ 乘以 2 消除分數： $$ \ce{2CH3OH + 3O2 - 2CO2 + 4H2O} $$ 生成 $\ce{CO2}$ 與 $\ce{H2O}$ 的分子數比為： $$ \ce{CO2:H2O = 2:4 = 1:2} $$ 兩者不相同，因此錯誤。 --- (B) 乙醇 乙醇分子式為 $\ce{C2H5OH}$，也可寫成 $\ce{C2H6O}$。 完全燃燒： $$ \ce{C2H5OH + 3O2 - 2CO2 + 3H2O} $$ 生成 $\ce{CO2}$ 與 $\ce{H2O}$ 的分子數比為： $$ \ce{CO2:H2O = 2:3} $$ 兩者不相同，因此錯誤。 --- (C) 正己烷 正己烷分子式為 $\ce{C6H14}$。 完全燃燒： $$ \ce{C6H14 + 19/2O2 - 6CO2 + 7H2O} $$ 乘以 2 後： $$ \ce{2C6H14 + 19O2 - 12CO2 + 14H2O} $$ 生成 $\ce{CO2}$ 與 $\ce{H2O}$ 的分子數比為： $$ \ce{CO2:H2O = 12:14 = 6:7} $$ 兩者不相同，因此錯誤。 --- (D) 丙酮 丙酮分子式為 $\ce{CH3COCH3}$，即 $\ce{C3H6O}$。 完全燃燒：

Question 27

等重的甲、乙二氣體，同溫同壓下甲氣體的體積為乙氣體的 $\frac{2}{3}$；若乙氣體為一氧化碳，則甲氣體可能是 。 (A) 二氧化碳 (B) 丙烯 (C) 乙烯 (D) 丙炔

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 阿伏加德羅定律：同溫、同壓下，氣體體積與莫耳數成正比。 - 莫耳數公式： $$ n=\frac{m}{M} $$ 其中 $m$ 為質量，$M$ 為莫耳質量。 同溫、同壓下，依理想氣體方程式： $$ V\propto n $$ 因此，在氣體質量相同時，體積較大的氣體，其莫耳質量較小。 解題方法 設甲、乙兩氣體的質量皆為 $m$，莫耳質量分別為 $M{	ext{甲}}$ 與 $M{	ext{乙}}$。 由莫耳數公式： $$ n{	ext{甲}}=\frac{m}{M{	ext{甲}}} $$ $$ n{	ext{乙}}=\frac{m}{M{	ext{乙}}} $$ 因為同溫同壓下體積與莫耳數成正比，所以： $$ \frac{V{	ext{甲}}}{V{	ext{乙}}} = \frac{n{	ext{甲}}}{n{	ext{乙}}} = \frac{m/M{	ext{甲}}}{m/M{	ext{乙}}} = \frac{M{	ext{乙}}}{M{	ext{甲}}} $$ 題目給出： $$ \frac{V{	ext{甲}}}{V{	ext{乙}}}=\frac{2}{3} $$ 乙為一氧化碳 $\ce{CO}$，其莫耳質量為： $$ M{	ext{乙}}=12+16=28\ 	ext{g mol}^{-1} $$ 代入： $$ \frac{28}{M{	ext{甲}}}=\frac{2}{3} $$ $$ M{	ext{甲}}=28	imes\frac{3}{2}=42\ 	ext{g mol}^{-1} $$ 因此，甲氣體的莫耳質量必須為 $42\ 	ext{g mol}^{-1}$。 選項分析 (A) 二氧化碳 $\ce{CO2}$

Question 28

甲、乙、丙三瓶硫酸溶液，各瓶之硫酸濃度分別為：甲 $1.0\ \mathrm{M}$ （比重 $1.07$ ）、乙 $1.0\ \mathrm{m}$ 、丙 $11\%$ 重量百分率；各瓶之硫酸濃度大小關係為 ____。（硫酸分子量 $98\ \mathrm{g/mol}$ ）

Accepted Answer

核心觀念 本題比較的是三瓶硫酸溶液的「實際濃度大小」，但三者使用的濃度單位不同： - 甲：莫耳濃度 $M$，表示每 $1\ \mathrm{L}$ 溶液含有的溶質莫耳數。 - 乙：重量莫耳濃度 $m$，表示每 $1\ \mathrm{kg}$ 溶劑含有的溶質莫耳數。 - 丙：重量百分率，表示溶液中硫酸的質量百分比。 因此，必須將三者換算成相同的濃度表示法。本題以重量百分率比較最直接。 --- 解題方法 甲：$1.0\ \mathrm{M}$，比重 $1.07$ 取 $1.0\ \mathrm{L}$ 甲溶液。 由比重可知： $$ 	ext{溶液質量} =1.0\ \mathrm{L}	imes 1000\ \mathrm{mL/L}	imes 1.07\ \mathrm{g/mL} =1070\ \mathrm{g} $$ $1.0\ \mathrm{M}$ 表示 $1.0\ \mathrm{L}$ 溶液含有 $1.0\ \mathrm{mol}$ 的 $\ce{H2SO4}$，因此硫酸質量為： $$ 1.0\ \mathrm{mol}	imes 98\ \mathrm{g/mol} =98\ \mathrm{g} $$ 甲的重量百分率為： $$ \frac{98\ \mathrm{g}}{1070\ \mathrm{g}}	imes 100\% =9.16\% $$ 所以： $$ 	ext{甲}=9.16\%\ (	ext{w/w}) $$ --- 乙：$1.0\ \mathrm{m}$ $1.0\ \mathrm{m}$ 表示每 $1.0\ \mathrm{kg}$ 溶劑中含有 $1.0\ \mathrm{mol}$ 的 $\ce{H2SO4}$。 取 $1.0\ \mathrm{kg}$ 溶劑： $$ 	ext{硫酸質量} =1.0\ \mathrm{mol}	imes 98\ \mathrm{g/mol} =98\ \mathrm{g} $$ 溶液總質量為： $$ 1000\ \mathrm{g}+98\ \mathrm{g} =1098\ \mathrm{g} $$

Question 29

下列哪一組各物種的電子組態都相同？ (A) $\ce{F-}$、$\ce{Ne}$、$\ce{Mg^2+}$ (B) $\ce{F-}$、$\ce{Ar}$、$\ce{Mg^2+}$ (C) $\ce{O-}$、$\ce{Ne}$、$\ce{Mg^2+}$ (D) $\ce{Cl-}$、$\ce{Ar}$、$\ce{Mg^2+}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「等電子體」概念：不同原子或離子若具有相同的電子總數，就具有相同的電子組態。

電子數計算原則如下：

中性原子：電子數 = 原子序
陽離子：電子數 = 原子序 − 電荷數
陰離子：電子數 = 原子序 + 電荷數

相關元素的原子序為：

\ce{O}: 8,\quad \ce{F}: 9,\quad \ce{Ne}: 10,\quad \ce{Mg}: 12,\quad \ce{Cl}: 17,\quad \ce{Ar}: 18

電子組態依能階填入順序為：

1s \rightarrow 2s \rightarrow 2p \rightarrow 3s \rightarrow 3p

其中：

10 個電子的組態為 $1s^2 2s^2 2p^6$
18 個電子的組態為 $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6$

解題方法

逐一計算各物種的電子數，再比較其電子組態是否完全相同。

選項 A

\ce{F-}: 9+1=10

\ce{Ne}: 10

\ce{Mg^{2+}}: 12-2=10

三者皆有 10 個電子，因此電子組態均為：

1s^2 2s^2 2p^6

故選項 A 正確。

選項分析

(A) $\ce{F-}$ 、 $\ce{Ne}$ 、 $\ce{Mg^2+}$

三者電子數分別為：

\ce{F-}=10,\qquad \ce{Ne}=10,\qquad \ce{Mg^{2+}}=10

電子組態皆為：

1s^2 2s^2 2p^6

三者均具有氖原子的穩定閉殼層組態，故本選項正確。

(B) $\ce{F-}$ 、 $\ce{Ar}$ 、 $\ce{Mg^2+}$

電子數分別為：

\ce{F-}=10,\qquad \ce{Ar}=18,\qquad \ce{Mg^{2+}}=10

Question 30

將 $40.0\ \mathrm{g}$ 甲烷和丙炔的混合氣體樣品，在過量氧氣中完全燃燒，產生 $121.0\ \mathrm{g}$ 的 $\ce{CO2}$ 和一些 $\ce{H2O}$ 。請問樣品中甲烷的重量百分率是多少？（C：12；H：1；O：16）

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「混合物燃燒之化學計量（Stoichiometry）」與「質量守恆（原子守恆法）」。 1. 分子量計算： - 甲烷（$\ce{CH4}$）：$12 	imes 1 + 1 	imes 4 = 16\ \mathrm{g/mol}$ - 丙炔（$\ce{C3H4}$）：$12 	imes 3 + 1 	imes 4 = 40\ \mathrm{g/mol}$ - 二氧化碳（$\ce{CO2}$）：$12 	imes 1 + 16 	imes 2 = 44\ \mathrm{g/mol}$ 2. 完全燃燒反應方程式： - 甲烷：$\ce{CH4 + 2 O2 - CO2 + 2 H2O}$ - 丙炔：$\ce{C3H4 + 4 O2 - 3 CO2 + 2 H2O}$ 3. 碳原子守恆定律： 反應前烴類混合物中所含碳原子的總莫耳數，完全轉化為燃燒後生成的 $\ce{CO2}$ 莫耳數。即： $$	ext{烴類中 C 原子的總莫耳數} = n{\ce{CO2}}$$ --- 解題方法 步驟一：求出生成的 $\ce{CO2}$ 莫耳數 $$	ext{生成的 } \ce{CO2} 	ext{ 莫耳數} = \frac{121.0\ \mathrm{g}}{44.0\ \mathrm{g/mol}} = 2.75\ \mathrm{mol}$$ 由碳原子守恆可知，樣品中碳原子總量為 $2.75\ \mathrm{mol}$。 步驟二：列出二元一次聯立方程式求解 設混合氣體中： - 甲烷（$\ce{CH4}$）的莫耳數為 $x\ \mathrm{mol}$ - 丙炔（$\ce{C3H4}$）的莫耳數為 $y\ \mathrm{mol}$ 根據題目條件列式： 1. 總質量關係式： $$16.0x + 40.0y = 40.0 \quad \cdots\cdots (1)$$ 2. 碳原子守恆關係式（$\ce{CO2}$ 產量）： 每莫耳 $\ce{CH4}$ 產生 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$，每莫耳 $\ce{C3H4}$ 產生 $3\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$： $$1x + 3y = 2.75 \quad \cdots\cdots (2)$$ 由式 $(2)$ 整理得 $x = 2.75 - 3y$，代入式 $(1)$： $$16.0(2.75 - 3y) + 40.0y = 40.0$$ $$44.0 - 48.0y + 40.0y = 40.0$$ $$-8.0y = 40.0 - 44.0 = -4.0$$ $$y = 0.50\ \mathrm{mol}$$ 將 $y = 0.50$ 代回求 $x$： $$x = 2.75 - 3(0.50) = 1.25\ \mathrm{m…

Question 31

含亞硝酸的緩衝溶液（$\ce{HNO2/NO2-}$）之 pH 值為 3.50，下列何者可降低該溶液的 pH 值？（$\ce{HNO2}$，$Ka=4.5	imes10^{-4}$） (A) 加入少量的亞硝酸鈉（$\ce{NaNO2}$） (B) 加入少量的亞硝酸 (C) 加入少量的氫氧化鈉 (D) 加入少量的水

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酸性緩衝溶液的組成、作用機制與 Henderson-Hasselbalch 方程式。 1. 酸性緩衝溶液平衡方程式： $$\ce{HNO2(aq) <= H+(aq) + NO2-(aq)}$$ 2. Henderson-Hasselbalch 方程式： $$	ext{pH} = 	ext{p}Ka + \log\left(\frac{[\ce{NO2-}]}{[\ce{HNO2}]}ight)$$ 由公式可知： - 增加共軛酸（$\ce{HNO2}$）莫耳數，使比值 $\frac{[\ce{NO2-}]}{[\ce{HNO2}]}$ 變小，$\log$ 項為負增長，$	ext{pH}$ 值下降。 - 增加共軛鹼（$\ce{NO2-}$）莫耳數，使比值 $\frac{[\ce{NO2-}]}{[\ce{HNO2}]}$ 變大，$	ext{pH}$ 值上升。 - 題目要求「降低該溶液的 $	ext{pH}$ 值」，即尋找能使溶液中 $[\ce{H+}]$ 增加，或使 $\frac{[\ce{NO2-}]}{[\ce{HNO2}]}$ 比值減小的操作。 --- 解題方法 根據 Henderson-Hasselbalch 方程式： $$	ext{pH} = 	ext{p}Ka + \log\left(\frac{n{\ce{NO2-}}}{n{\ce{HNO2}}}ight)$$ （其中 $n$ 為溶質莫耳數，因為在同一個溶液中體積相同，濃度比等於莫耳數比） 若要降低 $	ext{pH}$ 值，必須： 1. 增加酸性物質莫耳數（即增加分子項分母 $n{\ce{HNO2}}$ 或直接提供 $\ce{H+}$）。 2. 減少鹼性成分莫耳數（即消耗分子項分子 $n{\ce{NO2-}}$）。 各操作分析如下： - 加入 $\ce{HNO2}$：直接增加弱酸的莫耳數，使平衡向右微幅解離，但主要效應為使 $\frac{[\ce{NO2-}]}{[\ce{HNO2}]}$ 變小，導致 $	ext{pH}$ 值降低。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： 加入少量的亞硝酸鈉（$\ce{NaNO2}$），$\ce{NaNO2}$ 為強電解質完全解離： $$\ce{NaNO2(s) - Na+(aq) + NO2-(aq)}$$ 增加了共軛鹼 $\ce{NO2-}$ 的濃度。

Question 32

當以氫氧化鈉溶液滴定醋酸水溶液時，下列何者是最適宜的指示劑？ (A) 指示劑甲（$pKa=7.81$） (B) 指示劑乙（$pKa=4.66$） (C) 指示劑丙（$pKa=3.46$） (D) 指示劑丁（$pKa=1.28$）

Accepted Answer

核心觀念 1. 酸鹼滴定當量點之 pH 特性： - 滴定反應：強鹼（$\ce{NaOH}$）滴定弱酸（$\ce{CH3COOH}$），其化學反應式為： $$\ce{CH3COOH(aq) + OH-(aq) - CH3COO-(aq) + H2O(l)}$$ - 到達當量點時，溶液中僅存在弱酸與強鹼所生成的鹽類——醋酸鈉（$\ce{CH3COONa}$）。 - 由於醋酸根離子（$\ce{CH3COO-}$）為弱酸的共軛鹼，會在水中發生微量水解產生氫氧根離子： $$\ce{CH3COO-(aq) + H2O(l) <= CH3COOH(aq) + OH-(aq)}$$ 因此，當量點之水溶液呈弱鹼性（在常溫常壓一般濃度下，當量點的 $	ext{pH}$ 約落於 $8 \sim 9$ 之間）。 2. 酸鹼指示劑的選擇原則： - 指示劑變色範圍通常落在其 $	ext{p}Ka \pm 1$ 之間（即變色範圍約為 $	ext{pH} = 	ext{p}Ka - 1 \sim 	ext{p}Ka + 1$）。 - 最理想的指示劑變色範圍，應涵蓋當量點的 $	ext{pH}$ 值，或者指示劑的 $	ext{p}Ka$ 必須盡可能接近滴定當量點的 $	ext{pH}$。 --- 解題方法 1. 判斷當量點酸鹼性與預估 $	ext{pH}$： 以強鹼 $\ce{NaOH}$ 滴定弱酸 $\ce{CH3COOH}$ 時，當量點產物為弱鹼性的醋酸根水溶液，其 $	ext{pH} 7$（通常在 $8 \sim 9$）。 2. 比對指示劑之 $	ext{p}Ka$： 最適宜的指示劑，其 $	ext{p}Ka$ 應落於弱鹼性範圍（接近當量點之 $	ext{pH}$）。 - 選項中僅有指示劑甲的 $	ext{p}Ka = 7.81$ 屬於微鹼性範圍，變色範圍約在 $	ext{pH} = 6.8 \sim 8.8$，最能涵蓋並貼近強鹼滴定弱酸當量點之 $	ext{pH}$（如常見之酚酞 $	ext{p}Ka \approx 9.4$ 或百里酚藍等）。 - 故應選擇指示劑甲。 --- 選項分析

Question 33

下列各物質的水溶液，何者凝固點最低？ (A) $0.1\ \mathrm{M}$ 氯化鈉 (B) $0.1\ \mathrm{m}$ 醋酸 (C) $0.1\ \mathrm{M}$ 草酸鈉 (D) $0.1\ \mathrm{m}$ 蔗糖

Accepted Answer

核心觀念 本題考查溶液依數性中的凝固點下降。溶液中粒子數越多，凝固點下降幅度越大，凝固點也越低。 凝固點下降公式為： $$ \Delta Tf=iKfm $$ 其中： - $\Delta Tf$：凝固點下降量 - $i$：凡特霍夫因子，表示溶質解離後形成的粒子數 - $Kf$：溶劑的凝固點下降常數；本題溶劑皆為水，因此相同 - $m$：質量莫耳濃度，單位為 $\mathrm{mol\,kg^{-1}}$ 各溶液濃度接近時，主要比較凡特霍夫因子 $i$。$i$ 越大，$\Delta Tf$ 越大，凝固點越低。 解題方法 先判斷各溶質在水中的粒子數： 氯化鈉 $$ \ce{NaCl(s) - Na+(aq) + Cl-(aq)} $$ 一莫耳 $\ce{NaCl}$ 理想上形成二莫耳粒子，因此： $$ i\approx 2 $$ 醋酸 醋酸為弱電解質，只能部分解離： $$ \ce{CH3COOH(aq) <= H+(aq) + CH3COO-(aq)} $$ 若解離度為 $\alpha$，一莫耳醋酸平均形成的粒子數為： $$ i=1+\alpha $$ 因為 $\alpha$ 很小，所以 $i$ 略大於 $1$，但遠小於 $2$。 草酸鈉 草酸鈉為可溶性離子化合物，理想上完全解離： $$ \ce{Na2C2O4(s) - 2Na+(aq) + C2O4^{2-}(aq)} $$ 一莫耳 $\ce{Na2C2O4}$ 形成三莫耳粒子，因此： $$ i\approx 3 $$ 蔗糖 蔗糖為非電解質，溶於水但不解離： $$ \ce{C12H22O11(s) - C12H22O11(aq)} $$ 因此： $$ i=1 $$ 在考試採用的稀溶液、理想完全解離假設下，各選項的粒子數比較為： $$ 	ext{草酸鈉} 	ext{氯化鈉} 	ext{醋酸} 	ext{蔗糖} $$ 所以草酸鈉溶液的凝固點下降最多，凝固點最低。 選項分析 (A) $0.1\ \mathrm{M}$ 氯化鈉 氯化鈉完全解離： $$ \ce{NaCl - Na+ + Cl-} $$

Question 34

在 pH 7.0 和 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 時，cis-platin 在水中水解的速率常數為 $1.5	imes10^{-3}\ \mathrm{min}^{-1}$。如果新製備的 cis-platin 溶液濃度為 $0.053\ \mathrm{M}$，經 3 個半衰期（half-life）後，cis-platin 溶液濃度約變成為 。 (A) $0.027\ \mathrm{M}$ (B) $0.018\ \mathrm{M}$ (C) $0.013\ \mathrm{M}$ (D) $0.007\ \mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 反應級數的判斷： 由速率常數 $k$ 的單位判斷反應級數。題目給定 $k = 1.5	imes10^{-3}\ \mathrm{min}^{-1}$，其單位為 $\mathrm{time}^{-1}$，符合一級反應（First-order reaction）特徵。 2. 一級反應的半衰期特性： 一級反應的半衰期公式為： $$ t{1/2} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{0.693}{k} $$ 半衰期為常數，與反應物起始濃度無關。 3. 經歷 $n$ 個半衰期後的濃度關係： 無論是何種級數的反應，依「半衰期（half-life）」之通用定義，每經過 1 個半衰期，反應物濃度即減為前一步驟的 $\frac{1}{2}$。經過 $n$ 個半衰期後，剩餘反應物濃度 $[A]t$ 與初始濃度 $[A]0$ 的關係為： $$ [A]t = [A]0 	imes \left(\frac{1}{2}ight)^n $$ --- 解題方法 1. 確認已知條件： - 起始濃度 $[A]0 = 0.053\ \mathrm{M}$。 - 經歷半衰期次數 $n = 3$。 - 題幹所給的反應速率常數 $k = 1.5	imes10^{-3}\ \mathrm{min}^{-1}$ 僅用於確認反應符合一級動力學，本題求濃度時不需代入 $k$ 進行積分速率式運算。 2. 代入公式計算： 經過 3 個半衰期後，溶液中 cis-platin 的剩餘濃度為： $$ [A]t = [A]0 	imes \left(\frac{1}{2}ight)^3 = [A]0 	imes \frac{1}{8} $$ 代入數值： $$ [A]t = \frac{0.053\ \mathrm{M}}{8} = 0.006625\ \mathrm{M} \approx 0.007\ \mathrm{M} $$ --- 選項分析

Question 35

某分子吸收波長 $300\ \mathrm{nm}$ 的紫外光進行解離，請問此照光解離所需的能量是多少 $\mathrm{kJ/mol}$？ （$h=6.625	imes10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$；$c=3	imes10^8\ \mathrm{m\,s^{-1}}$） (A) 200 (B) 300 (C) 400 (D) 600

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「愛因斯坦光電效應與光量子論」及「莫耳光子能量換算（愛因斯坦單位，Einstein）」。 1. 單一光子能量公式： 普朗克-愛因斯坦關係式： $$ E{	ext{photon}} = h
u = \frac{hc}{\lambda} $$ 其中 $h$ 為普朗克常數（Planck's constant）、$c$ 為光速、$\lambda$ 為光子波長。 2. 每莫耳光子能量（莫耳光解離能）： 若 1 個分子吸收 1 個光子後進行解離，則解離 1 莫耳分子需要 1 莫耳光子，總能量 $E{	ext{mol}}$ 為單一光子能量乘以亞佛加厥常數 $N{\mathrm{A}}$（$N{\mathrm{A}} \approx 6.022 	imes 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$）： $$ E{	ext{mol}} = N{\mathrm{A}} 	imes \frac{hc}{\lambda} $$ 3. 單位換算： 將計算得到的焦耳每莫耳（$\mathrm{J/mol}$）除以 $1000$，換算為千焦耳每莫耳（$\mathrm{kJ/mol}$）。 --- 解題方法 步驟一：計算單一光子的能量（$\mathrm{J}$） 題目給定參數： - 普朗克常數 $h = 6.625 	imes 10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$ - 光速 $c = 3 	imes 10^8\ \mathrm{m/s}$ - 波長 $\lambda = 300\ \mathrm{nm} = 300 	imes 10^{-9}\ \mathrm{m} = 3.0 	imes 10^{-7}\ \mathrm{m}$ 代入單一光子能量公式： $$ E{	ext{photon}} = \frac{6.625 	imes 10^{-34} 	imes 3 	imes 10^8}{3.0 	imes 10^{-7}} = 6.625 	imes 10^{-19}\ \mathrm{J} $$ 步驟二：計算 1 莫耳光子的能量（$\mathrm{kJ/mol}$） 乘上亞佛加厥常數 $N{\mathrm{A}} \approx 6.022 	imes 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$： $$ E{	ext{mol}} = (6.625 	imes 10^{-19}\ \mathrm{J}) 	imes (6.022 	imes 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}) $$ $$ E{	ext{mol}} \approx 3.99 	imes 10^5\ \mathrm{J/mol} $$

Question 36

常溫下四種離子固體在水中的溶解度積常數分別是： I. $\ce{BaSO4}$，$K{sp}=1.1	imes10^{-10}$ II. $\ce{MgCO3}$，$K{sp}=4.0	imes10^{-5}$ III. $\ce{BaCO3}$，$K{sp}=8.1	imes10^{-9}$ IV. $\ce{PbI2}$，$K{sp}=1.4	imes10^{-8}$ 此四種固體在水中的溶解度由小至大依序是 。 (A) IV、III、II、I (B) III、I、IV、II (C) I、III、IV、II (D) III、I、II、IV

Accepted Answer

核心觀念 本題評量難溶性鹽類的溶解度積常數（Solubility Product Constant, $K{sp}$）與莫耳溶解度（Molar Solubility, $s$）之間的關係。 1. 化學計量型態與 $K{sp}$ 關係式： - $1:1$ 型鹽類（如 $\ce{AB(s) <= A^{n+}(aq) + B^{n-}(aq)}$）： 若莫耳溶解度為 $s$（單位：$	ext{M}$），則： $$ K{sp} = [A^{n+}][B^{n-}] = s 	imes s = s^2 \implies s = \sqrt{K{sp}} $$ - $1:2$ 型鹽類（如 $\ce{AB2(s) <= A^{2+}(aq) + 2B^-(aq)}$）： 若莫耳溶解度為 $s$（單位：$	ext{M}$），則： $$ K{sp} = [A^{2+}][B^-]^2 = s 	imes (2s)^2 = 4s^3 \implies s = \sqrt[3]{\frac{K{sp}}{4}} $$ 2. 重要考點陷阱： 只有「化學計量比相同（同型態）」的難溶鹽，才能直接藉由 $K{sp}$ 數值大小比較溶解度；若型態不同（如 $1:1$ 型 vs $1:2$ 型），必須個別求出莫耳溶解度 $s$ 後方能進行大小排序。 --- 解題方法 分別列出各鹽類在水中的解離平衡式，求出其莫耳溶解度 $s$： 1. I. $\ce{BaSO4}$（$1:1$ 型）： $$ \ce{BaSO4(s) <= Ba^{2+}(aq) + SO4^{2-}(aq)} $$ $$ K{sp} = s1^2 = 1.1 	imes 10^{-10} $$ $$ s1 = \sqrt{1.1 	imes 10^{-10}} \approx 1.05 	imes 10^{-5}	ext{ M} $$ 2. II. $\ce{MgCO3}$（$1:1$ 型）： $$ \ce{MgCO3(s) <= Mg^{2+}(aq) + CO3^{2-}(aq)} $$ $$ K{sp} = s2^2 = 4.0 	imes 10^{-5} $$ $$ s2 = \sqrt{4.0 	imes 10^{-5}} = \sqrt{40 	imes 10^{-6}} \approx 6.32 	imes 10^{-3}	ext{ M} $$ 3. III. $\ce{BaCO3}$（$1:1$ 型）： $$ \ce{BaCO3(s) <= Ba^{2+}(aq) + CO3^{2-}(aq)} $$ $$ K{sp} = s3^2 = 8.1 	imes 10^{-9} = 81 	imes 10^{-10} $$ $$ s3 = \sqrt{81 	imes 10^{-1…

Question 37

關於反應 $\ce{I2(s) - I2(g)}$，$\Delta G^\circ=19.4\ \mathrm{kJ/mol}$。下列敘述何者正確？ (A) 標準狀態下此反應不會自發 (B) 此反應稱為碘的凝結 (C) 溫度變化不會改變反應的自發性 (D) 此反應為放熱反應

Accepted Answer

核心觀念 本題考查吉布斯自由能 $\Delta G$ 與反應自發性的判斷，以及相變化名稱、熱效應與溫度的影響。 在定溫、定壓下： $$ \Delta G<0 $$ 表示反應在該條件下可自發進行； $$ \Delta G=0 $$ 表示達到平衡； $$ \Delta G0 $$ 表示正向反應不具自發性，但逆向反應具有自發性。 題目給出： $$ \ce{I2(s) - I2(g)} $$ 且 $$ \Delta G^\circ=+19.4\ \mathrm{kJ/mol} $$ 上標 $\circ$ 表示標準狀態，因此應直接依據 $\Delta G^\circ$ 的正負判斷標準狀態下的自發性。 --- 解題方法 正向反應的標準自由能變化為正值： $$ \Delta G^\circ=+19.4\ \mathrm{kJ/mol}0 $$ 因此，在標準狀態下，$\ce{I2(s)}$ 轉變為 $\ce{I2(g)}$ 的正向反應不會自發進行。其逆反應： $$ \ce{I2(g) - I2(s)} $$ 在相同標準條件下具有自發性。 所以正確選項為 (A)。 需注意，「不自發」不代表反應完全不能發生；它表示在該條件下，反應不會自行朝正向進行，仍可透過加熱等方式促使碘昇華。 --- 選項分析 (A) 標準狀態下此反應不會自發——正確 因為： $$ \Delta G^\circ0 $$ 表示正向反應在標準狀態下不具熱力學自發性。因此選項 A 正確。 更精確地說，正向反應的驅動力不足，逆向凝結反應較有利。 --- (B) 此反應稱為碘的凝結——錯誤 由固態直接變為氣態： $$ \ce{I2(s) - I2(g)} $$ 稱為昇華，不是凝結。 凝結是氣態直接轉變為固態或液態的逆向過程。本題的逆反應： $$ \ce{I2(g) - I2(s)} $$ 才是碘由氣態直接變為固態，可稱為凝華；若泛稱氣體轉為凝聚相，也可稱為凝結。

Question 38

關於 $\ce{[Co(NH3)5Cl]Cl2}$ 的敘述，下列何者正確？ (A) IUPAC 的命名為 pentaaminechlorocobalt(III) dichloride (B) 金屬鈷的氧化數為 $+2$ (C) 無鏡像異構物（enantiomer） (D) 此化合物的水溶液中加入銀離子（$\ce{Ag+}$）不產生沉澱

Accepted Answer

核心觀念 本題考查配位化合物的： 1. IUPAC 命名法 2. 中心金屬氧化數 3. 配位化合物的內、外界離子 4. 配位異構物與鏡像異構物 5. 氯離子與銀離子的沉澱反應 化合物為： $\ce{[Co(NH3)5Cl]Cl2}$ 方括號內是配位離子，方括號外的 $\ce{Cl^-}$ 是外界離子。 --- 解題方法 先分析配位離子的電荷與結構。 方括號外有兩個 $\ce{Cl^-}$，總電荷為 $-2$，因此方括號內的配位離子必須帶 $+2$ 電荷： $\ce{[Co(NH3)5Cl]^2+}$ 其中： - $\ce{NH3}$ 為中性配位基 - 配位的 $\ce{Cl^-}$ 帶 $-1$ 電荷 - 鈷的氧化數設為 $x$ 因此： $$ x+5(0)+(-1)=+2 $$ $$ x=+3 $$ 所以中心金屬為 $\ce{Co^{3+}}$。 鈷通常形成八面體配位結構，五個 $\ce{NH3}$ 與一個配位 $\ce{Cl^-}$ 分布於六個配位位置，屬於 $\ce{MA5B}$ 型。此種結構只有一種幾何排列，且具有鏡面，沒有鏡像異構物。 --- 選項分析 (A) IUPAC 的命名為 pentaaminechlorocobalt(III) dichloride 錯誤。 $\ce{NH3}$ 作為配位基時，命名為 ammine，拼字有兩個 m。五個氨配位基應寫作 pentaammine，不是 pentaamine。 因此，依一般考試採用的命名方式，正確名稱為： pentaamminechlorocobalt(III) dichloride 現代較嚴謹的配位基名稱也可將 chloro 寫作 chlorido，但本選項的明確錯誤在於 pentaamine 的拼字。 ---

Question 39

下式化合物的 IUPAC 命名為 。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 3-ethyl-2-methylhexane (B) 3-ethyl-2-methylpentane (C) 3-ethyl-4-methylpentane (D) 3-isobutylpentane

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烷類的 IUPAC 命名原則： 1. 選擇含有最多碳原子的最長連續碳鏈作為母鏈。 2. 從靠近取代基的一端開始編號，使取代基得到最小定位號。 3. 不同取代基依英文字母順序排列；ethyl 排在 methyl 前。 4. 相同碳鏈長度下，選擇定位號組合較小者。 解題方法 由骨架式可找出一條包含 5 個碳原子的最長連續碳鏈，因此母鏈為 pentane。 將此五碳鏈由右端開始編號，可得到： - 第 2 號碳上有一個 methyl（甲基） - 第 3 號碳上有一個 ethyl（乙基） 因此取代基定位號為 $2,3$。若由另一端編號，定位號會變成 $3,4$，不符合最小定位號原則。 取代基依字母順序排列，ethyl 的字母順序在 methyl 之前，所以命名為： $$ \boxed{	ext{3-ethyl-2-methylpentane}} $$ 選項分析 - (A) 3-ethyl-2-methylhexane：錯誤 圖中不存在由 6 個碳原子連續相連形成的碳鏈，最長連續碳鏈只有 5 個碳，因此母鏈不能命名為 hexane。 - (B) 3-ethyl-2-methylpentane：正確

Question 40

在水溶液中鹼性最強的是 。 (A) $\ce{NH3}$ (B) $\ce{C6H5NH2}$ (C) $\ce{(CH3)3N}$ (D) $\ce{(CH3)2NH}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查胺類在水溶液中的鹼性比較，核心是比較各鹼接受質子的能力。胺類與水的鹼性反應為： $$ \ce{R3N + H2O <= R3NH+ + OH-} $$ 其鹼解離常數為： $$ Kb=\frac{[\ce{R3NH+}][\ce{OH-}]}{[\ce{R3N}]} $$ $Kb$ 越大，表示越容易接受質子，水溶液中的鹼性越強；也可用 $pKb$ 判斷，$pKb$ 越小，鹼性越強。 本題各選項的鹼性比較，需同時考慮： 1. 烷基的電子推動效應。 2. 氮原子孤電子對是否因共振而被分散。 3. 胺在水中的溶劑化程度。 4. 烷基造成的立體障礙。 --- 解題方法 先將四個選項分類： - $\ce{NH3}$：氨，無烷基。 - $\ce{C6H5NH2}$：苯胺，氮上的孤電子對可與苯環共振。 - $\ce{(CH3)3N}$：三級胺。 - $\ce{(CH3)2NH}$：二級胺。 在水溶液中，脂肪族胺的典型鹼性順序為： $$ \ce{(CH3)2NH (CH3)3N NH3} $$ 而苯胺因共振作用，鹼性遠低於上述三者。因此完整順序為： $$ \ce{(CH3)2NH (CH3)3N NH3 C6H5NH2} $$ 所以最強鹼為 $\ce{(CH3)2NH}$，即選項 D。 以常見的近似 $pKb$ 值表示： | 鹼 | 約略 $pKb$ | 鹼性 | |---|---:|---| | $\ce{(CH3)2NH}$ | $3.3$ | 最強 | | $\ce{(CH3)3N}$ | $4.2$ | 次強 | | $\ce{NH3}$ | $4.8$ | 較弱 | | $\ce{C6H5NH2}$ | $9.4$ | 最弱 | --- 為什麼二級胺最強 $\ce{CH3}$ 為具有正誘導效應的烷基，會將電子密度推向氮原子，使氮上的孤電子對較容易接受質子： $$ \ce{(CH3)2NH + H2O <= (CH3)2NH2+ + OH-} $$ 因此，與氨相比，二級胺的鹼性增強。 不過，在水溶液中不能只考慮烷基的電子推動效應。生成的共軛酸 $\ce{(CH3)2NH2+}$ 必須由水分子充分溶劑化。二級胺具有兩個甲基與一個 $\ce{N-H}$ 鍵，兼具： - 兩個甲基的電子推動效應； - 足夠小的立體障礙； - 良好的水合與氫鍵作用。 因此，二級胺在「電子效應」與「水合效應」之間達到最佳平衡，水溶液中的鹼性最強。 --- 選項分析 (A) $\ce{NH3}$：錯誤 氨可接受水提供的質子：

Question 41

阿斯匹靈（aspirin）的化學結構式是 。 (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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查阿斯匹靈（aspirin）的結構辨識與官能基判斷。 阿斯匹靈的 IUPAC 名稱為 2-acetoxybenzoic acid，中文為 2-乙醯氧基苯甲酸，也稱為 鄰乙醯水楊酸。其結構具有： 1. 苯環上的羧酸基 $\ce{-COOH}$。 2. 苯環上的乙醯氧基 $\ce{-OCOCH3}$。 3. $\ce{-COOH}$ 與 $\ce{-OCOCH3}$ 位於鄰位（ortho，1,2-位）。 其分子式為 $\ce{C9H8O4}$。 解題方法 辨認 aspirin 時，先尋找兩個核心結構： $$ 	ext{苯環}+\ce{-COOH}+\ce{-OCOCH3} $$ 其中 $\ce{-OCOCH3}$ 是酚羥基被乙醯化後形成的酯基，不是游離的 $\ce{-OH}$。 阿斯匹靈可由水楊酸與乙酸酐進行乙醯化反應製得： $$ \ce{C6H4(OH)(COOH) + (CH3CO)2O - C6H4(OCOCH3)(COOH) + CH3COOH} $$ 反應的關鍵是水楊酸的酚羥基 $\ce{-OH}$ 被乙醯基取代，形成酯基 $\ce{-OCOCH3}$；羧酸基 $\ce{-COOH}$ 則保留，且兩者在苯環上為鄰位。 選項分析 - (A) 正確

Question 42

下式化合物的鏡像異構物是 。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) (2S,3S)-2,3-dihydroxybutanoic acid (B) (2R,3R)-2,3-dihydroxybutanoic acid (C) (2R,3S)-2,3-dihydroxybutanoic acid (D) (2S,3R)-2,3-dihydroxybutanoic acid

Accepted Answer

核心觀念 本題考查具有兩個手性中心之分子的鏡像異構物（enantiomer）。鏡像異構物的判定規則是： - 分子中的每一個手性中心，其 $R/S$ 絕對構型都必須反轉。 - 原分子若為 $(2S,3R)$，鏡像分子即為 $(2R,3S)$。 - 本分子兩端分別為 $\ce{CH3}$ 與 $\ce{COOH}$，結構不具內部對稱面，因此不是 meso compound。 解題方法 校方釋疑已確認題圖中的原化合物為： $$ (2S,3R)	ext{-2,3-dihydroxybutanoic acid} $$ 鏡像反射會使兩個手性中心的空間排列同時反轉： $$ 2S ightarrow 2R $$ $$ 3R ightarrow 3S $$ 因此鏡像異構物為： $$ (2R,3S)	ext{-2,3-dihydroxybutanoic acid} $$ 選項分析 - (A) $(2S,3S)$-2,3-dihydroxybutanoic acid：錯誤。 只有第 3 號碳的構型與原分子不同，第 2 號碳仍為 $S$。

Question 43

下列哪項陳述不適用於烷基鹵化物（$\ce{RX}$）的 E1 反應？ (A) rate $=k[\ce{RX}]$ (B) rate $=k[\ce{base}][\ce{RX}]$ (C) 可能發生重排 (D) 至少含兩個不同的反應步驟

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗有機化學中單分子脫去反應（$\ce{E1}$ 反應，Elimination Unimolecular）的動力學特徵與反應機構（Reaction Mechanism）。 $\ce{E1}$ 反應為多步驟反應，其基本特徵如下： 1. 反應步驟： - 第一步（速率決定步驟，RDS）：離去基（$\ce{X-}$）自行解離，形成碳陽離子中間體（$\ce{R+}$）。 $$\ce{R-X -[慢] R+ + X-}$$ - 第二步（快步驟）：弱鹼或溶劑奪取 $\beta$ 位氫原子（$\beta\ce{-H}$），電子對轉移形成雙鍵（烯烴）。 $$\ce{R+ + Base -[快] Alkene + H-Base+}$$ 2. 動力學速率定律式（Rate Law）： 由於速率決定步驟僅牽涉基質烷基鹵化物（$\ce{RX}$）的單分子離解，與鹼的濃度及強度無關，因此為一級反應： $$	ext{rate} = k[\ce{RX}]$$ 3. 中間體與重排： 反應過程中生成碳陽離子（$\ce{R+}$）活性中間體，若有機會形成更穩定的碳陽離子（如二級轉三級、共振穩定），極易發生氫轉移（Hydride Shift）或烷基轉移（Alkyl Shift）等重排反應（Rearrangement）。 --- 解題方法 題目詢問「哪項陳述不適用於烷基鹵化物的 $\ce{E1}$ 反應」，解題切入點為比對 $\ce{E1}$ 反應的速率定律式與反應機構特性： - 檢查動力學特徵：$\ce{E1}$ 的「1」代表單分子（Unimolecular），速率方程式只與基質濃度成正比，不包含鹼。 - 檢查反應機構：需經歷碳陽離子形成、去質子化兩個不同步驟，且伴隨碳陽離子重排的潛在性。 - 找出屬於雙分子脫去反應（$\ce{E2}$）的敘述，即為不適用的錯誤選項。 --- 選項分析 - (A) $	ext{rate} = k[\ce{RX}]$（適用）：

Question 44

下式反應的主要有機產物是 。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1-chloro-2-ethylbutane (B) 2-ethyl-1-butene (C) 3-methyl-2-pentene (D) 3-chloro-3-methylpentane

Accepted Answer

核心觀念 本題考查醇類利用亞硫醯氯（thionyl chloride，$\ce{SOCl2}$）進行氯化取代反應。 $\ce{SOCl2}$ 可將醇的羥基 $\ce{-OH}$ 轉換成氯原子，整體反應為： $$ \ce{R-OH + SOCl2 -[pyridine] R-Cl + SO2 + HCl} $$ 圖中的醇可表示為： $$ \ce{HOCH2CH(CH2CH3)CH2CH3} $$ 其中羥基所在的碳為一級碳。 解題方法 $\ce{SOCl2}$ 先活化醇的羥基，使其成為良好的離去基；接著由 $\ce{Cl^-}$ 對帶有羥基的碳進行親核取代。由於該碳為一級碳，取代反應容易進行，且不需要形成碳正離子，因此不會發生碳骨架重排。 反應可寫為： $$ \ce{HOCH2CH(CH2CH3)CH2CH3 + SOCl2 -[pyridine] ClCH2CH(CH2CH3)CH2CH3 + SO2 + HCl} $$ 產物結構為 $\ce{ClCH2CH(CH2CH3)CH2CH3}$，命名為 1-chloro-2-ethylbutane。 吡啶的作用是鹼，可吸收反應生成的 $\ce{HCl}$，使反應順利進行。 選項分析

Question 45

下式反應中會產生 2-chloro-2-methylbutane 的產物，是因為 。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1,3-shift (B) proton shift (C) methyl shift (D) hydride shift

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烯類加成反應中的： 1. $\ce{HCl}$ 對烯類的親電加成。 2. 碳正離子的穩定度。 3. 碳正離子形成後的 $1,2$-氫轉移（hydride shift）。 4. 親核試劑 $\ce{Cl^-}$ 對碳正離子的進攻。 圖中反應物為： $$ \ce{CH2=CH-CH(CH3)2} $$ 也就是 3-methyl-1-butene。 解題方法與反應機構 第一步，烯鍵接受質子 $\ce{H+}$。依照 Markovnikov 加成，質子加到末端碳，使正電荷形成在較內側的碳，得到二級碳正離子： $$ \ce{CH2=CH-CH(CH3)2 + H+ - CH3-CH+-CH(CH3)2} $$ 此時正電荷位於第二個碳，鄰近的第三個碳上有一個氫原子，而且第三個碳連接兩個甲基。若發生氫轉移，氫原子會連同鍵結電子對由第三個碳移到第二個碳： $$ \ce{CH3-CH+-CH(CH3)2 - CH3-CH2-C+(CH3)2} $$ 轉移後，正電荷位於第三個碳，形成三級碳正離子，穩定度高於原本的二級碳正離子。 最後，$\ce{Cl^-}$ 進攻三級碳正離子： $$ \ce{CH3-CH2-C+(CH3)2 + Cl^- - CH3-CH2-C(Cl)(CH3)2} $$ 所得產物命名為 2-chloro-2-methylbutane。 因此，形成此產物的關鍵是二級碳正離子先發生 $1,2$-氫轉移，轉變成較穩定的三級碳正離子。 選項分析 (A) 1,3-shift 錯誤

Question 46

下列哪種分子在紫外－可見光光譜中具有最長的吸收波長？ (A) 1,3-butadiene (B) 1,3,5-hexatriene (C) β-carotene (D) 1,3,7,9-decatetraene

Accepted Answer

核心觀念 1. 紫外－可見光吸收光譜（UV-Vis Spectroscopy）與共軛系統： 分子吸收紫外光或可見光時，會促使電子由最高佔有分子軌域（HOMO）躍遷至最低未佔有分子軌域（LUMO），即 $\pi ightarrow \pi^$ 躍遷。 2. 能隙（Band Gap, $\Delta E$）與吸收波長（$\lambda$）之關係： 根據普朗克－愛因斯坦關係式： $$\Delta E = \frac{hc}{\lambda} \implies \lambda = \frac{hc}{\Delta E}$$ 當激發所需能隙 $\Delta E$ 越小，分子吸收光的波長 $\lambda$ 就越長（發生紅移，Bathochromic shift / Red shift）。 3. 共軛長度與能隙大小： 共軛雙鍵（Conjugated double bonds）數量越多，$\pi$ 電子的非定域化程度（Delocalization）越高，分子軌域的 HOMO 能階上升、LUMO 能階下降，使得 HOMO 與 LUMO 之間的能隙 $\Delta E$ 顯著縮小，吸收波長 $\lambda{	ext{max}}$ 因而向長波長移動。 - 連續共軛雙鍵數越多 $\implies$ $\Delta E$ 越小 $\implies$ 最大吸收波長 $\lambda{	ext{max}}$ 越長。 --- 解題方法 本題目標為找出「具有最長吸收波長」的分子，即尋找具有「最長連續共軛雙鍵系統（Lowest $\Delta E$）」的化合物。分析各選項分子中的雙鍵型態與連續共軛數量即可直接定案： 1. 計算各分子的連續共軛雙鍵數。 2. 連續共軛雙鍵越多，HOMO-LUMO 能隙越窄，吸收波長越長。 3. 若雙鍵間隔超過一個單鍵（非共軛孤立雙鍵），則共軛中斷，無法延伸共軛長度。 --- 選項分析 - (A) 1,3-butadiene（1,3-丁二烯）： 結構為 $\ce{CH2=CH-CH=CH2}$，含有 2 個共軛雙鍵。 其 $\lambda{	ext{max}}$ 約為 $217	ext{ nm}$（位於紫外光區），共軛系統最短，吸收波長偏短。

Question 47

下式反應的有機主產物是 。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) isobutylbenzene (B) 2-methyl-1-phenyl-1-propanone (C) isopropylbenzene (D) n-butylbenzene

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. Friedel–Crafts 酰化反應 2. Clemmensen 還原 3. 判斷酰基在反應前後的結構變化 反應物為苯與異丁醯氯 $\ce{(CH3)2CHCOCl}$，催化劑為 $\ce{AlCl3}$；接著使用 $\ce{Zn(Hg), HCl}$ 將羰基還原成亞甲基。 --- 解題方法 第一步為 Friedel–Crafts 酰化： $\ce{(CH3)2CHCOCl + AlCl3 - (CH3)2CHCO+ + AlCl4-}$ $\ce{(CH3)2CHCO+}$ 為酰鎓離子，作為親電試劑攻擊苯環，形成芳香族酮： $$ \ce{C6H6 + (CH3)2CHCOCl -[AlCl3] C6H5COCH(CH3)2 + HCl} $$ 所得中間產物為： $$ \ce{C6H5COCH(CH3)2} $$ 其名稱為 2-methyl-1-phenyl-1-propanone，即選項（B）。 第二步使用 Clemmensen 還原： $$ \ce{C6H5COCH(CH3)2 -[Zn(Hg),HCl] C6H5CH2CH(CH3)2} $$ 羰基 $\ce{C=O}$ 被還原為 $\ce{-CH2-}$，最終產物為： $$ \ce{C6H5CH2CH(CH3)2} $$ 此化合物即 isobutylbenzene，所以官方答案為（A）。 --- 反應機構重點 - $\ce{AlCl3}$ 與酰氯的氧原子配位，使酰氯更容易形成酰鎓離子。 - 酰鎓離子作為親電試劑，進行芳香族親電取代反應。 - 苯環失去氫離子後恢復芳香性，形成芳香族酮。 - $\ce{Zn(Hg), HCl}$ 進行 Clemmensen 還原，使酮的羰基碳轉變為亞甲基。 - 由於酰基碳最後仍保留在苯環與側鏈之間，因此產物是 $\ce{Ph-CH2-CH(CH3)2}$，即異丁基苯。 ---

Question 48

下列哪一反應會產生一級醇？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查不同官能基在特定試劑下的反應產物，以及醇的分類： - 一級醇：羥基碳只連接 $1$ 個其他碳。 - 二級醇：羥基碳連接 $2$ 個其他碳。 - 三級醇：羥基碳連接 $3$ 個其他碳。 重要反應包括： 1. 醛或酮與 Grignard 試劑反應，形成新的碳—碳鍵。 2. $\ce{LiAlH4}$ 還原醛、酮。 3. 烯烴經氫硼化—氧化反應，生成反馬可尼可夫加成的醇。 解題方法 逐一判斷反應物的官能基，再確認反應後羥基所在的碳為一級、二級或三級碳。 選項分析 (A) 反應物為酮，與 $\ce{CH3MgI}$ 反應： $$ \ce{CH3CH2COCH3 + CH3MgI -[1.][2.\ H2O] CH3CH2C(OH)(CH3)2} $$ Grignard 試劑提供 $\ce{CH3^-}$，進攻羰基碳，最後形成的羥基碳連接三個碳基，因此產物為三級醇，不是一級醇。 所以 (A) 錯誤。 (B) 圖示為酮，經 $\ce{LiAlH4}$ 還原後，羰基 $\ce{C=O}$ 轉變為 $\ce{CH-OH}$： $$ \ce{R2C=O -[1.\ LiAlH4,\ ether][2.\ H2O] R2CHOH} $$ 酮還原後生成二級醇，因為羥基所在的碳仍連接兩個碳基。 所以 (B) 錯誤。 (C) 反應物為醛，與 $\ce{CH3MgI}$ 反應：

Question 49

在 Claisen 縮合（Claisen condensation）反應中形成的產物的通稱是什麼？ (A) $\alpha$-keto ester (B) $\beta$-keto ester (C) $\gamma$-keto ester (D) $\gamma$-hydroxy ester

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機化學中羰基化合物的「烯醇負離子化學（Enolate Chemistry）」與「親核性醯基取代反應（Nucleophilic Acyl Substitution）」。 1. Claisen 縮合反應（Claisen condensation）的定義： 在醇鈉（如 $\ce{NaOEt}$）等強鹼存在下，兩分子具 $\alpha$-氫的酯類（ester）發生分子間自我縮合（self-condensation），脫去一分子醇，生成$\beta$-酮酯（$\beta$-keto ester）。 2. 反應機構要點： - 形成烯醇負離子：鹼奪取一分子酯的 $\alpha$-氫，形成共振穩定的碳負離子（烯醇負離子，enolate ion）。 - 親核加成：該烯醇負離子的 $\alpha$-碳作為親核基，進攻第二分子酯的羰基碳，形成四面體中間體（tetrahedral intermediate）。 - 脫離基離去：四面體中間體上的氧負離子重新形成碳氧雙鍵，並將烷氧基（$\ce{-OR'}$）排出（親核性醯基取代），生成 $\beta$-酮酯。 - 去質子化驅動反應：反應中生成的醇鈉鹼進一步奪取產物中雙羰基夾擊的極酸性 $\alpha$-氫（$\mathrm{p}K	ext{a} \approx 11$），將平衡向右強力拉動；最後經酸水洗淬滅（acidic workup）質子化得到中性的 $\beta$-酮酯。 反應通式如下： $$2\ce{R-CH2-COOR' -[1.\ \ce{NaOR'}][2.\ \ce{H3O^+}] R-CH2-CO-CH(R)-COOR' + R'OH}$$ --- 解題方法 以最常見的乙酸乙酯（ethyl acetate）自我縮合為例進行推導： 1. 第一步（去質子化）： $$\ce{CH3COOC2H5 + C2H5O^- <= ^-CH2COOC2H5 + C2H5OH}$$ 2. 第二步（親核進攻與脫離）： $$\ce{CH3-CO-OC2H5 + ^-CH2COOC2H5 <= CH3-C(O^-)(OC2H5)-CH2COOC2H5 - CH3-CO-CH2COOC2H5 + C2H5O^-}$$ 3. 定位產物官能基的相對位置： 產物為乙醯乙酸乙酯（ethyl acetoacetate）： $$\ce{\overset{\beta}{C}H3-\overset{\beta}{C}(=O)-\overset{\alpha}{C}H2-\overset{1}{C}(=O)O-C2H5}$$

Question 50

下列何者是製備 m-bromoethylbenzene 最可能的方式？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查芳香族親電性取代反應的定位效應，以及 Friedel–Crafts 醯化與 Clemmensen 還原。 - 烷基 $\ce{-CH2CH3}$：活化苯環，為鄰、對位導向基。 - 醯基 $\ce{-COCH3}$：使苯環失活，為間位導向基。 - 溴原子 $\ce{-Br}$：雖使苯環失活，但屬鄰、對位導向基。 - Friedel–Crafts 醯化： $$\ce{C6H6 + CH3COCl -[AlCl3] C6H5COCH3}$$ - Clemmensen 還原： $$\ce{ArCOCH3 -[Zn(Hg),HCl] ArCH2CH3}$$ 目標產物為間位溴乙基苯，即苯環上的 $\ce{Br}$ 與 $\ce{CH2CH3}$ 呈間位關係。 解題方法 要使最後形成間位關係，應先在苯環上引入具有間位導向性的基團，再進行溴化。 先以 Friedel–Crafts 醯化引入乙醯基： $$\ce{C6H6 -[CH3COCl,AlCl3] C6H5COCH3}$$ 乙醯基 $\ce{-COCH3}$ 為間位導向基，因此溴化時主要生成間溴乙醯苯： $$\ce{C6H5COCH3 -[Br2,FeBr3] m-BrC6H4COCH3}$$ 最後以 $\ce{Zn(Hg),HCl}$ 進行 Clemmensen 還原，將 $\ce{-COCH3}$ 還原成 $\ce{-CH2CH3}$： $$\ce{m-BrC6H4COCH3 -[Zn(Hg),HCl] m-BrC6H4CH2CH3}$$ 因此正確順序為： $$\ce{CH3COCl/AlCl3 - Br2/FeBr3 - Zn(Hg)/HCl}$$ 選項分析 (A) 錯誤

義守大學 108 年 《化學》

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法與反應機構

第一階段：質子化與第一次開環（SN2\mathrm{S_N2}SN​2）

第二階段：醇基轉化為鹵烷（第二次 SN2\mathrm{S_N2}SN​2）

第 5 題2 分

核心觀念

解題方法

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 7 題2 分

第 8 題2 分

1. 中央甲基 −C(CHX3)(Cl)X−\ce{-C(CH3)(Cl)-}−C(CHX3​)(Cl)X−

2. 兩側乙基的亞甲基氫 −CHX2−\ce{-CH2-}−CHX2​−

3. 兩側乙基的末端甲基 −CHX3\ce{-CH3}−CHX3​

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

第 10 題2 分

核心觀念

解題方法

第 11 題2 分

核心觀念

解題方法

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) 高密度聚乙烯

(B) 聚苯乙烯

第 13 題2 分

第 14 題2 分

一級胺

二級胺

三級胺

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) CHX3OH\ce{CH3OH}CHX3​OH：正確

(B) CO\ce{CO}CO：錯誤

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

第 18 題2 分

核心觀念

解題方法

1. 反應機構（Mechanism）

2. 全反應淨反應式

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

第 20 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 21 題2 分

核心觀念

解題方法

第 22 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 23 題2 分

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

(A) 甲醇

義守大學 108 年《化學》

第一階段：質子化與第一次開環（ $\mathrm{S_N2}$ ）

第二階段：醇基轉化為鹵烷（第二次 $\mathrm{S_N2}$ ）

1. 中央甲基 $\ce{-C(CH3)(Cl)-}$

2. 兩側乙基的亞甲基氫 $\ce{-CH2-}$

3. 兩側乙基的末端甲基 $\ce{-CH3}$

(A) $\ce{CH3OH}$ ：正確

(B) $\ce{CO}$ ：錯誤

(A) 二氧化碳 $\ce{CO2}$

甲： $1.0\ \mathrm{M}$ ，比重 $1.07$

乙： $1.0\ \mathrm{m}$

(A) $\ce{F-}$ 、 $\ce{Ne}$ 、 $\ce{Mg^2+}$

(B) $\ce{F-}$ 、 $\ce{Ar}$ 、 $\ce{Mg^2+}$

步驟一：求出生成的 $\ce{CO2}$ 莫耳數

(A) $0.1\ \mathrm{M}$ 氯化鈉