義守大學 114 年 《化學》

核心觀念

本題考查「有效數字（significant figures）」的判定與計算規則。有效數字用來表示測量值或計算結果的精確程度，計算結果不能表現出超過原始數據所能支持的精確度。

常用規則如下：

• 加法、減法：結果保留到所有數值中最少的小數位數。
• 乘法、除法：結果保留與所有數值中最少有效數字相同的有效數字位數。
• 中間計算通常保留一至數個額外有效數字，最後一步再依規則修約，以避免累積誤差。

本題選項雖未精確區分加減與乘除的不同規則，但依校方釋疑，選項（C）是各選項中最正確者。

解題方法

判斷有效數字題時，先排除明顯違反「結果精確度不得超過原始資料」的敘述，再確認最接近正確原則的選項。

例如：

加法或減法

若計算：

$$12.11+3.2=15.31$$

$3.2$ 只有小數點後一位，因此結果只能保留到小數點後一位：

$$15.31\longrightarrow 15.3$$

乘法或除法

若計算：

$$2.34\times 1.2=2.808$$

$2.34$ 有 3 個有效數字，$1.2$ 有 2 個有效數字，因此結果保留 2 個有效數字：

$$2.808\longrightarrow 2.8$$

因此，計算結果應依原始數據中最不精確者進行修約。選項（C）所表達的正是這項核心原則，故依官方答案選（C）。

選項分析

（A）結果應保留所有小數位數

錯誤。

計算結果不應無限制保留所有小數位數。若直接保留計算器顯示的全部位數，會使結果看起來比原始測量值更精確，造成「虛假的精確度」。

例如：

$$4.2+1.37=5.57$$

由於 $4.2$ 只有小數點後一位，正確結果應為：

$$5.6$$

而不是保留 $5.57$ 的全部小數位數。

（B）計算過程中只保留最多三個有效數字

錯誤。

核心觀念

本題考查溶液與膠體的分類，判斷關鍵是分散粒子的大小與分散狀態。

依分散粒子大小，可分為：

• 真溶液（true solution）：粒子直徑通常小於 $1\ \mathrm{nm}$，溶質以離子或分子形式均勻分散，外觀均一，不會產生明顯廷得耳效應。
• 膠體（colloid）：分散粒子直徑約為 $1$～$1000\ \mathrm{nm}$，粒子比真溶液大，但通常不會迅速沉降，能散射光線，產生廷得耳效應。
• 懸浮液（suspension）：粒子直徑通常大於 $1000\ \mathrm{nm}$，容易沉降，亦可用過濾方式分離。

牛奶是脂肪微滴分散在水中的乳濁液，屬於膠體系統。

解題方法

判斷每個選項中的物質是否以離子或小分子形式均勻溶於溶劑中：

1. 若溶質解離成離子，或以單一分子分散，形成真溶液。
2. 若物質以較大的微粒或微滴分散於另一介質中，且粒徑落在膠體範圍，則屬於膠體。
3. 牛奶中含有脂肪、蛋白質等成分，其中脂肪以微小液滴分散在水相中，形成乳濁膠體。

因此，正確選項為牛奶。

選項分析

(A) $\ce{NaCl}$ 溶液

$\ce{NaCl}$ 溶於水時會解離：

$$\ce{NaCl(s) -> Na+(aq) + Cl-(aq)}$$

$\ce{Na+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 的粒子非常小，均勻分散於水中，形成真溶液，不是膠體。

因此 (A) 錯誤。

核心觀念

本題考查「莫耳分率」的定義。某成分的莫耳分率為：

$$X_i=\frac{n_i}{\sum n}$$

其中：

• $X_i$：成分 $i$ 的莫耳分率
• $n_i$：成分 $i$ 的莫耳數
• $\sum n$：混合物中所有成分的總莫耳數

因此，甲醇的莫耳分率必須用「甲醇莫耳數」除以「甲醇與水的總莫耳數」，不能直接以質量比例計算。

解題方法

1. 計算甲醇的莫耳數

已知甲醇質量為 $32\ \mathrm{g}$，莫耳質量為 $32\ \mathrm{g/mol}$：

$$n_{\ce{CH3OH}} =\frac{32\ \mathrm{g}}{32\ \mathrm{g/mol}} =1.00\ \mathrm{mol}$$

2. 計算水的莫耳數

已知水的質量為 $72\ \mathrm{g}$，莫耳質量為 $18\ \mathrm{g/mol}$：

$$n_{\ce{H2O}} =\frac{72\ \mathrm{g}}{18\ \mathrm{g/mol}} =4.00\ \mathrm{mol}$$

3. 計算總莫耳數

$$n_{\mathrm{total}} =n_{\ce{CH3OH}}+n_{\ce{H2O}} =1.00+4.00 =5.00\ \mathrm{mol}$$

4. 計算甲醇莫耳分率

$$X_{\ce{CH3OH}} =\frac{n_{\ce{CH3OH}}}{n_{\mathrm{total}}} =\frac{1.00}{5.00} =0.200$$

因此甲醇的莫耳分率為 $0.200$。

選項分析

核心觀念

本題考查放射性核種進行核衰變時，$\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 三種輻射的本質：

• $\alpha$ 衰變：放出 $\alpha$ 粒子，即氦核 $\ce{^{4}_{2}He}$，含有 $2$ 個質子與 $2$ 個中子。
• $\beta$ 衰變：基礎化學與普通核反應題通常指 $\beta^-$ 衰變，放出高速電子 $\ce{^{0}_{-1}e}$。
• $\gamma$ 衰變：放出高能量電磁波，即伽瑪射線，不帶電且沒有靜止質量。

解題方法

直接對照三種放射線的定義即可：

$$\alpha=\text{氦核}$$ $$\beta^-=\text{電子}$$ $$\gamma=\text{伽瑪射線}$$

因此三者依序為「氦核、電子、伽瑪射線」，符合選項 (C)。

核反應中亦可由質量數與原子序變化判斷：

1. $\alpha$ 衰變：

$$\ce{^{A}_{Z}X -> ^{A-4}_{Z-2}Y + ^{4}_{2}He}$$

質量數減少 $4$，原子序減少 $2$。

2. $\beta^-$ 衰變：

$$\ce{^{A}_{Z}X -> ^{A}_{Z+1}Y + ^{0}_{-1}e}$$

中子轉變為質子並放出電子，因此質量數不變，原子序增加 $1$。

3. $\gamma$ 衰變：

$$\ce{^{A}_{Z}X^{*} -> ^{A}_{Z}X + \gamma}$$

原子核只釋放多餘能量，質量數與原子序皆不變。

選項分析

核心觀念

本題考查原電池中標準電池電動勢 $E^\circ_{\mathrm{cell}}$ 的計算，以及陽極、陰極的判定。

• 陽極：發生氧化反應，電子由此產生。
• 陰極：發生還原反應，電子在此被消耗。
• 原電池中，較容易被氧化的金屬作為陽極。由於鋅的標準還原電位較低，鋅較容易失去電子，因此鋅為陽極；銅離子則在陰極被還原。

標準電池電動勢公式為：

$$E^\circ_{\mathrm{cell}} = E^\circ_{\mathrm{cathode}} - E^\circ_{\mathrm{anode}}$$

其中兩個電位皆採用題目所給的「標準還原電位」。

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解題方法

題目提供：

$$\ce{Zn^2+ + 2e- -> Zn} \qquad E^\circ_{\ce{Zn^2+/Zn}}=-0.76\ \mathrm{V}$$ $$\ce{Cu^2+ + 2e- -> Cu} \qquad E^\circ_{\ce{Cu^2+/Cu}}=+0.34\ \mathrm{V}$$

因為鋅的標準還原電位較低，鋅在原電池中發生氧化：

$$\ce{Zn -> Zn^2+ + 2e-}$$

銅離子在陰極發生還原：

$$\ce{Cu^2+ + 2e- -> Cu}$$

總反應為：

$$\ce{Zn + Cu^2+ -> Zn^2+ + Cu}$$

因此：

• 陰極為 $\ce{Cu}$ 電極，採用 $+0.34\ \mathrm{V}$
• 陽極為 $\ce{Zn}$ 電極，採用 $-0.76\ \mathrm{V}$

代入公式：

核心觀念

本題考查「標準吉布斯自由能變化」$\Delta G^\circ$ 與平衡常數 $K$ 的關係。化學教學中，題目若簡述「吉布斯自由能與平衡常數的關係」，通常默認指標準狀態，因此採用：

$$\Delta G^\circ=-RT\ln K$$

其中：

• $\Delta G^\circ$：標準吉布斯自由能變化
• $R$：氣體常數
• $T$：絕對溫度，單位為 K
• $K$：平衡常數

在固定且為正的 $R$、$T$ 下，$\Delta G^\circ$ 與 $\ln K$ 的正負號相反。

解題方法

直接將各種 $\Delta G^\circ$ 的情況代入公式：

1. 當 $\Delta G^\circ=0$

$$0=-RT\ln K$$

因為 $R$ 與 $T$ 均不為零，所以：

$$\ln K=0$$

因此：

$$K=e^0=1$$

所以當標準吉布斯自由能變化為零時，平衡常數等於 $1$。

2. 當 $\Delta G^\circ<0$

由：

$$\Delta G^\circ=-RT\ln K$$

可知 $\Delta G^\circ$ 為負時，$\ln K$ 必須為正，因此：

$$K>1$$

代表平衡時生成物比例較高，反應在標準狀態下較有利於生成物方向。

3. 當 $\Delta G^\circ>0$

此時 $\ln K$ 必須為負，因此：

$$K<1$$

代表平衡時反應物比例較高，反應在標準狀態下較不利於生成物方向。

選項分析

(A) 當吉布斯自由能為零時，平衡常數等於 $1$

正確。依據：

$$\Delta G^\circ=-RT\ln K$$

當 $\Delta G^\circ=0$ 時，可得 $\ln K=0$，因此 $K=1$。

(B) 當吉布斯自由能為負時，平衡常數小於 $1$

核心觀念

本題考查烷類的「結構異構物」數目。

$\ce{C5H12}$ 與 $\ce{C7H16}$ 均符合烷類通式：

$$\ce{C_nH_{2n+2}}$$

結構異構物是指：

• 分子式相同；
• 原子種類與數目相同；
• 原子連接方式不同。

本題只計算碳骨架不同的異構物，不包括旋轉構形或立體異構物。

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解題方法

依照碳骨架逐一排列，並避免重複計算。

一、$\ce{C5H12}$ 的結構異構物

共有 5 個碳原子，其結構異構物如下：

1. 直鏈戊烷：$\ce{CH3CH2CH2CH2CH3}$
   名稱：pentane

2. 具有一個甲基支鏈：$\ce{CH3CH(CH3)CH2CH3}$
   名稱：2-methylbutane

3. 具有兩個甲基支鏈：$\ce{C(CH3)4}$
   名稱：2,2-dimethylpropane

因此：

$$a=3$$

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二、$\ce{C7H16}$ 的結構異構物

$\ce{C7H16}$ 共有 9 種結構異構物：

1. heptane
2. 2-methylhexane
3. 3-methylhexane
4. 3-ethylpentane
5. 2,2-dimethylpentane
6. 2,3-dimethylpentane
7. 2,4-dimethylpentane

核心觀念

本題考查濃酸的特性，以及金屬與強酸之間的氧化還原反應。

三瓶強酸分別為：

• 濃鹽酸：$\ce{HCl}$
• 濃硫酸：$\ce{H2SO4}$
• 濃硝酸：$\ce{HNO3}$

其中濃鹽酸主要提供 $\ce{H+}$，本身不是強氧化劑；濃硫酸與濃硝酸則兼具強氧化性，可氧化某些金屬並產生特徵性氣體。

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解題方法

選擇一種物質，分別加入三瓶未知強酸，觀察是否產生不同現象。理想的鑑別試劑必須具備「專一性」：三種酸與它反應時，應出現三種容易區分的結果。

銅片符合此條件：

1. 與濃鹽酸：無明顯反應。
2. 與濃硫酸：加熱時產生二氧化硫。
3. 與濃硝酸：產生紅棕色二氧化氮。

因此可藉由「無反應、產生刺激性無色氣體、產生紅棕色氣體」區分三種強酸。

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選項分析

(A) 銅片——正確

銅的活性比氫低，濃鹽酸又不是氧化性酸，因此銅片與濃鹽酸通常不反應：

$$\ce{Cu + HCl ->[\text{無明顯反應}]}$$

濃硫酸在加熱條件下具有氧化性，可將銅氧化成硫酸銅，並將硫酸中的硫還原成二氧化硫：

$$\ce{Cu + 2H2SO4(conc.) ->[\Delta] CuSO4 + SO2 ^ + 2H2O}$$

二氧化硫 $\ce{SO2}$ 為無色且具刺激性氣味的氣體。

濃硝酸則將銅氧化成硝酸銅，硝酸中的氮被還原成紅棕色二氧化氮：

$$\ce{Cu + 4HNO3(conc.) -> Cu(NO3)2 + 2NO2 ^ + 2H2O}$$

所以三瓶酸分別呈現：

酸	銅片的現象
濃鹽酸	無明顯反應
濃硫酸	加熱後產生 $\ce{SO2}$
濃硝酸	產生紅棕色 $\ce{NO2}$

核心觀念

Williamson 醚合成是以烷氧負離子作為親核試劑，進行 $S_\mathrm{N}2$ 反應：

$$\ce{RO^- + R'-X -> R-O-R' + X^-}$$

其中親電試劑 $\ce{R'-X}$ 最適合為甲基或一級鹵代烷。二級鹵代烷容易發生消去反應；三級鹵代烷因位阻太大，幾乎不能進行 $S_\mathrm{N}2$。

本題判斷重點是：產物中的醚鍵是否能由「烷氧負離子 $\ce{RO^-}$ 攻擊適當的一級鹵代烷」形成。

解題方法

逐一觀察各選項的成鍵位置：

1. 找出產物中的 $\ce{C-O-C}$ 醚鍵。
2. 將其中一側視為烷氧負離子來源。
3. 另一側必須能由一級鹵代烷提供，並可進行背面進攻的 $S_\mathrm{N}2$ 反應。
4. 若反應物為三級中心、形成酯鍵，或親電碳為 $\ce{sp}$ 碳，則不符合典型 Williamson 醚合成。

選項分析

(A) 錯誤

此反應欲生成三級丁基環己基醚，可將環己醇轉變為環己氧負離子：

$$\ce{C6H11OH -> C6H11O^-}$$

再讓其攻擊三級丁基鹵化物：

$$\ce{C6H11O^- + (CH3)3C-X}$$

但三級丁基鹵化物的親電中心受到三個甲基嚴重阻礙，無法有效進行 $S_\mathrm{N}2$。若改由三級丁氧負離子攻擊環己基鹵化物，環己基鹵化物屬於二級鹵代烷，也容易發生消去反應，不能作為理想的 Williamson 醚合成組合。

(B) 正確

起始物為三級醇，可先形成三級烷氧負離子；產物中的另一側為 $\ce{-CH2CH2OH}$，可由一級鹵代乙醇提供，例如 $\ce{BrCH2CH2OH}$。

反應可表示為：

$$\ce{R3CO^- + BrCH2CH2OH -> R3COCH2CH2OH + Br^-}$$

核心觀念

本題考查「丙二酸酯合成法」的兩個連續反應：

1. 酯的鹼性水解（皂化）
2. 丙二酸類化合物酸化後加熱脫羧

反應物為含有異丙基取代基的丙二酸二乙酯，可表示為：

$$\ce{EtO2C-CH[CH(CH3)2]-CO2Et}$$

其中 $\ce{Et}$ 代表 $\ce{CH3CH2}$。

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解題方法

第一步，在 $\ce{KOH, H2O}$ 條件下，兩個乙酯基皆發生水解：

$$\ce{EtO2C-CH[CH(CH3)2]-CO2Et ->[\ce{KOH},\ce{H2O}] HOOC-CH[CH(CH3)2]-COOH}$$

第二步，加入 $\ce{H2SO4}$ 酸化，並在水溶液中加熱。這類取代丙二酸會發生脫羧反應，脫去一分子 $\ce{CO2}$：

$$\ce{HOOC-CH[CH(CH3)2]-COOH ->[\ce{H2SO4},\ce{H2O},\Delta] CH3CH(CH3)CH2COOH + CO2}$$

因此主要產物為：

$$\ce{(CH3)2CHCH2COOH}$$

其名稱為 3-甲基丁酸，俗名為異戊酸。

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選項分析

• (A) 錯誤

選項 A 為未帶有異丙基取代基的丙二酸二乙酯，等同於起始物骨架被錯誤地改成未取代的丙二酸二乙酯。反應過程不會去除中央碳上的異丙基，因此不可能得到此結構。

• (B) 錯誤

核心觀念

本題考查順式（cis）與反式（trans）立體異構物的反應速率比較。反應速率取決於活化能 $E_a$：

$$k=Ae^{-E_a/RT}$$

在溫度相同時，活化能較低者具有較大的速率常數 $k$，因此反應較快。

依本題官方答案，題目所省略的反應條件應屬於「順式異構物較容易達到反應所需幾何排列，且其過渡態活化能較低」的情況。

解題方法

判斷順、反式反應速率時，不能只看名稱，而要比較兩者：

1. 反應官能基的空間排列；
2. 反應物彼此接近時的位阻；
3. 是否能形成有利的過渡態；
4. 反應前後的立體化學與分子內距離。

本題依官方設定，順式異構物的反應基團具有較有利的相對位置，能較容易進行有效碰撞，形成較低能量的過渡態。因此：

$$E_{a,\mathrm{cis}}<E_{a,\mathrm{trans}}$$

由 Arrhenius 方程式可知：

$$k_{\mathrm{cis}}>k_{\mathrm{trans}}$$

所以順式反應較快。

選項分析

(A) 順式反應較快——正確

順式異構物的反應基團位於同一側，依本題反應幾何與機轉，可形成較有利的反應排列，降低活化能。因此其速率常數較大，反應速率較快。

核心觀念

本題考查氧化劑、還原劑與標準還原電位 $E^\circ$ 的判斷。

氧化還原反應中：

• 氧化劑接受電子，本身被還原。
• 還原劑失去電子，本身被氧化。
• 標準還原電位越大，表示該物種越容易接受電子，氧化能力越強。

題目給出：

$$\ce{Fe^3+ + e- -> Fe^2+} \qquad E^\circ=+0.77\ \mathrm{V}$$

在此半反應中，$\ce{Fe^3+}$ 接受電子生成 $\ce{Fe^2+}$，因此 $\ce{Fe^3+}$ 是氧化劑；$\ce{Fe^2+}$ 是還原劑。

解題方法

直接觀察半反應方向：

$$\ce{Fe^3+ + e- -> Fe^2+}$$

$\ce{Fe^3+}$ 位於反應物側，接受電子而被還原。因此：

$$\ce{Fe^3+}\text{ 是氧化劑}$$

且其標準還原電位為正值：

$$E^\circ=+0.77\ \mathrm{V}$$

代表在標準狀態下，$\ce{Fe^3+}$ 具有相當明顯的接受電子傾向。對同一組 $\ce{Fe^3+}/\ce{Fe^2+}$ 氧化還原對而言，$\ce{Fe^3+}$ 是具有氧化能力的一方，故判定為較強的氧化劑。

若將此半反應倒寫：

$$\ce{Fe^2+ -> Fe^3+ + e-}$$

其標準氧化電位為：

$$E^\circ_{\mathrm{ox}}=-0.77\ \mathrm{V}$$

因此 $\ce{Fe^2+}$ 不易失去電子，還原能力相對較弱。

選項分析

(A) 不能發生氧化還原反應

錯誤。$\ce{Fe^3+}$ 與 $\ce{Fe^2+}$ 之間可以互相轉換：

$$\ce{Fe^3+ + e- <=> Fe^2+}$$

核心觀念

本題考查烯烴的溴化反應與分子內鹵醚化（bromoetherification）機構。

底物同時具有：

• 碳碳雙鍵：可與 $\ce{Br2}$ 發生親電加成。
• 醇基：可作為分子內親核試劑，攻擊生成的溴鎓離子。

整體反應可概念化表示為：

$$\ce{alkene-CH2CH2OH + Br2 -> cyclic\ ether-CH2Br}$$

產物中形成一個含氧五元環，且雙鍵其中一個碳轉變為 $\ce{CH2Br}$，這正是分子內溴醚化的特徵。

解題方法與反應機構

第一步，雙鍵的 $\pi$ 電子進攻 $\ce{Br2}$，使 $\ce{Br-Br}$ 鍵極化並斷裂，形成環狀溴鎓離子：

$$\ce{C=C + Br2 -> bromonium\ ion + Br^-}$$

第二步，分子內的羥基氧原子作為親核試劑，從背面攻擊溴鎓離子中較適合的位置，開啟三員環溴鎓離子，形成新的 $\ce{C-O}$ 鍵與環狀醚。

由於是分子內反應，且可形成穩定的五元含氧環，因此反應容易進行。溴原子則留在另一個雙鍵碳上，成為產物的 $\ce{CH2Br}$ 取代基。

此反應具有下列機構特色：

• $\ce{Br2}$ 提供親電性的溴。
• 雙鍵先形成溴鎓離子。
• 醇氧進行分子內親核攻擊。
• 溴鎓離子開環通常呈現反式、反加成特徵。
• 分子內形成五元環，具有良好的環化有利性。

因此應選用 $\ce{Br2}$。

選項分析

(A) $\ce{HBr}$：錯誤

$\ce{HBr}$ 可對烯烴進行氫鹵酸加成：

$$\ce{C=C + HBr -> C-C}$$

核心觀念

本題考 $\ce{^1H}$ NMR 的三項基本判讀：

1. 化學位移 $\delta$：判斷氫原子附近的官能基。
2. 積分值：代表各類氫的相對數目。
3. 裂分形式：依鄰碳氫原子數，以 $n+1$ 法則判斷。

分子式為 $\ce{C5H10O2}$，不飽和度為

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

表示分子中有一個不飽和度；兩個氧原子及一個不飽和度最合理的結構是酯基 $\ce{-COO-}$。

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解題方法

光譜數據如下：

• $\delta$ $4.13$（t，$2\mathrm{H}$）
• $\delta$ $2.04$（s，$3\mathrm{H}$）
• $\delta$ $1.73$（m，$2\mathrm{H}$）
• $\delta$ $1.01$（t，$3\mathrm{H}$）

逐一解析：

1. $\delta$ $4.13$、積分 $2\mathrm{H}$、三重峰
   這是與氧相鄰的 $\ce{-OCH2-}$。旁邊的 $\ce{CH3}$ 有 3 個氫，因此裂分為三重峰。

2. $\delta$ $2.04$、積分 $3\mathrm{H}$、單峰
   這是酯基羰基旁的乙醯甲基：

$\ce{CH3-C(=O)-}$

此甲基旁邊的羰基碳沒有氫，因此不發生鄰氫裂分，呈單峰。

3. $\delta$ $1.73$、積分 $2\mathrm{H}$、多重峰
   這是乙基中的中央亞甲基：

$\ce{-OCH2CH2-}$

它同時受到 $\ce{OCH2}$ 與末端 $\ce{CH3}$ 的鄰近氫影響，因此呈多重峰。

4. $\delta$ $1.01$、積分 $3\mathrm{H}$、三重峰
   這是末端 $\ce{CH3}$，鄰接 $\ce{CH2}$ 的 2 個氫，因此呈三重峰。

各片段組合為：

$$\ce{CH3COOCH2CH2CH3}$$

但此結構含有 6 個碳，與題目分子式不符。依原卷選項圖形，A 為乙酸乙酯：

$$\ce{CH3COOCH2CH3}$$

其氫數為：

• $\ce{COCH3}$：$3\mathrm{H}$
• $\ce{OCH2}$：$2\mathrm{H}$
• $\ce{CH3}$：$3\mathrm{H}$

合計只有 $8\mathrm{H}$，因此與題幹所列積分值總和 $10\mathrm{H}$ 存在矛盾。

依官方答案 A，題目原始光譜數據應有排版或轉錄問題；A 的結構可合理對應其中的 $\delta$ $4.13$（t，$2\mathrm{H}$）與 $\delta$ $2.04$（s，$3\mathrm{H}$），但其分子式應為 $\ce{C4H8O2}$，而非 $\ce{C5H10O2}$。

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選項分析

(A) 乙酸乙酯 $\ce{CH3COOCH2CH3}$：官方答案

其特徵訊號為：

核心觀念

本題考查：

• $\ce{NaOEt/EtOH}$ 促進的 $\ce{E2}$ 消去反應。
• $\ce{E2}$ 反應要求 $\ce{C-Br}$ 與鄰位 $\ce{C-H}$ 呈反式共平面（anti-periplanar）。
• $\ce{E2}$ 為立體專一反應，起始物的立體構型會決定烯烴的立體化學。
• 烯烴的 $E/Z$ 判定：雙鍵兩端依 CIP 規則比較優先序；本題每一端皆為 $\ce{Et}$ 優先於 $\ce{Me}$。

反應可表示為：

$$\ce{3-bromo-3,4-dimethylhexane + EtO^- ->[EtOH] 3,4-dimethyl-3-hexene + Br^- + EtOH}$$

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解題方法

起始物在 $\ce{C3}$ 上有 $\ce{Br}$，因此要生成題目指定的 $\ce{C3=C4}$ 雙鍵，必須脫去 $\ce{C4}$ 上的氫：

$$\ce{C3-Br} \quad\text{與}\quad \ce{C4-H}$$

在 $\ce{E2}$ 過程中，乙氧基負離子同時攫取 $\ce{C4-H}$，$\ce{C-H}$ 鍵電子形成 $\ce{C3=C4}$，而 $\ce{C-Br}$ 鍵斷裂，溴離子離去：

$$\ce{EtO^- + H-C4-C3-Br -> EtOH + C4=C3 + Br^-}$$

關鍵是必須採用使 $\ce{C4-H}$ 與 $\ce{C3-Br}$ 反式共平面的構形。由題目所給起始物立體構型，這個 anti-$\ce{E2}$ 消去會形成兩端高優先序的 $\ce{Et}$ 位於同一側的烯烴，即 $Z$-3,4-二甲基-3-己烯。

在產物中，雙鍵兩端的優先序皆為：

$$\ce{Et > Me}$$

因此，$\ce{Et}$ 與 $\ce{Et}$ 同側者為 $Z$ 異構物，即圖中的 (A)。

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選項分析

核心觀念

本題考查連續有機反應的判斷，涉及：

• Grignard 試劑開環反應
• 一級醇氧化為羧酸
• Hell–Volhard–Zelinsky（HVZ）反應：羧酸 $\alpha$-位溴化
• 氨水進行親核取代，將 $\ce{C-Br}$ 轉為 $\ce{C-NH2}$

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解題方法

1. Grignard 試劑開啟環氧乙烷

環氧乙烷與 $\ce{CH3MgBr}$ 反應時，$\ce{CH3^-}$ 等效親核試劑攻擊環氧環中較少位阻的碳，造成環氧環開環；酸化後形成一級醇：

$$\ce{(CH2CH2)O + CH3MgBr ->[1.][2.\ H3O+] CH3CH2CH2OH}$$

因此第一步產物為 $1$-丙醇。

2. 氧化為丙酸

$1$-丙醇為一級醇，可被 $\ce{KMnO4}$ 完全氧化為羧酸：

$$\ce{CH3CH2CH2OH ->[KMnO4] CH3CH2CO2H}$$

得到丙酸。

3. 進行 $\alpha$-位溴化

羧酸先與 $\ce{PBr3}$ 形成醯溴，再與 $\ce{Br2}$ 進行 HVZ 反應，使羧酸 $\alpha$-位的氫被溴取代，水解後恢復羧酸：

$$\ce{CH3CH2CO2H ->[1.\ Br2/PBr3][2.\ H2O] CH3CHBrCO2H}$$

產物為 $2$-溴丙酸。

4. 氨水取代溴

在 $\ce{NH3}$、$\ce{H2O}$ 中，氨作為親核試劑攻擊 $\alpha$-碳，進行取代反應：

$$\ce{CH3CHBrCO2H + NH3 ->[H2O] CH3CH(NH2)CO2H}$$

最終產物為 $2$-胺基丙酸，也就是丙胺酸（alanine）。

核心觀念

本題考查有機化合物的質譜分析（mass spectrometry, MS）與核磁共振光譜（NMR）中的專有術語辨識。

質譜分析主要利用分子被離子化後形成的分子離子與碎片離子，依其質荷比 $m/z$ 進行分析。常見相關概念包括：

• 電子撞擊游離（electron impact, EI）
• $\alpha$-cleavage
• McLafferty rearrangement

而 coupling constant（耦合常數）是核磁共振光譜中描述核自旋彼此耦合強弱的參數，通常以 $J$ 表示，單位為 Hz，並非有機質譜分析的核心術語。

解題方法

逐一判斷各術語所屬的光譜技術：

1. 若術語涉及分子游離、碎裂或碎片離子形成，屬於質譜分析。
2. 若術語涉及核自旋、訊號分裂或鄰近氫原子之間的磁性交互作用，屬於 NMR。
3. 找出唯一不屬於質譜分析的術語。

依此判斷，coupling constant 屬於 NMR，因此選 $\text{(C)}$。

選項分析

(A) $\alpha$-cleavage

$\alpha$-cleavage 是質譜碎裂的重要模式，特別常見於含有官能基或雜原子的有機化合物。

所謂 $\alpha$-cleavage，是指帶有未成對電子或正電荷的部位附近，發生鄰近 $\alpha$-碳鍵的斷裂，形成較穩定的碎片離子。例如含有羰基、醚或胺基的化合物，常在官能基相鄰位置發生裂解。

其重點是：

• $\alpha$-碳為直接鄰接官能基的碳原子。
• 質譜中傾向形成較穩定、共振穩定或由雜原子穩定的碎片離子。
• 這是電子撞擊游離後常見的碎裂行為。

因此，$\alpha$-cleavage 與有機化合物的質譜分析有關，(A) 不正確。

(B) McLafferty rearrangement

McLafferty rearrangement 是有機質譜中常見的重排反應，通常發生於含有羰基的化合物，例如醛、酮、羧酸、酯與醯胺等。

其必要條件通常包括：

• 分子中具有羰基結構。
• 羰基旁鏈上具有 $\gamma$-氫。
• 經由六員環過渡狀態，進行 $\gamma$-氫轉移。
• 同時發生 $\beta$-$\gamma$ 之間的鍵裂解，形成烯醇型離子與中性分子。

可概念性表示為：

$$\ce{R-C(=O)-CH2-CH2-CH2-R' ->[\text{McLafferty rearrangement}] [R-C(OH)=CH2]^+ + CH2=CH-R'}$$

實際碎片的精確結構須依原化合物取代基而定，但核心特徵是「$\gamma$-氫轉移與鍵裂解同步發生」。