義守大學 113 年《化學》考古題與詳解

Question 1

在 $32.0\,^\circ\mathrm{C}$ 和 $1.00\,\mathrm{atm}$ 下，體積為 $3.16\,\mathrm{L}$ 的容器中含有 $9.33\,\mathrm{g}$ 未知氣體，則氣體的分子量是多少？ (A) $66.1\,\mathrm{g/mol}$ (B) $74.0\,\mathrm{g/mol}$ (C) $81.4\,\mathrm{g/mol}$ (D) $144\,\mathrm{g/mol}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體方程式： $$ PV=nRT $$ 其中： - $P$：氣體壓力 - $V$：氣體體積 - $n$：氣體莫耳數 - $R$：理想氣體常數 - $T$：絕對溫度，單位為 K 求未知氣體的莫耳質量 $M$，需利用： $$ M=\frac{	ext{氣體質量}}{	ext{氣體莫耳數}} $$ 題目中的「分子量」以 $\mathrm{g/mol}$ 表示，實際上是指氣體的莫耳質量。 解題方法 已知： $$ P=1.00\ \mathrm{atm} $$ $$ V=3.16\ \mathrm{L} $$ $$ m=9.33\ \mathrm{g} $$ 溫度必須由攝氏溫度換算為絕對溫度： $$ T=32.0+273.15=305.15\ \mathrm{K} $$ 採用氣體常數： $$ R=0.08206\ \frac{\mathrm{L\cdot atm}}{\mathrm{mol\cdot K}} $$ 先由理想氣體方程式求莫耳數： $$ n=\frac{PV}{RT} $$ 代入數值： $$ n= \frac{(1.00\ \mathrm{atm})(3.16\ \mathrm{L})} {\left(0.08206\ \dfrac{\mathrm{L\cdot atm}}{\mathrm{mol\cdot K}}ight)(305.15\ \mathrm{K})} $$ $$ n\approx 0.1262\ \mathrm{mol} $$ 再計算莫耳質量： $$ M=\frac{m}{n} $$ $$ M= \frac{9.33\ \mathrm{g}}{0.1262\ \mathrm{mol}} \approx 73.9\ \mathrm{g/mol} $$ 依有效數字取為： $$ M\approx 74.0\ \mathrm{g/mol} $$ 因此選擇 (B)。 選項分析 (A) $66.1\ \mathrm{g/mol}$：錯誤 依題目所給的壓力、體積、溫度與質量計算，氣體莫耳數約為 $0.1262\ \mathrm{mol}$，因此莫耳質量應為約 $74.0\ \mathrm{g/mol}$，不是 $66.1\ \mathrm{g/mol}$。此選項不符合理想氣體方程式的計算結果。

Question 2

乙醇 $\ce{C2H5OH}$ 正被推廣為清淨燃料，並作為許多汽油混合物的添加劑。計算乙醇燃燒的 $\Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}}$ 。

$\Delta H^\circ_{\mathrm{f}}[\ce{C2H5OH(l)}]=-277.7\,\mathrm{kJ/mol}$ ；
$\Delta H^\circ_{\mathrm{f}}[\ce{CO2(g)}]=-393.5\,\mathrm{kJ/mol}$ ；
$\Delta H^\circ_{\mathrm{f}}[\ce{H2O(g)}]=-241.8\,\mathrm{kJ/mol}$ 。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查標準反應焓 $\Delta H^\circ{\mathrm{rxn}}$ 與標準生成焓 $\Delta H^\circ{\mathrm{f}}$ 的關係，使用赫斯定律： $$ \Delta H^\circ{\mathrm{rxn}} = \sum 
u \Delta H^\circ{\mathrm{f}}(	ext{生成物}) - \sum 
u \Delta H^\circ{\mathrm{f}}(	ext{反應物}) $$ 其中 $
u$ 為各物質在配平反應式中的化學計量係數。單質在標準狀態下的標準生成焓為 $0$，因此： $$ \Delta H^\circ{\mathrm{f}}[\ce{O2(g)}]=0 $$ 解題方法 乙醇完全燃燒生成二氧化碳與水。先配平反應式： $$ \ce{C2H5OH(l) + 3O2(g) - 2CO2(g) + 3H2O(g)} $$ 配平確認： - 碳：左側 $2$ 個，右側 $2$ 個 - 氫：左側 $6$ 個，右側 $3 	imes 2=6$ 個 - 氧：左側乙醇含 $1$ 個氧，加上 $\ce{3O2}$ 的 $6$ 個氧，共 $7$ 個；右側 $\ce{2CO2}$ 有 $4$ 個氧，加上 $\ce{3H2O}$ 有 $3$ 個氧，共 $7$ 個 代入標準生成焓： $$ \begin{aligned} \Delta H^\circ{\mathrm{rxn}} &= \left[ 2\Delta H^\circ{\mathrm{f}}(\ce{CO2}) + 3\Delta H^\circ{\mathrm{f}}(\ce{H2O(g)}) ight]\ &\quad- \left[ \Delta H^\circ{\mathrm{f}}(\ce{C2H5OH(l)}) + 3\Delta H^\circ{\mathrm{f}}(\ce{O2}) ight] \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \Delta H^\circ{\mathrm{rxn}} &= \left[ 2(-393.5) + 3(-241.8) ight] - \left[ (-277.7)+3(0) ight]\ &= (-787.0-725.4)-(-277.7)\ &= -1512.4+277.7\ &= -1234.7\ \mathrm{kJ/mol} \end{aligned} $$

Question 3

丙酮可以通過將氫添加到碳—氧雙鍵轉化為異丙醇。使用給定的鍵能，計算反應焓。 | Bond | $\ce{C=O}$ | $\ce{H-H}$ | $\ce{C-H}$ | $\ce{O-H}$ | $\ce{C-C}$ | $\ce{C-O}$ | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Bond energy ($\mathrm{kJ/mol}$) | 745 | 436 | 414 | 464 | 347 | 351 | (A) $-484\,\mathrm{kJ}$ (B) $484\,\mathrm{kJ}$ (C) $-48\,\mathrm{kJ}$ (D) $48\,\mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查以平均鍵能估算反應焓： $$ \Delta H{\mathrm{rxn}} \approx \sum(	ext{反應物中斷裂的鍵能}) - \sum(	ext{生成物中新形成的鍵能}) $$ 丙酮氫化生成異丙醇： $$ \ce{CH3COCH3 + H2 - CH3CHOHCH3} $$ 反應本質是羰基 $\ce{C=O}$ 被還原為醇的 $\ce{C-O}$，並且由 $\ce{H2}$ 提供一個氫加到原羰基碳上，另一個氫加到氧上。 --- 解題方法與計算 丙酮與異丙醇的結構可表示為： $$ \ce{CH3-C(=O)-CH3 + H-H - CH3-CH(OH)-CH3} $$ 反應過程中： 1. 斷裂一個 $\ce{C=O}$ 鍵。 2. 斷裂一個 $\ce{H-H}$ 鍵。 3. 形成一個 $\ce{C-O}$ 單鍵。 4. 形成一個新的 $\ce{C-H}$ 鍵。 5. 形成一個新的 $\ce{O-H}$ 鍵。 因此， $$ \begin{aligned} \Delta H &= [E(\ce{C=O})+E(\ce{H-H})]\ &\quad-[E(\ce{C-O})+E(\ce{C-H})+E(\ce{O-H})] \end{aligned} $$ 代入題目所給鍵能： $$ \begin{aligned} \Delta H &=(745+436)-(351+414+464)\ &=1181-1229\ &=-48\ \mathrm{kJ/mol} \end{aligned} $$ 題目選項以 $\mathrm{kJ}$ 表示，實際上反應焓通常應標示為每莫耳反應的焓變，即： $$ \Delta H\approx -48\ \mathrm{kJ/mol} $$ --- 反應機構的關鍵 在催化氫化中，$\ce{H2}$ 通常先吸附於金屬催化劑表面並解離成活性氫。羰基中的氧具有較高電負度，使 $\ce{C=O}$ 鍵極化： $$ \ce{C^{\delta+}=O^{\delta-}} $$

Question 4

根據分子軌域（molecular orbital）理論，以下關於 $\ce{NO+}$ 的哪個敘述是正確的？ (A) $\ce{NO+}$ 的鍵級（bond order）為 2，且為順磁性（paramagnetic）。 (B) $\ce{NO+}$ 的鍵級（bond order）為 2，且為抗磁性（diamagnetic）。 (C) $\ce{NO+}$ 的鍵級（bond order）為 3，且為順磁性（paramagnetic）。 (D) $\ce{NO+}$ 的鍵級（bond order）為 3，且為抗磁性（diamagnetic）。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子軌域理論中的兩項判斷： 1. 鍵級（bond order） $$ 	ext{鍵級}=\frac{Nb-Na}{2} $$ 其中 $Nb$ 為鍵結軌域電子數，$Na$ 為反鍵結軌域電子數。 2. 磁性 - 所有電子均成對：抗磁性（diamagnetic） - 存在未成對電子：順磁性（paramagnetic） --- 解題方法 先計算 $\ce{NO+}$ 的總電子數： $$ Ne=7+8-1=14 $$ 因此，$\ce{NO+}$ 與 $\ce{N2}$、$\ce{CO}$ 具有相同的總電子數，屬於等電子物種。 在第二週期雙原子分子的分子軌域中，價電子可依序填入： $$ \sigma{2s},\ \sigma^{}{2s},\ \sigma{2p},\ \pi{2p} $$ $\ce{NO+}$ 的價電子數為： $$ 5+6-1=10 $$ 其價電子組態可寫為： $$ (\sigma{2s})^2(\sigma^{}{2s})^2 (\sigma{2p})^2(\pi{2p})^4 $$ 鍵結軌域電子數： $$ Nb=2+2+4=8 $$ 反鍵結軌域電子數： $$ Na=2 $$ 所以鍵級為： $$ 	ext{鍵級} =\frac{8-2}{2} =3 $$ 所有分子軌域中的電子均成對，因此 $\ce{NO+}$ 為抗磁性。 --- 選項分析 (A) $\ce{NO+}$ 的鍵級為 2，且為順磁性。 錯誤。 $\ce{NO+}$ 的鍵級計算如下： $$ 	ext{鍵級}=\frac{8-2}{2}=3 $$

Question 5

在 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時，甲烷在苯中的亨利定律常數 $k$ 為 $9.88\times10^{-2}\,\mathrm{mol/(L\cdot atm)}$ 。如果甲烷的分壓為 $1.48\,\mathrm{atm}$ ，那麼將有多少克的 $\ce{CH4}$ 溶解在 $3.00\,\mathrm{L}$ 的苯中？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查亨利定律。對於氣體溶解於液體的情況，氣體在液體中的溶解度與其分壓成正比： $$ C=kP $$ 其中： - $C$：溶解氣體的濃度，單位為 $\mathrm{mol/L}$ - $k$：亨利定律常數，單位為 $\mathrm{mol/(L\cdot atm)}$ - $P$：氣體分壓，單位為 $\mathrm{atm}$ 先由亨利定律求出 $\ce{CH4}$ 的莫耳濃度，再乘以苯的體積得到莫耳數，最後利用莫耳質量換算為克數。 --- 解題方法 已知： $$ k=9.88	imes10^{-2}\,\mathrm{mol/(L\cdot atm)} $$ $$ P{\ce{CH4}}=1.48\,\mathrm{atm} $$ $$ V{	ext{苯}}=3.00\,\mathrm{L} $$ 首先利用亨利定律： $$ C{\ce{CH4}}=kP $$ $$ C{\ce{CH4}} =(9.88	imes10^{-2}\,\mathrm{mol/(L\cdot atm)}) (1.48\,\mathrm{atm}) $$ $$ C{\ce{CH4}}=0.146224\,\mathrm{mol/L} $$ 因此，溶解在 $3.00\,\mathrm{L}$ 苯中的 $\ce{CH4}$ 莫耳數為： $$ n{\ce{CH4}}=CV $$ $$ n{\ce{CH4}} =(0.146224\,\mathrm{mol/L})(3.00\,\mathrm{L}) =0.438672\,\mathrm{mol} $$ 甲烷的莫耳質量為： $$ M{\ce{CH4}} =12.01+4(1.008) \approx16.04\,\mathrm{g/mol} $$ 所以甲烷質量為： $$ m=nM $$ $$ m{\ce{CH4}} =(0.438672\,\mathrm{mol})(16.04\,\mathrm{g/mol}) \approx7.04\,\mathrm{g} $$ 依題目選項採用適當有效數字，結果約為： $$ m{\ce{CH4}}\approx7.02\,\mathrm{g} $$ 因此選擇 (D)。 --- 選項分析

Question 6

肉桂醛（cinnamaldehyde，分子量 $=132.15\,\mathrm{g/mol}$ ）用作調味劑。必須添加多少克肉桂醛到 $175\,\mathrm{g}$ 乙醇中，以得到沸點為 $82.7\,^\circ\mathrm{C}$ 的溶液？純乙醇的沸點為 $78.5\,^\circ\mathrm{C}$ ， $K_b=1.22\,^\circ\mathrm{C/m}$ 。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查非揮發性溶質造成的沸點上升。肉桂醛可視為非揮發性、非電解質溶質，因此范特霍夫因子 $i=1$。 沸點上升公式為： $$ \Delta Tb=iKbm $$ 其中： - $\Delta Tb$：沸點上升量 - $Kb$：乙醇的沸點上升常數 - $m$：重量莫耳濃度，單位為 $\mathrm{mol/kg}$ - $i$：范特霍夫因子 重量莫耳濃度定義為： $$ m=\frac{	ext{溶質莫耳數}}{	ext{溶劑質量（kg）}} $$ 解題方法 純乙醇沸點為 $78.5^\circ\mathrm{C}$，溶液沸點為 $82.7^\circ\mathrm{C}$，因此沸點上升量為： $$ \Delta Tb=82.7-78.5=4.2^\circ\mathrm{C} $$ 因肉桂醛為非電解質，取 $i=1$： $$ 4.2^\circ\mathrm{C} =(1)(1.22^\circ\mathrm{C/m})m $$ 解得重量莫耳濃度： $$ m=\frac{4.2}{1.22} =3.4426\,\mathrm{mol/kg} $$ 乙醇質量為 $175\,\mathrm{g}$，先換算為公斤： $$ 175\,\mathrm{g}=0.175\,\mathrm{kg} $$ 因此肉桂醛所需莫耳數為： $$ n=m	imes 	ext{溶劑質量} $$ $$ n=(3.4426\,\mathrm{mol/kg})(0.175\,\mathrm{kg}) =0.6025\,\mathrm{mol} $$ 肉桂醛分子量為 $132.15\,\mathrm{g/mol}$，所需質量為： $$ m{\ce{cinnamaldehyde}} =n	imes M $$ $$ m{\ce{cinnamaldehyde}} =(0.6025\,\mathrm{mol})(132.15\,\mathrm{g/mol}) =79.6\,\mathrm{g} $$

Question 7

已知反應 $\ce{CO(g) + Cl2(g) <= COCl2(g)}$，其平衡常數 $KP$ 和 $KC$ 之間的關係為： (A) $KP=KCRT$ (B) $KP=\dfrac{KC}{RT}$ (C) $KP=KC(RT)^2$ (D) $KP=\dfrac{KC}{(RT)^2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氣相平衡中壓力平衡常數 $KP$ 與濃度平衡常數 $KC$ 的換算關係： $$ KP=KC(RT)^{\Delta n{	ext{gas}}} $$ 其中： - $R$：氣體常數 - $T$：絕對溫度，單位為 K - $\Delta n{	ext{gas}}$：反應前後氣體莫耳數差 $$ \Delta n{	ext{gas}} = 	ext{生成物氣體莫耳數} - 	ext{反應物氣體莫耳數} $$ 題目反應為： $$ \ce{CO(g) + Cl2(g) <= COCl2(g)} $$ 解題方法 反應物氣體總莫耳數為： $$ n{	ext{reactant}}=1+1=2 $$ 生成物氣體總莫耳數為： $$ n{	ext{product}}=1 $$ 因此： $$ \Delta n{	ext{gas}}=1-2=-1 $$ 代入平衡常數換算式： $$ KP=KC(RT)^{-1} $$ 所以： $$ KP=\frac{KC}{RT} $$ 故正確選項為 (B)。 此關係也可由理想氣體方程式推導。對各氣體而言： $$ Pi=[i]RT $$ 因此： $$ KP = \frac{P{\ce{COCl2}}} {P{\ce{CO}}P{\ce{Cl2}}} = \frac{[\ce{COCl2}]RT} {([\ce{CO}]RT)([\ce{Cl2}]RT)} $$ 整理得： $$ KP = \frac{[\ce{COCl2}]} {[\ce{CO}][\ce{Cl2}]} \cdot\frac{1}{RT} $$ 而： $$ KC= \frac{[\ce{COCl2}]} {[\ce{CO}][\ce{Cl2}]} $$ 因此： $$ KP=\frac{KC}{RT} $$ 選項分析

Question 8

反應 $\ce{A - B}$ 全反應是一級反應，相對於反應物 $\ce{A}$ 也是一級反應。若將 $\ce{A}$ 的初始濃度加倍，結果將會： (A) 縮短反應的半衰期。 (B) 減小反應的速率常數。 (C) 縮短達到平衡所需的時間。 (D) 使初始速率加倍。

Accepted Answer

核心觀念 反應 $\ce{A - B}$ 為相對於 $\ce{A}$ 的一級反應，其速率定律為： $$ v=-\frac{d[\ce{A}]}{dt}=k[\ce{A}] $$ 其中： - $v$：反應速率 - $k$：一級反應速率常數 - $[\ce{A}]$：反應物 $\ce{A}$ 的瞬時濃度 初始速率則為： $$ v0=k[\ce{A}]0 $$ 因此，當 $[\ce{A}]0$ 加倍時，在相同溫度及其他條件下，$k$ 不變，而初始速率會隨 $[\ce{A}]0$ 成正比加倍。 --- 解題方法 設原本的初始濃度為 $[\ce{A}]0$，則原本的初始速率為： $$ v0=k[\ce{A}]0 $$ 將初始濃度加倍後： $$ [\ce{A}]0'=2[\ce{A}]0 $$ 新的初始速率為： $$ v0'=k[\ce{A}]0' =k(2[\ce{A}]0) =2k[\ce{A}]0 =2v0 $$ 所以初始速率加倍。 一級反應的半衰期為： $$ t{1/2}=\frac{\ln 2}{k} $$ 可見半衰期只與速率常數 $k$ 有關，與初始濃度無關。 --- 選項分析 (A) 縮短反應的半衰期。錯誤 一級反應半衰期為： $$ t{1/2}=\frac{0.693}{k} $$ 在溫度及反應條件不變時，$k$ 不因初始濃度加倍而改變，因此半衰期不變，不會縮短。 --- (B) 減小反應的速率常數。錯誤

Question 9

有一反應：$\ce{2A + B + 2C - D + E}$。以下是在恆定溫度下收集的初始速率資料，所有單位均為任意單位。則此反應的正確速率定律式為何？ | Trial | $[\ce{A}]$ | $[\ce{B}]$ | $[\ce{C}]$ | Rate | |---|---:|---:|---:|---:| | 1 | 0.225 | 0.150 | 0.350 | 0.0217 | | 2 | 0.320 | 0.150 | 0.350 | 0.0439 | | 3 | 0.225 | 0.250 | 0.350 | 0.0362 | | 4 | 0.225 | 0.150 | 0.600 | 0.01270 | (A) $\mathrm{Rate}=k[\ce{A}][\ce{B}][\ce{C}]$ (B) $\mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^2[\ce{B}][\ce{C}]$ (C) $\mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^2[\ce{B}][\ce{C}]^{-1}$ (D) $\mathrm{Rate}=k[\ce{A}][\ce{B}]^2[\ce{C}]^{-1}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查以初始速率法（method of initial rates）判定反應速率定律。對反應 $$ \ce{2A + B + 2C - D + E} $$ 一般速率定律可表示為 $$ \mathrm{Rate}=k[\ce{A}]^{m}[\ce{B}]^{n}[\ce{C}]^{p} $$ 其中 $m$、$n$、$p$ 為各反應物的反應級數，必須由實驗數據判定，不能直接照抄反應式係數。反應式中的係數 $2$、$1$、$2$ 只有在單一步驟基元反應時，才可能分別對應到速率定律的級數。 --- 解題方法：逐一比較只改變一種濃度的試驗 比較兩組實驗時，必須選擇只有一項濃度改變的資料，使其他濃度與速率常數 $k$ 相互消去。 1. 判定 $\ce{A}$ 的反應級數 比較 Trial 1 與 Trial 2： - $[\ce{B}]$ 相同 - $[\ce{C}]$ 相同 - 只有 $[\ce{A}]$ 改變 因此： $$ \frac{\mathrm{Rate}2}{\mathrm{Rate}1} = \left(\frac{[\ce{A}]2}{[\ce{A}]1}\right)^m $$ 代入數據： $$ \frac{0.0439}{0.0217} = \left(\frac{0.320}{0.225}\right)^m $$ $$ 2.023 = (1.422)^m $$ 取對數： $$ m= \frac{\log(2.023)}{\log(1.422)} \approx 2 $$ 所以： $$ m=2 $$ --- 2. 判定 $\ce{B}$ 的反應級數 比較 Trial 1 與 Trial 3： - $[\ce{A}]$ 相同 - $[\ce{C}]$ 相同 - 只有 $[\ce{B}]$ 改變 因此： $$ \frac{\mathrm{Rate}3}{\mathrm{Rate}1} = \left(\frac{[\ce{B}]3}{[\ce{B}]1}\right)^n $$ 代入： $$ \frac{0.0362}{0.0217} = \left(\frac{0.250}{0.150}\right)^n $$ $$ 1.668 = (1.667)^n $$ 因此： $$ n=1 $$ --- 3. 判定 $\ce{C}$ 的反應級數 比較 Trial 1 與 Trial 4： - $[\ce{A}]$ 相同 - $[\ce{B}]$ 相同 - 只有 $[\ce{C}]$ 改變 因此： $$ \frac{\mathrm{Rate}4}{\mathrm{Rate}1} = \left(\frac{[\ce{C}]4}{[\ce{C}]1}\right)^p $$ 代入： $$ \frac{0.01270}{0.0217} = \left(\…

Question 10

以下異檸檬酸（isocitric acid）結構的 $R,S$ 配置是什麼？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $2R,3R$ (B) $2R,3S$ (C) $2S,3R$ (D) $2S,3S$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查立體化學中的： - 手性中心判定 - Cahn–Ingold–Prelog（CIP）優先序規則 - 楔線與虛線所表示的空間方向 - $R/S$ 絕對組態判定 圖中左側羧基碳定為第 1 碳，因此兩個手性中心分別為： - 左側手性碳：$C2$ - 中央手性碳：$C3$ 實心楔線表示鍵朝向觀察者；未畫出的氫原子位於紙面後方。 --- 解題方法：判定 $C2$ 的組態 $C2$ 所連接的四個基團為： 1. $\ce{OH}$ 2. 左側 $\ce{-COOH}$ 3. 右側的 $C3$ 碳鏈 4. 隱含的 $\ce{H}$ 依 CIP 規則排列優先序： - $\ce{OH}$ 的第一個原子是氧，優先序最高，為第 1 - 左側羧基碳視為連接 $\ce{O,O,O}$，優先於右側 $C3$ - 右側 $C3$ 所連原子組合約為 $\ce{C,C,H}$，因此為第 3 - 氫原子原子序最低，為第 4 所以： $$ \ce{OH} \ce{-COOH} \ce{-CH(COOH)-CH2-COOH} \ce{H} $$ 圖中 $\ce{H}$ 位於紙面後方，直接觀察第 $1 	o 2 	o 3$ 順序： - $\ce{OH}$：向下 - $\ce{-COOH}$：向左 - 碳鏈：向右 其旋轉方向為順時針，因此： $$ C2=R $$ --- 解題方法：判定 $C3$ 的組態 $C3$ 所連接的四個基團為： 1. 上方 $\ce{-COOH}$ 2. 左側 $C2$ 碳 3. 右側 $\ce{-CH2-COOH}$ 4. 隱含的 $\ce{H}$ 比較前三個碳原子所連接的原子：

Question 11

關於立體異構物的哪些敘述是正確的？

(I) Enantiomers 和 diastereomers 具有相同的物性。
(II) $R$ and $S$ enantiomers 的 50/50 混合物被稱為 racemic mixtures。
(III) Meso isomers 使偏極化光的平面發生旋轉。
(IV) Dextrorotatory compounds 讓偏極化光的平面向右旋轉。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查立體異構物的分類、物理性質與旋光性： - Enantiomers（對映異構物）：彼此為不可重疊的鏡像，所有手性中心構型相反，例如一者為 $R$，另一者為 $S$。 - Diastereomers（非對映異構物）：彼此不是鏡像關係的立體異構物，至少有一個手性中心構型相同、另一個不同。 - Racemic mixture（外消旋混合物）：$R$ 與 $S$ 對映異構物以 $50:50$ 混合而成，兩者旋光方向相反、旋光度大小相等，互相抵消。 - Meso isomer（內消旋異構物）：分子含有兩個以上手性中心，但因具有內部對稱面，使旋光性互相抵消，因此整體不具旋光性。 - Dextrorotatory（右旋）：使平面偏極化光向右旋轉，旋光方向以符號 $(+)$ 表示。 必須注意，$R/S$ 是依據空間排列判定的絕對構型；$(+)/(-)$ 是依據實驗測得的旋光方向。兩者沒有固定對應關係。 解題方法 逐一判斷四個敘述： 1. 比較 enantiomers 與 diastereomers 的物理性質。 2. 確認 $R/S$ 對映異構物的 $50:50$ 混合物名稱。 3. 判斷 meso isomer 是否具有旋光性。 4. 判斷 dextrorotatory 的旋光方向。 判定結果為： $$ 	ext{(I) 錯，(II) 對，(III) 錯，(IV) 對} $$ 因此正確組合為 II、IV，即選項 (C)。 選項分析 (I) Enantiomers 和 diastereomers 具有相同的物性。 錯誤。 Enantiomers 在非手性環境中的多數物理性質相同，例如： - 熔點 - 沸點 - 密度 - 折射率 - 溶解度 但兩者的旋光方向相反，且與手性試劑或手性環境的作用可能不同。 Diastereomers 並非鏡像關係，通常具有不同的物理性質，例如熔點、沸點、溶解度與反應性。因此，不能說 enantiomers 和 diastereomers 具有相同的物性。 (II) $R$ and $S$ enantiomers 的 50/50 混合物被稱為 racemic mixtures。 正確。 一對互為對映異構物的 $R$ 與 $S$ 化合物，以等量混合：

Question 12

以下反應的產物是什麼？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I (B) II (C) III (D) IV

Accepted Answer

核心觀念 本題考查連續有機反應的判斷： 1. 醇的酸催化脫水反應。 2. 烯烴被過氧酸氧化成環氧化物。 3. 環氧化物在酸性甲醇中開環，具有反式加成的立體化學。 解題方法 第一步，環己醇在磷酸加熱下進行脫水： $$ \ce{C6H11OH -[H3PO4][heat] C6H10 + H2O} $$ 生成環己烯，即圖中的中間產物 I。 第二步，環己烯與過氧酸 $\ce{RCO3H}$ 反應。過氧酸將烯鍵氧化成環氧化物： $$ \ce{C6H10 + RCO3H - C6H10O + RCO2H} $$ 生成的環氧化物為中間產物 II。 第三步，環氧化物在甲醇中進行酸催化開環。氧原子先被質子化，使環氧環的碳原子更容易受到甲醇的親核攻擊： $$ \ce{epoxide + CH3OH -[H+] trans-2-methoxycyclohexanol} $$ 開環時，甲醇從環氧氧所在平面的相反側進行背面攻擊，屬於 $S\mathrm{N}2$ 型開環，因此 $\ce{-OH}$ 與 $\ce{-OCH3}$ 位於環己烷環的相反兩側，形成反式產

Question 13

下列結構的 IUPAC 名稱，哪些是正確的？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

I: cis-1,2-dimethoxycyclohexane
II: $R$ -2-methoxy-1-propanol
III: 2-methoxypropane
IV: trans-1,3-cyclohexanediol

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機化合物的 IUPAC 命名、立體化學與手性判定，重點包括： - 取代基名稱與母體結構是否相符。 - 手性中心的 $R/S$ 判定。 - 環狀化合物中取代基的 cis/trans 關係。 - 醚類與二醇的正確命名。 解題方法 逐一檢查結構與名稱是否完全一致： 1. 先確認取代基種類及其連接方式。 2. 對有手性中心的結構，依 CIP 規則判定 $R/S$。 3. 對環狀化合物，觀察取代基位於環平面的同側或異側，判定 cis/trans。 4. 只有名稱與結構全部吻合者才算正確。 --- I：錯誤 圖中兩個氧原子各自連接在環己烷相鄰的兩個碳上，且兩個氧又共同連接至一個 $\ce{CH2}$，形成「亞甲二氧基橋」結構。 因此，圖示並不是兩個彼此獨立的 $\ce{-OCH3}$ 取代基。若為 1,2-dimethoxycyclohexane，應呈現： $$ \ce{cyclohexane-(OCH3)2} $$ 而圖中實際為： $$ \ce{cyclohexane-O-CH2-O} $$ 所以名稱 cis-1,2-dimethoxycyclohexane 與結構不符，I 錯誤。 --- II：錯誤 此結構的母體可命名為 2-methoxypropan-1-ol，結構為： $$ \ce{HOCH2-CH(OCH3)-CH3} $$ 但題目所標示的 $R$ 構型不正確。 手性中心的四個基團優先序為： 1. $\ce{-OCH3}$：直接連接原子為氧。 2. $\ce{-CH2OH}$：下一層含有 $\ce{O,H,H}$。 3. $\ce{-CH3}$：下一層為 $\ce{H,H,H}$。 4. $\ce{-H}$。 因此優先序為： $$ \ce{-OCH3 -CH2OH -CH3 -H} $$

Question 14

以下一系列反應形成的最終反應產物是哪些？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I 和 II (B) III 和 IV (C) I 和 IV (D) II 和 III

Accepted Answer

核心觀念 本題考查兩個反應： 1. $\ce{CH3}$ 對苯環的鄰、對位導向效應。 2. 芳香族側鏈在強氧化劑 $\ce{K2Cr2O7/H2SO4}$ 下，氧化成羧酸 $\ce{-COOH}$。 起始物為甲苯，與乙醯氯在 $\ce{AlCl3}$ 催化下進行 Friedel–Crafts 醯化，會形成鄰位與對位兩種主要產物。 --- 解題方法 第一步是 Friedel–Crafts 醯化： $\ce{CH3ClCO?}$ 正確反應物為乙醯氯 $\ce{CH3COCl}$。在 $\ce{AlCl3}$ 作用下，產生醯鎓離子： $$ \ce{CH3COCl + AlCl3 - CH3CO+ + AlCl4-} $$ 甲苯中的 $\ce{-CH3}$ 為活化基，也是鄰、對位導向基，因此醯鎓離子會進攻甲基的鄰位或對位，形成： - 鄰甲基乙醯苯：$\ce{o-CH3-C6H4-COCH3}$ - 對甲基乙醯苯：$\ce{p-CH3-C6H4-COCH3}$ 其中對位產物因位阻較小，通常比例較高，但本題只需判斷所有可能的最終產物。 第二步為強氧化： $$ \ce{K2Cr2O7/H2SO4} $$ 芳香環上凡是能被氧化的側鏈，最終通常都會轉變為 $\ce{-COOH}$。因此： $$ \ce{o-CH3-C6H4-COCH3 -[K2Cr2O7][H2SO4] o-HOOC-C6H4-COOH} $$ $$ \ce{p-CH3-C6H4-COCH3 -[K2Cr2O7][H2SO4] p-HOOC-C6H4-COOH} $$ 所以會形成：

Question 15

以下反應的產物，哪一項是其正確的 IUPAC 名稱？

🖼️【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 本題考查兩個重點： 1. $\ce{Na/NH3(l)}$ 對炔烴的溶解金屬還原反應。 2. 烯烴的主鏈選擇、雙鍵定位與 cis/trans 立體化學。 $\ce{Na/NH3(l)}$ 會將炔鍵還原成烯鍵，且通常形成反式烯烴： $$ \ce{R-C#C-R' -[Na][NH3(l)] trans-R-CH=CH-R'} $$ 其反應機構為電子轉移形成自由基陰離子，接著由液態氨提供質子，經第二次電子轉移與質子化完成還原。兩個氫原子以反式方式加入，因此主要產物為 trans-alkene。 --- 解題方法 原料結構為： $$ \ce{CH3-C#C-CH2-CH2-CH(CH3)2} $$ 經 $\ce{Na/NH3(l)}$ 還原後，炔鍵變成反式雙鍵： $$ \ce{CH3-C#C-CH2-CH2-CH(CH3)2 -[Na][NH3(l)] trans-CH3-CH=CH-CH2-CH2-CH(CH3)2} $$ 接著依 IUPAC 命名： 1. 選擇包含雙鍵的最長碳鏈，共 7 個碳，為 heptene。 2. 從靠近雙鍵的一端編號，使雙鍵得到最小定位號。 3. 雙鍵位於第 2 位，因此為 2-heptene。 4. 第 6 號碳上有一個甲基，因此為 6-methyl。 5. 反應生成反式烯烴，因此加上 trans-。 所以名稱為： $$ 	ext{trans-6-methyl-2-heptene} $$ --- 選項分析 (A) cis-2-methyl-5-heptene：錯誤

Question 16

下列反應的主產物是什麼？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I (B) II (C) III (D) IV

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 環狀酯（lactone）的氨解開環。 2. $\ce{NH3}$ 對羰基碳進行親核酰基取代。 3. $\ce{LiAlH4}$ 將醯胺還原為一級胺。 4. 芳香環及酚羥基在此條件下維持不變。 解題方法 第一步，$\ce{NH3}$ 作為親核試劑攻擊環狀酯的羰基碳，形成四面體中間體，接著發生酰氧鍵斷裂，使環狀酯開環，生成鄰位羥基苯乙醯胺： $$ \ce{o-HOC6H4-CH2-CONH2} $$ 第二步，以 $\ce{LiAlH4}$ 還原醯胺。醯胺的羰基 $\ce{C=O}$ 被還原為亞甲基 $\ce{-CH2-}$： $$ \ce{R-CONH2 -[LiAlH4][H2O] R-CH2-NH2} $$ 因此： $$ \ce{o-HOC6H4-CH2-CONH2 -[LiAlH4][H2O] o-HOC6H4-CH2-CH2-NH2} $$ 產物為鄰胺基乙基苯酚，即選項 IV。 酚羥基在反應過程中可能先形成鋁鹽，經 $\ce{H2O}$ 酸鹼處理後恢復為 $\ce{-OH}$；芳香環不會被 $\ce{LiAlH4}$ 還原。 選項分析

Question 17

以下一系列反應的產物是什麼？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I (B) II (C) III (D) IV

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 醛類的自我羥醛加成（aldol addition）。 2. 羥醛產物在酸、加熱下脫水，形成 $\alpha,\beta$-不飽和醛。 3. 催化氫化還原碳碳雙鍵，但保留醛基。 起始物為丙醛： $$ \ce{CH3CH2CHO} $$ --- 解題方法 第一步，在 $\ce{KOH}$ 作用下，丙醛的 $\alpha$-碳形成烯醇負離子，攻擊另一分子丙醛的羰基碳，進行自我羥醛加成： $$ \ce{2CH3CH2CHO -[KOH] OHC-CH(CH3)-CH(OH)-CH2CH3} $$ 生成 $\beta$-羥基醛。 第二步，在 $\ce{HCl/H2O}$ 並加熱的條件下，羥基與鄰位氫脫去水分子，形成共軛的 $\alpha,\beta$-不飽和醛： $$ \ce{OHC-CH(CH3)-CH(OH)-CH2CH3 -[HCl,H2O][\Delta] OHC-C(CH3)=CH-CH2CH3} $$ 第三步，最後的催化氫化使 $\ce{C=C}$ 雙鍵加成 $\ce{H2}$： $$ \ce{OHC-C(CH3)=CH-CH2CH3 -[H2/Rh] OHC-CH(CH3)-CH2-CH2CH3} $$

Question 18

下列反應的主產物是什麼？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) I (B) II (C) III (D) IV

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 環狀酯（lactone）的氨解開環。 2. $\ce{NH3}$ 對羰基碳進行親核酰基取代。 3. $\ce{LiAlH4}$ 將醯胺還原為一級胺。 4. 芳香環及酚羥基在此條件下維持不變。 解題方法 第一步，$\ce{NH3}$ 作為親核試劑攻擊環狀酯的羰基碳，形成四面體中間體，接著發生酰氧鍵斷裂，使環狀酯開環，生成鄰位羥基苯乙醯胺： $$ \ce{o-HOC6H4-CH2-CONH2} $$ 第二步，以 $\ce{LiAlH4}$ 還原醯胺。醯胺的羰基 $\ce{C=O}$ 被還原為亞甲基 $\ce{-CH2-}$： $$ \ce{R-CONH2 -[LiAlH4][H2O] R-CH2-NH2} $$ 因此： $$ \ce{o-HOC6H4-CH2-CONH2 -[LiAlH4][H2O] o-HOC6H4-CH2-CH2-NH2} $$ 產物為鄰胺基乙基苯酚，即選項 IV。 酚羥基在反應過程中可能先形成鋁鹽，經 $\ce{H2O}$ 酸鹼處理後恢復為 $\ce{-OH}$；芳香環不會被 $\ce{LiAlH4}$ 還原。 選項分析

Question 19

化合物 $\ce{C3H6Cl2}$ 的質子 NMR 光譜有一五重態（pentet）的分裂，位於 $\delta\,2.19$ ；以及三重態（triplet）的分裂，位於 $\delta\,3.72$ ，其相對強度的比值為 $1:2$ 。下面哪個化合物的光譜數據最符合？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考察質子 NMR 的： - 化學環境種類與對稱性 - 訊號積分面積與氫數比例 - $\ce{n+1}$ 分裂規則 對某一組等效氫而言，若相鄰碳上有 $n$ 個等效氫，通常會裂分成 $n+1$ 重峰： $$ 	ext{裂分重數}=n+1 $$ 因此： - 五重態（pentet）：相鄰有 $4$ 個氫 - 三重態（triplet）：相鄰有 $2$ 個氫 題目給出的積分比為 $1:2$，表示五重態與三重態所代表的氫數比為 $1:2$。 --- 解題方法 觀察選項（II）： $$ \ce{ClCH2CH2CH2Cl} $$ 此分子具有左右對稱性，因此只有兩種質子環境： 1. 兩端的 $\ce{CH2Cl}$：左右等效，共 $4$ 個氫 2. 中央的 $\ce{CH2}$：共 $2$ 個氫 中央 $\ce{CH2}$ 的兩側共鄰接 $4$ 個等效氫，因此： $$ n=4 \Rightarrow n+1=5 $$ 所以中央 $\ce{CH2}$ 產生五重態，積分為 $2$。 兩端 $\ce{CH2Cl}$ 各自鄰接中央 $\ce{CH2}$ 的 $2$ 個氫，因此： $$ n=2 \Rightarrow n+1=3 $$ 所以兩端 $\ce{CH2Cl}$ 產生三重態，積分為 $4$。 積分比為： $$ 	ext{五重態}:	ext{三重態}=2:4=1:2 $$ 化學位移方面，受氯原子去屏蔽作用影響的 $\ce{CH2Cl}$ 通常出現在約 $\delta 3.7$，中央亞甲基則約在 $\delta 2.1$，與題目所給的 $\delta 3.72$ 及 $\delta 2.19$ 相符。 --- 選項分析

Question 20

$\ce{ClF3}$ 的幾何形狀為何？ (A) T 字型 (B) 平面三角形 (C) 三角錐 (D) 正四面體

Accepted Answer

核心觀念 本題考查價層電子對互斥理論（VSEPR theory）。分子形狀的判斷步驟為： 1. 找出中心原子。 2. 計算中心原子的價電子數。 3. 判斷中心原子周圍的鍵結電子對與孤電子對數目。 4. 依電子域排列與孤電子對位置判斷分子幾何形狀。 --- 解題方法 對 $\ce{ClF3}$ 而言，中心原子為氯 $\ce{Cl}$，周圍連接三個氟原子。 氯原子具有 $7$ 個價電子，與三個氟原子形成三個單鍵，因此中心氯周圍有： - $3$ 對鍵結電子對 - 剩餘 $2$ 對孤電子對 所以中心原子的電子域總數為： $$ 3+2=5 $$ 其 VSEPR 類型為： $$ \ce{AX3E2} $$ 其中： - $\ce{A}$：中心原子氯 - $\ce{X3}$：三個鍵結原子 - $\ce{E2}$：兩對孤電子對 五個電子域的電子對排列為三角雙錐形。為了減少孤電子對之間的排斥，兩對孤電子對會優先占據三角雙錐的赤道位置，留下兩個軸向位置與一個赤道位置供三個氟原子排列。 因此，$\ce{ClF3}$ 的分子幾何形狀為 T 字型。 --- 選項分析 (A) T 字型：正確 $\ce{ClF3}$ 為 $\ce{AX3E2}$。三個 $\ce{Cl-F}$ 鍵分別排列為兩個軸向鍵與一個赤道鍵，從分子形狀觀察呈現英文字母 T 的排列，因此為 T 字型。 (B) 平面三角形：錯誤

Question 21

在任何溫度下，下列何者必為自發反應？ (A) $\Delta H0,\ \Delta S0$ (B) $\Delta H=0,\ \Delta S<0$ (C) $\Delta H0,\ \Delta S=0$ (D) $\Delta H<0,\ \Delta S0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查吉布斯自由能變化與反應自發性的關係： $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 其中： - $\Delta G<0$：在該條件下反應具有自發進行的熱力學傾向。 - $\Delta G=0$：系統達到平衡。 - $\Delta G0$：正向反應非自發，逆向反應具有自發傾向。 - $T$ 為絕對溫度，單位為 K，故一般考試所稱「任何溫度」是指所有 $T0$ 的溫度。 題目要求「在任何溫度下必為自發反應」，因此必須找出無論 $T$ 取何種正值，皆能使 $\Delta G<0$ 的組合。 --- 解題方法 逐一代入 $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 判斷其符號是否會隨溫度改變。 若 $\Delta H<0$ 且 $\Delta S0$，則： $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 因為： $$ \Delta H<0 $$ 且 $T0,\ \Delta S0$，所以： $$ -T\Delta S<0 $$ 兩個負值相加後必為負值： $$ \Delta G<0 $$ 因此無論溫度為何，反應皆具有自發進行的熱力學傾向。 --- 選項分析 (A) $\Delta H0,\ \Delta S0$ $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 此時焓變為正，熵變為正。低溫時，$T\Delta S$ 較小，可能有： $$ \Delta G0 $$ 高溫時，$T\Delta S$ 增大，當： $$ T\frac{\Delta H}{\Delta S} $$ 才會使： $$ \Delta G<0 $$ 因此此選項只在高溫下可能自發，並非任何溫度皆自發，錯誤。 --- (B) $\Delta H=0,\ \Delta S<0$ 代入公式： $$ \Delta G=0-T\Delta S=-T\Delta S $$ 因為 $T0$ 且 $\Delta S<0$，所以：

Question 22

依據波耳（Bohr）原子模型，下列何者半徑最大？ (A) $\ce{H}$（主量子數 $n=3$） (B) $\ce{He+}$（主量子數 $n=4$） (C) $\ce{Li^{2+}}$（主量子數 $n=3$） (D) $\ce{Be^{3+}}$（主量子數 $n=4$）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查波耳（Bohr）原子模型中，類氫原子的電子軌道半徑。 對於僅含一個電子的類氫物種，其第 $n$ 層軌道半徑為： $$ rn=a0\frac{n^2}{Z} $$ 其中： - $rn$：第 $n$ 個軌道的半徑 - $a0$：波耳半徑 - $n$：主量子數 - $Z$：原子核的原子序，即核電荷數 本題的 $\ce{H}$、$\ce{He+}$、$\ce{Li^{2+}}$、$\ce{Be^{3+}}$ 均只有一個電子，因此皆可直接使用此公式比較。 解題方法 比較各選項的無因次比例： $$ \frac{rn}{a0}=\frac{n^2}{Z} $$ 各物種的原子序分別為： - $\ce{H}$：$Z=1$ - $\ce{He+}$：$Z=2$ - $\ce{Li^{2+}}$：$Z=3$ - $\ce{Be^{3+}}$：$Z=4$ 逐一計算： $$ \ce{H}: \quad \frac{r}{a0}=\frac{3^2}{1}=9 $$ $$ \ce{He+}: \quad \frac{r}{a0}=\frac{4^2}{2}=8 $$ $$ \ce{Li^{2+}}: \quad \frac{r}{a0}=\frac{3^2}{3}=3 $$ $$ \ce{Be^{3+}}: \quad \frac{r}{a0}=\frac{4^2}{4}=4 $$ 因此半徑大小规律為： $$ \ce{H}(n=3)\ce{He+}(n=4)\ce{Be^{3+}}(n=4)\ce{Li^{2+}}(n=3) $$ 半徑最大者為 $\ce{H}$（主量子數 $n=3$）。 選項分析 (A) $\ce{H}$（主量子數 $n=3$）— 正確 氫原子的原子序 $Z=1$，因此：

Question 23

一級反應的速率常數和半衰期的乘積等於： (A) 反應速率 (B) $1$ (C) $\ln 10$ (D) 以上皆非

Accepted Answer

核心觀念 本題考查一級反應的半衰期公式。 對一級反應： $$ -\frac{d[A]}{dt}=k[A] $$ 其整合速率定律為： $$ \ln\frac{[A]0}{[A]t}=kt $$ 其中： - $k$：一級反應速率常數，單位為 $\mathrm{s^{-1}}$ - $t$：反應時間 - $[A]0$：初始濃度 - $[A]t$：時間 $t$ 時的濃度 半衰期 $t{1/2}$ 的定義是反應物濃度降為初始濃度的一半： $$ [A]{t{1/2}}=\frac{[A]0}{2} $$ 解題方法 將半衰期條件代入一級反應整合速率定律： $$ \ln\frac{[A]0}{[A]{t{1/2}}}=kt{1/2} $$ 因為： $$ [A]{t{1/2}}=\frac{[A]0}{2} $$ 所以： $$ kt{1/2} =\ln\frac{[A]0}{[A]0/2} =\ln 2 $$ 因此，一級反應速率常數和半衰期的乘積為： $$ \boxed{kt{1/2}=\ln 2\approx 0.693} $$ 題目選項中沒有 $\ln 2$，故正確答案為「以上皆非」。 選項分析 - (A) 反應速率：錯誤 $kt{1/2}$ 是無因次量。因為： $$ k	ext{ 的單位為 }\mathrm{s^{-1}},\qquad t{1/2}	ext{ 的單位為 }\mathrm{s} $$ 所以：

Question 24

$25\,^\circ\mathrm{C}$ 時，純水的蒸氣壓為 $23.8\,\mathrm{torr}$ ；若要將蒸氣壓改變為 $22.8\,\mathrm{torr}$ ，則需要添加多少量的葡萄糖到 $500.0\,\mathrm{g}$ 的水中？（葡萄糖分子量 $=180\,\mathrm{g/mol}$ ）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查拉午耳定律（Raoult’s law）與非揮發性溶質造成的蒸氣壓下降。 葡萄糖幾乎不揮發，加入水中後，液面上能逸出的水分子比例降低，因此水的蒸氣壓變小。理想溶液中： $$ P{\ce{H2O}}=X{\ce{H2O}}P{\ce{H2O}}^\circ $$ 其中： - $P{\ce{H2O}}$：溶液中水的蒸氣壓 - $P{\ce{H2O}}^\circ$：純水蒸氣壓 - $X{\ce{H2O}}$：水的莫耳分率 解題方法 已知： $$ P{\ce{H2O}}^\circ=23.8\ \mathrm{torr} $$ $$ P{\ce{H2O}}=22.8\ \mathrm{torr} $$ 先求水的莫耳分率： $$ X{\ce{H2O}} = \frac{P{\ce{H2O}}}{P{\ce{H2O}}^\circ} = \frac{22.8}{23.8} = 0.95798 $$ 水的莫耳數為： $$ n{\ce{H2O}} = \frac{500.0\ \mathrm{g}}{18.0\ \mathrm{g/mol}} = 27.78\ \mathrm{mol} $$ 設加入葡萄糖 $n{\ce{glucose}}$ mol，則： $$ X{\ce{H2O}} = \frac{n{\ce{H2O}}} {n{\ce{H2O}}+n{\ce{glucose}}} $$ 代入數值： $$ 0.95798 = \frac{27.78}{27.78+n{\ce{glucose}}} $$ 整理： $$ n{\ce{glucose}} = 27.78 \left( \frac{1}{0.95798}-1 ight) $$ $$ n{\ce{glucose}} \approx 1.218\ \mathrm{mol} $$ 葡萄糖質量： $$ m{\ce{glucose}} = 1.218\ \mathrm{mol} 	imes 180\ \mathrm{g/mol} \approx 219\ \mathrm{g} $$ 因此需要加入約 $219\ \mathrm{g}$ 葡萄糖。 選項分析

Question 25

酸催化脫水反應中，下列何者反應最快？ 🖼️【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 本題考查酸催化醇脫水反應的反應速率，關鍵在於醇先被質子化，形成較好的離去基 $\ce{H2O}$： $$ \ce{ROH + H+ - ROH2+} $$ 接著脫去水分子形成碳正離子： $$ \ce{ROH2+ - R+ + H2O} $$ 此步驟通常是速率決定步驟，因此反應速率主要取決於生成的碳正離子穩定度： $$ 	ext{三級碳正離子}	ext{二級碳正離子}	ext{一級碳正離子} $$ 碳正離子越穩定，醇脫水反應越快。 解題方法 先判斷每個選項中，與 $\ce{OH}$ 相連的碳原子屬於一級、二級或三級醇： - 一級醇：$\ce{C-OH}$ 的碳只連接一個碳。 - 二級醇：$\ce{C-OH}$ 的碳連接兩個碳。 - 三級醇：$\ce{C-OH}$ 的碳連接三個碳。 酸催化脫水時，先比較可能形成的碳正離子穩定度。三級醇形成三級碳正離子，具有較多烷基的誘導效應與超共軛作用，因此最容易失去水分子。 圖中 D 為三級醇，其反應可表示為： $$ \ce{1-methylcyclohexanol + H+ - 1-methylcyclohexyl+ + H2O} $$ 形成三級碳正離子後，再經由 $\ce{H2O}$ 或其他鹼拔除鄰近氫，生成烯類並再生酸： $$ \ce{1-methylcyclohexyl+ -[H2O] 1-methylcyclohexene + H+} $$

Question 26

下列哪一組起始物所進行的反應會產生此過渡態（transition state）？

🖼️【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 本題考查有機反應的過渡態判斷，重點是辨認： 1. 反應物與產物之間正在形成、斷裂的鍵。 2. 過渡態中，正在形成或斷裂的鍵通常以虛線表示。 3. 親核取代反應中，親核試劑進攻碳原子，同時離去基離開。 圖示過渡態中，中心碳原子同時與 $\ce{H2O}$ 和 $\ce{Br}$ 以虛線相連，表示： - $\ce{C-O}$ 鍵正在斷裂； - $\ce{C-Br}$ 鍵正在形成； - $\ce{H2O}$ 帶部分正電性，$\ce{Br}$ 帶部分負電性。 這正是溴離子進行 $S\mathrm{N}2$ 親核取代時的過渡態。 --- 解題方法 先觀察圖中的中心碳結構。中心碳連接一個乙基與兩個氫，因此是 1-丙基骨架中的末端碳： $$ \ce{CH3CH2-CH2-} $$ 圖中 $\ce{H2O}$ 是離去的分子，$\ce{Br^-}$ 是進攻中心碳的親核試劑。反應機構如下： 第一步，醇的羥基被 $\ce{HBr}$ 質子化： $$ \ce{CH3CH2CH2OH + HBr - CH3CH2CH2OH2+ + Br^-} $$ 質子化後，羥基轉變為良好的離去基 $\ce{H2O}$。接著 $\ce{Br^-}$ 從背面進攻與氧相連的碳，同時 $\ce{H2O}$ 離去： $$ \ce{Br^- + CH3CH2CH2OH2+ -[SN2] CH3CH2CH2Br + H2O} $$ 其過渡態可表示為： $$ \ce{[Br---CH2---OH2]^{\ddagger}} $$ 因此，圖示過渡態所對應的起始物是 1-propanol 與 HBr。 --- 選項分析 (A) 1-propanol + HBr：正確 反應先將 $\ce{-OH}$ 質子化，使其成為 $\ce{-OH2+}$。隨後 $\ce{Br^-}$ 進行背面進攻，$\ce{H2O}$ 同時離去，發生 $S\mathrm{N}2$ 反應： $$ \ce{CH3CH2CH2OH + HBr - CH3CH2CH2Br + H2O} $$ 過渡態具有正在形成的 $\ce{C-Br}$ 鍵與正在斷裂的 $\ce{C-O}$ 鍵，與題圖完全相符。

Question 27

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 其中，正確產物為： (A) 只有 II 和 IV (B) 只有 III (C) 只有 I 和 III (D) 以上皆非

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $\ce{NBS}$ 在光照或加熱條件下進行的烯丙位自由基溴化反應。 $\ce{NBS}$ 提供低濃度的 $\ce{Br2}$，使反應優先發生在烯烴的烯丙位： $$ \ce{NBS - Br2} $$ 烯丙位氫被溴自由基 $\ce{Br.}$ 奪取後，形成具有共振穩定化的烯丙基自由基。自由基的兩個共振式代表兩個可能的反應位置，因此最後會得到兩種烯丙位溴化產物。 解題方法 反應物為具有烯丙位氫的烯烴，反應條件為： $$ \ce{NBS, CCl4, heat} $$ 反應機構可分為： 1. 引發：產生溴自由基。 2. 氫原子轉移：$\ce{Br.}$ 奪取烯丙位氫，形成烯丙基自由基。 3. 共振： $$ \ce{CH2=CH-C.(CH3)2 <- .CH2-CH=C(CH3)2} $$ 4. 終止：烯丙基自由基與 $\ce{Br2}$ 反應，將 $\ce{Br}$ 接到自由基所在的位置。 因此，溴可以出現在原本的烯丙位，也可以出現在共振後的末端位置，形成兩種主要產物： - $\ce{CH2=CH-C(Br)(CH3)2}$：對應圖中的 III。 - $\ce{BrCH2-CH=C(CH3)2}$：對應圖中的 I。

Question 28

$\ce{H2}$ 的方均根速率（root mean square speed）是 $\ce{He}$ 的幾倍？（$\ce{H}=1,\ \ce{He}=4$） (A) $4$ (B) $2$ (C) $\frac{1}{2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氣體分子方均根速率（root mean square speed, $u{\mathrm{rms}}$）與氣體莫耳質量的關係： $$ u{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}} $$ 其中： - $R$ 為氣體常數； - $T$ 為絕對溫度； - $M$ 為氣體的莫耳質量，單位為 $\mathrm{kg\,mol^{-1}}$。 在相同溫度下，氣體分子的方均根速率與莫耳質量平方根成反比： $$ u{\mathrm{rms}}\propto \frac{1}{\sqrt{M}} $$ 因此，莫耳質量越小，方均根速率越大。 解題方法 $\ce{H2}$ 的莫耳質量為： $$ M{\ce{H2}}=2(1)=2\ \mathrm{g\,mol^{-1}} $$ $\ce{He}$ 的莫耳質量為： $$ M{\ce{He}}=4\ \mathrm{g\,mol^{-1}} $$ 在相同溫度下，兩者的速率比為： $$ \frac{u{\mathrm{rms}}(\ce{H2})}{u{\mathrm{rms}}(\ce{He})} = \sqrt{\frac{M{\ce{He}}}{M{\ce{H2}}}} $$ 代入莫耳質量： $$ \frac{u{\mathrm{rms}}(\ce{H2})}{u{\mathrm{rms}}(\ce{He})} = \sqrt{\frac{4}{2}} = \sqrt{2} $$ 所以，$\ce{H2}$ 的方均根速率是 $\ce{He}$ 的 $\sqrt{2}$ 倍。 選項分析

Question 29

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 2-methyl-1-pentene (B) 2-methyl-2-propyloxirane (C) 4-methyl-1-pentene (D) 以上皆非

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 Wittig 反應。醛或酮與磷葉立德（phosphorus ylide）反應，可將羰基 $\ce{C=O}$ 轉換成烯烴 $\ce{C=C}$： $$ \ce{R2C=O + Ph3P=CH2 - R2C=CH2 + Ph3P=O} $$ 題目中的試劑為亞甲基三苯基膦葉立德： $$ \ce{Ph3P^+CH2^-} $$ 在 DMSO 中可作為 Wittig 試劑，將酮的羰基碳轉變為末端 $\ce{=CH2}$。 解題方法 原料結構為 2-pentanone： $$ \ce{CH3COCH2CH2CH3} $$ Wittig 反應的關鍵是： 1. 葉立德中的帶負電碳 $\ce{^-CH2}$ 作為親核體。 2. 親核碳進攻酮的羰基碳，形成含氧磷中間體。 3. 中間體分解生成磷氧化物 $\ce{Ph3P=O}$，同時形成新的 $\ce{C=C}$。 4. 原本的羰基氧被替換為 $\ce{CH2}$。 因此： $$ \ce{CH3COCH2CH2CH3 + Ph3P=CH2 - CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 + Ph3P=O} $$ 所得烯烴命名為： $$ \ce{CH2=C(CH3)CH2CH2CH3} $$ 即 2-methyl-1-pentene。 選項分析 - (A) 2-methyl-1-pentene：正確 2-pentanone 的羰基碳與葉立德的 $\ce{CH2}$ 形成雙鍵，產物為：

Question 30

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 的最佳合成方法是： (A) (1) $\ce{Mg, Et2O}$；(2) $\ce{CO2}$；(3) $\ce{H2O, H+}$；(4) MeONa (B) (1) $\ce{NaOH}$；(2) $\ce{Mg, Et2O}$；(3) $\ce{CO2}$；(4) $\ce{H2O, H+}$；(5) MeI (C) (1) MeONa；(2) $\ce{Mg, Et2O}$；(3) $\ce{CO2}$；(4) $\ce{H2O, H+}$ (D) (1) MeONa；(2) $\ce{KCN, DMSO}$；(3) $\ce{H2O, H2SO4, heat}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查兩個有機反應的先後順序： 1. 一級烷基溴的 $\mathrm{SN2}$ 取代反應 $\ce{MeO^-}$ 作為親核試劑，可取代側鏈末端的一級 $\ce{Br}$，形成甲醚。 2. 芳基溴形成 Grignard 試劑，再與 $\ce{CO2}$ 羧化 芳基溴與 $\ce{Mg}$、無水 $\ce{Et2O}$ 反應形成芳基鎂鹵化物，接著與 $\ce{CO2}$ 反應，酸化後得到芳香族羧酸。 圖中起始物同時含有： - 芳香環上的 $\ce{Ar-Br}$ - 側鏈末端的一級 $\ce{-CH2CH2Br}$ 目標產物則是： - $\ce{Ar-CO2H}$ - $\ce{-CH2CH2OMe}$ --- 解題方法 應先利用 $\ce{MeONa}$ 對側鏈的一級溴化物進行 $\mathrm{SN2}$ 反應： $$ \ce{Ar-CH2-CH2Br + MeO^- - Ar-CH2-CH2OMe + Br^-} $$ 此步驟選擇性良好，因為側鏈末端為一級碳，位阻小，容易進行背面進攻。 接著使芳香環上的 $\ce{Ar-Br}$ 與鎂反應： $$ \ce{Ar-Br + Mg -[Et2O] Ar-MgBr} $$ 所形成的芳基 Grignard 試劑進攻二氧化碳： $$ \ce{Ar-MgBr + CO2 - Ar-CO2MgBr} $$ 最後以水與酸處理，得到羧酸： $$ \ce{Ar-CO2MgBr + H2O,H+ - Ar-CO2H} $$ 因此正確順序為： $$ \ce{MeONa - Mg,Et2O - CO2 - H2O,H+} $$ 故選 (C)。 --- 選項分析 (A) $\ce{Mg, Et2O - CO2 - H2O,H+ - MeONa}$：錯誤 起始物同時含有芳基溴與一級烷基溴。直接加入 $\ce{Mg}$ 時，鎂容易先與反應性較高的一級烷基溴反應，可能形成烷基 Grignard 試劑： $$ \ce{Ar-CH2-CH2Br + Mg - Ar-CH2-CH2MgBr} $$ 如此會使 $\ce{CO2}$ 羧化發生在側鏈，而非所需的芳香環位置，且可能伴隨副反應。反應選擇性不佳。 此外，最後才加入 $\ce{MeONa}$，也無法有效補救前面錯誤形成的 Grignard 反應結果。 --- (B) $\ce{NaOH - Mg,Et2O - CO2 - H2O,H+ - MeI}$：錯誤 第一步 $\ce{NaOH}$ 會使側鏈溴化物水解，形成醇：

Question 31

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 其中試劑 $\ce{A}$ 為： (A) $\ce{HCO2Et}$ (B) $\ce{(EtO)2C=O}$ (C) $\ce{EtO2CCO2Et}$ (D) $\ce{CH3CO2Et}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酮類的 $\alpha$-位烷基化／酰基化反應，以及烯醇負離子進行親核酰基取代的機構。 環戊酮在 $\ce{NaOEt}$ 作用下，$\alpha$-位氫被去除，形成烯醇負離子： $$ \ce{cyclopentanone + EtO^- <= cyclopentanone\ enolate + EtOH} $$ 題目產物是在環戊酮 $\alpha$-碳上接有 $\ce{-CO2Et}$： $$ \ce{ring-CO-CH(CO2Et)} $$ 因此，試劑必須提供一個 $\ce{-CO2Et}$ 酰基。 解題方法與反應機構 選項 $\ce{(EtO)2C=O}$ 是碳酸二乙酯（diethyl carbonate），其結構可寫成： $$ \ce{EtO-C(=O)-OEt} $$ 反應步驟如下： 1. $\ce{EtO^-}$ 去除環戊酮 $\alpha$-位氫，生成烯醇負離子。 2. 烯醇負離子以碳親核體進攻碳酸二乙酯的羰基碳。 3. 形成四面體中間體後，脫去 $\ce{EtO^-}$。 4. 酸化處理 $\ce{H3O+}$，使負電荷被質子化，得到 $\alpha$-乙氧羰基化產物。 總反應可表示為： $$ \ce{cyclopentanone + (EtO)2C=O -[NaOEt][H3O+] 2-(ethoxycarbonyl)cyclopentanone} $$ 生成的新鍵為環戊酮 $\alpha$-碳與碳酸二乙酯羰基碳之間的 $\ce{C-C}$ 鍵，所接上的基團正是： $$ \ce{-C(=O)OEt = -CO2Et} $$ 選項分析 (A) $\ce{HCO2Et}$：錯誤 $\ce{HCO2Et}$ 是甲酸乙酯。環戊酮烯醇負離子進攻其羰基後，會在 $\alpha$-位引入甲醯基： $$ \ce{-CHO} $$

Question 32

下列何者聚合可生成雜排（atactic）、同排（isotactic）及對排（syndiotactic）聚合物？ (A) $\ce{H2C=CH2}$ (B) $\ce{H2C=CHCl}$ (C) $\ce{H2C=CCl2}$ (D) $\ce{Cl2C=CCl2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查乙烯基單體聚合後的「立體規則性」（tacticity）。聚合物主鏈上若形成具有立體差異的碳原子，取代基沿主鏈的排列方式可分為： - 同排（isotactic）：取代基大致排列在主鏈同一側。 - 對排（syndiotactic）：取代基交替排列在主鏈兩側。 - 雜排（atactic）：取代基呈無規則排列。 要形成這三種聚合物，單體聚合後必須在主鏈中產生可區分的立體中心，使取代基具有不同的空間排列。 以乙烯基單體為例： $$ \ce{n CH2=CH-R - [-CH2-CH(R)-]{n}} $$ 若 $\ce{R}$ 不同於氫，主鏈中的 $\ce{CH(R)}$ 碳通常可形成立體中心，因而可能出現雜排、同排及對排結構。 --- 解題方法 逐一觀察各單體聚合後的重複單位，判斷主鏈碳是否具有四種不同的取代基。 乙烯基單體的加成聚合可視為： 1. $\ce{C=C}$ 的 $\pi$ 鍵打開。 2. 活性中心加成至雙鍵末端。 3. 新生成的碳自由基再進一步加成另一個單體。 4. 重複此步驟形成聚合物主鏈。 以氯乙烯為例，聚合反應為： $$ \ce{n CH2=CHCl - [-CH2-CH(Cl)-]{n}} $$ 主鏈中的 $\ce{CH(Cl)}$ 碳連接： - $\ce{Cl}$ - $\ce{H}$ - 左側的聚合物鏈段 - 右側的聚合物鏈段 因此可產生立體中心。不同單體加成方向及鏈段排列方式，會導致氯原子呈同排、對排或無規則排列。 --- 選項分析 (A) $\ce{H2C=CH2}$ 乙烯聚合為： $$ \ce{n CH2=CH2 - [-CH2-CH2-]{n}} $$ 每個主鏈碳都是 $\ce{CH2}$，沒有取代基可供判斷「同側」或「異側」排列，也不會形成立體中心。因此乙烯只能形成聚乙烯，不能區分為雜排、同排及對排聚合物。 故 (A) 錯誤。 --- (B) $\ce{H2C=CHCl}$ 氯乙烯聚合為聚氯乙烯： $$ \ce{n CH2=CHCl - [-CH2-CH(Cl)-]{n}} $$

Question 33

下圖所示化合物 I～V，請問下列哪一個答案可以正確地歸類為芳香族化合物？

🖼️【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 本題考芳香族化合物的判定，須同時符合下列條件： 1. 具有環狀、連續共軛的 $p$ 軌域。 2. 分子大致呈平面，使 $p$ 軌域能有效重疊。 3. 符合 Hückel 規則： $$ \pi	ext{ 電子數}=4n+2 $$ 其中 $n=0,1,2,\ldots$。 若為平面且具有 $4n$ 個 $\pi$ 電子，則屬於反芳香性（antiaromatic），通常不具芳香性；若分子藉由扭曲成非平面而避免反芳香性，則稱為非芳香性（nonaromatic）。 --- 解題方法 逐一判斷化合物 I～V 的共軛情形與 $\pi$ 電子數。 化合物 I I 為兩個五元環稠合而成的 pentalene 骨架，具有連續共軛系統，共有 4 個雙鍵： $$ 4	ext{ 個雙鍵}	imes 2=8	ext{ 個 }\pi	ext{ 電子} $$ $8=4n$（$n=2$）。若其呈平面，會具有反芳香性，因此 I 不屬於芳香族化合物。 化合物 II II 為含硼的稠合共軛環系。硼原子的空 $p$ 軌域可接續環狀 π 電子系統，使整個結構形成連續共軛。 圖中共有 5 個 π 鍵，提供： $$ 5	imes 2=10	ext{ 個 }\pi	ext{ 電子} $$ 而 $10=4(2)+2$，符合 Hückel 規則，因此 II 為芳香族化合物。 化合物 III III 為環庚三烯基陽離子（tropylium ion）。環中有 3 個雙鍵，正電荷所在碳原子具有空 $p$ 軌域，能與其他碳原子的 $p$ 軌域連續共軛。 $$ 3	imes 2=6	ext{ 個 }\pi	ext{ 電子} $$ $6=4(1)+2$，且為平面共軛環系，因此 III 為芳香族化合物。 化合物 IV IV 為環辛四烯（cyclooctatetraene），含有 4 個雙鍵：

Question 34

下列化合物在加熱的條件下和甲醇進行一級親核性取代反應（$\mathrm{SN1}$）的相對反應速率遞增順序為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $2<3<4<1<5$ (B) $3<2<4<5<1$ (C) $5<4<3<2<1$ (D) $2<3<4<5<1$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $\mathrm{SN1}$ 反應速率與中間體穩定性的關係。 $\mathrm{SN1}$ 反應分兩步進行： $$ \ce{R-X - R+ + X-} $$ $$ \ce{R+ + CH3OH - R-O(+H)CH3 - R-OCH3} $$ 第一步離去基離去、形成碳陽離子，是速率決定步驟，因此： $$ 	ext{速率} = k[\ce{R-X}] $$ 反應速率主要取決於： 1. 碳陽離子的穩定性 2. 離去基能力 3. 是否能形成共振穩定的烯丙基碳陽離子 4. 是否為乙烯基鹵化物 一般而言： $$ 	ext{三級烯丙基}	ext{二級烯丙基}	ext{一般二級碳陽離子} $$ 且離去基能力通常為： $$ \ce{I^- Br^- Cl^-} $$ 解題方法 先判斷各化合物中鹵素所在的碳，離去後能形成何種碳陽離子。 - 若鹵素直接接在雙鍵碳上，為乙烯基鹵化物，形成乙烯基碳陽離子，極不穩定，$\mathrm{SN1}$ 最慢。 - 若鹵素所在碳與雙鍵相鄰，為烯丙基鹵化物，可形成共振穩定的烯丙基碳陽離子。 - 烯丙基碳陽離子中若有三級共振形式，反應速率會顯著增加。 - 在相近結構下，$\ce{Br}$ 比 $\ce{Cl}$ 更容易離去。 各物質判斷如下。 化合物 2：最慢 化合物 2 的 $\ce{Br}$ 直接連接在雙鍵碳上，屬於乙烯基溴化物： $$ \ce{C=C-Br - C=C-C+ + Br^-} $$ 乙烯基碳陽離子非常不穩定，且 $\ce{C-Br}$ 鍵具有部分雙鍵特性，不利於離子化，因此 $\mathrm{SN1}$ 速率最低。 化合物 3：次慢 化合物 3 的離去基為 $\ce{Cl}$，且鹵素所在碳不是烯丙位，離去後主要形成一般二級碳陽離子。雖然可進行 $\mathrm{SN1}$，但碳陽離子缺乏烯丙基共振穩定，且 $\ce{Cl^-}$ 的離去能力比 $\ce{Br^-}$ 弱，因此速率低於化合物 4 與化合物 1。 化合物 4：速率較快 化合物 4 為二級烯丙基溴化物。$\ce{Br^-}$ 離去後形成烯丙基碳陽離子：

Question 35

用濃 $\ce{H2SO4}$ 將未知醇脫水會形成下列三種烯類產物。請問此未知醇可能的結構為何？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考酸催化醇脫水反應，主要機構為 $E1$： 1. 醇的羥基先經 $\ce{H2SO4}$ 質子化，形成良好離去基 $\ce{H2O}$。 2. $\ce{H2O}$ 離去，生成碳陽離子。 3. 鄰位碳上的氫被移除，形成烯類。 4. 若可形成較穩定的三級碳陽離子，會發生氫負離子轉移（hydride shift）或其他重排。 因此，判斷未知醇時，必須同時考慮「直接脫水」與「碳陽離子重排後脫水」。 --- 解題方法 由圖中三種產物可辨認為： - 3-甲基-1-戊烯 - 2-乙基-1-丁烯 - 3-甲基-2-戊烯 其中，3-甲基-1-戊烯與 3-甲基-2-戊烯可由相鄰位置直接消去形成；而 2-乙基-1-丁烯需要先發生碳陽離子重排。 選項 B 的醇可表示為： $$ \ce{CH3CH2-CH(CH3)-CH(OH)-CH3} $$ 即 3-甲基-2-戊醇。 羥基質子化並脫水後，先生成二級碳陽離子： $$ \ce{CH3CH2-CH(CH3)-CH(OH2+)-CH3 - CH3CH2-C+(CH3)-CH2CH3} $$ 接著分析其脫水途徑。 途徑一：直接由左側 $\beta$-碳消去 由最左端的 $\ce{CH3}$ 移除氫，形成雙鍵： $$ \ce{CH3CH2-CH(CH3)-CH+-CH3 - CH2=CH-CH(CH3)-CH2CH3} $$ 生成 3-甲基-1-戊烯。 途徑二：直接由右側 $\beta$-碳消去 由相鄰的含甲基碳移除氫，形成： $$ \ce{CH3CH2-C(CH3)=CH-CH3} $$ 生成 3-甲基-2-戊烯。 途徑三：氫負離子轉移後再消去 二級碳陽離子可接受鄰位碳的氫負離子轉移，形成較穩定的三級碳陽離子：

Question 36

順式-3,4-二甲基環丁烯在照光的條件下會進行開環反應，請問反應後會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是電環化反應（electrocyclic reaction）的立體化學。 環丁烯具有 $4\pi$ 電子系統，受光照進行開環時，遵循 Woodward–Hoffmann 規則： - 熱反應：$4\pi$ 電子系統採順旋（disrotatory） - 光化學反應：$4\pi$ 電子系統採同旋（conrotatory） 因此，本題的「照光」是決定產物立體化學的關鍵。 --- 解題方法 順式-3,4-二甲基環丁烯開環時，環丁烯的 $\ce{C-C}$ σ鍵斷裂，形成共軛二烯： $$ \ce{cis-3,4-dimethylcyclobutene -[h
u] 2,4-hexadiene} $$ 其中兩個甲基原本位於環的同側。光化學條件下採同旋開環，兩端同方向旋轉，會使兩個甲基在生成的共軛二烯中呈現題目選項 B 所示的相對立體配置。 重要的是： 1. 產物必須是共軛二烯。 2. 反應必須採同旋模式。 3. 甲基的相對立體關係必須由原本的順式結構保留下來，不能任意翻轉。 所以產物為選項 B。 --- 選項分析 (A) 錯誤 選項 A 不是正確的共軛二烯結構，未呈現環丁烯進行 $4\pi$ 電子光化學開環後應有的兩個共軛雙鍵。

Question 37

下列哪一個分子不是內消旋化合物（meso compound）？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

Accepted Answer

核心觀念 本題考查內消旋化合物（meso compound）的判定。 內消旋化合物具有： 1. 至少兩個立體中心。 2. 分子內具有對稱元素，通常是內部鏡面。 3. 因內部對稱而使旋光性相互抵消，整個分子雖含有立體中心，卻與其鏡像可重疊，屬於非手性分子。 判斷時不能只看取代基同側或異側，必須確認整個分子是否存在能將分子分成兩個互為鏡像部分的對稱面。 解題方法 逐一檢查各結構： - 是否具有兩個以上立體中心。 - 兩側的取代基與環狀骨架是否完全對稱。 - 是否能畫出內部鏡面。 - 若無內部對稱面，則其鏡像不可重疊，為一對對映異構物，不是 meso compound。 選項分析 (A) 結構 1：正確的內消旋化合物 結構 1 的兩個立體中心分別連接相同的 $\ce{Cl}$、$\ce{CH3}$ 與環骨架。分子左右兩側的取代情形互為鏡像，具有內部對稱面。 兩個立體中心的構型相反，可視為 $R,S$ 組合，因此旋光性互相抵消，整體分子為非手性。 所以結構 1 是 meso compound。 (B) 結構 2：正確的內消旋化合物 結構 2 為具有兩個相同 $\ce{Cl}$ 取代基的環己烷衍生物。兩個立體中心的空間排列使分子具有內部對稱面，兩側環骨架互為鏡像。 其兩個立體中心為相反構型，整體可視為 $R,S$，因此分子雖有立體中心，仍不具手性，屬於 meso compound。

Question 38

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 39

完成以下反應所需的試劑為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1. $\ce{BH3.THF}$ / 2. $\ce{H2O2, HO-}$ (B) $\ce{H2O, H2SO4}$ (C) 1. $\ce{CH3CO3H}$ / 2. $\ce{H+, H2O}$ (D) $\ce{OsO4, H2O2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烯類的加成反應，重點包括： 1. $\ce{BH3.THF}$／$\ce{H2O2, HO^-}$ 的氫硼氧化反應。 2. 反馬可尼可夫加成（anti-Markovnikov addition）。 3. 同面加成（syn addition）與立體化學。 4. 烯類水合、環氧化物開環及鄰二醇生成反應的判斷。 題目產物為「一個 $\ce{OH}$、一個 $\ce{H}$ 加成到原本的雙鍵」，而非兩個 $\ce{OH}$。 --- 解題方法 原料為帶有乙基取代基的環戊烯。將烯類進行氫硼氧化： $$ \ce{C=C -[1. BH3.THF][2. H2O2,\ HO^-] C-C} $$ 其中： - $\ce{H}$ 加到雙鍵中較少取代的碳。 - $\ce{OH}$ 加到雙鍵中較多取代的碳，整體結果為反馬可尼可夫加成。 - $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 為同面加成。 - 反應不經由自由基或碳陽離子，因此不會發生碳骨架重排。 本題中，乙基所在的雙鍵碳較為取代，因此依反馬可尼可夫規則，$\ce{OH}$ 加到另一個較少取代的碳，而 $\ce{H}$ 加到乙基所在的碳；其立體化學與題目所示產物相符，並生成一對對映異構物。 因此所需試劑為： $$ \ce{1.\ BH3.THF;\ 2.\ H2O2,\ HO^-} $$ --- 選項分析 (A) 1. $\ce{BH3.THF}$／2. $\ce{H2O2, HO^-}$：正確 這是典型的氫硼氧化反應： $$ \ce{C=C -[BH3][H2O2,\ HO^-] C-C} $$ 反應具有以下特徵： - $\ce{OH}$ 反馬可尼可夫加成。 - $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 同面加成。 - 不經碳陽離子，不發生重排。 - 可得到題目所示的醇類立體化學產物，並因由雙鍵兩面進攻而形成對映異構物。 故選項 $	extbf{(A)}$ 正確。 --- (B) $\ce{H2O, H2SO4}$：錯誤 這是酸催化烯類水合： $$ \ce{C=C + H2O -[H2SO4] C-C} $$ 其反應特徵為：

Question 40

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 41

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 試劑條件： 1. $\ce{NBS, CCl4}$，benzoyl peroxide，heat 2. $\ce{NaOEt}$，EtOH 3. $\ce{B2H6}$，diglyme 4. $\ce{H2O2, NaOH}$ (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 本題連續考查： 1. $\ce{NBS}$ 的自由基苄位溴化。 2. 鹵代烷的 $\beta$-消去反應。 3. $\ce{B2H6}$／$\ce{H2O2, NaOH}$ 的氫硼化－氧化反應。 4. 氫硼化反應的反馬可尼可夫加成區域選擇性。 起始物為異丙基苯： $$ \ce{C6H5-CH(CH3)2} $$ --- 解題方法 第一步：$\ce{NBS}$ 苄位溴化 在 $\ce{CCl4}$、benzoyl peroxide、加熱條件下，進行自由基溴化。$\ce{NBS}$ 會選擇性取代苄位氫，因為苄基自由基具有共振穩定性。 異丙基苯的中央碳為苄位三級碳，因此生成三級苄基溴化物： $$ \ce{C6H5-CH(CH3)2 -[NBS,\ h
u\ or\ heat] C6H5-C(Br)(CH3)2} $$ benzoyl peroxide 受熱產生自由基，引發鏈反應；$\ce{NBS}$ 維持低濃度的 $\ce{Br2}$，有利於苄位選擇性溴化。 第二步：$\ce{NaOEt}$／EtOH 消去 $\ce{NaOEt}$ 是鹼，對三級溴化物進行 $\beta$-消去。中央碳相鄰的兩個甲基皆可提供 $\beta$-氫，消去 $\ce{HBr}$ 後形成雙鍵： $$ \ce{C6H5-C(Br)(CH3)2 -[NaOEt,\ EtOH] C6H5-C(CH3)=CH2} $$ 產物為 $\alpha$-甲基苯乙烯，又稱 2-phenylprop-1-ene。 第三、四步：氫硼化－氧化 先以 $\ce{B2H6}$ 進行氫硼化，再以 $\ce{H2O2}$／$\ce{NaOH}$ 氧化： $$ \ce{C6H5-C(CH3)=CH2 -[1.\ B2H6,\ diglyme][2.\ H2O2,\ NaOH] C6H5-CH(CH3)-CH2OH} $$ 氫硼化具有反馬可尼可夫區域選擇性： - $\ce{B}$ 加到雙鍵較少取代的末端碳。 - $\ce{H}$ 加到較多取代、較穩定的苄位碳。 - 氧化時，$\ce{C-B}$ 鍵轉換為 $\ce{C-OH}$ 鍵。

Question 42

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 43

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 44

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 45

下列反應會得到什麼主產物？ 🖼️【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】

Accepted Answer

核心觀念 本題考「Birch 還原」及其後的碳負離子烷基化反應。 反應條件為： $$ \ce{Ph-CO2H -[1. Li, NH3(l), -78 ^\circ C][2. (CH3)2CHBr] ?} $$ 苯甲酸上的 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基。Birch 還原後，芳香環轉變為非共軛完全還原的環己二烯系統，並在帶有羧基的環碳上形成具反應性的碳負離子。加入二級鹵化物 $\ce{(CH3)2CHBr}$ 後，碳負離子進行 $\mathrm{SN2}$ 型烷基化，接上異丙基。 因此，$\ce{-CO2H}$ 與異丙基會接在同一個環碳上，產物為選項 B 所示結構。 解題方法 1. $\ce{Li}$ 提供電子，使苯甲酸的芳香環接受電子，形成自由基陰離子。 2. 在液態氨中經質子化與再次電子轉移，芳香環完成 Birch 還原，形成環己二烯基負離子。 3. 因 $\ce{-CO2H}$ 為吸電子基，負電荷可由羧基穩定，主要反應位置為原先連接 $\ce{-CO2H}$ 的環碳。 4. 該碳負離子進攻異丙基溴： $$ \ce{C^- + (CH3)2CHBr - C-CH(CH3)2 + Br^-} $$ 所得產物中，原本連接 $\ce{-CO2H}$ 的碳同時連接羧基與異丙基，符合選項 B。 選項分析

Question 46

下列哪一組化合物理論上可以透過蒸餾（distillation）分離？ 🖼️【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 蒸餾是利用不同物質具有不同的揮發性與沸點來分離混合物。若兩種化合物的分子間作用力、分子形狀或極性不同，通常具有不同沸點，便可能以分餾方式分離。 立體異構物可分為： - 對映異構物（enantiomers）：物理性質幾乎完全相同，在非手性環境中通常具有相同沸點，不能以普通蒸餾分離。 - 非對映異構物（diastereomers）：物理性質通常不同，包含沸點在內，因此可透過蒸餾等物理方法分離。 - 構象異構物（conformers）：可藉由單鍵旋轉互相轉換，不是可獨立分離的兩種化合物。 - 相同化合物的不同畫法：本質上只有一種物質，無法分離。 解題方法 逐一判斷各選項中兩個結構的關係： 1. 是否為鏡像且不可重疊的對映異構物。 2. 是否只是單鍵旋轉造成的不同構象。 3. 是否只是同一化合物的不同表示方式。 4. 是否為非對映異構物。 只有非對映異構物通常具有不同沸點，能以蒸餾分離。 選項分析 (A) 錯誤 圖中兩個胺基酸結構具有相同的鍵結方式，且手性中心的立體配置互為鏡像，屬於一對對映異構物。

Question 47

下列有關 $\ce{O2}$ 與 $\ce{NO}$ 的分子軌域能階圖的敘述，何項為正確？ (I) 兩者皆具有順磁性（paramagnetic）。 (II) $\ce{O2}$ 的化學鍵強度大於 $\ce{NO}$ 的化學鍵強度。 (III) $\ce{NO}$ 是同核雙原子分子。 (IV) $\ce{NO}$ 的電子游離能小於 $\ce{NO+}$ 的電子游離能。 (A) I 與 IV 為正確 (B) I 與 II 為正確 (C) II 與 III 為正確 (D) 僅 I 正確

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子軌域理論（molecular orbital theory）中的四項判斷： 1. 未成對電子數與順磁性。 2. 鍵級與化學鍵強度的關係。 3. 同核、異核雙原子分子的定義。 4. 分子及其陽離子的電子游離能比較。 分子軌域中的鍵級公式為 $$ 	ext{鍵級} = \frac{N{	ext{鍵結電子}}-N{	ext{反鍵結電子}}}{2} $$ 鍵級越大，通常表示鍵越短、鍵能越大、化學鍵越強。 --- 解題方法：比較 $\ce{O2}$ 與 $\ce{NO}$ 的分子軌域電子組態 1. $\ce{O2}$ 的分子軌域 $\ce{O2}$ 具有 $16$ 個電子，其中價電子為 $12$ 個。其價電子可表示為 $$ (\sigma{2s})^2(\sigma{2s}^{})^2 (\sigma{2pz})^2 (\pi{2px})^2(\pi{2py})^2 (\pi{2px}^{})^1(\pi{2py}^{})^1 $$ 在兩個簡併的 $\pi^{}$ 反鍵結軌域中，各有一個未成對電子，因此： - 未成對電子數：$2$ - $\ce{O2}$ 具有順磁性 - 鍵級： $$ 	ext{鍵級}{\ce{O2}} = \frac{8-4}{2} = 2 $$ 其中鍵結電子數為 $8$，反鍵結電子數為 $4$。 --- 2. $\ce{NO}$ 的分子軌域 $\ce{NO}$ 是異核雙原子分子，總電子數為 $$ 7+8=15 $$ 價電子數為 $5+6=11$。其分子軌域電子組態可視為與 $\ce{O2}$ 類似，但少一個電子： $$ (\sigma{2s})^2(\sigma{2s}^{})^2 (\sigma{2p})^2 (\pi{2p})^4 (\pi{2p}^{})^1 $$ 因此： - 有 $1$ 個未成對電子 - $\ce{NO}$ 具有順磁性 - 鍵級： $$ 	ext{鍵級}{\ce{NO}} = \frac{8-3}{2} = 2.5 $$ 所以 $\ce{NO}$ 的鍵級大於 $\ce{O2}$： $$ 2.52 $$ 通常可判斷 $\ce{NO}$ 的化學鍵強度大於 $\ce{O2}$，而非相反。 --- 選項分析 (I) 兩者皆具有順磁性 正確。

Question 48

立體異構物 I 和 II 在乙醇中用乙醇鈉處理後進行 $\mathrm{E2}$ 消除反應。其中一種異構物的反應速率比另一種異構物快約 500 倍；且一個異構物得到 $\ce{X}$ 為單一產物，而另一個異構物得到 $\ce{Y}$ 和 $\ce{X}$。請問下列哪一個敘述為正確？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) II reacts faster and gives both Y and X (B) II reacts faster and gives only X (C) I reacts faster and gives both Y and X (D) I reacts faster and gives only Y

Accepted Answer

核心觀念 本題考查環己烷進行 $\mathrm{E2}$ 消除反應時的立體化學要求： 1. $\mathrm{E2}$ 反應為一步驟協同反應，離去基 $\ce{Cl}$ 與被移除的 $\ce{H}$ 必須呈反式共平面（anti-periplanar）。 2. 在椅式環己烷中，這個條件具體表現為「反式雙軸」排列（trans-diaxial）：$\ce{Cl}$ 必須為軸向，且相鄰 $\beta$-碳上的 $\ce{H}$ 也必須為軸向。 3. $\ce{Cl}$ 可從相鄰兩個 $\beta$-碳消除 $\ce{H}$，因此可能形成兩種不同位置的烯類產物： - 從上方相鄰碳消除，形成產物 $\ce{X}$； - 從右下方相鄰碳消除，形成產物 $\ce{Y}$。 反應式可概括表示為： $$ \ce{R-CH(Cl)-CH2-R' + ^-OEt -[\ce{EtOH}] R-CH=CH-R' + Cl^- + EtOH} $$ 其中乙醇鈉提供鹼 $\ce{EtO^-}$，移除 $\beta$-氫，$\ce{Cl^-}$ 同時離去並形成 $\ce{C=C}$。 --- 解題方法 判斷本題需分別觀察異構物 I、II 能否形成適合 $\mathrm{E2}$ 的反式雙軸構形。 異構物 II 中，$\ce{Cl}$ 與右下方的異丙基呈同側關係。當環己烷轉換成 $\ce{Cl}$ 為軸向的反應構形時： - 上方相鄰碳仍有軸向 $\ce{H}$，可形成 $\ce{X}$； - 右下方相鄰碳上的異丙基為赤道向，因此該碳仍有軸向 $\ce{H}$，可形成 $\ce{Y}$。 所以異構物 II 可經由兩個不同的反式雙軸排列，生成 $\ce{X}$ 與 $\ce{Y}$ 兩種產物。 此外，異構物 II 較容易採取有利於 $\mathrm{E2}$ 的反應構形，因此反應速率較快。

Question 49

給出下列反應在 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時的平衡常數，請問於 $25\,^\circ\mathrm{C}$ 時，$\ce{AgBr}$ 在 $1.0\,\mathrm{M}$ 的 $\ce{NH3}$ 水溶液中的溶解度？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $7.1	imes10^{-3}\,\mathrm{M}$ (B) $3.0	imes10^{-3}\,\mathrm{M}$ (C) $1.0	imes10^{-3}\,\mathrm{M}$ (D) $7.1	imes10^{-7}\,\mathrm{M}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查難溶鹽的溶解平衡與錯離子形成平衡的聯立應用。 已知： $$ \ce{AgBr(s) <= Ag+(aq) + Br-(aq)} $$ $$ K{\mathrm{sp}}=5.0	imes10^{-13} $$ 銀離子會與氨形成錯離子： $$ \ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <= [Ag(NH3)2]+(aq)} $$ $$ K{\mathrm f}=1.8	imes10^7 $$ 氨會消耗溶液中的 $\ce{Ag+}$，使溶解平衡向右移動，因此 $\ce{AgBr}$ 的溶解度會明顯增加。 --- 解題方法 將兩個平衡式相加： $$ \ce{AgBr(s) <= Ag+(aq) + Br-(aq)} $$ $$ \ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <= [Ag(NH3)2]+(aq)} $$ 得到總反應： $$ \ce{AgBr(s) + 2NH3(aq) <= [Ag(NH3)2]+(aq) + Br-(aq)} $$ 總平衡常數為： $$ K=K{\mathrm{sp}}K{\mathrm f} $$ $$ K=(5.0	imes10^{-13})(1.8	imes10^7) =9.0	imes10^{-6} $$ 設 $\ce{AgBr}$ 的溶解度為 $s$，則： $$ [\ce{[Ag(NH3)2]+}]=s $$ $$ [\ce{Br-}]=s $$ 氨的初濃度為 $1.0\,\mathrm{M}$，且溶解的 $\ce{AgBr}$ 很少，因此可近似取： $$ [\ce{NH3}]\approx1.0\,\mathrm{M} $$ 所以： $$ K=\frac{[\ce{[Ag(NH3)2]+}][\ce{Br-}]}{[\ce{NH3}]^2} $$ $$ 9.0	imes10^{-6} =\frac{s^2}{(1.0)^2} $$ $$ s=\sqrt{9.0	imes10^{-6}} =3.0	imes10^{-3}\,\mathrm{M} $$ 若考慮氨的消耗，則 $[\ce{NH3}]=1.0-2s$，精確計算所得 $s\approx2.98	imes10^{-3}\,\mathrm{M}$，仍可取 $3.0	imes10^{-3}\,\mathrm{M}$。 --- 選項分析

Question 50

三種結構異構物：2-methylbut-1-ene、2-methylbut-2-ene 和 3-methylbut-1-ene。當這些烯類進行氫化（$\ce{H2}$、Pt）時，都會產生單一產物。請問這些產物之間的結構關係為何？ (A) cis-trans isomers (B) identical (C) diastereomers (D) enantiomers

Accepted Answer

核心觀念 本題考查烯類的催化氫化，以及「結構異構物經反應後是否生成相同產物」的判斷。 烯類在 $\ce{H2/Pt}$ 存在下進行催化氫化，碳碳雙鍵中的 $\ce{\pi}$ 鍵被打開，兩個氫原子分別加到雙鍵兩端，反應可表示為： $$ \ce{R2C=CR2 + H2 -[Pt] R2CH-CHR2} $$ 此反應的重點是： 1. 碳骨架不會重新排列。 2. 雙鍵轉變為單鍵。 3. 每個烯類分子消耗一分子 $\ce{H2}$。 4. 在鉑金屬表面通常以 syn addition 方式加成，但本題生成物不具有可區分的立體異構關係。 --- 解題方法 先分別寫出三種烯類的縮寫結構，再進行雙鍵氫化。 1. 2-methylbut-1-ene 結構為： $$ \ce{CH2=C(CH3)-CH2-CH3} $$ 氫化後： $$ \ce{CH2=C(CH3)-CH2-CH3 + H2 -[Pt] CH3-CH(CH3)-CH2-CH3} $$ 產物可命名為 2-methylbutane。 --- 2. 2-methylbut-2-ene 結構為： $$ \ce{CH3-C(CH3)=CH-CH3} $$ 氫化後： $$ \ce{CH3-C(CH3)=CH-CH3 + H2 -[Pt] CH3-CH(CH3)-CH2-CH3} $$ 產物同樣是 2-methylbutane。 --- 3. 3-methylbut-1-ene 結構為： $$ \ce{CH2=CH-CH(CH3)-CH3} $$ 氫化後： $$ \ce{CH2=CH-CH(CH3)-CH3 + H2 -[Pt] CH3-CH2-CH(CH3)-CH3} $$ 從另一端開始編號，該產物仍命名為 2-methylbutane。 --- 三個反應的產物均為： $$ \ce{CH3-CH(CH3)-CH2-CH3} $$ 因此三種起始烯類雖然是結構異構物，氫化後卻都轉變成同一個烷類。 --- 反應機構的關鍵 催化氫化在鉑表面進行： 1. $\ce{H2}$ 吸附於鉑表面，$\ce{H-H}$ 鍵解離形成吸附氫。 2. 烯類的 $\ce{C=C}$ 雙鍵吸附於鉑表面。

義守大學 113 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

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

第 9 題2 分

1. 判定 A\ce{A}A 的反應級數

2. 判定 B\ce{B}B 的反應級數

3. 判定 C\ce{C}C 的反應級數

第 10 題2 分

第 11 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(I) Enantiomers 和 diastereomers 具有相同的物性。

(II) RRR and SSS enantiomers 的 50/50 混合物被稱為 racemic mixtures。

第 12 題2 分

第 13 題2 分

第 14 題2 分

第 15 題2 分

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

第 23 題2 分

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

第 30 題2 分

第 31 題2 分

第 32 題2 分

第 33 題2 分

化合物 I

化合物 II

化合物 III

化合物 IV

第 34 題2 分

第 35 題2 分

途徑一：直接由左側 β\betaβ-碳消去

途徑二：直接由右側 β\betaβ-碳消去

途徑三：氫負離子轉移後再消去

第 36 題2 分

第 37 題2 分

第 38 題2 分

第 39 題2 分

第 40 題2 分

第 41 題2 分

第一步：NBS\ce{NBS}NBS 苄位溴化

第二步：NaOEt\ce{NaOEt}NaOEt／EtOH 消去

第三、四步：氫硼化－氧化

第 42 題2 分

第 43 題2 分

第 44 題2 分

第 45 題2 分

第 46 題2 分

第 47 題2 分

1. OX2\ce{O2}OX2​ 的分子軌域

2. NO\ce{NO}NO 的分子軌域

(I) 兩者皆具有順磁性

第 48 題2 分

第 49 題2 分

第 50 題2 分

1. 2-methylbut-1-ene

2. 2-methylbut-2-ene

3. 3-methylbut-1-ene

其他考古題

113 年義守大學的其他科目

義守大學 113 年《化學》

1. 判定 $\ce{A}$ 的反應級數

2. 判定 $\ce{B}$ 的反應級數

3. 判定 $\ce{C}$ 的反應級數

(II) $R$ and $S$ enantiomers 的 50/50 混合物被稱為 racemic mixtures。

途徑一：直接由左側 $\beta$ -碳消去

途徑二：直接由右側 $\beta$ -碳消去

第一步： $\ce{NBS}$ 苄位溴化

第二步： $\ce{NaOEt}$ ／EtOH 消去

1. $\ce{O2}$ 的分子軌域

2. $\ce{NO}$ 的分子軌域