慈濟大學 102 年 《化學》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題2 分

反應式：2 MnOX4X−+5 HX2OX2+6 HX+→2 MnX2++8 HX2O+5 OX2\ce{2MnO4^- + 5H2O2 + 6H+ -> 2Mn^2+ + 8H2O + 5O2} 牽涉多少電子的轉移？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氧化還原反應中的「電子轉移數」。判斷方法有兩種：

  1. 由氧化數變化計算電子得失。
  2. 由半反應式配平，直接觀察電子係數。

在氧化還原反應中：

  • 氧化數上升：發生氧化，失去電子。
  • 氧化數下降：發生還原，得到電子。
  • 反應中失電子總數必等於得電子總數。

解題方法：由氧化數變化計算

反應式為：

2 MnOX4X−+5 HX2OX2+6 HX+→2 MnX2++8 HX2O+5 OX2\ce{2MnO4^- + 5H2O2 + 6H+ -> 2Mn^2+ + 8H2O + 5O2}

先判斷錳的氧化數。

在 MnOX4X−\ce{MnO4^-} 中，氧的氧化數為 −2-2，設錳為 xx：

x+4(−2)=−1x+4(-2)=-1 x=+7x=+7

產物中的 MnX2+\ce{Mn^2+} 為 +2+2，因此每個錳由 +7+7 降至 +2+2：

+7⟶+2+7 \longrightarrow +2

每個錳得到 55 個電子。反應式中有 22 個錳：

2×5=10 個電子2\times 5=10\ \text{個電子}

因此，MnOX4X−\ce{MnO4^-} 總共得到 1010 個電子。

再觀察 HX2OX2\ce{H2O2}。在過氧化氫中，氧—氧鍵使每個氧的氧化數為 −1-1；在產物 OX2\ce{O2} 中，氧的氧化數為 00：

−1⟶0-1 \longrightarrow 0

每個氧原子失去 11 個電子。每個 HX2OX2\ce{H2O2} 含有 22 個氧原子，因此每個 HX2OX2\ce{H2O2} 失去：

2×1=2 個電子2\times 1=2\ \text{個電子}

反應式中有 55 個 HX2OX2\ce{H2O2}：

5×2=10 個電子5\times 2=10\ \text{個電子}

所以本反應涉及的電子轉移數為：

10\boxed{10}

半反應驗算

在酸性溶液中，過錳酸根的還原半反應為：

MnOX4X−+8 HX++5 eX−→MnX2++4 HX2O\ce{MnO4^- + 8H+ + 5e^- -> Mn^2+ + 4H2O}

乘以 22：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題2 分

NX2\ce{N2} 和 NX2O\ce{N2O} 的逸散（effusion）速率比值為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查葛蘭姆定律（Graham’s law of effusion）。在溫度、壓力及小孔條件相同時，氣體的逸散速率與其莫耳質量平方根成反比：

r∝1Mr \propto \frac{1}{\sqrt{M}}

因此，莫耳質量較小的氣體，分子平均速率較快，逸散速率也較快。

NX2\ce{N2} 與 NX2O\ce{N2O} 的莫耳質量為：

MNX2=2(14.01)=28.02 g mol−1M_{\ce{N2}}=2(14.01)=28.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}} MNX2O=2(14.01)+16.00=44.02 g mol−1M_{\ce{N2O}}=2(14.01)+16.00=44.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

解題方法

題目官方答案將「NX2\ce{N2} 和 NX2O\ce{N2O} 的逸散速率比值」解讀為：

rNX2rNX2O\frac{r_{\ce{N2}}}{r_{\ce{N2O}}}

依葛蘭姆定律：

rNX2rNX2O=MNX2OMNX2\frac{r_{\ce{N2}}}{r_{\ce{N2O}}} = \sqrt{\frac{M_{\ce{N2O}}}{M_{\ce{N2}}}}

代入數值：

rNX2rNX2O=44.02 g mol−128.02 g mol−1\frac{r_{\ce{N2}}}{r_{\ce{N2O}}} = \sqrt{\frac{44.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}{28.02\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}}

單位相消後：

rNX2rNX2O=1.571≈1.25\frac{r_{\ce{N2}}}{r_{\ce{N2O}}} = \sqrt{1.571} \approx 1.25

因此，NX2\ce{N2} 的逸散速率約為 NX2O\ce{N2O} 的 1.251.25 倍。

選項分析

  • (A) 0.637：錯誤。
    這是直接計算莫耳質量比：
MNX2MNX2O=28.0244.02≈0.637\frac{M_{\ce{N2}}}{M_{\ce{N2O}}} = \frac{28.02}{44.02} \approx 0.637
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題2 分

2.15 克的氣體樣品在標準狀態下體積為 750 毫升，該氣體在 125 ∘C125\,^\circ\mathrm{C} 的分子量為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氣體在標準狀態下的莫耳體積，以及分子量（相對分子質量）與莫耳質量的關係。

在標準狀態（STP）下，理想氣體的莫耳體積約為：

Vm=22.4 L/molV_m=22.4\ \mathrm{L/mol}

分子量的數值等於莫耳質量的數值，單位分別為無因次與 g/mol\mathrm{g/mol}。

題目所給的 125 ∘C125\,^\circ\mathrm{C} 不影響分子量；分子量是物質本身的特性，不會因溫度改變。此溫度資訊是干擾條件。

解題方法

先將體積換算為公升：

750 mL=0.750 L750\ \mathrm{mL}=0.750\ \mathrm{L}

在標準狀態下，氣體的莫耳數為：

n=VVm=0.750 L22.4 L/mol=0.03348 moln=\frac{V}{V_m} =\frac{0.750\ \mathrm{L}}{22.4\ \mathrm{L/mol}} =0.03348\ \mathrm{mol}

分子量可由質量除以莫耳數求得：

M=mn=2.15 g0.03348 mol=64.2 g/molM=\frac{m}{n} =\frac{2.15\ \mathrm{g}}{0.03348\ \mathrm{mol}} =64.2\ \mathrm{g/mol}

因此，該氣體的分子量為 64.264.2。

也可直接合併計算：

M=mVmV=(2.15 g)(22.4 L/mol)0.750 L=64.2 g/molM=\frac{mV_m}{V} =\frac{(2.15\ \mathrm{g})(22.4\ \mathrm{L/mol})}{0.750\ \mathrm{L}} =64.2\ \mathrm{g/mol}

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題2 分

空氣的平均分子量為 29.0 g/mol。在 1 大氣壓和 30 ∘C30\,^\circ\mathrm{C} 之下，空氣的密度為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查理想氣體的密度公式。氣體密度 ρ\rho、壓力 PP、莫耳質量 MM、溫度 TT 之間的關係可由理想氣體方程式推導：

PV=nRTPV=nRT

由

n=mM,ρ=mVn=\frac{m}{M}, \qquad \rho=\frac{m}{V}

代入可得：

PV=mMRTPV=\frac{m}{M}RT

整理後：

mV=PMRT\frac{m}{V}=\frac{PM}{RT}

因此：

ρ=PMRT\rho=\frac{PM}{RT}

其中溫度必須使用絕對溫標 K。

解題方法

題目給定：

  • P=1 atmP=1\ \mathrm{atm}
  • M=29.0 g/molM=29.0\ \mathrm{g/mol}
  • T=30∘C=303.15 KT=30^\circ\mathrm{C}=303.15\ \mathrm{K}
  • R=0.08206 L⋅atm/(mol⋅K)R=0.08206\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)}

代入密度公式：

ρ=(1 atm)(29.0 g/mol)(0.08206 L⋅atm/(mol⋅K))(303.15 K)\rho=\frac{(1\ \mathrm{atm})(29.0\ \mathrm{g/mol})} {(0.08206\ \mathrm{L\cdot atm/(mol\cdot K)})(303.15\ \mathrm{K})}

計算分母：

0.08206×303.15≈24.870.08206\times303.15\approx24.87

所以：

ρ≈29.024.87 g/L≈1.17 g/L\rho\approx\frac{29.0}{24.87}\ \mathrm{g/L} \approx1.17\ \mathrm{g/L}

因此正確答案為：

1.17 g/L\boxed{1.17\ \mathrm{g/L}}

選項分析

  • (A) 2.90 g/L：錯誤

此數值約為正確答案的 2.52.5 倍，常見原因是未正確使用氣體常數，或將莫耳質量與莫耳體積的關係套用錯誤。在 1 atm1\ \mathrm{atm}、30∘C30^\circ\mathrm{C} 下，理想氣體的莫耳體積約為 24.9 L/mol24.9\ \mathrm{L/mol}，因此密度應為 29.0/24.9≈1.17 g/L29.0/24.9\approx1.17\ \mathrm{g/L}，不會是 2.90 g/L2.90\ \mathrm{g/L}。

  • (B) 1.45 g/mL：錯誤
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題2 分

氮氣和氫氣反應生成氨氣。在 200 ∘C200\,^\circ\mathrm{C} 的密閉容器中混合一大氣壓的氮氣和二大氣壓的氫氣。當反應達到平衡時，容器的總壓為二大氣壓。計算平衡時氫氣的分壓。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氣相反應的化學計量、分壓與總壓變化。反應式為：

NX2(g)+3 HX2(g)⇌2 NHX3(g)\ce{N2(g) + 3H2(g) <=> 2NH3(g)}

每生成 22 莫耳 NHX3\ce{NH3}，氣體總莫耳數由 44 莫耳減少為 22 莫耳，因此反應進行時總壓會下降。

在溫度與容器體積固定時，各氣體分壓與其莫耳數成正比，因此可用「壓力變化量」直接按照反應係數計算。

解題方法

初始分壓為：

  • NX2\ce{N2}：1.0 atm1.0\ \mathrm{atm}
  • HX2\ce{H2}：2.0 atm2.0\ \mathrm{atm}
  • NHX3\ce{NH3}：0 atm0\ \mathrm{atm}

初始總壓為：

Pinitial=1.0+2.0=3.0 atmP_{\text{initial}}=1.0+2.0=3.0\ \mathrm{atm}

平衡時總壓為 2.0 atm2.0\ \mathrm{atm}，因此總壓下降：

ΔPtotal=3.0−2.0=1.0 atm\Delta P_{\text{total}}=3.0-2.0=1.0\ \mathrm{atm}

令反應進行程度為 x atmx\ \mathrm{atm}。依照反應式：

NX2+3 HX2→2 NHX3\ce{N2 + 3H2 -> 2NH3}

各氣體分壓變化為：

  • NX2\ce{N2} 減少 xx
  • HX2\ce{H2} 減少 3x3x
  • NHX3\ce{NH3} 增加 2x2x

因此總壓變化為：

ΔPtotal=(−x)+(−3x)+(2x)=−2x\Delta P_{\text{total}}=(-x)+(-3x)+(2x)=-2x

由於總壓下降 1.0 atm1.0\ \mathrm{atm}：

−2x=−1.0-2x=-1.0 x=0.5 atmx=0.5\ \mathrm{atm}

所以平衡時氫氣分壓為：

PHX2,eq=2.0−3xP_{\ce{H2},\text{eq}}=2.0-3x
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 6 題2 分

在 115 ∘C115\,^\circ\mathrm{C} 之下，反應：

2 NOClX2(g)⇌2 NO(g)+ClX2(g)\ce{2NOCl2(g) <=> 2NO(g) + Cl2(g)}

的平衡常數為 0.0150。計算 KPK_P 值。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查濃度平衡常數 KCK_C 與壓力平衡常數 KPK_P 的換算：

KP=KC(RT)ΔnK_P=K_C(RT)^{\Delta n}

其中：

  • R=0.08206 L⋅atm⋅mol−1⋅K−1R=0.08206\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}
  • TT 必須使用絕對溫度，即 K
  • Δn\Delta n 為氣態生成物總莫耳數減去氣態反應物總莫耳數

反應式依題目所給的化學計量係數：

2 NOClX2(g)⇌2 NO(g)+ClX2(g)\ce{2NOCl2(g) <=> 2NO(g) + Cl2(g)}

因此：

Δn=(2+1)−2=1\Delta n=(2+1)-2=1

題目中的「平衡常數」依官方答案判定是指 KC=0.0150K_C=0.0150。

解題方法

溫度換算為：

T=115+273.15=388.15 KT=115+273.15=388.15\ \mathrm{K}

代入理想氣體常數：

RT=(0.08206)(388.15)=31.85 L⋅atm⋅mol−1RT=(0.08206)(388.15) =31.85\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}}

因為 Δn=1\Delta n=1：

KP=KC(RT)1K_P=K_C(RT)^1 KP=(0.0150)(31.85)=0.4778≈0.478K_P=(0.0150)(31.85) =0.4778\approx 0.478

所以選擇：

KP=0.478\boxed{K_P=0.478}

選項分析

  • (A) 0.0150：錯誤。
    這是直接把題目給的 KCK_C 當成 KPK_P，忽略了 KP=KC(RT)ΔnK_P=K_C(RT)^{\Delta n} 的換算。只有在 Δn=0\Delta n=0 時，才有 KP=KCK_P=K_C。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 7 題2 分

HOAc\ce{HOAc} 及 HX2COX3\ce{H2CO3} 的 KaK_a 值如下：

HOAc\ce{HOAc}：Ka=1.8×10−5K_a=1.8\times10^{-5}
HX2COX3\ce{H2CO3}：Ka1=4.3×10−7K_{a1}=4.3\times10^{-7}，Ka2=5.6×10−11K_{a2}=5.6\times10^{-11}

以下各為 0.01 M 的溶液中，何者的 pH 值最高？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題比較四種 0.01 M0.01\ \mathrm{M} 溶液的酸鹼性，關鍵是判斷溶質在水中的角色：

  • HOAc\ce{HOAc}：弱酸，直接解離產生 HX3OX+\ce{H3O+}。
  • NaOAc\ce{NaOAc}：OAcX−\ce{OAc^-} 為弱酸 HOAc\ce{HOAc} 的共軛鹼，會水解產生 OHX−\ce{OH^-}。
  • NaX2COX3\ce{Na2CO3}：COX3X2−\ce{CO3^{2-}} 為二元酸 HX2COX3\ce{H2CO3} 的共軛鹼，水解能力強。
  • NaHCOX3\ce{NaHCO3}：HCOX3X−\ce{HCO3^-} 具有兩性，可同時表現酸性與鹼性。

判斷鹼性強弱時，使用共軛酸鹼關係：

Kb=KwKaK_b=\frac{K_w}{K_a}

共軛酸的 KaK_a 越小，其共軛鹼的 KbK_b 越大，鹼性越強。

解題方法與計算

假設溫度為 25∘C25^\circ\mathrm{C}，則

Kw=1.0×10−14K_w=1.0\times10^{-14}

(A) HOAc\ce{HOAc}

醋酸的解離反應為：

HOAc+HX2O⇌HX3OX++OAcX−\ce{HOAc + H2O <=> H3O+ + OAc^-}

設解離出的 HX3OX+\ce{H3O+} 濃度為 xx：

Ka=x20.01−x=1.8×10−5K_a=\frac{x^2}{0.01-x}=1.8\times10^{-5}

因為是弱酸，可近似 0.01−x≈0.010.01-x\approx0.01：

x=(1.8×10−5)(0.01)x=\sqrt{(1.8\times10^{-5})(0.01)} [HX3OX+]≈4.24×10−4 M[\ce{H3O^+}]\approx4.24\times10^{-4}\ \mathrm{M}

因此

pH=−log⁡(4.24×10−4)≈3.37\mathrm{pH}=-\log(4.24\times10^{-4})\approx3.37

(B) NaOAc\ce{NaOAc}

NaOAc\ce{NaOAc} 完全解離：

NaOAc→NaX++OAcX−\ce{NaOAc -> Na+ + OAc^-}

NaX+\ce{Na+} 不會明顯水解，OAcX−\ce{OAc^-} 會與水反應：

OAcX−+HX2O⇌HOAc+OHX−\ce{OAc^- + H2O <=> HOAc + OH^-}

其鹼解離常數為：

Kb=KwKa(HOAc)=1.0×10−141.8×10−5=5.6×10−10K_b=\frac{K_w}{K_a(\ce{HOAc})} =\frac{1.0\times10^{-14}}{1.8\times10^{-5}} =5.6\times10^{-10}

設產生的 OHX−\ce{OH^-} 濃度為 xx：

x≈KbC=(5.6×10−10)(0.01)x\approx\sqrt{K_bC} =\sqrt{(5.6\times10^{-10})(0.01)} [OHX−]≈2.36×10−6 M[\ce{OH^-}]\approx2.36\times10^{-6}\ \mathrm{M} pOH=−log⁡(2.36×10−6)≈5.63\mathrm{pOH}=-\log(2.36\times10^{-6})\approx5.63 pH=14.00−5.63=8.37\mathrm{pH}=14.00-5.63=8.37

(C) NaX2COX3\ce{Na2CO3}

NaX2COX3\ce{Na2CO3} 完全解離：

NaX2COX3→2 NaX++COX3X2−\ce{Na2CO3 -> 2Na+ + CO3^{2-}}

COX3X2−\ce{CO3^{2-}} 是 HCOX3X−\ce{HCO3^-} 的共軛鹼，主要水解反應為：

COX3X2−+HX2O⇌HCOX3X−+OHX−\ce{CO3^{2-} + H2O <=> HCO3^- + OH^-}

其鹼解離常數由 HCOX3X−\ce{HCO3^-} 的酸解離常數 Ka2K_{a2} 求得：

Kb=KwKa2=1.0×10−145.6×10−11=1.79×10−4K_b=\frac{K_w}{K_{a2}} =\frac{1.0\times10^{-14}}{5.6\times10^{-11}} =1.79\times10^{-4}

設水解產生的 OHX−\ce{OH^-} 濃度為 xx：

Kb=x20.01−xK_b=\frac{x^2}{0.01-x}

由於 KbK_b 不算極小，採用二次方程式可得：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 8 題2 分

在 75.0 毫升 0.10 M 的 HA\ce{HA} 溶液中加入 30.0 毫升 0.10 M 的 NaOH\ce{NaOH} 溶液之後，溶液的 pH 值為 6.0。計算 HA\ce{HA} 的 KaK_a 值。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查弱酸 HA\ce{HA} 與強鹼 NaOH\ce{NaOH} 的中和反應，以及中和後形成的緩衝溶液。

反應式為：

HA(aq)+OHX−(aq)→AX−(aq)+HX2O(l)\ce{HA(aq) + OH^-(aq) -> A^-(aq) + H2O(l)}

中和後，溶液中同時含有大量的弱酸 HA\ce{HA} 與其共軛鹼 AX−\ce{A^-}，因此可使用 Henderson–Hasselbalch 方程式：

pH=pKa+log⁡[AX−][HA]\mathrm{pH=p}K_a+\log\frac{[\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]}

且：

Ka=10−pKaK_a=10^{-\mathrm{p}K_a}

解題方法

1. 計算各物質的莫耳數

原有 HA\ce{HA}：

n(HA)=0.0750 L×0.10 mol L−1=0.00750 mol=7.50 mmoln(\ce{HA})=0.0750\ \mathrm{L}\times0.10\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.00750\ \mathrm{mol}=7.50\ \mathrm{mmol}

加入的 NaOH\ce{NaOH}：

n(OHX−)=0.0300 L×0.10 mol L−1=0.00300 mol=3.00 mmoln(\ce{OH^-})=0.0300\ \mathrm{L}\times0.10\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.00300\ \mathrm{mol}=3.00\ \mathrm{mmol}

2. 判斷中和後的組成

HA\ce{HA} 與 OHX−\ce{OH^-} 以 1:11:1 反應。OHX−\ce{OH^-} 完全反應，因此：

n(HA)剩餘=7.50−3.00=4.50 mmoln(\ce{HA})_{\text{剩餘}}=7.50-3.00=4.50\ \mathrm{mmol} n(AX−)生成=3.00 mmoln(\ce{A^-})_{\text{生成}}=3.00\ \mathrm{mmol}

總體積為：

V總=75.0+30.0=105.0 mLV_{\text{總}}=75.0+30.0=105.0\ \mathrm{mL}

中和後濃度為：

[HA]=4.50 mmol105.0 mL=0.0429 M[\ce{HA}]=\frac{4.50\ \mathrm{mmol}}{105.0\ \mathrm{mL}} =0.0429\ \mathrm{M} [AX−]=3.00 mmol105.0 mL=0.0286 M[\ce{A^-}]=\frac{3.00\ \mathrm{mmol}}{105.0\ \mathrm{mL}} =0.0286\ \mathrm{M}

在 Henderson–Hasselbalch 方程式中，兩者位於同一總體積中，因此濃度比可直接用莫耳數比：

[AX−][HA]=3.004.50=23\frac{[\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]} =\frac{3.00}{4.50} =\frac{2}{3}

3. 求 pKa\mathrm{p}K_a

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 9 題2 分

考慮以下的還原電位：

CuX2++2 eX−→Cu\ce{Cu^2+ + 2e^- -> Cu}，E∘=+0.34 VE^\circ=+0.34\ \mathrm{V}

PbX2++2 eX−→Pb\ce{Pb^2+ + 2e^- -> Pb}，E∘=−0.13 VE^\circ=-0.13\ \mathrm{V}

在標準狀態下，含有銅、CuX2+\ce{Cu^2+}、鉛、PbX2+\ce{Pb^2+} 的賈法尼電池（Galvanic Cell），可以做的最大功為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查標準還原電位、原電池方向判斷，以及吉布斯自由能與最大非膨脹功的關係。

標準狀態下，原電池的電池電位為：

Ecell∘=E陰極∘−E陽極∘E^\circ_{\text{cell}}=E^\circ_{\text{陰極}}-E^\circ_{\text{陽極}}

電池反應的自由能變化為：

ΔG∘=−nFEcell∘\Delta G^\circ=-nFE^\circ_{\text{cell}}

其中：

  • nn：每進行一次電池反應所轉移的電子莫耳數
  • F=96485 C mol−1F=96485\ \mathrm{C\,mol^{-1}}
  • Ecell∘E^\circ_{\text{cell}}：標準電池電位

在定溫、定壓下，電池能對外做的最大非膨脹功為 ΔG∘\Delta G^\circ；因此自發放電時，ΔG∘\Delta G^\circ 為負值。

解題方法

先比較兩個半反應的標準還原電位：

CuX2++2 eX−→CuE∘=+0.34 V\ce{Cu^2+ + 2e^- -> Cu} \qquad E^\circ=+0.34\ \mathrm{V} PbX2++2 eX−→PbE∘=−0.13 V\ce{Pb^2+ + 2e^- -> Pb} \qquad E^\circ=-0.13\ \mathrm{V}

還原電位較高者較容易發生還原，因此：

  • 陰極：CuX2+\ce{Cu^2+} 被還原
  • 陽極：Pb\ce{Pb} 被氧化

鉛半反應須反向書寫：

Pb→PbX2++2 eX−\ce{Pb -> Pb^2+ + 2e^-}

兩個半反應相加，得到總反應：

Pb+CuX2+→PbX2++Cu\ce{Pb + Cu^2+ -> Pb^2+ + Cu}

每次反應轉移 22 莫耳電子，因此 n=2n=2。

標準電池電位為：

Ecell∘=0.34−(−0.13)=0.47 VE^\circ_{\text{cell}} =0.34-(-0.13) =0.47\ \mathrm{V}

代入自由能公式：

ΔG∘=−nFEcell∘\Delta G^\circ =-nFE^\circ_{\text{cell}} ΔG∘=−(2)(96485 C mol−1)(0.47 J C−1)\Delta G^\circ =-(2)(96485\ \mathrm{C\,mol^{-1}})(0.47\ \mathrm{J\,C^{-1}}) ΔG∘=−90695.9 J mol−1≈−90.7 kJ mol−1\Delta G^\circ =-90695.9\ \mathrm{J\,mol^{-1}} \approx -90.7\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 10 題2 分

下列物質的還原電位如下，何者為最強的氧化劑？

MnOX4X−+4 HX++3 eX−→MnOX2+2 HX2O\ce{MnO4^- + 4H+ + 3e^- -> MnO2 + 2H2O}，E∘=1.68 VE^\circ=1.68\ \mathrm{V}

IX2+2 eX−→2 IX−\ce{I2 + 2e^- -> 2I^-}，E∘=0.54 VE^\circ=0.54\ \mathrm{V}

ZnX2++2 eX−→Zn\ce{Zn^2+ + 2e^- -> Zn}，E∘=−0.76 VE^\circ=-0.76\ \mathrm{V}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「標準還原電位 E∘E^\circ」與氧化劑強弱的判斷。

  • 氧化劑的作用是接受電子，自己被還原。
  • 還原電位越高，代表該物質越容易接受電子，氧化性越強。
  • 因此，比較各半反應的 E∘E^\circ，數值最大的還原反應，其左側反應物就是最強的氧化劑。

題目給出的還原電位為：

MnOX4X−+4 HX++3 eX−→MnOX2+2 HX2O\ce{MnO4^- + 4H+ + 3e^- -> MnO2 + 2H2O} E∘=1.68 VE^\circ=1.68\ \mathrm{V} IX2+2 eX−→2 IX−\ce{I2 + 2e^- -> 2I^-} E∘=0.54 VE^\circ=0.54\ \mathrm{V} ZnX2++2 eX−→Zn\ce{Zn^2+ + 2e^- -> Zn} E∘=−0.76 VE^\circ=-0.76\ \mathrm{V}

解題方法

將三個標準還原電位直接比較：

1.68 V>0.54 V>−0.76 V1.68\ \mathrm{V}>0.54\ \mathrm{V}>-0.76\ \mathrm{V}

其中，MnOX4X−\ce{MnO4^-} 的還原電位最高，表示它最容易接受電子而被還原：

MnOX4X−+4 HX++3 eX−→MnOX2+2 HX2O\ce{MnO4^- + 4H+ + 3e^- -> MnO2 + 2H2O}

因此，MnOX4X−\ce{MnO4^-} 具有最強的氧化性，是題目所問的最強氧化劑。

選項分析

(A) MnOX4X−\ce{MnO4^-}：正確

MnOX4X−\ce{MnO4^-} 對應的標準還原電位為 1.68 V1.68\ \mathrm{V}，在所有選項中最高。

還原電位越高，越容易接受電子，因此氧化能力越強。MnOX4X−\ce{MnO4^-} 會被還原成 MnOX2\ce{MnO2}，同時使其他物質被氧化。

所以 MnOX4X−\ce{MnO4^-} 是最強氧化劑。

(B) IX2\ce{I2}：錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 11 題2 分

主量子數 n=4n=4 的所有軌域含有的總電子數為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查主量子數 nn 所代表的電子層，以及該電子層中軌域數目與最大電子容納數。

  • 主量子數 nn 決定電子所在的電子層。
  • 同一軌域最多容納 22 個電子，遵守包立不相容原理。
  • 主量子數為 nn 的電子層，最多容納的電子總數為：
2n22n^2

本題給定 n=4n=4，求第四電子層所有軌域所能容納的總電子數。

解題方法

直接代入電子層最大電子數公式：

總電子數=2n2\text{總電子數}=2n^2 =2(4)2=2×16=32=2(4)^2=2\times16=32

因此，主量子數 n=4n=4 的所有軌域最多含有 3232 個電子。

也可由各副量子層逐一計算：

副量子數副電子層軌域數最大電子數
l=0l=04s4s1122
l=1l=14p4p3366
l=2l=24d4d551010
l=3l=34f4f771414

總電子數為：

2+6+10+14=322+6+10+14=32

其中軌域總數為：

1+3+5+7=161+3+5+7=16

每個軌域容納 22 個電子，因此：

16×2=3216\times2=32
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 12 題2 分

FX2\ce{F2}、BX2\ce{B2}、OX2\ce{O2} 和 NX2\ce{N2} 分子中，有幾個分子具有順磁性？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查分子軌域理論（Molecular Orbital Theory, MO）與磁性判斷。

  • 分子中含有未成對電子，具有順磁性（paramagnetism）。
  • 分子中所有電子皆成對，具有抗磁性（diamagnetism）。
  • 判斷時需依據分子軌域的能階順序填入電子，並遵守洪特定則：簡併軌域會先各自單獨填入電子，再配對。

本題只需比較 BX2\ce{B2}、OX2\ce{O2}、NX2\ce{N2}、FX2\ce{F2} 的分子軌域電子組態。

解題方法

第二週期同核雙原子分子的價電子數如下：

  • BX2\ce{B2}：3×2=63 \times 2=6 個價電子
  • CX2\ce{C2}：4×2=84 \times 2=8 個價電子
  • NX2\ce{N2}：5×2=105 \times 2=10 個價電子
  • OX2\ce{O2}：6×2=126 \times 2=12 個價電子
  • FX2\ce{F2}：7×2=147 \times 2=14 個價電子

對於 BX2\ce{B2}、CX2\ce{C2}、NX2\ce{N2}，價電子填入順序為：

σ2s<σ2s∗<π2px=π2py<σ2pz\sigma_{2s}<\sigma^{*}_{2s}<\pi_{2p_x}=\pi_{2p_y}<\sigma_{2p_z}

對於 OX2\ce{O2}、FX2\ce{F2}，能階順序為：

σ2s<σ2s∗<σ2pz<π2px=π2py<π2px∗=π2py∗\sigma_{2s}<\sigma^{*}_{2s}<\sigma_{2p_z}<\pi_{2p_x}=\pi_{2p_y}<\pi^{*}_{2p_x}=\pi^{*}_{2p_y}

其中 π2px\pi_{2p_x}、π2py\pi_{2p_y} 及其反鍵軌域皆為彼此簡併的軌域。

各分子的電子組態與磁性

1. BX2\ce{B2}

BX2\ce{B2} 共有 6 個價電子，電子組態為：

(σ2s)2(σ2s∗)2(π2px)1(π2py)1(\sigma_{2s})^2(\sigma^{*}_{2s})^2 (\pi_{2p_x})^1(\pi_{2p_y})^1

兩個電子分別佔據兩個簡併的 π\pi 軌域，且自旋平行，因此有 2 個未成對電子。

因此：

  • BX2\ce{B2} 具有順磁性。

2. NX2\ce{N2}

NX2\ce{N2} 共有 10 個價電子，電子組態為：

(σ2s)2(σ2s∗)2(π2px)2(π2py)2(σ2pz)2(\sigma_{2s})^2(\sigma^{*}_{2s})^2 (\pi_{2p_x})^2(\pi_{2p_y})^2 (\sigma_{2p_z})^2

所有電子皆已成對，沒有未成對電子。

因此：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 13 題2 分

何者具有最強的鍵結？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查分子軌域理論（molecular orbital theory）與鍵級（bond order）。在同類型分子中，通常鍵級越大，鍵越短、鍵能越高，鍵結越強。

鍵級公式為：

鍵級=Nb−Na2\text{鍵級}=\frac{N_b-N_a}{2}

其中：

  • NbN_b：鍵結性分子軌域中的電子數
  • NaN_a：反鍵結性分子軌域中的電子數

本題各物種可透過價電子數與分子軌域填入情形，計算其鍵級。

解題方法

先比較各物種的價電子總數：

  • BX2\ce{B2}：3+3=63+3=6 個價電子
  • OX2X−\ce{O2^-}：6+6+1=136+6+1=13 個價電子
  • CNX−\ce{CN^-}：4+5+1=104+5+1=10 個價電子
  • OX2X+\ce{O2^+}：6+6−1=116+6-1=11 個價電子

再依分子軌域排列計算鍵級。

對第二週期元素的雙原子分子，2s2s 軌域形成一組鍵結與反鍵結軌域；2p2p 軌域則形成 σ2p\sigma_{2p}、π2p\pi_{2p} 及其反鍵結軌域。

選項分析

(A) BX2\ce{B2}

BX2\ce{B2} 共有 6 個價電子，其分子軌域組態可表示為：

(σ2s)2(σ2s∗)2(π2px)1(π2py)1(\sigma_{2s})^2(\sigma_{2s}^{*})^2(\pi_{2p_x})^1(\pi_{2p_y})^1

鍵結性電子數：

Nb=2+2=4N_b=2+2=4

反鍵結性電子數：

Na=2N_a=2

因此：

鍵級=4−22=1\text{鍵級}=\frac{4-2}{2}=1

所以 BX2\ce{B2} 為單鍵，鍵結強度不如鍵級較大的選項。

(B) OX2X−\ce{O2^-}

中性 OX2\ce{O2} 具有 12 個價電子，鍵級為 2。OX2X−\ce{O2^-} 比 OX2\ce{O2} 多 1 個電子，這個電子會填入反鍵結的 π2p∗\pi_{2p}^{*} 軌域。

因此：

鍵級=12−12=1.5\text{鍵級}=\frac{12-1}{2}=1.5
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 14 題2 分

反應 A+B→C\ce{A + B -> C} 的速率為 −Δ[A]/Δt-\Delta[\ce{A}]/\Delta t，由下列初始速率與濃度的關係決定速率常數。

[A][\ce{A}] (M)[B][\ce{B}] (M)初始速率 (M/s)
0.1000.05002.13×10−42.13\times10^{-4}
0.2000.05004.26×10−44.26\times10^{-4}
0.3000.1002.56×10−32.56\times10^{-3}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查初始速率法（method of initial rates），利用不同實驗中反應物濃度與初始速率的比例，判定速率方程式：

速率=k[A]m[B]n\text{速率}=k[\ce{A}]^m[\ce{B}]^n

其中：

  • mm：對 A\ce{A} 的反應級數
  • nn：對 B\ce{B} 的反應級數
  • kk：速率常數

題目給定反應速率為 −Δ[A]/Δt-\Delta[\ce{A}]/\Delta t，因此表中的初始速率可直接代入速率方程式。

解題方法

先比較實驗一與實驗二。

兩次實驗中，[B][\ce{B}] 均為 0.0500 M0.0500\ \mathrm{M}，只有 [A][\ce{A}] 改變：

[A]2[A]1=0.2000.100=2\frac{[\ce{A}]_2}{[\ce{A}]_1} = \frac{0.200}{0.100} =2 速率2速率1=4.26×10−42.13×10−4=2\frac{\text{速率}_2}{\text{速率}_1} = \frac{4.26\times10^{-4}}{2.13\times10^{-4}} =2

因此：

2m=22^m=2 m=1m=1

反應對 A\ce{A} 為一級。

接著比較實驗一與實驗三：

[A]3[A]1=0.3000.100=3\frac{[\ce{A}]_3}{[\ce{A}]_1} = \frac{0.300}{0.100} =3 [B]3[B]1=0.1000.0500=2\frac{[\ce{B}]_3}{[\ce{B}]_1} = \frac{0.100}{0.0500} =2 速率3速率1=2.56×10−32.13×10−4≈12\frac{\text{速率}_3}{\text{速率}_1} = \frac{2.56\times10^{-3}}{2.13\times10^{-4}} \approx 12

因為對 A\ce{A} 為一級，所以濃度變化對速率的影響為 31=33^1=3。因此對 B\ce{B} 的影響為：

3×2n=123\times 2^n=12 2n=42^n=4 n=2n=2

所以速率方程式為：

速率=k[A][B]2\text{速率}=k[\ce{A}][\ce{B}]^2

使用實驗一求速率常數：

2.13×10−4=k(0.100)(0.0500)22.13\times10^{-4} = k(0.100)(0.0500)^2
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 15 題2 分

需要加入多少體積的純水至 10.0 mL、12.0 M 的 HCl\ce{HCl} 溶液，才能使它的 pH 值等於 0.90 M 醋酸溶液的 pH 值？醋酸的 Ka=1.8×10−5K_a=1.8\times10^{-5}。選出數值最接近者。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題比較兩種溶液的 HX+\ce{H+} 濃度：

  • 醋酸為弱酸，須利用酸解離平衡求其 pH。
  • HCl\ce{HCl} 為強酸，完全解離，因此稀釋後可直接用
    [HX+]=nHClV總[\ce{H+}]=\frac{n_{\ce{HCl}}}{V_{\text{總}}}
  • 先由醋酸的 pH 求目標 [HX+][\ce{H+}]，再利用稀釋後的 HCl\ce{HCl} 濃度反推總體積。

解題方法

一、求 0.90 M0.90\ \mathrm{M} 醋酸的 [HX+][\ce{H+}]

醋酸解離反應為：

CHX3COOH+HX2O⇌HX3OX++CHX3COOX−\ce{CH3COOH + H2O <=> H3O+ + CH3COO-}

設平衡時解離出的醋酸濃度為 xx：

[CHX3COOH]=0.90−x[\ce{CH3COOH}]=0.90-x

[HX3OX+]=[CHX3COOX−]=x[\ce{H3O+}]=[\ce{CH3COO-}]=x

因此：

Ka=[HX3OX+][CHX3COOX−][CHX3COOH]=x20.90−xK_a=\frac{[\ce{H3O+}][\ce{CH3COO-}]}{[\ce{CH3COOH}]} =\frac{x^2}{0.90-x}

因為醋酸為弱酸，且 KaK_a 很小，可使用 x≪0.90x\ll 0.90 的近似：

Ka≈x20.90K_a\approx\frac{x^2}{0.90}

所以：

x≈Ka×0.90x\approx\sqrt{K_a\times 0.90} x≈(1.8×10−5)(0.90)x\approx\sqrt{(1.8\times10^{-5})(0.90)} x≈1.62×10−5≈4.0×10−3 Mx\approx\sqrt{1.62\times10^{-5}} \approx4.0\times10^{-3}\ \mathrm{M}

故：

[HX+]醋酸≈4.0×10−3 M[\ce{H+}]_{\text{醋酸}}\approx4.0\times10^{-3}\ \mathrm{M}

其 pH 約為：

pH=−log⁡(4.0×10−3)≈2.40\mathrm{pH}=-\log(4.0\times10^{-3})\approx2.40

二、求稀釋後 HCl\ce{HCl} 所需的總體積

題目要求稀釋後 HCl\ce{HCl} 的 pH 與醋酸相同，因此：

[HX+]稀釋後HCl≈4.0×10−3 M[\ce{H+}]_{\text{稀釋後HCl}} \approx4.0\times10^{-3}\ \mathrm{M}

原有 HCl\ce{HCl} 的莫耳數為：

nHCl=MV=(12.0 mol L−1)(0.0100 L)n_{\ce{HCl}}=MV =(12.0\ \mathrm{mol\,L^{-1}})(0.0100\ \mathrm{L}) nHCl=0.120 moln_{\ce{HCl}}=0.120\ \mathrm{mol}

由於 HCl\ce{HCl} 完全解離：

HCl→HX++ClX−\ce{HCl -> H+ + Cl-}

故稀釋後總體積為：

V總=nHCl[HX+]V_{\text{總}} =\frac{n_{\ce{HCl}}}{[\ce{H+}]}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 16 題2 分

何者為 CO(g)\ce{CO(g)} 標準生成熱焓（standard enthalpy of formation）的表示？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

標準生成熱焓 ΔHf∘\Delta H_f^\circ 的定義是：

在標準狀態下，由組成元素各自最穩定的標準態，生成「1 mol」某化合物時的焓變。

對 CO(g)\ce{CO(g)} 而言：

  • 碳的標準態為石墨 CXgraphite(s)\ce{C_graphite(s)}；
  • 氧的標準態為氧氣 OX2(g)\ce{O2(g)}，不是游離氧原子 O(g)\ce{O(g)}；
  • 反應必須生成 1 mol CO(g)\ce{CO(g)}。

因此標準生成反應為：

CXgraphite(s)+12OX2(g)→CO(g)\ce{C_graphite(s) + \frac{1}{2}O2(g) -> CO(g)}

其標準生成熱焓為：

ΔHf∘(CO(g))=−110.5 k J ⋅ molX−1\Delta H_f^\circ\bigl(\ce{CO(g)}\bigr)=-110.5\ \ce{kJ.mol^{-1}}

解題方法

判斷標準生成熱焓可依序檢查三項：

  1. 反應物是否為組成元素的標準態。
  2. 是否只由這些元素直接生成目標物。
  3. 產物是否恰為 1 mol 目標物。

CO\ce{CO} 由碳、氧兩種元素組成。碳採用石墨，氧採用 OX2(g)\ce{O2(g)}。配平生成 1 mol CO\ce{CO}：

CXgraphite(s)+12OX2(g)→CO(g)\ce{C_graphite(s) + \frac{1}{2}O2(g) -> CO(g)}

所以正確選項為 (C)。

選項分析

(A) 錯誤

2 CXgraphite(s)+OX2(g)→2 CO(g)\ce{2C_graphite(s) + O2(g) -> 2CO(g)}

此反應物確實是碳與氧的標準態，但反應生成的是 2 mol CO\ce{CO}，不符合標準生成熱焓「生成 1 mol 化合物」的定義。

若每生成 1 mol CO\ce{CO} 的焓變為 −110.5 k J-110.5\ \ce{kJ}，則上述反應的總焓變應為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 17 題2 分

有關氫解離反應的敘述何者正確？

HX2(g)⇌2 H(g)\ce{H2(g) <=> 2H(g)}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查熱力學自發性判斷，核心公式為：

ΔG=ΔH−TΔS\Delta G=\Delta H-T\Delta S

其中：

  • ΔG<0\Delta G<0：反應在該條件下為自發反應。
  • ΔG=0\Delta G=0：系統達到平衡。
  • ΔG>0\Delta G>0：正向反應非自發。

反應為：

HX2(g)⇌2 H(g)\ce{H2(g) <=> 2H(g)}

這是氫分子的解離反應，必須先破壞 H−H\ce{H-H} 鍵，因此需要吸收能量。

解題方法

1. 判斷焓變 ΔH\Delta H

解離 H−H\ce{H-H} 鍵需要吸熱，因此：

ΔH>0\Delta H>0

2. 判斷熵變 ΔS\Delta S

反應前為 1 mol 氣體粒子，反應後形成 2 mol 氣體粒子：

1 mol HX2(g)→2 mol H(g)\ce{1 mol H2(g) -> 2 mol H(g)}

粒子數增加，氣體的分散程度與微觀狀態數增加，因此：

ΔS>0\Delta S>0

3. 代入 Gibbs 自由能公式

由於 ΔH>0\Delta H>0、ΔS>0\Delta S>0：

ΔG=ΔH−TΔS\Delta G=\Delta H-T\Delta S

在低溫時，TΔST\Delta S 項較小，ΔH\Delta H 占優勢，故 ΔG>0\Delta G>0，正向解離不具自發性。

當溫度升高時，TΔST\Delta S 項變大；當溫度超過某一臨界值，使得：

TΔS>ΔHT\Delta S>\Delta H

便有：

ΔG<0\Delta G<0

臨界溫度可表示為：

T>ΔHΔST>\frac{\Delta H}{\Delta S}

因此，本反應在特定的高溫以上具有自發性，官方答案為 B。

選項分析

(A) 在任何溫度均為自發反應

錯誤。

雖然此反應的 ΔS>0\Delta S>0 有利於自發性，但 ΔH>0\Delta H>0，低溫時吸熱效應占優勢，使：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 18 題2 分

下列分子何者具有極性？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「分子形狀」與「分子極性」的判斷。

分子是否具有極性，必須同時考慮：

  1. 鍵的極性：由兩原子的電負度差判斷。
  2. 分子幾何形狀：利用 VSEPR 理論判斷。
  3. 鍵偶極矩的向量加總：對稱排列時，鍵偶極可能互相抵消；不對稱排列時，會留下合成偶極矩。

若分子的合成偶極矩不為零，即具有極性：

μ⃗總≠0\vec{\mu}_{\text{總}} \ne 0

若各鍵偶極完全抵消，則為非極性分子：

μ⃗總=0\vec{\mu}_{\text{總}} = 0

解題方法

先判斷中心原子的價電子數與孤電子對數，再利用 VSEPR 理論判斷分子形狀，最後檢查分子是否具有足夠的對稱性，使各鍵偶極互相抵消。

常見結構如下：

  • AXX4\ce{AX4}：正四面體
  • AXX2EX3\ce{AX2E3}：直線形
  • AXX3\ce{AX3}：平面三角形
  • AXX3E\ce{AX3E}：三角錐形

其中 E\ce{E} 代表中心原子的孤電子對。

選項分析

(A) SiFX4\ce{SiF4}

矽原子有 4 個價電子，與 4 個氟原子形成 4 個 Si−F\ce{Si-F} 鍵，中心矽原子沒有孤電子對，因此屬於 AXX4\ce{AX4}。

其分子形狀為正四面體：

SiFX4:正四面體\ce{SiF4}: \quad \text{正四面體}

每一個 Si−F\ce{Si-F} 鍵具有鍵偶極，但四個鍵偶極在高度對稱的正四面體中平均分布，彼此完全抵消。

因此：

μ⃗總=0\vec{\mu}_{\text{總}}=0

SiFX4\ce{SiF4} 為非極性分子，故 (A) 錯誤。

(B) XeFX2\ce{XeF2}

氙原子有 8 個價電子，與兩個氟原子形成 2 個鍵，並保有 3 對孤電子對，因此電子域數為 5，屬於 AXX2EX3\ce{AX2E3}。

三對孤電子對位於赤道位置，兩個 Xe−F\ce{Xe-F} 鍵位於同一直線上，分子形狀為直線形：

F−Xe−F\ce{F-Xe-F}

鍵偶極方向大小相同、方向相反，互相抵消：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 19 題2 分

下列分子中，原子都在同一平面（共平面）的分子有幾個？

HX2C=CHX2\ce{H2C=CH2}、FX2O\ce{F2O}、HX2CO\ce{H2CO}、NHX3\ce{NH3}、COX2\ce{CO2}、BeClX2\ce{BeCl2}、HX2OX2\ce{H2O2}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查分子的立體結構與原子是否共平面，主要使用：

  1. 價層電子對互斥理論（VSEPR）。
  2. 中心原子的混成軌域。
  3. 分子繞單鍵旋轉後的最低能量構形。

判斷重點如下：

  • spX2\ce{sp^2} 混成通常形成平面三角形，相關原子共平面。
  • sp\ce{sp} 混成形成直線形，必定共平面。
  • 中心原子具有一對孤電子對時，可能形成彎曲形；若分子只有三個原子，三點必定共平面。
  • 具有 O−O\ce{O-O} 單鍵的分子，需考慮扭轉構形，不可只看平面結構式。

解題方法與各分子判斷

1. HX2C=CHX2\ce{H2C=CH2}：乙烯

乙烯中兩個碳原子均為 spX2\ce{sp^2} 混成。每個碳原子周圍形成平面三角形結構，C=C\ce{C=C} 雙鍵由一個 σ\sigma 鍵與一個 π\pi 鍵組成。

π\pi 鍵需要兩個碳原子的未混成 pp 軌域平行重疊，因此兩個碳及四個氫位於同一平面。

判定：共平面。

2. FX2O\ce{F2O}：二氟化氧

中心氧原子具有：

  • 兩個鍵結電子對；
  • 兩對孤電子對。

依 VSEPR 理論，電子對排列近似四面體，分子形狀為彎曲形：

F−O−F\ce{F-O-F}

雖然分子不是直線形，但分子本身只有三個原子。任意三個點必定可以決定一個平面，因此 FX2O\ce{F2O} 的所有原子必然共平面。

判定：共平面。

3. HX2CO\ce{H2CO}：甲醛

甲醛的中心碳原子與兩個氫及一個氧形成三個電子區域，碳原子採 spX2\ce{sp^2} 混成，分子形狀為平面三角形。

其結構可表示為：

HX2C=O\ce{H2C=O}

碳、氧及兩個氫均位於同一平面。

判定：共平面。

4. NHX3\ce{NH3}：氨

氨的氮原子具有：

  • 三個 N−H\ce{N-H} 鍵結電子對；
  • 一對孤電子對。

氮原子的電子對幾何為四面體，分子形狀為三角錐形。氮原子位於三個氫所形成平面的上方，並非與三個氫共處同一平面。

判定：不共平面。

5. COX2\ce{CO2}：二氧化碳

中心碳原子為 sp\ce{sp} 混成，分子形狀為直線形：

O=C=O\ce{O=C=O}

三個原子位於同一直線上，而同一直線上的所有點必定共平面。

判定：共平面。

6. BeClX2\ce{BeCl2}：氯化鈹

中心鈹原子為 sp\ce{sp} 混成，分子形狀為直線形：

Cl−Be−Cl\ce{Cl-Be-Cl}

三個原子位於同一直線上，因此必定共平面。

判定：共平面。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 20 題2 分

a A→products\ce{aA -> products} 為二級反應（second-order reaction），半衰期（first half-life）為 22 秒。當反應進行至 13.4 秒時，測得 A\ce{A} 的濃度為 0.46 M，則 A\ce{A} 的初始濃度（initial concentration）為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二級反應的半衰期與積分速率定律。

對反應物 A\ce{A} 而言，二級反應的速率定律為

−d[A]dt=k[A]2-\frac{d[\ce{A}]}{dt}=k[\ce{A}]^2

積分後得到

1[A]t=1[A]0+kt\frac{1}{[\ce{A}]_t}=\frac{1}{[\ce{A}]_0}+kt

二級反應的半衰期為

t1/2=1k[A]0t_{1/2}=\frac{1}{k[\ce{A}]_0}

其中：

  • [A]0[\ce{A}]_0：初始濃度
  • [A]t[\ce{A}]_t：反應 tt 秒後的濃度
  • kk：二級反應速率常數
  • t1/2t_{1/2}：第一次半衰期

二級反應的半衰期與初始濃度有關，不能直接套用一級反應的指數衰減公式。

解題方法

題目給定：

t1/2=22 st_{1/2}=22\ \text{s} t=13.4 st=13.4\ \text{s} [A]t=0.46 M[\ce{A}]_t=0.46\ \text{M}

由半衰期公式：

k=1t1/2[A]0k=\frac{1}{t_{1/2}[\ce{A}]_0}

代入二級反應積分速率定律：

1[A]t=1[A]0+tt1/2[A]0\frac{1}{[\ce{A}]_t} = \frac{1}{[\ce{A}]_0} + \frac{t}{t_{1/2}[\ce{A}]_0}

整理為：

1[A]t=1+t/t1/2[A]0\frac{1}{[\ce{A}]_t} = \frac{1+t/t_{1/2}}{[\ce{A}]_0}

因此：

[A]0=[A]t(1+tt1/2)[\ce{A}]_0 = [\ce{A}]_t\left(1+\frac{t}{t_{1/2}}\right)

代入數值：

[A]0=0.46 M(1+13.4 s22 s)[\ce{A}]_0 = 0.46\ \text{M} \left( 1+\frac{13.4\ \text{s}}{22\ \text{s}} \right)

秒的單位相消：

[A]0=0.46 M×1.6091=0.740 M[\ce{A}]_0 = 0.46\ \text{M}\times 1.6091 = 0.740\ \text{M}

所以初始濃度約為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 21 題2 分

某一過程之熱與功的值為：q=−10q=-10 kJ；w=25w=25 kJ。下列敘述何者正確？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查熱力學第一定律，以及 qq、ww 的正負號判定。

對系統而言：

  • q>0q>0：系統吸收熱量；q<0q<0：系統放出熱量。
  • w>0w>0：外界對系統做功。
  • w<0w<0：系統對外界做功。

熱力學第一定律為：

ΔE=q+w\Delta E=q+w

其中 ΔE\Delta E 為系統內能的變化量。

解題方法

題目給定：

q=−10 kJq=-10\ \mathrm{kJ} w=25 kJw=25\ \mathrm{kJ}

先由 ww 的正負號判斷做功方向。因為 w=25 kJ>0w=25\ \mathrm{kJ}>0，表示外界對系統做功。

再計算內能變化：

ΔE=q+w\Delta E=q+w ΔE=(−10 kJ)+(25 kJ)\Delta E=(-10\ \mathrm{kJ})+(25\ \mathrm{kJ}) ΔE=15 kJ\Delta E=15\ \mathrm{kJ}

因此系統雖然放出 10 kJ10\ \mathrm{kJ} 的熱，但從外界獲得 25 kJ25\ \mathrm{kJ} 的功，最後內能增加 15 kJ15\ \mathrm{kJ}。

選項分析

(A) 熱由外界流向系統

錯誤。題目給定 q=−10 kJq=-10\ \mathrm{kJ}，代表系統放出熱量，熱的方向是由系統流向外界，而不是由外界流向系統。

(B) 外界向系統做功

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 22 題2 分

液體 A 之蒸氣壓（vapor pressure）為 xx，液體 B 之蒸氣壓（vapor pressure）為 yy。A、B 兩液體混合後，測得混合液體的蒸氣中有 30% 的 A，則 A 在混合液體中的莫爾分率（mole fraction）為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查理想溶液的拉午耳定律（Raoult’s law）及道耳頓分壓定律（Dalton’s law）。

對液相中的 A、B：

PA=XAxP_A=X_A x PB=XBy=(1−XA)yP_B=X_B y=(1-X_A)y

其中：

  • XAX_A：A 在液相中的莫爾分率
  • xx：純液體 A 的蒸氣壓
  • yy：純液體 B 的蒸氣壓
  • PAP_A、PBP_B：混合液體上方蒸氣中 A、B 的分壓

蒸氣中 A 的莫爾分率為：

YA=PAPA+PBY_A=\frac{P_A}{P_A+P_B}

題目給定蒸氣中含有 30% 的 A，因此：

YA=0.30Y_A=0.30

解題方法

由拉午耳定律：

PA=XAxP_A=X_Ax PB=(1−XA)yP_B=(1-X_A)y

代入蒸氣中 A 的比例：

0.30=XAxXAx+(1−XA)y0.30=\frac{X_Ax}{X_Ax+(1-X_A)y}

交叉相乘：

0.30[XAx+(1−XA)y]=XAx0.30\left[X_Ax+(1-X_A)y\right]=X_Ax

展開：

0.30XAx+0.30(1−XA)y=XAx0.30X_Ax+0.30(1-X_A)y=X_Ax

移項整理：

0.30(1−XA)y=0.70XAx0.30(1-X_A)y=0.70X_Ax 0.30y−0.30XAy=0.70XAx0.30y-0.30X_Ay=0.70X_Ax 0.30y=XA(0.70x+0.30y)0.30y=X_A(0.70x+0.30y)

因此：

XA=0.30y0.70x+0.30yX_A=\frac{0.30y}{0.70x+0.30y}

所以正確選項為 (A)。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 23 題2 分

下列何者為 NOX3X−\ce{NO3^-} 的結構？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查路易斯結構、形式電荷與 VSEPR（價電子層電子對互斥理論）對分子形狀的判斷。

判斷中心原子周圍的幾何形狀時，需計算：

  1. 中心原子周圍的鍵結電子域數。
  2. 中心原子上的孤電子對數。
  3. 電子域之間的排斥方式。

解題方法

首先繪製 NOX3X−\ce{NO3^-} 的路易斯結構。

總價電子數為：

5+3(6)+1=245+3(6)+1=24

其中氮提供 5 個價電子，三個氧共提供 18 個價電子，負一價電荷再增加 1 個電子。

氮為中心原子，與三個氧形成鍵結。NOX3X−\ce{NO3^-} 具有共振結構，可表示為：

[O−N(=O)−O]X−\ce{[O-N(=O)-O]^-}

雙鍵位置可在三個氧之間變動，因此三個 N−O\ce{N-O} 鍵實際上具有等效性。雖然路易斯結構中可畫出一個 N=O\ce{N=O} 雙鍵與兩個 N−OX−\ce{N-O^-} 單鍵，但在 VSEPR 判斷中，每個鍵至多視為一個電子域。

中心氮周圍共有：

  • 三個鍵結電子域
  • 零個孤電子對

因此中心氮屬於 AX3AX_3 型，三個電子域會以約 120∘120^\circ 的方向分布，使排斥作用最小，形成平面三角形。

氮原子採近似 sp2sp^2 混成，三個 N−O\ce{N-O} 鍵位於同一平面。

選項分析

(A) 線性（linear）錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 24 題2 分

MnClX4X2−\ce{MnCl4^{2-}} 為四面體結構，試問此錯合物含有多少未成對電子（unpaired electron）？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查錯合物的：

  1. 中心金屬氧化數判定
  2. 過渡金屬的 dd 電子數
  3. 四面體晶場分裂與高自旋排列
  4. 未成對電子數的判定

未成對電子是指單獨佔據軌域、沒有與另一電子配對的電子。

解題方法

先判定錳的氧化數。設錳為 xx：

x+4(−1)=−2x+4(-1)=-2

因此：

x=+2x=+2

錳的原子序為 2525，基態電子組態為：

Mn:[Ar]3d54s2\ce{Mn}: [\ce{Ar}]3d^5 4s^2

形成 MnX2+\ce{Mn^{2+}} 時，先移除 4s4s 軌域的兩個電子：

MnX2+:[Ar]3d5\ce{Mn^{2+}}: [\ce{Ar}]3d^5

所以中心金屬 MnX2+\ce{Mn^{2+}} 屬於 d5d^5。

四面體錯合物的晶場分裂如下：

  • 較低能量：ee 軌域，共 2 個
  • 較高能量：t2t_2 軌域，共 3 個

四面體晶場分裂能 Δt\Delta_t 較八面體晶場分裂能小，且氯離子 ClX−\ce{Cl^-} 屬於弱場配體，因此形成高自旋排列。d5d^5 電子組態為：

(e)2(t2)3(e)^2(t_2)^3

依洪特規則，電子會先分占不同軌域，再開始配對：

5 個電子皆未成對\boxed{\text{5 個電子皆未成對}}

因此未成對電子數為 55。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 25 題2 分

錯合物 trans−[Ni(NHX3)X2(CN)X4]X2−\ce{trans-[Ni(NH3)2(CN)4]^{2-}} 的晶場圖（crystal field diagram）為下列何者？其中 CNX−\ce{CN^-} 具有比 NHX3\ce{NH3} 較強的 crystal field。

🖼️【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：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三個觀念：

  1. 判斷錯合物的中心金屬氧化態與 dd 電子數。
  2. 由配位幾何與配體強弱判斷 dd 軌域分裂。
  3. 判斷不同配體造成的簡併軌域是否仍保持相同能階。

對錯合物

trans−[Ni(NHX3)X2(CN)X4]X2−\ce{trans-[Ni(NH3)2(CN)4]^{2-}}

設 Ni\ce{Ni} 的氧化態為 xx：

x+2(0)+4(−1)=−2x+2(0)+4(-1)=-2

因此：

x=+2x=+2

Ni\ce{Ni} 的原子序為 28，基態電子組態為 [Ar]X3dX8 4sX2\ce{[Ar]3d^8 4s^2}，所以 NiX2+\ce{Ni^{2+}} 為：

NiX2+: d8\ce{Ni^{2+}}:\ d^8

此錯合物有 6 個配體，為八面體錯合物。

解題方法

由 trans 結構可將兩個互相相對的 NHX3\ce{NH3} 放在 zz 軸上，四個 CNX−\ce{CN^-} 位於 xyxy 平面：

  • +z+z、−z-z 方向：NHX3\ce{NH3}
  • +x+x、−x-x、+y+y、−y-y 方向：CNX−\ce{CN^-}

又因為：

CNX−>NHX3\ce{CN^-}>\ce{NH3}

表示 CNX−\ce{CN^-} 的晶場較強，與 xyxy 平面方向相關的軌域會受到較大的排斥，能量上升較多。

各軌域的相對能量如下：

  • dx2−y2\mathrm{d_{x^2-y^2}}：正對著 xx、yy 軸上的四個 CNX−\ce{CN^-}，受到最強排斥，能量最高。
  • dz2\mathrm{d_{z^2}}：主要朝向 zz 軸上的兩個 NHX3\ce{NH3}，並受到平面內配體部分影響，能量低於 dx2−y2\mathrm{d_{x^2-y^2}}。
  • dxy\mathrm{d_{xy}}：位於 xyxy 平面內，雖不直接正對配體，但受到四個較強 CNX−\ce{CN^-} 的影響，能量高於 dxz\mathrm{d_{xz}}、dyz\mathrm{d_{yz}}。
  • dxz\mathrm{d_{xz}}、dyz\mathrm{d_{yz}}：彼此對稱且簡併，能量最低。

因此由高能量到低能量為：

dx2−y2>dz2>dxy>dxz=dyz\mathrm{d_{x^2-y^2}} > \mathrm{d_{z^2}} > \mathrm{d_{xy}} > \mathrm{d_{xz}}=\mathrm{d_{yz}}

能階簡併數由上而下為：

1, 1, 1, 21,\ 1,\ 1,\ 2

這正是選項 B 所表示的晶場分裂圖。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 26 題2 分

何組試劑適合用來進行下列的反應？

🖼️【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：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查芳香族硝基化合物的還原反應。圖中反應為：

CX6HX5NOX2→CX6HX5NHX2\ce{C6H5NO2 -> C6H5NH2}

硝基苯 CX6HX5NOX2\ce{C6H5NO2} 還原後生成苯胺 CX6HX5NHX2\ce{C6H5NH2}。硝基通常經由硝基苯、亞硝基苯與羥胺中間體，最後還原成胺基：

Ar−NOX2→Ar−NO→Ar−NHOH→Ar−NHX2\ce{Ar-NO2 -> Ar-NO -> Ar-NHOH -> Ar-NH2}

總反應可寫成：

CX6HX5NOX2+3 HX2→CX6HX5NHX2+2 HX2O\ce{C6H5NO2 + 3H2 -> C6H5NH2 + 2H2O}

解題方法

逐一判斷三組試劑是否能將 −NOX2\ce{-NO2} 還原為 −NHX2\ce{-NH2}：

  1. HX2,Pt\ce{H2, Pt}：利用鉑催化氫化，使硝基逐步加氫還原為胺基。
  2. Fe,HX3OX+\ce{Fe, H3O+}：鐵在酸性環境中提供電子，酸提供質子，能將硝基還原為胺基。
  3. SnClX2,HX3OX+\ce{SnCl2, H3O+}：氯化亞錫 SnClX2\ce{SnCl2} 為還原劑，在酸性環境中可將硝基還原為胺基。

因此三組試劑皆能完成圖示反應。

選項分析

(A) I：錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 27 題2 分

哪一個溶劑最適合用來製備 Grignard 試劑？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

Grignard 試劑是有機鎂鹵化物，通式為 R−MgX\ce{R-MgX}，通常由鹵代烴與鎂在無水、無氧的醚類溶劑中反應製備：

R−X+Mg→dry etherR−Mg−X\ce{R-X + Mg ->[dry\ ether] R-Mg-X}

常用溶劑包括 diethyl ether 與 tetrahydrofuran（THF）。這類溶劑具有兩項重要特性：

  1. 醚氧的孤電子對可配位鎂原子，穩定生成的 R−MgX\ce{R-MgX}。
  2. 本身沒有容易被 Grignard 試劑攻擊的活潑官能基，且可在無水條件下使用。

Grignard 試劑中的 RX−\ce{R^-} 具有高度親核性與強鹼性，因此不能與含有活潑氫或容易發生親核反應的官能基共存。

解題方法

判斷適合製備 Grignard 試劑的溶劑，可依下列順序檢查：

  1. 是否為無水溶劑？
  2. 是否能以孤電子對配位 Mg\ce{Mg}，穩定 Grignard 試劑？
  3. 是否含有會與 R−MgX\ce{R-MgX} 反應的官能基？
  4. 是否具有足夠的溶解與反應環境，使鎂能順利插入 C−X\ce{C-X} 鍵？

四個選項中，THF 是環狀醚，醚氧能與鎂配位，且沒有酯基或腈基等會消耗 Grignard 試劑的官能基，因此最適合。

選項分析

(A) CHX3CN\ce{CH3CN}：錯誤

CHX3CN\ce{CH3CN} 是 acetonitrile，含有腈基 −C≡N\ce{-C#N}。腈基的碳具有親電性，會被 Grignard 試劑的有機基團進行親核加成：

R−MgX+CHX3−C≡N→R−C(RX′)=N−MgX\ce{R-MgX + CH3-C#N -> R-C(R')=N-MgX}

以 CHX3CN\ce{CH3CN} 為例，可簡化表示為：

R−MgX+CHX3−C≡N→CHX3−C(R)=N−MgX\ce{R-MgX + CH3-C#N -> CH3-C(R)=N-MgX}

酸化水解後會形成酮：

CHX3−C(R)=N−MgX→HX3OX+CHX3−C(=O)−R\ce{CH3-C(R)=N-MgX ->[H3O+] CH3-C(=O)-R}

因此，CHX3CN\ce{CH3CN} 會直接消耗正在生成的 Grignard 試劑，不適合作為製備溶劑。

(B) Benzene：錯誤

Benzene 為非極性芳香族溶劑，雖然本身通常不會像水或醇那樣直接破壞 Grignard 試劑，但它有兩個問題：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 28 題2 分

下列反應何者稱為 Suzuki–Miyaura reaction？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查過渡金屬鈀催化的交叉偶聯反應。Suzuki–Miyaura reaction 的定義是：

R−B(OH)X2+RX′−X→basePdR−RX′\ce{R-B(OH)2 + R'-X ->[Pd][base] R-R'}

其中：

  • R−B(OH)X2\ce{R-B(OH)2}：有機硼化合物，例如芳基硼酸
  • RX′−X\ce{R'-X}：芳基或乙烯基鹵化物、三氟甲磺酸酯（triflate）
  • 催化劑通常為 Pd\ce{Pd} 配合物
  • 常需鹼促進有機硼試劑的轉金屬化（transmetalation）

鈀催化循環主要包括：

  1. Pd(0)\ce{Pd(0)} 對 RX′−X\ce{R'-X} 進行氧化加成。
  2. 有機硼試劑將 R\ce{R} 轉移給鈀，發生轉金屬化。
  3. 兩個有機基團在鈀上進行還原消除，形成新的 C−C\ce{C-C} 鍵並再生 Pd(0)\ce{Pd(0)}。

解題方法

逐一辨認各選項的有機金屬試劑及反應夥伴：

  • 硼酸 B(OH)X2\ce{B(OH)2}：Suzuki–Miyaura
  • 鋅試劑，例如 R−ZnCl\ce{R-ZnCl}：Negishi
  • 有機錫試劑，例如 R−Sn(n-Bu)X3\ce{R-Sn(n-Bu)3}：Stille
  • 烯類與芳基鹵化物在鈀催化下偶聯：Heck

因此只要找出「有機硼酸與芳基鹵化物或 triflate 偶聯」的選項，即可判定答案。

選項分析

(A) 錯誤：Heck reaction

此反應為碘苯與丙烯酸甲酯在鈀催化劑及三乙胺存在下反應：

CX6HX5−I+CHX2=CH−COX2Me→EtX3N,  100X∘CPd(OAc)X2CX6HX5−CH=CH−COX2Me\ce{C6H5-I + CH2=CH-CO2Me ->[Pd(OAc)2][Et3N,\ 100^{\circ}C] C6H5-CH=CH-CO2Me}

反應物中包含：

  • 芳基碘化物 CX6HX5−I\ce{C6H5-I}
  • 烯類 CHX2=CH−COX2Me\ce{CH2=CH-CO2Me}

其關鍵步驟是鈀先對芳基碘化物氧化加成，再使烯類插入鈀－碳鍵，最後經由 β\beta-氫消除生成取代烯烴。這是 Heck 反應，不是 Suzuki–Miyaura 反應。

(B) 錯誤：Negishi reaction

此反應使用有機鋅試劑與芳基溴化物：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 29 題2 分

(1S,2S)(1S,2S)-1,2-dibromo-1,2-diphenylethane 進行 E2 反應所得的主要產物為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三個重點：

  1. E2 消去反應的協同機構
  2. C−C\ce{C-C} 單鍵旋轉與 anti-periplanar（反式共平面）排列
  3. 烯烴的 E/ZE/Z 立體化學判定

E2 反應在同一步驟中完成：

  • 鹼抓取 β\beta-碳上的氫；
  • C−H\ce{C-H} 鍵電子形成 C=C\ce{C=C}；
  • C−Br\ce{C-Br} 鍵同時斷裂，溴離去。

反應可表示為：

PhCH(Br)−CH(Br)Ph+BX−→PhC(Br)=CHPh+HB+BrX−\ce{PhCH(Br)-CH(Br)Ph + B^- -> PhC(Br)=CHPh + HB + Br^-}

E2 最有利的構形是離去基 Br\ce{Br} 與被移除的 β\beta-氫呈 anti-periplanar，亦即二者的二面角約為 180∘180^\circ。

解題方法

1. 判斷消去位置

原料結構為：

Ph−CH(Br)−CH(Br)−Ph\ce{Ph-CH(Br)-CH(Br)-Ph}

兩個碳原子各帶有：

  • 一個 Br\ce{Br}
  • 一個 H\ce{H}
  • 一個 Ph\ce{Ph}

E2 消去時，必須從其中一個碳移除氫，並從相鄰碳移除溴。由於兩端結構對稱，從左端或右端消去在本質上是等價的，形成同一種烯烴骨架：

Ph−C(Br)=CH−Ph\ce{Ph-C(Br)=CH-Ph}

依烯烴命名規則，應使取代基字母順序較前的 bromo 取得較小定位號，因此正式命名為：

1-bromo-1,2-diphenylethylene

所以「2-bromo」其實只是從另一端編號的非優先寫法。

2. 判斷 anti 消去所形成的立體化學

將 C−C\ce{C-C} 單鍵旋轉，使一個碳上的 C−Br\ce{C-Br} 鍵與另一個碳上的 C−H\ce{C-H} 鍵呈 anti-periplanar 排列：

C−Br  anti  C−H\ce{C-Br \ anti \ C-H}

對於題目指定的 (1S,2S)(1S,2S) 構型，按照此 anti 消去途徑形成雙鍵後，烯烴兩側的高優先序取代基為：

  • 在 CX1\ce{C1}：Br\ce{Br} 的優先序高於 Ph\ce{Ph}
  • 在 CX2\ce{C2}：Ph\ce{Ph} 的優先序高於 H\ce{H}

形成的主要產物中，這兩個高優先序基團 Br\ce{Br} 與 Ph\ce{Ph} 位於雙鍵同側，因此為 ZZ 型：

(1 S, 2 S)−PhCH(Br)−CH(Br)Ph→EX2(Z)−PhC(Br)=CHPh\ce{(1S,2S)-PhCH(Br)-CH(Br)Ph ->[E2] (Z)-PhC(Br)=CHPh}

故主要產物為：

(Z)(Z)-1-bromo-1,2-diphenylethylene

選項分析

(A) (Z)(Z)-1-bromo-1,2-diphenylethylene

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 30 題2 分

下列試劑何者不適合用來進行下列的反應？

🖼️【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：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查末端炔烴的去質子化與乙炔負離子的烷基化反應。

原料為末端炔烴：

CHX3CHX2CHX2C≡CH\ce{CH3CH2CH2C#CH}

反應先以強鹼移除末端氫，形成炔負離子；再與 CHX3Br\ce{CH3Br} 進行 SN2\mathrm{S_N2} 反應，延長碳鏈：

CHX3CHX2CHX2C≡CH→強鹼CHX3CHX2CHX2C≡CX−→CHX3BrCHX3CHX2CHX2C≡CCHX3\ce{CH3CH2CH2C#CH ->[強鹼] CH3CH2CH2C#C^- ->[CH3Br] CH3CH2CH2C#CCH3}

末端炔烴的 C−H\ce{C-H} 酸性比一般烷烴強，但其 pKa\mathrm{p}K_a 約為 2525，因此需使用共軛酸 pKa\mathrm{p}K_a 明顯較大的強鹼，才能使去質子化反應有效進行。

解題方法

判斷各試劑是否適合，分成兩步：

  1. 試劑是否能有效生成炔負離子 CHX3CHX2CHX2C≡CX−\ce{CH3CH2CH2C#C^-}。
  2. 生成的炔負離子是否能對 CHX3Br\ce{CH3Br} 進行 SN2\mathrm{S_N2} 烷基化。

由於 CHX3Br\ce{CH3Br} 為甲基鹵化物，位阻極小，炔負離子可順利進行 SN2\mathrm{S_N2} 反應。因此本題關鍵在於第一步的去質子化能力。

選項分析

(A) KOtBu\ce{KOtBu}：正確答案

KOtBu\ce{KOtBu} 的實際鹼性來源為 X−X22−OC(CHX3)X3\ce{^-OC(CH3)3}，其共軛酸為 (CHX3)X3COH\ce{(CH3)3COH}，pKa\mathrm{p}K_a 約為 1818。

去質子化平衡可表示為：

CHX3CHX2CHX2C≡CH+X−X22−OC(CHX3)X3⇌CHX3CHX2CHX2C≡CX−+(CHX3)X3COH\ce{CH3CH2CH2C#CH + ^-OC(CH3)3 <=> CH3CH2CH2C#C^- + (CH3)3COH}

因為末端炔烴的 pKa\mathrm{p}K_a 約為 2525，而叔丁醇的 pKa\mathrm{p}K_a 約為 1818，平衡偏向左側，無法有效生成足量炔負離子。即使少量生成，也不足以順利完成後續的甲基化反應。

此外，KOtBu\ce{KOtBu} 具有較大的位阻，主要適合促進消去反應，不適合作為本題生成炔負離子的試劑。

因此 KOtBu\ce{KOtBu} 不適合，故選 (A)。

(B) NaNHX2\ce{NaNH2}：錯誤選項

NaNHX2\ce{NaNH2} 提供強鹼 NHX2X−\ce{NH2^-}，其共軛酸為 NHX3\ce{NH3}，pKa\mathrm{p}K_a 約為 3838，明顯高於末端炔烴的

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 31 題2 分

下列試劑何者最適合用來進行下列的反應？

🖼️【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：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯烴轉換為環氧化物（epoxide）的方法，以及不同氧化試劑的反應機構。

圖中起始物為具有外烯基的環己烷：

CX6HX10=CHX2\ce{C6H10=CH2}

目標產物是在原雙鍵位置形成三員環環氧化物。官方答案採用「先形成溴醇，再以鹼進行分子內取代」的方法。

解題方法

選項 B 分為兩步：

第一步：溴水生成溴醇

烯烴與 BrX2\ce{Br2}、HX2O\ce{H2O} 反應時，先由雙鍵進攻溴分子，形成溴鎓離子；接著水分子從背面進攻開環，產生溴醇。

C=C+BrX2→HX2OBr−C−C−OH\ce{C=C + Br2 ->[H2O] Br-C-C-OH}

此反應具有反式加成特性，產物同時含有 C−Br\ce{C-Br} 與 C−OH\ce{C-OH}。

第二步：鹼促進分子內環化

加入 KOH\ce{KOH} 後，醇基被去質子化：

ROH+OHX−→ROX−+HX2O\ce{ROH + OH^- -> RO^- + H2O}

生成的烷氧負離子 ROX−\ce{RO^-} 以親核試劑身分，分子內進攻鄰碳上的 C−Br\ce{C-Br}，以 SN2\mathrm{S_N2} 機構排出 BrX−\ce{Br^-}，形成三員環環氧化物：

Br−C−C−OX−→C−C−O epoxide+BrX−\ce{Br-C-C-O^- -> C-C-O\ epoxide + Br^-}

這是分子內 SN2\mathrm{S_N2} 反應，因為親核基團與離去基團位於相鄰碳上，容易形成三員環。

選項分析

(A) m CPBA\ce{mCPBA}，CHX2ClX2\ce{CH2Cl2}

m CPBA\ce{mCPBA} 確實是常見的烯烴環氧化試劑，理論上可將烯烴直接轉變為環氧化物：

C=C+m CPBA→epoxide\ce{C=C + mCPBA -> epoxide}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 32 題2 分

哪一組試劑最適合用來進行下列的反應？

🖼️【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：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗有機還原反應的化學選擇性（Chemoselectivity）。
反應物分子中同時含有兩個不同的羰基衍生物官能基：

  1. 羧酸基（Carboxylic acid, −COX2H\ce{-CO2H}）
  2. 酯基（Ester, −COX2Et\ce{-CO2Et}）

目標產物保留了酯基（−COX2Et\ce{-CO2Et}），僅將羧酸基（−COX2H\ce{-CO2H}）選擇性還原成一級醇（−CHX2OH\ce{-CH2OH}）。解題關鍵在於辨識何種還原試劑對「羧酸」的反應活性顯著高於「酯類」。

解題方法

  1. 分析反應前後的官能基轉化：
  • 起始物：HOX2C−CHX2−CHX2−COX2Et\ce{HO2C-CH2-CH2-CO2Et}（或不飽和/飽和的二元酸單酯衍生物）
  • 產物：HOHX2C−CHX2−CHX2−COX2Et\ce{HOH2C-CH2-CH2-CO2Et}
  • 轉化特徵：羧酸（−COOH\ce{-COOH}）還原為一級醇（−CHX2OH\ce{-CH2OH}），而酯基（−COX2Et\ce{-CO2Et}）完好保留。
  1. 評估常見還原劑的化學選擇性與機構：
  • **硼烷（BHX3\ce{BH3} 或其錯合物 BHX3 ⋅ SMeX2\ce{BH3.SMe2}）**屬於親電性還原劑（Electrophilic reducing agent）。羧酸的羰基氧具有較高電子密度，能優先與缺電子的 BHX3\ce{BH3} 進行路易斯酸鹼配位，形成三醯基硼酸酯（Triacyl borate）中間體，接著進行分子內快速氫負離子（Hydride）轉移，其還原羧酸的速率極快，遠大於還原酯類的速率。因此能在酯基存在下，高度選擇性地將羧酸還原為一級醇。

選項分析

  • (A) LiAlHX4\ce{LiAlH4}，ether：錯誤
    氫化鋁鋰（LiAlHX4\ce{LiAlH4}）是極強的親核性氫負離子還原劑，不具備區分羧酸與酯類的選擇性。它會將分子中的羧酸（−COX2H\ce{-CO2H}）與酯基（−COX2Et\ce{-CO2Et}）同時還原成一級醇，得到二元醇產物（Diol），無法專一性保留酯基。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 33 題2 分

下列反應的主產物為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查不同醚類保護基的去保護條件：

  • TBS\ce{TBS}（tert-butyldimethylsilyl）醚：可被氟離子 FX−\ce{F^-} 脫除。
  • THP\ce{THP}（tetrahydropyranyl）醚：通常以酸催化水解脫除。
  • MEM\ce{MEM}（2-methoxyethoxymethyl）醚：屬於酸敏感保護基，通常以酸性條件脫除。

反應試劑為 n-BuX4NX+FX−\ce{n-Bu4N+F^-}，即 tetrabutylammonium fluoride，提供親核性的氟離子。

解題方法

氟離子會親核攻擊矽原子，形成五配位矽中間體，接著使 Si−O\ce{Si-O} 鍵斷裂：

R−O−Si(CHX3)X2−t Bu+FX−→R−OX−+F−Si(CHX3)X2−t Bu\ce{R-O-Si(CH3)2-tBu + F^- -> R-O^- + F-Si(CH3)2-tBu}

經由反應後處理，烷氧負離子轉化為醇：

R−OX−→R−OH\ce{R-O^- -> R-OH}

因此，題目右側鏈末端的 OTBS\ce{OTBS} 會轉變為 OH\ce{OH}。圖中的 OTHP\ce{OTHP} 與 OMEM\ce{OMEM} 則在鹼性、氟離子條件下維持不變。

所以產物保留：

  • 環己烷上的 OMEM\ce{OMEM}
  • 側鏈上的 OTHP\ce{OTHP}

並將末端的 OTBS\ce{OTBS} 轉為 OH\ce{OH}，符合選項 B。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 34 題2 分

下列反應條件何者適合用來進行下列之反應？

🖼️【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：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗有機合成中縮硫醛／縮硫酮（Thioacetal / Thioketal）的去硫還原反應（Desulfurization）。
在有機合成策略中，醛或酮常轉化為 1,3-二硫雜環己烷（1,3-dithiane）進行羰基保護或極性反轉（Umpolung）。若要將此硫縮醛官能基直接還原成伸甲基（−CHX2−\ce{-CH2 -}），即完成羰基的去氧還原（相當於 Wolff-Kishner 或 Clemmensen 還原的溫和替代方案），最經典的方法是利用氫化去硫反應（Reductive desulfurization）。常用的試劑系統包含：

  1. 自由基氫轉移還原法：三正丁基氫化錫（n-BuX3SnH\ce{n-Bu3SnH}）配合自由基引發劑偶氮二異丁腈（AIBN）。
  2. 硼氫化鈉-過渡金屬鹽還原系統：氯化鎳配合硼氫化鈉（NiClX2 / NaBHX4\ce{NiCl2 / NaBH4}），在原位（in situ）生成高活性的硼化鎳（Nickel boride, NiX2B\ce{Ni2B}）奈米催化顆粒。
  3. 經典不均相催化氫化法：雷尼鎳（Raney Ni），於乙醇中加熱回流（Mozingo 還原反應）。

解題方法

題目的反應受質為 2-苯基-1,3-二硫雜環己烷（2-phenyl-1,3-dithiane），反應物受質經由切斷兩根 C−S\ce{C-S} 鍵並接上兩個氫原子，轉化為產物甲苯（Toluene，PhCHX3\ce{PhCH3}）。
解題切入點在於檢驗各選項所列的反應條件是否能有效引發 C−S\ce{C-S} 鍵的均裂或催化氫解：

  • 選項 (A) 利用自由基反應，錫自由基對硫原子親核性拔除或進行自由基鏈反應切斷 C−S\ce{C-S} 鍵，達成去硫化。
  • 選項 (B) 利用硼氫化鈉還原二價鎳鹽生成的活化過渡金屬表面，具備吸附硫與催化還原氫化的能力。
  • 選項 (C) 是最經典的 Mozingo 反應去硫化試劑，雷尼鎳內部吸附有大量的活化氫氣，可直接將縮硫醛/酮還原為烷烴。

因三種條件皆為文獻與經典有機合成中公認可用於硫縮醛去硫還原的標準方法，故本題應選「以上皆可」。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 35 題2 分

下列 diol 何者無法與 HIOX4\ce{HIO4} 進行氧化切割（oxidative cleavage）反應？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

HIOX4\ce{HIO4}（週期酸，periodic acid）可將鄰二醇進行氧化切割（Malaprade oxidation）：

RX2C(OH)−C(OH)RX2+HIOX4→RX2C=O+O=CRX2+HIOX3+HX2O\ce{R2C(OH)-C(OH)R2 + HIO4 -> R2C=O + O=CR2 + HIO3 + H2O}

反應機構的關鍵是兩個相鄰的 −OH\ce{-OH} 先與週期酸形成五員環狀的週期酸酯中間體，接著斷裂 C−C\ce{C-C} 鍵，兩個帶有 −OH\ce{-OH} 的碳分別氧化成羰基。

因此，判斷能否反應時，不能只看「是否為鄰二醇」，還要考慮：

  1. 兩個 −OH\ce{-OH} 必須位於相鄰碳上。
  2. 兩個 C−O\ce{C-O} 鍵必須能採取適當的同面、近似共平面排列。
  3. 分子構形不能因環狀結構或大型取代基而使環狀週期酸酯無法形成。

解題方法

本題三個化合物都是鄰二醇，真正的判斷重點是環己烷的立體化學與構形。

將環己烷畫成椅式構形後，分別檢查：

  • 兩個羥基能否排列在適合形成五員環中間體的位置；
  • tert−butyl\ce{tert-butyl} 是否會使必要的反應構形受阻；
  • 是否能透過環翻轉取得可反應構形。

官方答案所採用的判斷是：A 與 C 可達到適合週期酸酯形成的構形；B 則受到 tert−butyl\ce{tert-butyl} 與鄰二醇立體排列的共同限制，無法形成必要的環狀中間體，因此不能進行氧化切割。

選項分析

(A) A：可反應，故不是答案

A 的兩個 −OH\ce{-OH} 位於相鄰碳上。雖然分子具有環狀結構與立體限制，但可採取適合兩個氧原子同時配位週期酸的構形，形成五員環狀週期酸酯中間體。

隨後發生：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 36 題2 分

下列反應之最終產物為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查酮的「二甲基腙烷基化」反應：

  1. 酮與 (CHX3)X2NNHX2\ce{(CH3)2NNH2} 形成二甲基腙。
  2. n-BuLi\ce{n-BuLi} 移去羰基鄰位的 α\alpha-氫，形成烯醯胺型鋰陰離子。
  3. 陰離子與 CHX3CHX2Br\ce{CH3CH2Br} 進行 SN2\mathrm{S_N2} 烷基化。
  4. 酸性水解使腙基回復為羰基。

整體效果是：在酮的 α\alpha-碳引入一個乙基，最後恢復酮的結構。

解題方法

起始物是鄰位帶有甲基的環己酮。形成二甲基腙後，環酮兩側的 α\alpha-位置具有可被移除的氫，但右側 α\alpha-碳已帶有甲基，位阻較大；左側 α\alpha-碳較不擁擠，因此 n-BuLi\ce{n-BuLi} 優先移除左側 α\alpha-氫。

可概括表示為：

ketone→(CHX3)X2NNHX2dimethylhydrazone\ce{ketone ->[\ce{(CH3)2NNH2}] dimethylhydrazone} dimethylhydrazone→2 ⋅  CHX3CHX2Br1 ⋅  n-BuLialpha−ethylated hydrazone\ce{dimethylhydrazone ->[1.\ n-BuLi][2.\ CH3CH2Br] alpha-ethylated\ hydrazone} alpha−ethylated hydrazone→HX3OX+alpha−ethylated ketone\ce{alpha-ethylated\ hydrazone ->[\ce{H3O+}] alpha-ethylated\ ketone}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 37 題2 分

下列反應的主要產物為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯類與鹵素在不同鹵離子存在下的加成反應，以及：

  • BrX2\ce{Br2} 先與烯鍵形成三員環狀的溴鎓離子（bromonium ion）。
  • 溶液中的 ClX−\ce{Cl^-} 作為親核試劑，開啟溴鎓離子。
  • 反應具有反式加成（anti addition）特徵。
  • ClX−\ce{Cl^-} 優先攻擊較取代的烯碳，因此決定區域選擇性。

解題方法

原料為末端烯類，可概略表示為：

R−CH=CHX2\ce{R-CH=CH2}

首先，烯鍵與 BrX2\ce{Br2} 反應形成溴鎓離子：

R−CH=CHX2+BrX2→[R−CH−CHX2−Br]X++BrX−\ce{R-CH=CH2 + Br2 -> [R-CH-CH2-Br]^+ + Br^-}

由於溴鎓離子具有橋式結構，ClX−\ce{Cl^-} 會從背面進攻，造成反式開環。ClX−\ce{Cl^-} 進攻較取代的烯碳，也就是靠近 R\ce{R} 的碳；原本的 Br\ce{Br} 則留在末端碳上。

因此產物為：

R−CH(Cl)−CHX2Br\ce{R-CH(Cl)-CH2Br}

也就是氯原子接在較內側的碳，溴原子接在末端碳，符合選項（A）的結構。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 38 題2 分

下列酯類化合物中，何者無法進行 Claisen condensation 反應？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

Claisen condensation（酯縮合）是酯的 α\alpha-碳先被鹼拔除氫，形成酯烯醇負離子，接著進攻另一分子酯的羰基碳，經四面體中間體並脫去 EtOX−\ce{EtO^-}，形成 β\beta-酮酯。

一般自縮合可表示為：

2RCHX2COX2Et→EtOX− / EtOHRCHX2COCH(R)COX2Et2\ce{RCH2CO2Et} \xrightarrow{\ce{EtO^- / EtOH}} \ce{RCH2COCH(R)CO2Et}

反應能順利進行的關鍵包括：

  1. 起始酯必須具有 α\alpha-氫，才能形成酯烯醇負離子。
  2. Claisen 產物通常要具有 β\beta-酮酯的活性 α\alpha-氫，能被鹼再次拔除，使平衡向生成物方向移動。
  3. 若起始酯的 α\alpha-碳只有一個氫，反應後該位置會變成四級碳，產物沒有可被拔除的氫，無法利用產物去質子化推動反應。

解題方法

逐一判斷各酯的 α\alpha-碳：

  • 羰基旁的碳是否有 α\alpha-氫？
  • 進行酰基化後，該碳是否仍保有可被鹼拔除的氫，以穩定 Claisen 產物？

選項分析

(A) 苯乙酸乙酯，可寫作：

CX6HX5CHX2COX2Et\ce{C6H5CH2CO2Et}

羰基旁的 CHX2\ce{CH2} 具有兩個 α\alpha-氫，可被 EtOX−\ce{EtO^-} 拔除，形成酯烯醇負離子：

CX6HX5CHX2COX2Et+EtOX−⇌CX6HX5CHX−COX2Et+EtOH\ce{C6H5CH2CO2Et + EtO^- <=> C6H5CH^-CO2Et + EtOH}

該負離子可進攻另一分子酯的羰基，經由親核酰基取代形成 β\beta-酮酯。因此 (A) 可以進行 Claisen condensation，並非答案。

(B) 此結構為丁酸乙酯：

CHX3CHX2CHX2COX2Et\ce{CH3CH2CH2CO2Et}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 39 題2 分

下列鹵素化合物何者最合適利用 malonic ester synthesis 來製備 cyclopentanecarboxylic acid？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 malonic ester synthesis（丙二酸酯合成法），以及利用二鹵化物進行分子內烷基化以製備環狀羧酸。

丙二酸酯通常指 diethyl malonate：

EtOX2C−CHX2−COX2Et\ce{EtO2C-CH2-CO2Et}

中央的 CHX2\ce{CH2} 具有酸性氫，可被 EtOX−\ce{EtO^-} 去質子化，形成穩定的丙二酸酯負離子。此負離子再對鹵代烷進行 SXN2\ce{S_N2} 烷基化。完成水解與脫羧後，可得到羧酸：

EtOX2C−CHX2−COX2Et→2 ⋅ R−X1 ⋅ NaOEtEtOX2C−CHR−COX2Et→2 ⋅ HX3OX+1 ⋅ NaOH[Δ] R−CHX2−COX2H\ce{EtO2C-CH2-CO2Et ->[1.NaOEt][2.R-X] EtO2C-CHR-CO2Et ->[1.NaOH][2.H3O+][\Delta] R-CH2-CO2H}

若使用適當位置的二鹵化物，則可進行兩次烷基化，形成環狀丙二酸酯，最後經水解、脫羧得到環狀羧酸。

解題方法

目標產物為 cyclopentanecarboxylic acid，可表示為：

cyclopentyl−COX2H\ce{cyclopentyl-CO2H}

丙二酸酯合成的關鍵是：丙二酸酯中央碳原子最後會成為羧酸的 α\alpha-碳。因此若要形成五員環，必須讓丙二酸酯中央碳與四個 CHX2\ce{CH2} 連接，形成：

EtOX2C−C(CHX2CHX2CHX2CHX2)−COX2Et\ce{EtO2C-C(CH2CH2CH2CH2)-CO2Et}

這需要使用兩端各帶有溴原子的四碳鏈，即 Br−(CHX2)X4−Br\ce{Br-(CH2)4-Br}，也就是 1,4-dibromobutane。

反應可分為下列步驟。

第一次去質子化與分子間烷基化：

EtOX2C−CHX2−COX2Et+EtOX−→EtOX2C−CHX−−COX2Et+EtOH\ce{EtO2C-CH2-CO2Et + EtO^- -> EtO2C-CH^--CO2Et + EtOH} EtOX2C−CHX−−COX2Et+Br−(CHX2)X4−Br→EtOX2C−CH(CHX2)X4Br−COX2Et+BrX−\ce{EtO2C-CH^--CO2Et + Br-(CH2)4-Br -> EtO2C-CH(CH2)4Br-CO2Et + Br^-}

接著再次去質子化，形成的負離子對另一端的 CHX2−Br\ce{CH2-Br} 進行分子內 SXN2\ce{S_N2} 反應：

EtOX2C−CH(CHX2)X4Br−COX2Et+EtOX−→EtOX2C−CX−(CHX2)X4Br−COX2Et+EtOH\ce{EtO2C-CH(CH2)4Br-CO2Et + EtO^- -> EtO2C-C^-(CH2)4Br-CO2Et + EtOH} EtOX2C−CX−(CHX2)X4Br−COX2Et→EtOX2C−C((CHX2)X4)−COX2Et+BrX−\ce{EtO2C-C^-(CH2)4Br-CO2Et -> EtO2C-C((CH2)4)-CO2Et + Br^-}

所得產物為 diethyl cyclopentane-1,1-dicarboxylate。之後進行酯水解：

EtOX2C−C((CHX2)X4)−COX2Et→2 ⋅ HX3OX+1 ⋅ NaOHHOX2C−C((CHX2)X4)−COX2H\ce{EtO2C-C((CH2)4)-CO2Et ->[1.NaOH][2.H3O+] HO2C-C((CH2)4)-CO2H}

最後加熱脫羧：

HOX2C−C((CHX2)X4)−COX2H→Δcyclopentyl−COX2H+COX2\ce{HO2C-C((CH2)4)-CO2H ->[\Delta] cyclopentyl-CO2H + CO2}

因此可得到 cyclopentanecarboxylic acid。

五員環的形成在分子內 SXN2\ce{S_N2} 反應中相當有利，且 1,4-dibromobutane 的兩個溴原子都位於一級碳，適合進行 SXN2\ce{S_N2} 反應。

選項分析

(A) 1-bromopentane

1-bromopentane 是一級鹵代烷，可順利進行一次 SXN2\ce{S_N2} 烷基化，但它只有一個溴原子，無法使丙二酸酯進行第二次分子內烷基化，因此不能形成五員環。

其反應產物為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 40 題2 分

哪一個化合物進行水解反應的速率最快？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烷基對甲苯磺酸酯（tosylate，R−OTs\ce{R-OTs}）水解時的反應速率，以及環醚氧原子的鄰基參與（neighboring-group participation）。

反應的關鍵步驟是：

R−OTs→RX++TsOX−\ce{R-OTs -> R+ + TsO^-}

離去基 TsOX−\ce{TsO^-} 離去後，若分子內的醚氧能以孤電子對進行鄰基參與，便可形成較穩定的橋式氧鎓離子中間體：

R−OTs→離子化[橋式氧鎓離子]+TsOX−\ce{R-OTs ->[\text{離子化}] [\text{橋式氧鎓離子}] + TsO^-}

此作用可穩定反應中間體、降低活化能，因此使水解速率加快。氧原子與反應中心的距離、空間排列及環大小，會影響鄰基參與的有效程度。

解題方法

比較各選項時，依序判斷：

  1. 是否有環醚氧可提供鄰基參與。
  2. 醚氧與 C−OTs\ce{C-OTs} 反應中心的相對位置。
  3. 是否能形成幾何排列良好的橋式氧鎓離子。
  4. 環大小是否有利於分子內進攻。

在四個選項中，D 的醚氧與 C−OTs\ce{C-OTs} 位置及環狀排列最有利於分子內鄰基參與，能有效穩定離子化過程，因此水解速率最快。

選項分析

(A) 錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 41 題2 分

核磁共振光譜圖中，何種數據最常用來區分 trans-3-chloropropenoic acid 和它的 cis-異構物？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查核磁共振氫譜（X1X221H\ce{^1H} NMR）如何辨識烯類化合物的幾何異構物。

trans-3-chloropropenoic acid\ce{trans-3-chloropropenoic\ acid} 可表示為：

HOOC−CH=CH−Cl\ce{HOOC-CH=CH-Cl}

其 cis-異構物與 trans-異構物的分子組成、氫原子數及氫的種類相同，主要差異在於雙鍵兩側取代基的相對空間排列。

烯類雙鍵氫之間具有鄰位耦合，耦合常數記為 JJ。雙鍵兩側氫的相對位置會顯著影響 JJ 值：

  • trans-烯類氫：JtransJ_{\mathrm{trans}} 約為 1212–18 Hz18\ \mathrm{Hz}
  • cis-烯類氫：JcisJ_{\mathrm{cis}} 約為 66–12 Hz12\ \mathrm{Hz}

因此，烯類 cis/trans 幾何異構物最常利用雙鍵氫之間的耦合常數加以區分。

解題方法

觀察 HOOC−CH=CH−Cl\ce{HOOC-CH=CH-Cl} 可知，雙鍵上有兩個烯類氫：

HX− C(COOH)=C(H)−Cl\ce{H- C(COOH)=C(H)-Cl}

這兩個氫彼此發生跨雙鍵的三鍵耦合，形成典型的烯類耦合：

H−C=C−H\ce{H-C=C-H}

trans-異構物中，兩個烯類氫位於雙鍵相對兩側，二面角接近 180∘180^\circ，其跨雙鍵耦合較強，JJ 值較大。

cis-異構物中，兩個烯類氫位於雙鍵同側，幾何排列不同，JJ 值明顯較小。

因此可依據下列判斷：

Jtrans>JcisJ_{\mathrm{trans}} > J_{\mathrm{cis}}

實際測得較大的烯類耦合常數，即可判定為 trans-異構物；較小的耦合常數則支持 cis-異構物。

選項分析

(A) 化學位移

化學位移 δ\delta 反映氫核周圍的電子屏蔽程度。cis 與 trans 異構物因空間排列不同，化學位移確實可能略有差異。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 42 題2 分

(2R,3S)(2R,3S)-tartaric acid 與 (2S,3R)(2S,3R)-tartaric acid 的關係為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. 手性中心的 R/SR/S 絕對構型
  2. 對稱性與 meso compound（內消旋化合物）
  3. enantiomers、diastereomers、identical、stereoisomers 的判定

酒石酸的結構為：

HOOC−CH(OH)−CH(OH)−COOH\ce{HOOC-CH(OH)-CH(OH)-COOH}

其中第 2、3 號碳各是一個手性中心。酒石酸具有兩個相同的末端基團 COOH\ce{COOH}，因此整個分子可能具有內部對稱面。

解題方法

(2R,3S)(2R,3S)-tartaric acid 與 (2S,3R)(2S,3R)-tartaric acid 的兩個手性中心構型完全相反：

  • 第 2 號碳：R→SR \rightarrow S
  • 第 3 號碳：S→RS \rightarrow R

表面上看似是彼此的鏡像，但判斷兩者關係時，必須進一步檢查分子是否具有內部對稱性。

對酒石酸而言，(2R,3S)(2R,3S) 構型具有一個通過分子中央的內部對稱面。此對稱面會將第 2 號碳與第 3 號碳互相對應，同時使一側的 RR 構型對應到另一側的 SS 構型。

因此，(2R,3S)(2R,3S) 與 (2S,3R)(2S,3R) 並不是兩個不同的分子，而是同一個具有內部對稱面的 meso-tartaric acid：

(2R,3S)-tartaric acid≡(2S,3R)-tartaric acid(2R,3S)\text{-tartaric acid} \equiv (2S,3R)\text{-tartaric acid}

雖然兩個標示的 R/SR/S 順序不同，但在對稱分子中，重新指定分子的編號方向後，兩個標示代表同一個實體結構。

為什麼不是 enantiomers？

Enantiomers 是彼此互為鏡像、但無法重疊的立體異構物。

本題的兩個構型雖然在紙面標示上呈現 R,SR,S 與 S,RS,R 的相反關係，但酒石酸具有內部對稱面，因此其鏡像可以與原分子完全重疊。

所以它們不是 enantiomers。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 43 題2 分

關於下列反應，哪一個敘述正確？

🖼️【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：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查芳香族親核取代反應（SNAr\mathrm{S_NAr}）的判斷，以及其與 SN1\mathrm{S_N1}、SN2\mathrm{S_N2}、苯炔機轉的區別。

反應物為芳香族氯化物，在 NaOEt\ce{NaOEt} 作用下，氯原子被乙氧基取代：

Ar−Cl+NaOEt→Ar−OEt+NaCl\ce{Ar-Cl + NaOEt -> Ar-OEt + NaCl}

其中 EtOX−\ce{EtO^-} 是親核試劑，芳香環上的碳為親電子中心，ClX−\ce{Cl^-} 為離去基。

解題方法

芳香族鹵化物不適合進行一般脂肪族的 SN2\mathrm{S_N2}，因為鹵素所連接的碳為 sp2sp^2 雜化，無法進行有效的背面進攻。

本題的多環芳香系統具有電子缺乏特性；乙氧根進攻與氯相連的芳香碳後，形成的負電荷可在共軛多環系統中離域，穩定中間體，接著脫去 ClX−\ce{Cl^-}，恢復芳香性：

Ar−Cl+EtOX−→addition[Ar(Cl)(OEt)]X−→eliminationAr−OEt+ClX−\ce{Ar-Cl + EtO^- ->[\text{addition}] [Ar(Cl)(OEt)]^- ->[\text{elimination}] Ar-OEt + Cl^-}

這是典型的「加成—消去」型芳香族親核取代反應，因此選 SNAr\mathrm{S_NAr}。

選項分析

(A) 進行 SN2\mathrm{S_N2}：錯誤

SN2\mathrm{S_N2} 需要親核試劑從離去基的背面進攻，通常發生在 sp3sp^3 碳。題目中的 C−Cl\ce{C-Cl} 位於芳香環上，該碳為 sp2sp^2 雜化，芳香環平面也阻礙背面進攻，因此不是一般的 SN2\mathrm{S_N2}。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 44 題2 分

下列反應產物的絕對立體組態為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. LiAlHX4\ce{LiAlH4} 將一級氯代烷還原為烷烴。
  2. 反應不直接破壞第 3 號碳的四面體結構，因此其空間排列保留。
  3. 但反應前後各取代基的原子序比較不同，依 CIP 規則判定的絕對構型可能由 SS 改標為 RR。

反應為：

(S)−ClCHX2CHX2CH(CHX3)CHX2CHX2CHX3→HX2OLiAlHX4CHX3CHX2CH(CHX3)CHX2CHX2CHX3\ce{(S)-ClCH2CH2CH(CH3)CH2CH2CH3 ->[LiAlH4][H2O] CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3}

解題方法

起始物的手性中心在第 3 號碳。其四個取代基依 CIP 優先順序為：

  • CHX2CHX2Cl\ce{CH2CH2Cl}：第 1
  • CHX2CHX2CHX3\ce{CH2CH2CH3}：第 2
  • CHX3\ce{CH3}：第 3
  • H\ce{H}：第 4

原因是兩個碳鏈第一個原子皆為 CHX2\ce{CH2}，繼續比較下一層時，CHX2Cl\ce{CH2Cl} 所在方向含有 Cl，因此優先於單純烷基鏈。題目已給起始物為 (S)(S)。

LiAlHX4\ce{LiAlH4} 將末端 C−Cl\ce{C-Cl} 還原成 C−H\ce{C-H}，產物為 3-methylhexane。第 3 號碳的空間排列仍維持，但產物中兩個碳鏈的優先順序改變：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 45 題2 分

下列反應的主要產物為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查炔烴與一當量氫鹵酸的親電加成反應，以及加成產物的立體化學。

反應物為 2-丁炔：

CHX3−C≡C−CHX3+HCl→CHX3−C(Cl)=CH−CHX3\ce{CH3-C#C-CH3 + HCl -> CH3-C(Cl)=CH-CH3}

使用一當量 HCl\ce{HCl} 時，反應停留在烯基氯階段，不繼續加成生成二氯烷。

解題方法

反應首先由炔鍵接受質子 HX+\ce{H+}，形成烯基碳正離子；接著氯離子 ClX−\ce{Cl-} 進行親核攻擊：

CHX3−C≡C−CHX3+HX+→CHX3−CX+=CH−CHX3\ce{CH3-C#C-CH3 + H+ -> CH3-C+=CH-CH3}

CHX3−CX+=CH−CHX3+ClX−→CHX3−C(Cl)=CH−CHX3\ce{CH3-C+=CH-CH3 + Cl- -> CH3-C(Cl)=CH-CH3}

由於 2-丁炔兩端結構相同，因此不涉及區域選擇性問題，主要差異在於生成的烯基氯具有兩種幾何異構物：

  • I：兩個 CHX3\ce{CH3} 位於雙鍵兩側，為反式（EE）異構物。
  • II：兩個 CHX3\ce{CH3} 位於雙鍵同側，為順式（ZZ）異構物。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 46 題2 分

下列化合物中所標示的氫，何者的酸性最強？

🖼️【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：
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「碳氫化合物（烴類）的酸性比較」與「芳香性（Aromaticity）對共軛鹼穩定度的影響」：

  1. 酸性與共軛鹼穩定度：布朗斯特-洛瑞酸（Brønsted-Lowry acid）的酸性強弱取決於去質子化後所形成的共軛鹼之相對穩定度。共軛鹼越穩定，平衡越傾向右方，對應質子的酸性越強（pKa\text{p}K_a 越小）。
  2. 休克爾規則（Hückel's Rule）與芳香穩定化：平面、環狀、完全共軛且具有 4n+24n+2 個 π\pi 電子（nn 為非負整數）的體系具備芳香性，能藉由電子完全離域獲得極大的額外共振穩定能。
  3. 茚（Indene）的酸性特徵：茚的 1-位為 sp3sp^3 混成碳（−CHX2−\ce{-CH2-}）。該位置去質子化後生成的茚陰離子（indenyl anion）具有 10π10\pi 電子，為符合休克爾規則（n=2n=2）的芳香性陰離子，使其酸性遠高於一般的烴類 C−H\ce{C-H} 鍵。

解題方法

比較題中化合物（茚，1H-indene）四個標示位置去質子化後所形成共軛鹼的結構與穩定度：

  1. HXa\ce{H_a} 去質子化：
    HXa\ce{H_a} 位於五元環上的 sp3sp^3 混成碳上（亞甲基 −CHX2−\ce{-CH2-}）。當失去質子時：
    Indene→IndenylX−+HX+\ce{Indene -> Indenyl^- + H+}
    此時碳原子由 sp3sp^3 轉變為 sp2sp^2 混成，所留下的一對孤對電子落入未混成的 pp 軌域中，與苯環的 6π6\pi 電子及五元環雙鍵的 2π2\pi 電子形成環狀閉合的共軛體系。總 π\pi 電子數為 6+2+2=106 + 2 + 2 = 10，符合休克爾規則的 4n+24n+2（n=2n=2），構成完全平面的芳香性體系。由於芳香穩定化能極高，使得茚陰離子異常穩定，其共軛酸的 pKa≈20\text{p}K_a \approx 20。

  2. HXb\ce{H_b}、HXc\ce{H_c}、HXd\ce{H_d} 去質子化：

  • HXb\ce{H_b} 與 HXc\ce{H_c} 為烯基碳（alkenyl carbon，sp2sp^2 混成）上的質子。
  • HXd\ce{H_d} 為芳香環苯碳（aryl carbon，sp2sp^2 混成）上的質子。
    當這些 sp2sp^2 碳上的氫離去時，負電荷的一對孤對電子是留在與環 π\pi 軌域互相垂直的 sp2sp^2 混成軌域內，無法與環上的 π\pi 電子系統共振離域，因此無法享有芳香穩定化效應，共軛鹼能量極高而不穩定。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 47 題2 分

哪一個化合物的氫核磁共振光譜，較有可能出現化學位移約在 −3.00-3.00 ppm 的位置？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 6 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 芳香烴環電流效應（Aromatic Ring Current Effect）與磁各向異性（Magnetic Anisotropy）：
  • 當平面共軛且具芳香性（符合 Hückel 4n+24n+2 規則）的環狀分子置於外加磁場（B0B_0）中時，非定域化 π\pi 電子會受感應流動而產生「反磁性環電流（diamagnetic ring current）」。
  • 環電流會誘導產生一反向的感應磁場（BindB_{\text{ind}}）：
  • 環的外部與環邊緣平面區域：感應磁場方向與外加磁場方向一致，產生去屏蔽效應（deshielding），使化學位移向低場（高 δ\delta 值，通常在 7∼10 ppm7\sim 10\text{ ppm}）移動。
  • 環的內部或環平面上下方區域：感應磁場方向與外加磁場方向相反，產生極強的屏蔽效應（shielding），使處於該區域的質子共振訊號向極高場（極低甚至負的 δ\delta 值）移動。
  1. [18]輪烯（[18]Annulene）的結構與核磁共振特性：
  • 化學式為 CX18HX18\ce{C18H18}，含有 18 個 π\pi 電子（n=4n=4，符合 4n+2=184n+2=18），為平面芳香族大環化合物。
  • 分子具有兩類不同環境的氫：**12 個環外氫（outer protons）**與 6 個環內氫（inner protons）。
  • 在低溫（約 −60 ∘C-60\,^\circ\ce{C}）抑制環翻轉構形互變時，其 1H−NMR^1\ce{H-NMR} 光譜會清晰分裂為兩組吸收峰：
  • 環外 12 個質子：受去屏蔽效應影響，訊號位於低場約 δ=9.28 ppm\delta = 9.28\text{ ppm}。
  • 環內 6 個質子：深陷芳香環內部屏蔽區，受極強的感應磁場屏蔽，訊號位移至極高場約 δ=−2.99 ppm\delta = -2.99\text{ ppm}（約 −3.00 ppm-3.00\text{ ppm}）。

解題方法

  1. 觀察目標特徵：化學位移出現負值（δ<0 ppm\delta < 0\text{ ppm}，特別是在約 −3.00 ppm-3.00\text{ ppm} 的超高場），代表該氫原子必須處於極為強烈的反磁屏蔽區（diamagnetic shielding cone）。在有機化學中最典型、最具代表性的體系即為「芳香族大環輪烯（如 [18]輪烯）之環內質子（inner protons）」。
  2. 檢視各選項分子的環大小與質子幾何空間分布：
  • 尋找具有朝向環中心（內部空間）的質子，且該共軛環為具芳香性的大環輪烯分子。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 48 題2 分

哪一個烯類化合物進行臭氧反應（ozonolysis）的速率最快？

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 6 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 臭氧分解（Ozonolysis）的反應機轉：
    烯烴進行臭氧分解的第一步為臭氧（OX3\ce{O3}）與烯烴 C=C\mathrm{C=C} 雙鍵進行 [3+2][3+2] 偶極環加成反應（1,3-dipolar cycloaddition），生成初級臭氧化物（molozonide，又稱 1,2,3-三氧雜環戊烷）：
    RX2C=CRX2+OX3→[初級臭氧化物 (molozonide)]→[二級臭氧化物 (ozonide)]\ce{R2C=CR2 + O3 -> [初級臭氧化物 (molozonide)] -> [二級臭氧化物 (ozonide)]}
  2. 反應物性質與速率決定因素：
  • 在此環加成步驟中，臭氧扮演親電性試劑（electrophile），而烯烴的 π\pi 鍵則扮演親核性試劑（nucleophile）。
  • 凡能增加烯烴 π\pi 鍵電子雲密度（提升 HOMO 軌域能量）的取代基，皆能顯著加速與親電性臭氧的反應；反之，拉電子基則會降低反應速率。

解題方法

比較各化合物雙鍵碳上取代基的電子效應：

  1. 推電子基（Electron-Donating Group, EDG）：
  • 共振推電子（+M+M 效應）：如烷氧基（−OR\ce{-OR}）具有未鍵結孤對電子，可共振推入雙鍵，推電子能力最強。
  • 感應推電子（+I+I 效應）與超共軛（Hyperconjugation）：如烷基（−CHX3\ce{-CH3}），為較弱的推電子基。
  1. 拉電子基（Electron-Withdrawing Group, EWG）：
  • 共振拉電子（−M-M 效應）：如羰基（−C(=O)X−\ce{-C(=O)-}），會大幅吸走雙鍵上的電子雲，使反應速率劇降。
  1. 反應速率大小：
    強共振推電子基（烯醇醚）>多烷基取代烯>單烷基取代烯>共振拉電子基（α,β-不飽和羰基化合物）\text{強共振推電子基（烯醇醚）} > \text{多烷基取代烯} > \text{單烷基取代烯} > \text{共振拉電子基（}\alpha,\beta\text{-不飽和羰基化合物）}

選項分析

  • (A) 錯誤：
    此結構為 3-戊烯-2-酮（3-penten-2-one），屬於 α,β\alpha,\beta-不飽和酮（enone）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 49 題2 分

18-Crown-6 皇冠醚（crown ether）與下列哪一個陽離子的結合能力最強？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查冠醚（crown ether）的「空腔大小與陽離子半徑相配」原理，以及冠醚與金屬陽離子間的配位作用。

18-Crown-6 的名稱表示：

  • 環中共有 18 個原子。
  • 其中有 6 個氧原子。
  • 6 個氧原子的孤電子對可朝向環內，與陽離子形成多齒配位作用。

其配位可表示為：

18-Crown-6+MX+⇌[M(18-Crown-6)]X+\ce{18-Crown-6 + M+ <=> [M(18-Crown-6)]+}

冠醚與陽離子的結合強弱，主要取決於：

  1. 陽離子半徑是否與冠醚空腔大小相配。
  2. 氧原子能否以適當距離與陽離子形成配位鍵。
  3. 陽離子進入空腔後，冠醚構形是否穩定。
  4. 溶劑對陽離子的溶劑化作用是否會與冠醚競爭。

在一般有機溶劑或非水溶劑的考試典型模型中，18-Crown-6 的空腔大小與 KX+\ce{K+} 最為匹配，因此對 KX+\ce{K+} 的結合能力最強。

解題方法

18-Crown-6 有 6 個氧原子提供配位電子對，形成近似六配位的環狀配位環境。判斷陽離子時，應比較陽離子大小與冠醚空腔的相容性：

  • 陽離子太小：無法同時與 6 個氧原子保持最佳接觸，配位不充分。
  • 陽離子太大：無法順利嵌入空腔，會造成環構形扭曲或只能在空腔外配位。
  • 大小適中：可同時與多個氧原子形成穩定的離子—偶極配位作用。

鹼金屬陽離子的半徑大小规律為：

LiX+<NaX+<KX+<CsX+\ce{Li+ < Na+ < K+ < Cs+}

18-Crown-6 的空腔與 KX+\ce{K+} 的尺寸最相配，因此形成最穩定的錯合物：

[K(18-Crown-6)]X+\ce{[K(18-Crown-6)]+}

故本題選 KX+\ce{K+}。

選項分析

(A) LiX+\ce{Li+}：錯誤

LiX+\ce{Li+} 是四個選項中半徑最小的陽離子。雖然 LiX+\ce{Li+} 電荷密度高，與氧原子具有強烈的離子—偶極吸引力，但其體積太小，無法與 18-Crown-6 的 6 個氧原子同時維持最佳配位距離。

因此，單看電荷密度並不足以判定結合最強；空腔尺寸匹配性更為關鍵。LiX+\ce{Li+} 通常較適合小型冠醚，例如 12-crown-4。

(B) NaX+\ce{Na+}：錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 50 題2 分

下列反應的主產物為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 6 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查不同醚類保護基的去保護條件：

  • TBS\ce{TBS}（tert-butyldimethylsilyl）醚：可被氟離子 FX−\ce{F^-} 脫除。
  • THP\ce{THP}（tetrahydropyranyl）醚：通常以酸催化水解脫除。
  • MEM\ce{MEM}（2-methoxyethoxymethyl）醚：屬於酸敏感保護基，通常以酸性條件脫除。

反應試劑為 n-BuX4NX+FX−\ce{n-Bu4N+F^-}，即 tetrabutylammonium fluoride，提供親核性的氟離子。

解題方法

氟離子會親核攻擊矽原子，形成五配位矽中間體，接著使 Si−O\ce{Si-O} 鍵斷裂：

R−O−Si(CHX3)X2−t Bu+FX−→R−OX−+F−Si(CHX3)X2−t Bu\ce{R-O-Si(CH3)2-tBu + F^- -> R-O^- + F-Si(CH3)2-tBu}

經由反應後處理，烷氧負離子轉化為醇：

R−OX−→R−OH\ce{R-O^- -> R-OH}

因此，題目右側鏈末端的 OTBS\ce{OTBS} 會轉變為 OH\ce{OH}。圖中的 OTHP\ce{OTHP} 與 OMEM\ce{OMEM} 則在鹼性、氟離子條件下維持不變。

所以產物保留：

  • 環己烷上的 OMEM\ce{OMEM}
  • 側鏈上的 OTHP\ce{OTHP}

並將末端的 OTBS\ce{OTBS} 轉為 OH\ce{OH}，符合選項 B。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

102 年慈濟大學的其他科目

生物學英文國文

慈濟大學《化學》其他年度

115114113112111110109108107106105104

其他學校的《化學》

中國醫藥大學115義守大學115