慈濟大學 104 年《化學》考古題與詳解

Question 1

下列數據是測量反應 $\ce{2Fe(CN)6^3- + 2I- - 2Fe(CN)6^4- + I2}$ 的反應速率。由該數據判斷，此反應之速率定律（rate law）為何？ | Run | $[\ce{Fe(CN)6^3-}]0$ | $[\ce{I-}]0$ | $[\ce{Fe(CN)6^4-}]0$ | $[\ce{I2}]0$ | Initial Rate (M/s) | |---|---:|---:|---:|---:|---:| | 1 | 0.01 | 0.01 | 0.01 | 0.01 | $1	imes10^{-5}$ | | 2 | 0.01 | 0.02 | 0.01 | 0.01 | $2	imes10^{-5}$ | | 3 | 0.02 | 0.02 | 0.01 | 0.01 | $8	imes10^{-5}$ | | 4 | 0.02 | 0.02 | 0.02 | 0.01 | $8	imes10^{-5}$ | | 5 | 0.02 | 0.02 | 0.02 | 0.02 | $8	imes10^{-5}$ | (A) $\dfrac{\Delta[\ce{I2}]}{\Delta t}=k[\ce{Fe(CN)6^3-}]^2[\ce{I-}]^2[\ce{Fe(CN)6^4-}]^2[\ce{I2}]$ (B) $\dfrac{\Delta[\ce{I2}]}{\Delta t}=k[\ce{Fe(CN)6^3-}]^2[\ce{I-}][\ce{Fe(CN)6^4-}][\ce{I2}]$ (C) $\dfrac{\Delta[\ce{I2}]}{\Delta t}=k[\ce{Fe(CN)6^3-}]^2[\ce{I-}]$ (D) $\dfrac{\Delta[\ce{I2}]}{\Delta t}=k[\ce…

Accepted Answer

核心觀念

本題考查由初始速率法（method of initial rates）判定反應速率定律。

反應為：

\ce{2Fe(CN)6^3- + 2I^- -> 2Fe(CN)6^4- + I2}

一般速率定律可寫成：

\text{Rate}=k[\ce{Fe(CN)6^3-}]^m[\ce{I^-}]^n[\ce{Fe(CN)6^4-}]^p[\ce{I2}]^q

其中 $m,n,p,q$ 為各物種的反應級數，必須由實驗數據判定，不能直接由反應式係數決定。

解題方法：逐次比較初始速率

比較兩組實驗時，應選擇只改變一種反應物濃度的數據。

1. 判定 $\ce{I^-}$ 的級數

比較 Run 1 與 Run 2：

$[\ce{Fe(CN)6^3-}]$ 不變
$[\ce{Fe(CN)6^4-}]$ 不變
$[\ce{I2}]$ 不變
$[\ce{I^-}]$ 由 $0.01$ 增加至 $0.02$ ，加倍
速率由 $1\times10^{-5}$ 增加至 $2\times10^{-5}$ ，加倍

因此：

\frac{2\times10^{-5}}{1\times10^{-5}} = \left(\frac{0.02}{0.01}\right)^n

2=2^n

所以：

n=1

反應對 $\ce{I^-}$ 為一級。

2. 判定 $\ce{Fe(CN)6^3-}$ 的級數

比較 Run 2 與 Run 3：

$[\ce{I^-}]$ 不變
$[\ce{Fe(CN)6^4-}]$ 不變
$[\ce{I2}]$ 不變
$[\ce{Fe(CN)6^3-}]$ 由 $0.01$ 增加至 $0.02$ ，加倍
速率由 $2\times10^{-5}$ 增加至 $8\times10^{-5}$ ，變為 $4$ 倍

因此：

\frac{8\times10^{-5}}{2\times10^{-5}} = \left(\frac{0.02}{0.01}\right)^m

4=2^m

所以：

m=2

反應對 $\ce{Fe(CN)6^3-}$ 為二級。

3. 判定 $\ce{Fe(CN)6^4-}$ 的級數

比較 Run 3 與 Run 4：

$[\ce{Fe(CN)6^3-}]$ 不變
$[\ce{I^-}]$ 不變
$[\ce{I2}]$ 不變
$[\ce{Fe(CN)6^4-}]$ 加倍
速率維持 $8\times10^{-5}\ \mathrm{M/s}$

因此：

1=2^p

所以：

p=0

$\ce{Fe(CN)6^4-}$ 不出現在速率定律中。

4. 判定 $\ce{I2}$ 的級數

比較 Run 4 與 Run 5：

$[\ce{Fe(CN)6^3-}]$ 不變
$[\ce{I^-}]$ 不變
$[\ce{Fe(CN)6^4-}]$ 不變
$[\ce{I2}]$ 加倍
速率維持 $8\times10^{-5}\ \mathrm{M/s}$

因此：

1=2^q

所以：

q=0

$\ce{I2}$ 不出現在速率定律中。

速率定律

綜合各物種的級數：

\text{Rate}=k[\ce{Fe(CN)6^3-}]^2[\ce{I^-}]

題目選項以 $\ce{I2}$ 的生成速率表示，因此可寫為：

Question 2

Calcium bisulfate 的化學式為何？ (A) $\ce{Ca(SO4)2}$ (B) $\ce{CaS2}$ (C) $\ce{Ca2HSO4}$ (D) $\ce{Ca(HSO4)2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「無機化合物的命名法（IUPAC / 傳統通用命名）」與「離子化合物化學式的書寫規則」： 1. 陰離子字首「bi-」的意義：在傳統無機酸根命名中，字首「bi-」代表多元酸帶有一個質子（氫離子，$\ce{H+}$）的酸式根，意同「hydrogen-」。例如： - $\ce{HCO3-}$：Bicarbonate（碳酸氫根／重碳酸根） - $\ce{HSO4-}$：Bisulfate（硫酸氫根／重硫酸根） - $\ce{HSO3-}$：Bisulfite（亞硫酸氫根／重亞硫酸根） 2. 電荷守恆與電中性原理：離子化合物必須維持電中性。陽離子所帶正電荷總數必須等於陰離子所帶負電荷總數： - 鈣離子（Calcium ion）屬於鹼土金屬（第 2 族），帶 $+2$ 價：$\ce{Ca^2+}$。 - 硫酸氫根（Bisulfate ion / Hydrogen sulfate ion）帶 $-1$ 價：$\ce{HSO4-}$。 - 結合時，需要 $1$ 個 $\ce{Ca^2+}$ 與 $2$ 個 $\ce{HSO4-}$ 平衡電荷，多原子離子須加括號標記數量。 --- 解題方法 1. 分析陽離子與陰離子： - 陽離子為 Calcium（鈣），化學符號為 $\ce{Ca}$，形成穩定陽離子為 $\ce{Ca^2+}$。 - 陰離子為 Bisulfate（硫酸氫根），即硫酸（$\ce{H2SO4}$）失去一個質子後形成的單價酸根陰離子，化學式為 $\ce{HSO4-}$。 2. 利用電中性配比書寫化學式： - 設化學式為 $\ce{Cam(HSO4)n}$。 - 由電荷守恆： $$ (+2) 	imes m + (-1) 	imes n = 0 $$ - 取最簡整數比，得 $m = 1$、$n = 2$。 - 當多原子離子（$\ce{HSO4-}$）計數大於 $1$ 時，必須以括號括起，並將下標寫在括號外右下方，即 $\ce{Ca(HSO4)2}$。 --- 選項分析 - (A) $\ce{Ca(SO4)2}$ 錯誤： - 硫酸根為 $\ce{SO4^2-}$。

Question 3

$\ce{KNO3}$、$\ce{CH3OH}$、$\ce{C2H6}$ 及 $\ce{Ne}$ 的沸點由低至高次序為何？ (A) $\ce{Ne < CH3OH < C2H6 < KNO3}$ (B) $\ce{KNO3 < CH3OH < C2H6 < Ne}$ (C) $\ce{Ne < C2H6 < KNO3 < CH3OH}$ (D) $\ce{Ne < C2H6 < CH3OH < KNO3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查物質狀態與分子間作用力（Intermolecular Forces, IMF）對沸點的影響。 物質的沸點高低取決於克服粒子間相互吸引力所需能量的大小。一般而言，不同鍵結與粒子間作用力的強度層級為： 網狀共價鍵 $\approx$ 離子鍵 $$ 氫鍵（分子間）$$ 偶極-偶極力（永久偶極）$$ 分散力（暫時偶極） 在比較分子物質的沸點時，應依照以下順序判斷： 1. 主要作用力類型：離子晶體 $$ 能形成分子間氫鍵的極性分子 $$ 普通極性分子（偶極力）$$ 非極性分子（純分散力）。 2. 分子量與電子數（分散力大小）：對於作用力類型相同（或皆為非極性）的分子，分子量愈大、總電子數愈多、接觸表面積愈大，電子雲愈易極化（polarizability 愈高），倫敦分散力（London dispersion force）愈強，沸點愈高。 --- 解題方法 逐一分析四種物質的鍵結類型、分子間作用力與物態： 1. $\ce{KNO3}$（硝酸鉀）： - 晶體類型：離子晶體（Ionic solid）。 - 粒子間作用力：強烈的離子鍵（靜電吸引力）。 - 特性：常溫下為固體，熔點約 $334\ ^\circ	ext{C}$，沸點高達數百至上千度（分解蒸發），在四者中引力最強，沸點最高。 2. $\ce{CH3OH}$（甲醇）： - 晶體類型／分子性質：極性分子（Polar molecular compound）。 - 粒子間作用力：分子間具有氫鍵（Hydrogen bond, $\ce{-O-H\bond{...}O-}$）、偶極-偶極力與分散力。 - 特性：由於氫鍵強度遠大於一般的凡得瓦力，常溫下為液體，沸點約為 $64.7\ ^\circ	ext{C}$。 3. $\ce{C2H6}$（乙烷）： - 晶體類型／分子性質：非極性分子（Nonpolar hydrocarbon）。 - 粒子間作用力：僅有微弱的倫敦分散力（London dispersion force）。 - 特性：分子量為 $30$，電子數為 $18$。常溫下為氣體，沸點約為 $-88.6\ ^\circ	ext{C}$。 4. $\ce{Ne}$（氖氣）： - 晶體類型／分子性質：單原子鈍氣分子（Noble gas）。 - 粒子間作用力：僅有極微弱的倫敦分散力。

Question 4

對大部分 $\ce{Zn^2+}$ 的錯化合物都不呈現顏色，其可能的原因為何？ (A) $\ce{Zn^2+}$ 為順磁性（paramagnetism）。 (B) $\ce{Zn^2+}$ 的錯化合物會產生 d orbital splittings 的現象，以至於吸收了所有的可見光。 (C) $\ce{Zn^2+}$ 為 $d^{10}$ 的離子，以至於它不吸收可見光。 (D) $\ce{Zn^2+}$ 不屬於過渡金屬。

Accepted Answer

核心觀念 1. 過渡金屬錯化合物的呈色機制： 過渡金屬錯化合物產生顏色的主要原因，通常是中心金屬離子的 d 軌域在配位子產生的配位場中發生能階分裂（d orbital splitting）。當可見光照射時，電子可吸收特定能量的光子，由低能階的 d 軌域躍遷至高能階的 d 軌域，此過程稱為 $d-d$ 躍遷（$d-d$ transition）。物質所呈現的顏色即為被吸收光波長的互補色。 2. 電子組態與 $d-d$ 躍遷的條件： - 鋅的原子序為 $30$，中性鋅原子的基態電子組態為 $[\ce{Ar}]\,3d^{10}\,4s^2$。 - 失去兩個價電子形成二價鋅離子（$\ce{Zn^2+}$）時，優先失去 $4s$ 電子，其電子組態為 $[\ce{Ar}]\,3d^{10}$。 - 進行 $d-d$ 躍遷的前提是 d 軌域中必須有未成對電子或未填滿的空軌域（即 $d^1 \sim d^9$）。若 d 軌域為全滿（$d^{10}$）或全空（$d^0$），則因沒有更高能階的空 d 軌域可供電子躍遷，或根本沒有 d 電子可躍遷，故無法進行可見光區的 $d-d$ 躍遷。 3. 無色與白色的光學本質： 若錯化合物不吸收任何可見光（完全透過或反射所有可見光），水溶液通常呈無色透明，固體粉末則呈白色。 --- 解題方法 1. 寫出離子的電子組態： $$\ce{Zn}: [\ce{Ar}]\,3d^{10}\,4s^2 \implies \ce{Zn^2+}: [\ce{Ar}]\,3d^{10}$$ 2. 分析 d 軌域分裂與電子躍遷可能性： 在配位場（無論是八面體場 $t{2g}^6\,eg^4$ 或四面體場 $e^4\,t2^6$）中，$\ce{Zn^2+}$ 的 5 個 d 軌域均被電子完全填滿（$d^{10}$），高能階軌域沒有任何空位（vacancy）可接納躍遷的電子。 3. 結論與選項對應： 由於缺乏可進行 $d-d$ 躍遷的機制，$\ce{Zn^2+}$ 的錯合物無法吸收可見光波段的光子，因此外觀上呈現無色，對應選項 (C)。 --- 選項分析

Question 5

$\ce{Co(CN)6^4-}$ 的結晶配位場（crystal field）能階為何？（$\ce{CN^-}$ 為具 strong field 的配位基） 🖼️【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 本題考查配位化合物的： 1. 金屬中心氧化數 2. $d$ 軌域電子數 3. 八面體配位場的能階分裂 4. 強場配位基造成的高自旋或低自旋排列 配離子為 $\ce{[Co(CN)6]^4-}$，其中 $\ce{CN^-}$ 是強場配位基。 --- 解題方法 先由配離子總電荷求鈷的氧化數： $$ x+6(-1)=-4 $$ $$ x=+2 $$ 因此金屬為 $\ce{Co^{2+}}$。 鈷原子基態電子組態為： $$ \ce{Co}: [Ar]3d^7 4s^2 $$ 形成 $\ce{Co^{2+}}$ 時先移除 $4s$ 軌域的 2 個電子，因此： $$ \ce{Co^{2+}}: [Ar]3d^7 $$ 所以鈷離子的 $d$ 軌域共有 7 個電子。 在八面體配位場中，$d$ 軌域分裂為： - 較低能階：$t{2g}$，包含 3 個軌域 - 較高能階：$eg$，包含 2 個軌域 由於 $\ce{CN^-}$ 為強場配位基，會使電子優先在低能階的 $t{2g}$ 軌域配對，形成低自旋排列： $$ t{2g}^{6}eg^{1} $$ 因此其軌域圖應為：下方 3 個 $t{2g}$ 軌域全部成對，上方 2 個 $eg$ 軌域中有 1 個單電子。 --- 選項分析 (A) 錯誤 圖示為下方 3 個軌域各有一對電子，上方軌域沒有電子，代表： $$ t{2g}^{6}eg^{0} $$ 總電子數為 6，屬於 $d^6$，不符合 $\ce{Co^{2+}}$ 的 $d^7$ 電子組態。

Question 6

下列鹵化氫化合物的水溶液，何者酸性最強？ (A) $\ce{HF}$ (B) $\ce{HCl}$ (C) $\ce{HBr}$ (D) $\ce{HI}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考察鹵化氫 $\ce{HX}$ 的酸性比較。鹵化氫溶於水時會發生電離： $$ \ce{HX + H2O <= H3O+ + X-} $$ 酸性越強，表示越容易提供 $\ce{H+}$，其酸解離常數 $Ka$ 越大。判斷鹵化氫酸性時，主要考慮： 1. $\ce{H-X}$ 鍵的強弱； 2. 電離後生成的鹵離子 $\ce{X-}$ 是否穩定； 3. 水溶液中的溶劑化作用。 解題方法 對同族氫化物 $\ce{HF}$、$\ce{HCl}$、$\ce{HBr}$、$\ce{HI}$ 而言，從上往下： - 鹵素原子半徑變大； - $\ce{H-X}$ 鍵長增加； - $\ce{H-X}$ 鍵能降低； - 氫原子較容易以 $\ce{H+}$ 形式離去。 因此，鹵化氫的酸性由上而下增強： $$ \ce{HF < HCl < HBr < HI} $$ 其中 $\ce{HI}$ 的 $\ce{H-I}$ 鍵最弱，最容易電離；生成的 $\ce{I-}$ 半徑最大，負電荷分散程度最高，離子穩定性最大，因此 $\ce{HI}$ 的酸性最強。 選項分析 (A) $\ce{HF}$：錯誤 $\ce{H-F}$ 鍵非常短且鍵能很大，氫原子不易從氟原子上解離。此外，$\ce{F-}$ 半徑小、負電荷集中，穩定性較低，且 $\ce{HF}$ 分子間具有強烈的氫鍵作用，均使其在水中的電離程度較低。 因此，$\ce{HF}$ 是弱酸，酸性遠低於其他三者。 (B) $\ce{HCl}$：錯誤 $\ce{H-Cl}$ 鍵比 $\ce{H-F}$ 鍵弱，$\ce{HCl}$ 在水中能大量電離： $$ \ce{HCl + H2O - H3O+ + Cl-} $$

Question 7

原子核 $\ce{^{12}{7}N}$ 極不穩定，容易進行下列何種衰變？ (A) $\beta^-$ (B) $\beta^+$ (C) $\sigma$ (D) $\alpha$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查放射性衰變中，如何依照原子核的「質子數 $Z$」與「質量數 $A$」判斷衰變種類。 $\ce{^{12}{7}N}$ 的核種資料為： - 質量數：$A=12$ - 質子數：$Z=7$ - 中子數：$N=A-Z=12-7=5$ 因此，$\ce{^{12}{7}N}$ 的中子數少、質子數相對過多，屬於「質子過剩」的極不穩定核種。此時原子核傾向將一個質子轉變成中子，以降低質子與中子的比例。 這個轉變可表示為： $$ \ce{p - n + ^{0}{+1}e + 
ue} $$ 其中 $\ce{^{0}{+1}e}$ 為正電子，即 $\beta^+$ 粒子；$
ue$ 為電子微中子。 --- 解題方法 判斷 $\ce{^{12}{7}N}$ 的衰變方式，可比較各種衰變對 $A$ 與 $Z$ 的影響。 $\beta^+$ 衰變時，一個質子轉變為一個中子，因此： - 質量數 $A$ 不變 - 質子數 $Z$ 減少 $1$ - 中子數增加 $1$ 所以： $$ \ce{^{12}{7}N - ^{12}{6}C + ^{0}{+1}e + 
ue} $$ 衰變後形成碳-12，質量數仍為 $12$，質子數由 $7$ 降為 $6$，完全符合 $\beta^+$ 衰變的特徵。 --- 選項分析 (A) $\beta^-$ $\beta^-$ 衰變是中子轉變為質子： $$ \ce{n - p + ^{0}{-1}e + \bar{
u}e} $$ 其結果為： - 質量數 $A$ 不變 - 質子數 $Z$ 增加 $1$ - 中子數減少 $1$ $\beta^-$ 衰變適合中子過多的核種。$\ce{^{12}{7}N}$ 是質子過剩、中子較少，進行 $\beta^-$ 會使質子數更加增加，無法改善其核內比例，因此錯誤。 --- (B) $\beta^+$ $\beta^+$ 衰變是質子轉變為中子：

Question 8

已知 $\ce{PbO(s) + CO(g) - Pb(s) + CO2(g)}$，$\Delta H^\circ=-131.4\ \mathrm{kJ}$；$\Delta Hf^\circ$ for $\ce{CO2(g)}=-393.5\ \mathrm{kJ/mol}$；$\Delta Hf^\circ$ for $\ce{CO(g)}=-110.5\ \mathrm{kJ/mol}$。計算氧化鉛（$\ce{PbO(s)}$）的標準生成焓（standard enthalpy of formation, $\Delta Hf^\circ$）。 (A) $-151.6\ \mathrm{kJ/mol}$ (B) $-283.0\ \mathrm{kJ/mol}$ (C) $+283.0\ \mathrm{kJ/mol}$ (D) $-372.6\ \mathrm{kJ/mol}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查赫斯定律與標準反應焓的計算。 標準反應焓可由各物質的標準生成焓求得： $$ \Delta H^\circ{\mathrm{rxn}} = \sum \Delta Hf^\circ(	ext{生成物}) - \sum \Delta Hf^\circ(	ext{反應物}) $$ 其中，元素在標準狀態下的標準生成焓定義為 $0$，因此： - $\Delta Hf^\circ[\ce{Pb(s)}]=0$ - $\Delta Hf^\circ[\ce{CO2(g)}]=-393.5\ \mathrm{kJ/mol}$ - $\Delta Hf^\circ[\ce{CO(g)}]=-110.5\ \mathrm{kJ/mol}$ 設 $\ce{PbO(s)}$ 的標準生成焓為 $x$。 --- 解題方法 題目給出的反應為： $$ \ce{PbO(s) + CO(g) - Pb(s) + CO2(g)} $$ 反應式已配平，各物質係數均為 $1$。依標準反應焓公式： $$ -131.4 = \left[ \Delta Hf^\circ(\ce{Pb}) + \Delta Hf^\circ(\ce{CO2}) ight] - \left[ \Delta Hf^\circ(\ce{PbO}) + \Delta Hf^\circ(\ce{CO}) ight] $$ 代入數值： $$ -131.4 = \left[ 0+(-393.5) ight] - \left[ x+(-110.5) ight] $$ 整理： $$ -131.4=-393.5-x+110.5 $$ $$ -131.4=-283.0-x $$ 因此： $$ x=-151.6\ \mathrm{kJ/mol} $$ 所以： $$ \Delta Hf^\circ[\ce{PbO(s)}] = -151.6\ \mathrm{kJ/mol} $$ --- 選項分析

Question 9

在任何溫度下，任一化學反應一定會自發（spontaneous）的條件，為下列何者？ (A) $\Delta H0,\ \Delta S0$ (B) $\Delta H=0,\ \Delta S<0$ (C) $\Delta S=0,\ \Delta H0$ (D) $\Delta H<0,\ \Delta S0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查在定溫、定壓條件下，利用 Gibbs 自由能判斷化學反應是否自發。 判斷依據為： $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 其中： - $\Delta G<0$：反應自發 - $\Delta G0$：反應不自發 - $\Delta G=0$：系統達到平衡 - $T$ 必須使用絕對溫度，且溫度為正值 若要在「任何溫度」下皆自發，必須使 $\Delta G$ 不論 $T$ 多大都小於零。 解題方法 逐一觀察 $\Delta H$ 與 $\Delta S$ 對 $\Delta G$ 的影響。 當 $\Delta H<0$ 時，焓變本身使 $\Delta G$ 變小；當 $\Delta S0$ 時，$-T\Delta S<0$，也會使 $\Delta G$ 變小。因此： $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 在 $\Delta H<0$、$\Delta S0$ 的情況下，兩項皆為負值，所以： $$ \Delta G<0 $$ 而且無論溫度 $T$ 為何，$\Delta G$ 都會小於零，反應因此在任何溫度下皆具自發性。 選項分析 (A) $\Delta H0,\ \Delta S0$ 此時： $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 升高溫度時，$-T\Delta S$ 的負值會變大，反應可能自發；但在低溫時，正的 $\Delta H$ 可能占優勢，使 $\Delta G0$。 反應只有在： $$ T\frac{\Delta H}{\Delta S} $$ 時才自發，因此不是任何溫度下皆自發。此選項錯誤。

Question 10

某一化學反應其化學反應方程式為 $\ce{A - B + C}$。將反應物 $\ce{A}$ 之濃度取倒數後，對反應之時間作圖（$1/[\ce{A}]t$ vs. time），得到一條斜率為正的直線。此化學反應的反應級數（reaction order）為幾級？ (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「反應級數」與「整合速率定律」之間的關係。對反應物 $\ce{A}$ 而言，不同反應級數會對應不同的線性作圖方式： | 反應級數 | 線性關係 | 直線斜率 | |---|---|---| | 零級 | $[\ce{A}]t$ 對時間 $t$ | $-k$ | | 一級 | $\ln[\ce{A}]t$ 對時間 $t$ | $-k$ | | 二級 | $\dfrac{1}{[\ce{A}]t}$ 對時間 $t$ | $+k$ | 題目指出將 $\ce{A}$ 的濃度取倒數後，繪製 $\dfrac{1}{[\ce{A}]t}$ 對時間的圖形，得到斜率為正的直線，這正是二級反應的特徵。 --- 解題方法 二級反應的速率定律為： $$ -\frac{d[\ce{A}]}{dt}=k[\ce{A}]^2 $$ 將此式積分，可得二級反應的整合速率定律： $$ \frac{1}{[\ce{A}]t} = \frac{1}{[\ce{A}]0}+kt $$ 其中： - $[\ce{A}]0$：初始時刻的 $\ce{A}$ 濃度 - $[\ce{A}]t$：經過時間 $t$ 後的 $\ce{A}$ 濃度 - $k$：速率常數 將式子與直線方程式 $y=b+mx$ 比較： $$ y=\frac{1}{[\ce{A}]t} $$ $$ x=t $$ $$ b=\frac{1}{[\ce{A}]0} $$ $$ m=k $$ 因此，$\dfrac{1}{[\ce{A}]t}$ 對時間作圖會得到斜率為正的直線，代表反應為二級反應。 反應式 $\ce{A - B + C}$ 的化學計量係數只表示反應進行時 $\ce{A}$、$\ce{B}$、$\ce{C}$ 的莫耳關係，不能單獨用來判定反應級數。反應級數必須由實驗速率資料或整合速率定律判斷。 --- 選項分析 (A) 0 級 零級反應的速率定律為：

Question 11

下列何者為最強之還原劑（reducing agent）？

已知：

$\ce{Ag+(aq) + e- -> Ag(s)}$ ， $E^\circ=0.80\ \mathrm{V}$ ；

$\ce{Fe^3+(aq) + e- -> Fe^2+(aq)}$ ， $E^\circ=0.77\ \mathrm{V}$ ；

$\ce{Cu^2+(aq) + 2e- -> Cu(s)}$ ， $E^\circ=0.34\ \mathrm{V}$ 。

Accepted Answer

核心觀念 還原劑是「使其他物質還原，而自己被氧化」的物質。因此，判斷還原劑強弱，必須看其被氧化、失去電子的難易： - 越容易被氧化、越容易失去電子，還原力越強。 - 在標準還原電位 $E^\circ$ 中，同一氧化還原對的還原態位於反應式右側，通常可用其標準還原電位判斷： - $E^\circ$ 越低，右側還原態越容易被氧化。 - 因此，右側還原態的還原力越強。 題目給出的三組標準還原反應為： $$ \ce{Ag+ + e- - Ag} $$ $$ \ce{Fe^3+ + e- - Fe^2+} $$ $$ \ce{Cu^2+ + 2e- - Cu} $$ 其中 $\ce{Ag}$、$\ce{Fe^2+}$、$\ce{Cu}$ 是還原態，具有作為還原劑的可能性；$\ce{Cu^2+}$ 是氧化態，主要具有氧化劑性。 解題方法 將各半反應改寫成氧化反應，並將標準電位變號： $$ \ce{Ag - Ag+ + e-} \qquad E^\circ{\mathrm{ox}}=-0.80\ \mathrm{V} $$ $$ \ce{Fe^2+ - Fe^3+ + e-} \qquad E^\circ{\mathrm{ox}}=-0.77\ \mathrm{V} $$ $$ \ce{Cu - Cu^2+ + 2e-} \qquad E^\circ{\mathrm{ox}}=-0.34\ \mathrm{V} $$ 氧化電位越大，表示越容易發生氧化，還原劑越強。三者比較： $$ -0.34\ \mathrm{V}-0.77\ \mathrm{V}-0.80\ \mathrm{V} $$ 所以氧化傾向及還原力順序為： $$ \ce{Cu Fe^2+ Ag} $$ 因此最強的還原劑是 $\ce{Cu}$。 選項分析 (A) $\ce{Ag}$：錯誤 $\ce{Ag}$ 可被氧化成 $\ce{Ag+}$： $$ \ce{Ag - Ag+ + e-} $$

Question 12

下圖為一級反應（first-order reaction）之反應物濃度（molar concentration of reactant）對時間（time）之作圖。在曲線上之 A、B、C 三個時間點，那一點之反應速率最大？

🖼️【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 本題考查一級反應的反應速率與反應物濃度的關係。 反應物濃度對時間的曲線中，某一點的瞬時反應速率為濃度曲線在該點切線斜率的負值： $$ 	ext{反應速率}=-\frac{d[\ce{A}]}{dt} $$ 因為反應物濃度隨時間降低，曲線斜率為負；斜率的絕對值越大，代表反應速率越快。 對一級反應而言，速率定律為： $$ 	ext{rate}=k[\ce{A}] $$ 其中 $k$ 為速率常數。因此，反應物濃度越高，反應速率越大。 解題方法 由圖可見，A 點位於反應初期，反應物濃度較高，且濃度—時間曲線在 A 點最陡，表示：

Question 13

在 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 時，下列何者的熵（entropy）最高？ (A) $\ce{CO(g)}$ (B) $\ce{CH4(g)}$ (C) $\ce{NaCl(s)}$ (D) $\ce{H2O(l)}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考「熵」的大小判斷。熵 $S$ 可視為系統微觀狀態數目的量度；粒子能採取的排列、平移、轉動與振動方式越多，熵通常越大。

一般判斷原則如下：

同溫下，氣體熵通常大於液體，液體熵大於固體：

S_{\text{gas}} > S_{\text{liquid}} > S_{\text{solid}}

同為氣體時，分子越複雜、原子數越多、可進行的振動與轉動模式越多，通常熵越大。
分子量、分子對稱性與分子間作用力也會影響實際熵值。

解題方法

先依物態比較：

$\ce{NaCl(s)}$ 是固體；
$\ce{H2O(l)}$ 是液體；
$\ce{CO(g)}$ 、 $\ce{CH4(g)}$ 是氣體。

因此，氣體選項 $\ce{CO(g)}$ 與 $\ce{CH4(g)}$ 的熵，必定高於固體 $\ce{NaCl(s)}$ 與液體 $\ce{H2O(l)}$ 。

接著比較兩種氣體：

$\ce{CO}$ 為雙原子分子；
$\ce{CH4}$ 為五原子分子，具有較多振動模式與較複雜的分子結構。

依本題採用的定性判斷原則， $\ce{CH4(g)}$ 的微觀運動方式較多，熵較高，因此選 $\ce{CH4(g)}$ 。

選項分析

(A) $\ce{CO(g)}$ ：錯誤

$\ce{CO}$ 雖然是氣體，因此熵大於固態與液態物質；但它是雙原子分子，分子結構較簡單，可供分子振動的模式較少。

依本題的定性命題邏輯， $\ce{CO(g)}$ 的熵低於結構較複雜的 $\ce{CH4(g)}$ ，因此不是答案。

(B) $\ce{CH4(g)}$ ：正確

$\ce{CH4}$ 為氣體，氣體本身具有很大的平移自由度；此外，它含有五個原子，具有較多的轉動與振動模式。

因此，依「氣體優先，再比較分子複雜程度」的判斷方式， $\ce{CH4(g)}$ 被視為四個選項中熵最高者。

Question 14

下圖為某種鈉鹽（$\ce{Na2X}$）以 $\ce{HCl}$ 滴定之滴定曲線。在 III 時，溶液中主要之滴定產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\ce{X^2-}$ 及 $\ce{HX^-}$ (B) $\ce{HX^-}$ (C) $\ce{HX^-}$ 及 $\ce{H2X}$ (D) $\ce{H2X}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查二元酸根 $\ce{X^{2-}}$ 以強酸 $\ce{HCl}$ 進行滴定時，隨加入酸量增加所發生的逐步質子化反應。 主要反應依序為： $$ \ce{X^{2-} + H+ - HX^-} $$ $$ \ce{HX^- + H+ - H2X} $$ 因此，滴定曲線會出現兩個當量點： - 第一次當量點：$\ce{X^{2-}}$ 大多轉化為 $\ce{HX^-}$ - 第二次當量點：$\ce{HX^-}$ 大多轉化為 $\ce{H2X}$ 圖中 III 位於第一次與第二次當量點之間，屬於第二階段中和區域。 解題方法 在第一次當量點之後，溶液中的主要物種為 $\ce{HX^-}$。繼續加入 $\ce{HCl}$ 時，$\ce{HX^-}$ 會逐漸接受質子，生成 $\ce{H2X}$： $$ \ce{HX^- + H+ - H2X} $$ 由於 III 位於第一、第二當量點之間，表示加入的 $\ce{HCl}$ 尚未足以使所有 $\ce{HX^-}$ 完全轉化為 $\ce{H2X}$。所以溶液中同時含有尚未反應完的 $\ce{HX^-}$，以及已生成的 $\ce{H2X}$。 若 III 是第二階段的半當量點，則有： $$ [\ce{HX^-}] \approx [\ce{H2X}] $$ 故主要滴定產物為： $$ \ce{HX^- 	ext{及} H2X} $$ 選項分析

Question 15

硫酸根離子（$\ce{SO4^2-}$）之路易士結構式（Lewis structure）如下，其中硫原子的形式電荷（formal charge）為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $-2$ (B) $0$ (C) $+2$ (D) $+4$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查路易士結構與形式電荷。原子形式電荷公式為： $$ 	ext{形式電荷} = 	ext{價電子數} - \left( 	ext{孤電子數} + \frac{	ext{成鍵電子數}}{2} ight) $$ 硫原子位於第 16 族，具有 $6$ 個價電子。 解題方法 依題圖，中央硫原子與上、下兩個氧原子形成雙鍵，與左、右兩個氧原子形成單鍵；硫原子本身沒有標示孤電子對。 硫原子的成鍵電子數為： - 兩個雙鍵：$2	imes 4=8$ 個成鍵電子 - 兩個單鍵：$2	imes 2=4$ 個成鍵電子 因此硫原子共參與 $12$ 個成鍵電子，形式電荷為： $$ 	ext{FC}{\ce{S}} = 6-\left(0+\frac{12}{2}ight) = 6-6 = 0 $$ 所以硫原子的形式電荷為 $0$。 選項分析 - (A) $-2$：錯誤。 $-2$ 是整個硫酸根離子 $\ce{SO4^2-}$ 的總電荷，不是題圖中硫原子的形式電荷。形式電荷必須針對單一原子計算。

Question 16

下列何者是 $\ce{HNO2}$ 之路易士結構式（Lewis structure）？ (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 本題考查路易士結構式的繪製原則： 1. 計算總價電子數。 2. 判斷原子連接方式：氫通常只形成一個單鍵，且在含氧酸中通常連接於氧上。 3. 使各原子符合八隅體，並檢查形式電荷是否合理。 4. 選擇形式電荷最少、最合理的結構。 $\ce{HNO2}$ 的總價電子數為 $$ 1+5+2(6)=18	ext{ e}^- $$ 其中氫為 $1$ 個、氮為 $5$ 個、兩個氧共 $12$ 個價電子。 --- 解題方法 $\ce{HNO2}$ 的合理骨架應為 $$ \ce{H-O-N-O} $$ 因為氫只能形成一個鍵，且應連接在氧上，形成羥基 $\ce{-OH}$。 若先以單鍵連接： $$ \ce{H-O-N-O} $$ 將價電子配置於兩個氧後，氮原子仍未達八隅體，因此需將其中一個 $\ce{N-O}$ 單鍵改為雙鍵，得到： $$ \ce{H-O-N=O} $$ 氮上保留一對孤電子，結構如下： $$ \ce{H-O-N=O} $$ 形式電荷檢查： - $\ce{H}$：形式電荷為 $0$ - $\ce{-OH}$ 中的氧：形式電荷為 $0$ - 氮：形式電荷為 $0$ - 雙鍵氧：形式電荷為 $0$ 因此這是最合理的中性路易士結構。 --- 選項分析 (A) 錯誤

Question 17

下圖為硫之相圖（phase diagram of sulfur），下列敘述何者為正確？

🖼️【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：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查相圖中的「三相點」與昇華現象。 - 三相點（triple point）：在特定的溫度與壓力下，三種不同相態同時達到平衡的狀態。 - 在單一成分物質的壓力－溫度相圖中，三相點通常是三條相界線的交會處。 - 昇華：固體直接轉變成氣體，對應相圖中的「固體－氣體」平衡線。 硫具有兩種固態同素異形體： - 斜方硫（rhombic sulfur） - 單斜硫（monoclinic sulfur） 此外還有液態與氣態，因此相圖中可見四個相區：斜方硫、單斜硫、液體與氣體。 解題方法 直接觀察相圖中三條相界線交會的位置： 1. 左下方標示約 $368\ \mathrm{K}$、$1	imes10^{-5}\ \mathrm{atm}$ 的交會點： 斜方硫、單斜硫與氣體三相共存。 2. 中間偏下方，固體－氣體界線與單斜硫－液體界線及液體－氣體界線交會處： 單斜硫、液體與氣體三相共存。

Question 18

$\ce{NH3}$ 與 $\ce{O2}$ 反應產生 $\ce{NO2}$ 與 $\ce{H2O}$ 。假定反應完成後，得到 $27.0\ \mathrm{g}$ 的 $\ce{H2O}$ ，還剩下 $8.52\ \mathrm{g}$ 的 $\ce{NH3}$ ，最初約使用多少克的 $\ce{NH3}$ ？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查化學反應式的平衡與化學計量（Stoichiometry）的質量守恆計算： 1. 未配平反應式的平衡：根據原子不滅定律，配平反應物與產物的化學計量係數。 2. 莫耳數與質量換算：利用產物 $\ce{H2O}$ 的質量求得生成莫耳數，再藉由反應式係數比求出消耗的反應物 $\ce{NH3}$ 莫耳數與質量。 3. 質量守恆與物質平衡：反應最初使用的反應物總質量等於「反應消耗的質量」加上「反應後殘留的質量」： $$ 	ext{反應初質量} = 	ext{反應消耗質量} + 	ext{反應殘留質量} $$ --- 解題方法 步驟一：平衡化學反應式 題目指出 $\ce{NH3}$ 與 $\ce{O2}$ 反應生成 $\ce{NO2}$ 與 $\ce{H2O}$： $$ \ce{a NH3 + b O2 - c NO2 + d H2O} $$ - 觀察氫（$\ce{H}$）原子平衡：$\ce{NH3}$ 有 $3$ 個 $\ce{H}$，$\ce{H2O}$ 有 $2$ 個 $\ce{H}$，最小公倍數為 $6$。若設消耗 $2\ 	ext{mol}\ \ce{NH3}$，則產生 $3\ 	ext{mol}\ \ce{H2O}$。 - 觀察氮（$\ce{N}$）原子平衡：$2\ 	ext{mol}\ \ce{NH3}$ 產生 $2\ 	ext{mol}\ \ce{NO2}$。 - 計算右側氧（$\ce{O}$）原子總數：$2\ \ce{NO2} + 3\ \ce{H2O}$ 共有 $2 	imes 2 + 3 	imes 1 = 7$ 個 $\ce{O}$ 原子，故需 $\frac{7}{2}\ \ce{O2}$。 - 全式同乘以 $2$，得到整數係數配平方程式： $$ \ce{4 NH3 + 7 O2 - 4 NO2 + 6 H2O} $$ 步驟二：計算生成 $\ce{H2O}$ 的莫耳數 水（$\ce{H2O}$）的分子量為： $$ M{\ce{H2O}} = 1.01 	imes 2 + 16.00 = 18.02\ \mathrm{g/mol} \approx 18.0\ \mathrm{g/mol} $$ 反應生成的 $\ce{H2O}$ 莫耳數： $$ n{\ce{H2O}} = \frac{27.0\ \mathrm{g}}{18.0\ \mathrm{g/mol}} = 1.50\ \mathrm{mol} $$ 步驟三：由化學計量計算消耗的 $\ce{NH3}$ 質量 依平衡方程式，$\ce{NH3}$ 與 $\ce{H2O}$ 的化學計量係數比為 $4 : 6 = 2 : 3$。 因此，消耗的 $\ce{NH3}$ 莫耳數為： $$ n{\ce{NH3(消耗)}} = 1.50\ \mathrm{mol} 	im…

Question 19

水溶液中混有 $\ce{Ag+}$、$\ce{Ba^2+}$ 與 $\ce{Ni^2+}$ 三種陽離子。利用 $\ce{NaCl}$、$\ce{Na2SO4}$ 與 $\ce{Na2S}$ 等三種不同溶液來有效分離水溶液中的陽離子，加入的順序為何？ (A) $\ce{Na2SO4}$、$\ce{NaCl}$、$\ce{Na2S}$ (B) $\ce{Na2SO4}$、$\ce{Na2S}$、$\ce{NaCl}$ (C) $\ce{Na2S}$、$\ce{NaCl}$、$\ce{Na2SO4}$ (D) $\ce{NaCl}$、$\ce{Na2S}$、$\ce{Na2SO4}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查無機定性分析中陽離子的分步沉澱與分離原理。 要將混合溶液中的多種陽離子有效分離，所加入的沉澱試劑必須具備選擇性——即每次加入試劑時，理想上只能使其中一種陽離子形成沉澱析出，經由過濾分離後，再加入下一種試劑沉澱下一種陽離子。若某試劑會使多種共存的陽離子同時沉澱，則該試劑必須排在後續步驟，絕不能先加。 相關離子沉澱規則與特性： 1. 硫酸鹽（$\ce{SO4^2-}$）： $\ce{Ba^2+}$ 會與 $\ce{SO4^2-}$ 生成極難溶的白色沉澱 $\ce{BaSO4}$（$K{\mathrm{sp}} \approx 1.1 	imes 10^{-10}$）。 $\ce{Ni^2+}$ 的硫酸鹽（$\ce{NiSO4}$）可溶於水。 $\ce{Ag+}$ 的硫酸鹽（$\ce{Ag2SO4}$）為微溶性鹽類（$K{\mathrm{sp}} \approx 1.2 	imes 10^{-5}$），在一般定性分析的稀溶液濃度下通常不析出，或因選擇性排序考量，優先分離 $\ce{Ba^2+}$。 2. 氯化物（$\ce{Cl-}$）： $\ce{Ag+}$ 會與 $\ce{Cl-}$ 生成不溶性的白色沉澱 $\ce{AgCl}$（$K{\mathrm{sp}} \approx 1.8 	imes 10^{-10}$）。 $\ce{Ba^2+}$ 與 $\ce{Ni^2+}$ 的氯化物（$\ce{BaCl2}$、$\ce{NiCl2}$）皆易溶於水。 3. 硫化物（$\ce{S^2-}$）： 大部分過渡金屬與重金屬的硫化物溶解度積（$K{\mathrm{sp}}$）極小。例如 $\ce{Ag2S}$（$K{\mathrm{sp}} \approx 6 	imes 10^{-51}$）與 $\ce{NiS}$（$K{\mathrm{sp}} \approx 10^{-19} \sim 10^{-21}$）皆為極難溶之沉澱；若溶液中尚有其他金屬離子，加入 $\ce{S^2-}$ 極易引發共沉澱。因此，硫化物試劑必須排在最後加入。 --- 解題方法 依據陽離子分步沉澱流程，逐步分離： 1. 第一步：加入 $\ce{Na2SO4}$ 溶液 - $\ce{Ba^2+}$ 與 $\ce{SO4^2-}$ 反應生成硫酸鋇沉澱： $$\ce{Ba^2+(aq) + SO4^2-(aq) - BaSO4(s) v}$$ - 離心或過濾分離出 $\ce{BaSO4(s)}$，濾液中剩下 $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{Ni^2+}$。 2. 第二步：向濾液中加入 $\ce{NaCl}$ 溶液 - 濾液中的 $\ce{Ag+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 反應生成氯化銀沉澱： $$\ce{Ag+(aq) + Cl-(aq) - AgCl(s) v}$$ -…

Question 20

有一化學反應：$\ce{H2(g) + O2(g) <= H2O2(g)}$。試問此反應在溫度 $600\ \mathrm{K}$ 下，其平衡常數 $K$ 與分壓平衡常數 $Kp$ 的關係式為下列何者？（$R$ 為氣體常數） (A) $Kp=K(600R)$ (B) $K=Kp(600R)^2$ (C) $Kp=K(600R)^2$ (D) $K=Kp(600R)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查濃度平衡常數 $K$ 與分壓平衡常數 $Kp$ 的關係。 對一般氣相反應： $$ a\ce{A(g)}+b\ce{B(g)}\rightleftharpoons c\ce{C(g)}+d\ce{D(g)} $$ 兩者關係為： $$ Kp=K(RT)^{\Delta n} $$ 其中： $$ \Delta n=(c+d)-(a+b) $$ $\Delta n$ 是氣體生成物係數總和減去氣體反應物係數總和。 解題方法 題目反應為： $$ \ce{H2(g) + O2(g) <= H2O2(g)} $$ 反應物氣體係數總和為 $1+1=2$，生成物氣體係數總和為 $1$，因此： $$ \Delta n=1-2=-1 $$ 代入平衡常數關係式： $$ Kp=K(RT)^{-1} $$ 因此： $$ Kp=\frac{K}{RT} $$ 移項可得： $$ K=KpRT $$ 溫度為 $T=600\ \mathrm{K}$，所以： $$ K=Kp(600R) $$ 故正確選項為 (D)。 也可直接由平衡常數定義推導： $$ K=\frac{[\ce{H2O2}]}{[\ce{H2}][\ce{O2}]} $$ $$ Kp=\frac{P{\ce{H2O2}}}{P{\ce{H2}}P{\ce{O2}}} $$ 理想氣體中，分壓與莫耳濃度的關係為： $$ Pi=[i]RT $$ 因此： $$ Kp =\frac{[\ce{H2O2}]RT}{([\ce{H2}]RT)([\ce{O2}]RT)} =\frac{K}{RT} $$ 所以：

Question 21

欲製備 pH 5.0 的緩衝溶液，使用下列哪一種酸及其鈉鹽最合適？ (A) monochloroacetic acid（$Ka=1.35	imes10^{-3}$） (B) nitrous acid（$Ka=4.0	imes10^{-4}$） (C) propanoic acid（$Ka=1.3	imes10^{-5}$） (D) benzoic acid（$Ka=6.4	imes10^{-5}$）

Accepted Answer

核心觀念 緩衝溶液由弱酸 $\ce{HA}$ 及其共軛鹼（本題為鈉鹽 $\ce{NaA}$）組成： $$ \ce{HA <= H+ + A-} $$ 其酸解離常數為 $$ Ka=\frac{[\ce{H+}][\ce{A-}]}{[\ce{HA}]} $$ 整理後得到 Henderson–Hasselbalch 方程式： $$ \mathrm{pH}=\mathrm{p}Ka+\log\frac{[\ce{A-}]}{[\ce{HA}]} $$ 緩衝能力最佳的條件，是弱酸與共軛鹼濃度相近，此時 $\mathrm{pH}\approx\mathrm{p}Ka$。一般而言，欲製備某一 pH 的緩衝液，應選擇 $\mathrm{p}Ka$ 最接近目標 pH 的弱酸。 --- 解題方法 目標為 pH 5.0，因此先由各選項的 $Ka$ 計算 $\mathrm{p}Ka$： $$ \mathrm{p}Ka=-\log Ka $$ 各選項結果如下： | 選項 | $Ka$ | $\mathrm{p}Ka$ | 與 pH 5.0 的差距 | |---|---:|---:|---:| | (A) | $1.35	imes10^{-3}$ | $2.87$ | $2.13$ | | (B) | $4.0	imes10^{-4}$ | $3.40$ | $1.60$ | | (C) | $1.3	imes10^{-5}$ | $4.89$ | $0.11$ | | (D) | $6.4	imes10^{-5}$ | $4.19$ | $0.81$ | 其中 propanoic acid 的 $\mathrm{p}Ka$ 最接近 5.0，因此最適合作為緩衝系統中的弱酸。 以選項 (C) 為例： $$ \mathrm{p}Ka=-\log(1.3	imes10^{-5})\approx4.89 $$ 代入 Henderson–Hasselbalch 方程式： $$ 5.00=4.89+\log\frac{[\ce{CH3CH2COO-}]}{[\ce{CH3CH2COOH}]} $$ 因此： $$ \log\frac{[\ce{CH3CH2COO-}]}{[\ce{CH3CH2COOH}]}=0.11 $$ $$ \frac{[\ce{CH3CH2COO-}]}{[\ce{CH3CH2COOH}]} =10^{0.11}\approx1.3 $$ 也就是弱酸與其鈉鹽的濃度比例約為： $$ [\ce{CH3CH2COO-}]:[\ce{CH3CH2COOH}]\approx1.3:1 $$ 兩者濃度非常接近，能形成有效且緩衝能力良好的 pH 5.0 緩衝溶液。 --- 選項分析

Question 22

在相同溫度下，氯化銀（$\ce{AgCl}$）在水中的溶解度是 $A$，在強酸溶液中的溶解度是 $B$，在高濃度的氨（$\ce{NH3}$）溶液中溶解度是 $C$。下列何者正確？ (A) $CAB$ (B) $CBA$ (C) $CA\approx B$ (D) $A\approx B\approx C$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查難溶鹽的溶解平衡、勒沙特列原理，以及錯離子形成反應對溶解度的影響。 氯化銀在水中的溶解平衡為： $$ \ce{AgCl(s) <= Ag+(aq) + Cl-(aq)} $$ 其溶度積為： $$ K{\mathrm{sp}}=[\ce{Ag+}][\ce{Cl-}] $$ 若溶液中有反應消耗溶解所產生的 $\ce{Ag+}$ 或 $\ce{Cl-}$，平衡會向右移動，使 $\ce{AgCl}$ 溶解量增加。 --- 解題方法 分別比較三種介質中是否有反應會改變 $\ce{AgCl}$ 的溶解平衡。 1. 純水中的溶解度 $A$ 在純水中，主要反應只有： $$ \ce{AgCl(s) <= Ag+(aq) + Cl-(aq)} $$ 因此溶解度由 $K{\mathrm{sp}}$ 決定。若以摩爾溶解度 $s$ 表示，則： $$ [\ce{Ag+}]=s,\qquad [\ce{Cl-}]=s $$ 所以： $$ K{\mathrm{sp}}=s^2 $$ 此即為純水中的基準溶解度 $A$。 2. 強酸溶液中的溶解度 $B$ 在高 $\ce{H+}$ 濃度下，$\ce{Cl-}$ 不會被顯著消耗。原因是 $\ce{Cl-}$ 為強酸 $\ce{HCl}$ 的共軛鹼，鹼性極弱，幾乎不會與 $\ce{H+}$ 反應生成大量未解離的 $\ce{HCl}$： $$ \ce{H+(aq) + Cl-(aq) <= HCl(aq)} $$ 此平衡在水溶液中極度偏向左方，因此強酸通常不會像碳酸根、硫化物或氫氧根那樣，藉由消耗陰離子而大幅提高 $\ce{AgCl}$ 的溶解度。 依校方釋疑公告，氯化銀在純水與強酸溶液中的溶解度大約相同，因此： $$ B\approx A $$ 補充而言，若強酸特別指定為 $\ce{HCl}$，則額外加入的 $\ce{Cl-}$ 會產生共同離子效應，使溶解度降低；但本題官方說明是以高 $\ce{H+}$ 濃度、且未強調氯離子共同離子的情況判定，因此採用 $A\approx B$。 3. 高濃度氨溶液中的溶解度 $C$ 氨會與銀離子形成穩定的二氨合銀錯離子： $$ \ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <= [Ag(NH3)2]+(aq)} $$

Question 23

在 $25.0\ ^\circ\mathrm{C}$ 與 $1\ \mathrm{atm}$ 下，興登堡號飛船充滿氫氣（$\ce{H2}$）時約需要 $2.1	imes10^8\ \mathrm{L}$。當飛船氣體完全燃燒後，大約產生多少能量？ 已知：$\ce{H2(g) + 1/2 O2(g) - H2O(l)}$，$\Delta H=-286\ \mathrm{kJ}$。 (A) $2.46	imes10^9\ \mathrm{kJ}$ (B) $3.82	imes10^{10}\ \mathrm{kJ}$ (C) $8.89	imes10^8\ \mathrm{kJ}$ (D) $7.88	imes10^{10}\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體莫耳數換算、熱化學反應式及反應焓。 已知燃燒反應： $$ \ce{H2(g) + 1/2 O2(g) - H2O(l)} $$ 其反應焓為 $\Delta H=-286\ \mathrm{kJ}$，表示每消耗 $1\ \mathrm{mol}$ 的 $\ce{H2}$，會釋放 $286\ \mathrm{kJ}$ 的能量。 在 $25.0\ ^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下，可使用理想氣體方程式： $$ PV=nRT $$ 其中： - $P=1\ \mathrm{atm}$ - $V=2.1	imes10^8\ \mathrm{L}$ - $T=25.0+273.15=298.15\ \mathrm{K}$ - $R=0.08206\ \mathrm{L\cdot atm\ mol^{-1}\cdot K^{-1}}$ --- 解題方法 先由理想氣體方程式求出氫氣莫耳數： $$ n=\frac{PV}{RT} $$ 代入數值： $$ n= \frac{(1\ \mathrm{atm})(2.1	imes10^8\ \mathrm{L})} {(0.08206\ \mathrm{L\cdot atm\ mol^{-1}\cdot K^{-1}})(298.15\ \mathrm{K})} $$ $$ n\approx 8.58	imes10^6\ \mathrm{mol} $$ 每 $1\ \mathrm{mol}$ $\ce{H2}$ 完全燃燒釋放 $286\ \mathrm{kJ}$，因此總能量為： $$ q=(8.58	imes10^6\ \mathrm{mol}) \left(286\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}ight) $$ $$ q\approx 2.45	imes10^9\ \mathrm{kJ} $$ 依題目有效位數，結果寫為： $$ q\approx 2.46	imes10^9\ \mathrm{kJ} $$ 題目問「產生多少能量」，通常表示能量釋放量的大小，因此取正值 $2.46	imes10^9\ \mathrm{kJ}$。若以熱力學符號表示系統焓變，則應寫成： $$ \Delta H{	ext{total}}\approx-2.46	imes10^9\ \mathrm{kJ} $$ --- 選項分析

Question 24

在 $25\ ^\circ\mathrm{C}$ 下進行三種反應，反應方程式與反應熱如下所示：

$\ce{2C2H2 + 5O2 -> 4CO2 + 2H2O}$ ， $\Delta H=-2600\ \mathrm{kJ}$

$\ce{C + O2 -> CO2}$ ， $\Delta H=-394\ \mathrm{kJ}$

$\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}$ ， $\Delta H=-572\ \mathrm{kJ}$

下列反應的反應熱 $\Delta H$ 是多少？

$\ce{2C + H2 -> C2H2}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查赫斯定律（Hess’s law）：反應的總反應熱只與反應物、生成物的初末狀態有關，與反應途徑無關。

操作原則如下：

反應式顛倒， $\Delta H$ 變號。
反應式乘以倍數， $\Delta H$ 也乘以相同倍數。
將反應式相加時， $\Delta H$ 直接相加。
目標反應若生成 $1$ mol $\ce{C2H2}$ ，最後必須注意係數除以 $2$ 。

解題方法

目標反應為：

\ce{2C + H2 -> C2H2}

已知乙炔燃燒反應：

\ce{2C2H2 + 5O2 -> 4CO2 + 2H2O} \qquad \Delta H=-2600\ \mathrm{kJ}

將其顛倒，使 $\ce{C2H2}$ 位於生成物：

\ce{4CO2 + 2H2O -> 2C2H2 + 5O2} \qquad \Delta H=+2600\ \mathrm{kJ}

接著加入碳與氫氣的燃燒反應：

\ce{4C + 4O2 -> 4CO2} \qquad \Delta H=4(-394)=-1576\ \mathrm{kJ}

\ce{2H2 + O2 -> 2H2O} \qquad \Delta H=-572\ \mathrm{kJ}

三式相加：

\ce{4CO2 + 2H2O -> 2C2H2 + 5O2}

\ce{4C + 4O2 -> 4CO2}

\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}

消去兩邊相同的 $\ce{CO2}$ 、 $\ce{H2O}$ 與 $\ce{O2}$ ，得到：

\ce{4C + 2H2 -> 2C2H2}

其反應熱為：

\Delta H = (+2600)+(-1576)+(-572)

Question 25

根據下列數據計算甲酸（$\ce{HCOOH}$）的正常沸點（normal boiling point）為何？ | | $\Delta Hf^\circ$ (kJ/mol) | $S^\circ$ (J/(mol K)) | |---|---:|---:| | $\ce{HCOOH(l)}$ | $-410$ | $130$ | | $\ce{HCOOH(g)}$ | $-363$ | $251$ | (A) $115\ ^\circ\mathrm{C}$ (B) $135\ ^\circ\mathrm{C}$ (C) $82\ ^\circ\mathrm{C}$ (D) $173\ ^\circ\mathrm{C}$

Accepted Answer

核心觀念 正常沸點是液體與氣體在 $1\ \mathrm{atm}$ 下達到相平衡時的溫度。此時汽化反應 $$ \ce{HCOOH(l) <= HCOOH(g)} $$ 的 Gibbs 自由能變化為零： $$ \Delta G{\mathrm{vap}}=0 $$ 又因為 $$ \Delta G=\Delta H-T\Delta S $$ 所以正常沸點可由下式求得： $$ Tb=\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{\Delta S{\mathrm{vap}}} $$ --- 解題方法 先由生成焓求汽化焓： $$ \Delta H{\mathrm{vap}} = \Delta Hf^\circ\bigl(\ce{HCOOH(g)}\bigr) - \Delta Hf^\circ\bigl(\ce{HCOOH(l)}\bigr) $$ $$ =(-363)-(-410) =47\ \mathrm{kJ/mol} $$ 將單位換成 $\mathrm{J/mol}$： $$ \Delta H{\mathrm{vap}}=47,000\ \mathrm{J/mol} $$ 再由標準莫耳熵求汽化熵： $$ \Delta S{\mathrm{vap}} = S^\circ\bigl(\ce{HCOOH(g)}\bigr) - S^\circ\bigl(\ce{HCOOH(l)}\bigr) $$ $$ =251-130 =121\ \mathrm{J/(mol\cdot K)} $$ 在正常沸點時 $\Delta G{\mathrm{vap}}=0$，因此： $$ 0=\Delta H{\mathrm{vap}}-Tb\Delta S{\mathrm{vap}} $$ $$ Tb=\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{\Delta S{\mathrm{vap}}} =\frac{47,000\ \mathrm{J/mol}} {121\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}} =388.4\ \mathrm{K} $$ 換算為攝氏溫度： $$ Tb=388.4-273.15 =115.3\ ^\circ\mathrm{C} $$

Question 26

哪一個是下述化合物正確命名？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) phenyl acetate (B) methyl benzoate (C) methyl phenylacetate (D) benzyl acetate

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酯類的命名，以及結構中「醯基部分」與「烷基部分」的辨認。 酯類的一般結構為： $$\ce{R-COO-R'}$$ 命名時依序為： 1. 先命名連接在氧上的 $\ce{R'}$，即醇所衍生的烷基。 2. 再命名羧酸所衍生的羧酸根，即 $\ce{RCOO-}$ 部分。 圖中化合物結構為： $$\ce{CH3COOCH2C6H5}$$ 其中： - $\ce{CH3COO-}$ 為 acetate（乙酸根） - $\ce{C6H5CH2-}$ 為 benzyl（苄基） 因此命名為 benzyl acetate。 解題方法 先沿著酯基 $\ce{-COO-}$ 分割結構： $$\ce{CH3-C(=O)-O-CH2-C6H5}$$ 羰基左側為 $\ce{CH3CO-}$，來源是乙酸，故為 acetate；氧右側為 $\ce{-CH2C6H5}$，即 benzyl。 所以： $$\ce{CH3COOCH2C6H5} \longrightarrow 	ext{benzyl acetate}$$ 選項分析 - (A) phenyl acetate：錯誤 phenyl 代表直接連接在氧上的基團為 $\ce{C6H5-}$，結構應為： $$\ce{CH3COOC6H5}$$ 本題中氧是連接在 $\ce{CH2C6H5}$，不是直接連接在苯環上，因此不是 phenyl acetate。 - (B) methyl benzoate：錯誤 methyl benzoate 的結構為：

Question 27

何者為 L-構型的胺基酸？ (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查胺基酸的 Fischer 投影式與 $L/D$ 構型判定。 對一般 $\alpha$-胺基酸，將羧酸基置於上方、側鏈 $R$ 置於下方時： - $\ce{NH3+}$ 在左、$\ce{H}$ 在右：$L$-構型 - $\ce{NH3+}$ 在右、$\ce{H}$ 在左：$D$-構型 題圖使用兩性離子形式 $\ce{NH3+}$ 與 $\ce{COO-}$，不影響構型判定。 解題方法 先找出 Fischer 投影式中： 1. 上方是否為 $\ce{COO-}$； 2. 下方是否為側鏈 $R$； 3. $\ce{NH3+}$ 位於左側或右側。 選項 B 的排列為： - 上：$\ce{COO-}$ - 下：$R$ - 左：$\ce{NH3+}$ - 右：$\ce{H}$ 符合 $\ce{NH3+}$ 在左側的 $L$-胺基酸排列，因此為 $L$-構型。 選項分析 (A) 錯誤。上下左右分別為 $\ce{COO-}$、$\ce{H}$、$\ce{NH3+}$、$\ce{H}$，表示 $R=\ce{H}$，即甘胺酸

Question 28

下列為 $\beta$-胡蘿蔔素的結構，其上含有幾個 isoprene 的單元？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 8 (B) 7 (C) 6 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 本題考查萜類化合物的基本組成。Isoprene（異戊二烯）單元具有 5 個碳原子，可視為： $$ \ce{C5} $$ $\beta$-胡蘿蔔素屬於 tetraterpene（四萜），其分子式為： $$ \ce{C40H56} $$ 因此，分子中的 isoprene 單元數可由總碳數除以每個單元的碳數求得。 解題方法 $\beta$-胡蘿蔔素含有 40 個碳原子，而每個 isoprene 單元含 5 個碳原子： $$ 	ext{isoprene 單元數} = \frac{40\ 	ext{個碳原子}}{5\ 	ext{個碳原子/單元}} = 8\ 	ext{個} $$ 也可從結構圖的碳骨架理解：中央為長鏈共軛多烯系統，兩端各形成一個 $\beta$-ionone 環；雖然環與雙鍵使結構看起來複雜，但整個碳骨架仍可拆分為 8 個 $\ce{C5}$ 的異戊二烯單元。 所以： $$ \ce{8(C5) - C40} $$ 選項分析 - (A) 8：正確。 $\beta$-胡蘿蔔素含有 40 個碳，除以每個 isoprene 單元的 5 個碳，得到 8 個單元。 - (B) 7：錯誤。 7 個 isoprene 單元只提供：

Question 29

化學式為 $\ce{C5H11Cl}$ 的異構物有幾個？ (A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「結構異構物」的判斷與計數。

$\ce{C5H11Cl}$ 可視為由 $\ce{C5H12}$ 的一個氫原子被氯原子取代形成的氯代烷。其不飽和度為

\frac{2(5)+2-11-1}{2}=0

因此分子為無環、無雙鍵的飽和單氯代烷。

題目一般所稱的「異構物」，依校方釋疑，是指結構異構物，不將同一結構的立體異構物分開計算。

解題方法：依戊烷碳骨架分類

$\ce{C5H12}$ 有三種結構異構物：

正戊烷
異戊烷，即 $\ce{2-methylbutane}$
新戊烷，即 $\ce{2,2-dimethylpropane}$

分別將其中不等價的氫原子以 $\ce{Cl}$ 取代即可。

一、正戊烷： $\ce{CH3CH2CH2CH2CH3}$

正戊烷具有對稱性，因此從下列三種不同位置取代：

末端碳上的氫： $\ce{1-chloropentane}$
鄰近末端的第二碳氫： $\ce{2-chloropentane}$
中央第三碳氫： $\ce{3-chloropentane}$

正戊烷可產生

3\text{ 個結構異構物}

二、異戊烷： $\ce{2-methylbutane}$

結構可表示為

\ce{CH3-CH(CH3)-CH2-CH3}

其中兩個連接在第二碳上的 $\ce{CH3}$ 完全等價，因此可分成四種不等價位置：

第二碳上的兩個等價甲基取代：

$\ce{1-chloro-2-methylbutane}$

分子另一端的甲基取代：

$\ce{1-chloro-3-methylbutane}$

$\ce{CH2}$ 上的氫取代：

$\ce{2-chloro-3-methylbutane}$

連接三個碳的三級碳上的氫取代：

$\ce{2-chloro-2-methylbutane}$

異戊烷可產生

4\text{ 個結構異構物}

三、新戊烷： $\ce{2,2-dimethylpropane}$

結構為

\ce{C(CH3)4}

Question 30

下列化合物進行 $\mathrm{SN1}$ 取代反應（$\mathrm{SN1}$ substitution），其反應性次序由大而小排列何者正確？ I：Benzyl chloride II：p-Chlorobenzyl chloride III：p-Methoxybenzyl chloride IV：p-Methylbenzyl chloride V：p-Nitrobenzyl chloride (A) III ＞ IV ＞ I ＞ II ＞ V (B) IV ＞ I ＞ III ＞ II ＞ V (C) V ＞ III ＞ II ＞ I ＞ IV (D) III ＞ I ＞ IV ＞ II ＞ V

Accepted Answer

核心觀念 本題考查苄位鹵化物進行 $\mathrm{SN1}$ 反應時，取代基對苄基碳正離子穩定度的影響。 $\mathrm{SN1}$ 反應包含兩個主要步驟： 1. $\ce{C-Cl}$ 鍵先斷裂，形成碳正離子。 2. 親核試劑進攻碳正離子。 第一步為速率決定步驟： $$ \ce{Ar-CH2-Cl - Ar-CH2+ + Cl-} $$ 因此反應速率可表示為： $$ v=k[\ce{Ar-CH2-Cl}] $$ 碳正離子越穩定，生成所需能量越低，$\mathrm{SN1}$ 反應性越大。 --- 苄基碳正離子的穩定化 苄基碳正離子 $\ce{C6H5-CH2+}$ 可與芳香環產生共振，使正電荷分散到苄位及鄰、對位環碳上： $$ \ce{C6H5-CH2+ <- o-C6H4+ -CH2 <- p-C6H4+ -CH2} $$ 因此，對位取代基的電子效應會直接影響碳正離子的穩定度。 - 給電子基：增加苄基碳正離子的穩定度，使反應性增加。 - 吸電子基：降低碳正離子的穩定度，使反應性降低。 本題各取代基的電子效應依序為： $$ \ce{-OCH3 -CH3 -H -Cl -NO2} $$ --- 各取代基的作用 1. $\ce{p-OCH3}$ $\ce{-OCH3}$ 可透過氧原子的孤電子對與芳香環共振給電子，具有很強的 $+M$ 效應。當苄基碳正離子的正電荷位於對位時，甲氧基可提供電子予以穩定。 因此 III 的碳正離子最穩定，反應性最大。 2. $\ce{p-CH3}$ $\ce{-CH3}$ 可透過超共軛及弱 $+I$ 效應給電子，穩定苄基碳正離子，但給電子能力弱於 $\ce{-OCH3}$。 因此 IV 的反應性次於 III，但高於未取代的 benzyl chloride。 3. $\ce{-H}$ 未取代的 benzyl chloride 僅具有苄基共振穩定作用，沒有額外的給電子或吸電子取代基，因此反應性居中。 4. $\ce{p-Cl}$ 氯原子具有孤電子對，可產生弱的共振給電子效應，但同時具有較強的誘導吸電子效應。對苄基碳正離子穩定度而言，氯的吸電子作用占優勢，使碳正離子穩定度低於 benzyl chloride。 因此 II 的反應性低於 I。 5. $\ce{p-NO2}$

Question 31

下列哪一個鹼的鹼性（base）強度最強？ (A) $\ce{LiN(i-C3H7)2}$ (B) $\ce{NaC#CH}$ (C) $\ce{NaOCH3}$ (D) $\ce{NaNH2}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 酸鹼強度與共軛酸 $pKa$ 之關係： - 鹼性強度（Basicity）是指該鹼分子或陰離子抓取質子（$\ce{H+}$）的能力。 - 根據布忍斯特－洛瑞（Brønsted-Lowry）酸鹼學說：共軛酸的酸性越弱（即共軛酸的 $pKa$ 越大），其對應共軛鹼的鹼性越強。 2. 影響有機分子酸鹼性的關鍵因素： - 陰離子所處原子的電負度與混成軌域：電負度較高或含較高 s 軌域成分（$sp sp^2 sp^3$）的原子，穩定負電荷的能力較佳，其共軛酸酸性較強、共軛鹼鹼性較弱。 - 共振效應與誘導效應：烷基（Alkyl groups）為推電子基團（Inductive electron-donating groups, $+I$），會增加中心負電荷密度，使負電荷穩定度下降，進而使共軛酸酸性減弱、共軛鹼鹼性增強。 --- 解題方法 找出各選項去質子化後或去陽離子後的活性陰離子（強鹼成分），並寫出它們的共軛酸（Conjugate Acid），查核或比較其共軛酸的 $pKa$ 值大小： 1. (A) $\ce{LiN(i-C3H7)2}$（二異丙基胺基鋰，LDA）： - 共軛鹼陰離子為 $\ce{[(CH3)2CH]2N-}$ - 共軛酸為二異丙基胺 $\ce{[(CH3)2CH]2NH}$，其 $pKa \approx 36 \sim 40$（一般二級胺約在 $36 \sim 38$，在四氫呋喃 THF 中實測約 36）。 2. (B) $\ce{NaC#CH}$（乙炔化鈉）： - 共軛鹼陰離子為 $\ce{HC#C-}$ - 共軛酸為乙炔 $\ce{HC#CH}$，碳為 $sp$ 混成，其 $pKa \approx 25$。 3. (C) $\ce{NaOCH3}$（甲醇鈉）： - 共軛鹼陰離子為 $\ce{CH3O-}$ - 共軛酸為甲醇 $\ce{CH3OH}$，氧的電負度大，其 $pKa \approx 15.5$。 4. (D) $\ce{NaNH2}$（胺基鈉）： - 共軛鹼陰離子為 $\ce{NH2-}$ - 共軛酸為氨 $\ce{NH3}$，其 $pKa \approx 38$（在液氨或 DMSO 中通常定為 36～38）。 鹼性強度排序比較： - 氧負離子（RO⁻）因氧電負度大，鹼性最弱：(C) $\ce{NaOCH3}$ 鹼性最小。 - 碳負離子（sp-C⁻）中，乙炔碳電負度介於氮與氧之間（$sp$ 碳電負度約 3.29，甚至接近氮），故乙炔陰離子鹼性弱於氮負離子：(B) $\ce{NaC#CH}$ 鹼性弱於 (A) 與 (D)。 - 氮負離子（N⁻）比較：$\ce{LiN(i-C3H7)2}$ 與 $\ce{NaNH2}$。 - 二異丙基胺基鋰（LDA）具有兩個大型的異丙基（$\ce{-CH(CH3)2}$），烷基具顯著的給電子誘導…

Question 32

下列合成路徑有關產物 A 與產物 B 的敘述有幾個是正確的？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

I. A 產物為 trans form。

II. B 產物含有 (1S,2S)-1-Phenyl-1,2-epoxypropane。

III. B 產物含有 (1R,2R)-1-Phenyl-1,2-epoxypropane。

IV. B 產物含有 (1S,2R)-1-Phenyl-1,2-epoxypropane。

V. B 產物含有 (1R,2S)-1-Phenyl-1,2-epoxypropane。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查兩個反應的立體化學： 1. 炔烴經由 $\ce{Li/NH3(l)}$ 還原，進行反式加成，生成 trans-烯烴。 2. 烯烴經過過酸 $\ce{RCO3H}$ 環氧化，為立體專一性的 syn 加成；原烯烴中取代基的相對位置會保留。 反應路徑為： $$ \ce{C6H5-C#C-CH3 -[Li/NH3(l)] trans-C6H5-CH=CH-CH3} $$ 接著： $$ \ce{trans-C6H5-CH=CH-CH3 -[RCO3H][CH2Cl2] trans-1-Phenyl-1,2-epoxypropane} $$ 解題方法 $\ce{Li/NH3(l)}$ 為溶解金屬還原條件，炔烴接受兩個氫原子，但兩個氫分別從雙鍵兩側加入，因此生成 trans-烯烴： $$ \ce{C6H5-C#C-CH3 - trans-C6H5-CH=CH-CH3} $$ 因此敘述 I 正確。 接著，過酸對烯烴進行協同環氧化反應。氧原子會從同一面一次轉移到碳碳雙鍵上，反應具有 stereospecificity。由於起始烯烴為 trans，生成的環氧化物中 $\ce{C6H5}$ 與 $\ce{CH3}$ 仍為 trans。 反應物為非手性，且試劑與反應環境均無手性誘導，因此會形成一對等量的對映異構物： - $(1S,2S)$ - $(1R,2R)$

Question 33

下列消去反應（Elimination Reaction）所產生的主要產物，哪一個不正確？ (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 本題考察醇溶性 $\ce{KOH}$ 進行消去反應時的主要產物判定，核心包括： 1. $\beta$-消去反應：鹵素離去的 $\alpha$-碳相鄰位置必須提供 $\beta$-氫。 2. Zaitsev 規則：通常以生成較高取代度、較穩定的烯烴為主要產物。 3. 環己烷的立體化學：進行 $\ce{E2}$ 消去時，離去基與 $\beta$-氫必須呈反式共平面；在椅式構形中通常表現為「反式雙軸」排列。 --- 解題方法 逐一找出鹵素所在的 $\alpha$-碳，再比較各個 $\beta$-位置消去後形成的烯烴穩定度。對環己烷衍生物，除比較取代度外，還必須檢查是否能形成反式雙軸排列。 --- 選項分析 (A) 正確 $\ce{1-Chloro-1-methylcyclohexane}$ 的氯位於環上第 1 碳。相鄰的第 2、6 碳均有 $\beta$-氫，消去後形成環內雙鍵： $$ \ce{1-chloro-1-methylcyclohexane -[KOH][EtOH] 1-methylcyclohexene} $$ 生成的 $\ce{1-methylcyclohexene}$ 為三取代烯烴；若從甲基上的氫消去，則形成亞甲基環己烷，取代度較低。因此依 Zaitsev 規則，$\ce{1-methylcyclohexene}$ 為主要產物，選項正確。 --- (B) 正確 $\ce{3-bromo-2-methylpentane}$ 的結構可表示為： $$ \ce{CH3-CH(CH3)-CH(Br)-CH2-CH3} $$ 溴所在的第 3 碳，其兩側均有 $\beta$-氫： - 從第 2 碳消去，形成 $\ce{2-methylpent-2-ene}$。 - 從第 4 碳消去，形成 $\ce{4-methylpent-2-ene}$，實際命名亦可視為較低取代度的另一烯烴異構物。 從第 2 碳消去所得雙鍵具有較高取代度： $$ \ce{CH3-CH(CH3)-CH(Br)-CH2-CH3 -[\ce{KOH}][EtOH] CH3-C(CH3)=CH-CH2-CH3} $$

Question 34

下列化合物有芳香性（aromaticity）的有幾個？

I：Cyclopentadienyl cation

II：Cycloheptatrienyl anion

III：Furan

IV：Cyclopropenyl cation

V：Pyrrole

VI：Imidazole

Accepted Answer

核心觀念 本題評量有機化學中休克爾規則（Hückel's rule）與芳香性（Aromaticity）的判定條件。 一個化合物或離子若具備芳香性，必須同時滿足下列四項條件： 1. 環狀結構（Cyclic）：系統必須形成封閉的環狀共軛路徑。 2. 完全共軛（Fully conjugated）：環上所有原子均具備未混成的 $p$ 軌域（通常為 $\mathrm{sp^2}$ 或 $\mathrm{sp}$ 混成），能形成不間斷的連續環狀 $\pi$ 系統。 3. 平面分子（Planar）：環上原子共平面，確保所有相鄰的 $p$ 軌域可達到最大程度的平行側向重疊。 4. 休克爾電子數（Hückel's $(4n + 2)$ $\pi$ electrons rule）：在連續的環狀 $\pi$ 系統中，參與離域的 $\pi$ 電子總數必須等於 $4n + 2$（其中 $n = 0, 1, 2, 3, \dots$，即電子數為 $2, 6, 10, 14, \dots$）。 - 若符合前三項條件，但 $\pi$ 電子數為 $4n$（$n = 1, 2, 3, \dots$，即 $4, 8, 12, \dots$），則為反芳香性（antiaromatic）。 - 若違反前三項中任一項，則為非芳香性（nonaromatic）。 --- 解題方法 逐一分析題目中六個化合物／離子的骨架、原子混成狀態、環上參與離域的 $\pi$ 電子數，並根據休克爾規則判斷其芳香性： 1. I：Cyclopentadienyl cation（環戊二烯陽離子，$\ce{C5H5+}$） - 結構與軌域：五員環，具有兩個 $\ce{C=C}$ 雙鍵與一個帶正電荷的碳原子（碳陽離子）。碳陽離子為 $\mathrm{sp^2}$ 混成，擁有一個空的 $p$ 軌域，因此整個環為完全共軛的平面環狀系統。 - $\pi$ 電子數：兩個雙鍵各貢獻 $2$ 個 $\pi$ 電子，空 $p$ 軌域貢獻 $0$ 個電子，總計 $\pi$ 電子數為 $4$。 - 性質判別：符合環狀、完全共軛、平面的條件，但電子數符合 $4n$（$n = 1$），屬於反芳香性（antiaromatic）。 2. II：Cycloheptatrienyl anion（環庚三烯陰離子，$\ce{C7H7-}$） - 結構與軌域：七員環，具有三個 $\ce{C=C}$ 雙鍵與一個帶負電荷的碳原子（碳陰離子）。帶孤對電子的碳原子若重混成為 $\mathrm{sp^2}$，孤對電子進入 $p$ 軌域以達成環狀共軛。 - $\pi$ 電子數：三個雙鍵貢獻 $3 	imes 2 = 6$ 個 $\pi$ 電子，碳陰離子的孤對電子貢獻 $2$ 個電子，總計 $\pi$ 電子數為 $8$。 - 性質判別：若維持平面共軛，其 $\pi$ 電子數符合 $…

Question 35

下列反應的產物何者正確？ 🖼️【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： 1. 苯環的親電芳香取代反應。 2. Friedel–Crafts 烷基化反應的適用條件。 3. 取代基的定位效應與苯環活性。 4. 烯烴與 $\ce{HBr}$ 的 Markovnikov 加成。 5. 過氧化物效應只適用於 $\ce{HBr}$ 的自由基加成。 --- 解題方法 逐項判斷反應是否能正常進行，再檢查產物的定位與區域選擇性。 本題中，若反應涉及苯環的親電芳香取代，必須先判斷原有取代基是否使苯環失活；若苯環極度失活，Friedel–Crafts 反應通常無法進行。 --- 選項分析 （A）錯誤 反應物為硝基苯，先使用： $$ \ce{C6H5NO2 + CH3CH2CH2Cl -[AlCl3] ?} $$ 硝基 $\ce{-NO2}$ 是強烈吸電子基，會透過誘導效應與共振效應大幅降低苯環電子密度，使苯環極度失活。 因此，硝基苯不能進行 Friedel–Crafts 烷基化。第一步即無法生成丙基硝基苯，後續硝化也無從進行。 所以圖示產物錯誤。 --- （B）錯誤 氯苯雖然是鄰、對位定位基，但氯原子的誘導吸電子效應使苯環整體失活。氯苯通常不能順利進行 Friedel–Crafts 烷基化： $$ \ce{C6H5Cl + CH3CH2CH2Cl -[AlCl3] 	ext{反應不易進行}} $$ 此外，$\ce{CH3CH2CH2Cl}$ 在 $\ce{AlCl3}$ 作用下形成的烷基正離子具有重排傾向，初級丙基正離子會重排成較穩定的異丙基正離子，因此不應直接得到圖示的正丙基取代產物。 所以此選項錯誤。 --- （C）錯誤 起始物含有磺酸基 $\ce{-SO3H}$ 與丙基。磺酸基是強烈失活、強烈間位定位基。

Question 36

下列反應的主要產物，何者有誤？ (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 本題考查烯類的立體選擇性與醇的脫水反應： - $\ce{BH3}$／$\ce{H2O2, NaOH}$：氫硼化－氧化反應，具有反馬可尼可夫區域選擇性及 syn 同面加成。 - $\ce{OsO4}$：烯類 syn 二羥基化，形成鄰位順式 1,2-二醇。 - 酸催化脫水：通常遵循 Zaitsev 規則，形成較穩定、取代度較高的烯類。 - $\ce{POCl3}$／吡啶：以類 E2 機構脫水，避免碳陽離子重排。 解題方法 逐一判斷反應的區域選擇性、立體化學及主要產物結構。尤其選項 A 必須同時判斷： 1. $\ce{OH}$ 加到較少取代的碳； 2. $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 為 syn 加成； 3. 原本烯碳上的 $\ce{CH3}$ 與新加入的 $\ce{OH}$ 之相對立體關係。 選項分析 (A) 錯誤 反應如下： $$ \ce{1-Methylcyclohexene -[1. BH3, THF][2. H2O2, NaOH] 2-Methylcyclohexanol} $$ 氫硼化時，硼原子加到較少取代的碳，也就是原本的第 2 碳；氫原子則加到帶有甲基的第 1 碳。氧化步驟將 $\ce{C-B}$ 鍵轉換為 $\ce{C-OH}$ 鍵，且保留立體組態。 因此，新增的 $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 為 syn；但在第 1 碳上，原有的 $\ce{CH3}$ 與新增的 $\ce{H}$ 位於相反方向，所以 $\ce{CH3}$ 與 $\ce{OH}$ 必須為反式 trans。 題目卻標示為 cis-2-methylcyclohexanol，因此產物立體化學錯誤。正確主要產物應為 trans-2-methylcyclohexanol。 (B) 正確

Question 37

下列反應的主要產物，何者有誤？ (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 本題考查烯類的立體選擇性與醇的脫水反應： - $\ce{BH3}$／$\ce{H2O2, NaOH}$：氫硼化－氧化反應，具有反馬可尼可夫區域選擇性及 syn 同面加成。 - $\ce{OsO4}$：烯類 syn 二羥基化，形成鄰位順式 1,2-二醇。 - 酸催化脫水：通常遵循 Zaitsev 規則，形成較穩定、取代度較高的烯類。 - $\ce{POCl3}$／吡啶：以類 E2 機構脫水，避免碳陽離子重排。 解題方法 逐一判斷反應的區域選擇性、立體化學及主要產物結構。尤其選項 A 必須同時判斷： 1. $\ce{OH}$ 加到較少取代的碳； 2. $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 為 syn 加成； 3. 原本烯碳上的 $\ce{CH3}$ 與新加入的 $\ce{OH}$ 之相對立體關係。 選項分析 (A) 錯誤 反應如下： $$ \ce{1-Methylcyclohexene -[1. BH3, THF][2. H2O2, NaOH] 2-Methylcyclohexanol} $$ 氫硼化時，硼原子加到較少取代的碳，也就是原本的第 2 碳；氫原子則加到帶有甲基的第 1 碳。氧化步驟將 $\ce{C-B}$ 鍵轉換為 $\ce{C-OH}$ 鍵，且保留立體組態。 因此，新增的 $\ce{H}$ 與 $\ce{OH}$ 為 syn；但在第 1 碳上，原有的 $\ce{CH3}$ 與新增的 $\ce{H}$ 位於相反方向，所以 $\ce{CH3}$ 與 $\ce{OH}$ 必須為反式 trans。 題目卻標示為 cis-2-methylcyclohexanol，因此產物立體化學錯誤。正確主要產物應為 trans-2-methylcyclohexanol。 (B) 正確

Question 38

下列有幾種反應可用來製造 butanal？ PCC：Pyridinium chlorochromate DIBAH：Diisobutylaluminum hydride 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

Accepted Answer

核心觀念 本題考查不同官能基的氧化、還原與加成反應，判斷產物是否為 butanal（丁醛，$\ce{CH3CH2CH2CHO}$）。 可製得 butanal 的常見方法包括： - 一級醇以 PCC 氧化：一級醇 $\rightarrow$ 醛。 - 酯以 DIBAH（DIBAL-H）控制還原：酯 $\rightarrow$ 醛。 - 烯類經強氧化或炔類水合，通常不會直接得到 butanal。 --- 解題方法與各反應判斷 I. $\ce{CH3CH2CH2CH2OH}$ 經 PCC 氧化 PCC 可將一級醇氧化為醛，且通常不會繼續氧化成羧酸： $$ \ce{CH3CH2CH2CH2OH -[PCC][CH2Cl2] CH3CH2CH2CHO} $$ 產物為 butanal，因此 I 正確。 反應關鍵是醇氧先與鉻形成酯類中間體，接著經消除反應形成羰基。 --- II. $\ce{CH3CH2CH=CH2}$ 經 $\ce{KMnO4, H3O+}$ 氧化 酸性高錳酸鉀會使烯鍵發生強氧化斷裂： $$ \ce{CH3CH2CH=CH2 -[KMnO4][H3O+] CH3CH2CO2H + CO2} $$ 末端烯碳原本為 $\ce{CH2}$，會先形成甲醛，之後在強氧化條件下繼續氧化為 $\ce{CO2}$，而不是保留為醛。 因此 II 錯誤。 --- III. $\ce{CH3CH2CH2CO2CH3}$ 經 DIBAH、再酸化 此物質為 methyl butanoate（丁酸甲酯）。DIBAH 可在適當條件下將酯選擇性還原為醛：

Question 39

下列醛類對親核加成（nucleophilic addition）反應的反應性大小排列，何者正確？ I. p-Nitrobenzaldehyde II. p-Bromobenzaldehyde III. Benzaldehyde IV. p-Methoxybenzaldehyde (A) I ＞ IV ＞ II ＞ III (B) I ＞ II ＞ III ＞ IV (C) IV ＞ III ＞ II ＞ I (D) I ＞ III ＞ II ＞ IV

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗有機化學中羰基化合物的親核加成反應（Nucleophilic Addition）之反應性趨勢與苯環取代基效應（Substituent Effects）。 1. 反應機構與決速步驟： 親核加成反應的第一步通常為親核劑（$\ce{Nu-}$ 或 $\ce{Nu-H}$）進攻羰基碳（carbonyl carbon）： $$\ce{R-CHO + Nu- - R-CH(Nu)-O-}$$ 羰基碳為 $sp^2$ 混成，具部分正電荷（$\delta+$）。此步驟中，羰基碳的正電性愈高（親電性愈強）、立體障礙愈小，親核加成的速率愈快。 2. 電子效應的影響： 苯甲醛對位上的取代基會藉由誘導效應（Inductive effect, $I$）或共振效應（Resonance effect, $R$）調節苯環與羰基的電子密度： - 拉電子基（Electron-Withdrawing Group, EWG）：降低羰基碳的電子密度，增加其部分正電荷（$\delta+$），活化羰基，提高親核加成反應性。 - 給電子基（Electron-Donating Group, EDG）：將電子密度推向羰基碳，分散其正電荷，鈍化羰基，降低親核加成反應性。 --- 解題方法 分析題目所列四種化合物在對位（para-position）上的取代基性質： 1. 化合物 I：$p$-Nitrobenzaldehyde（對硝基苯甲醛） - 取代基：硝基（$\ce{-NO2}$）。 - 效應：強拉電子共振效應（$-R$）與強拉電子誘導效應（$-I$），為極強的拉電子基（Strong EWG）。 - 結果：使羰基碳帶極大的正電荷，親核加成反應性最高。 2. 化合物 II：$p$-Bromobenzaldehyde（對溴苯甲醛） - 取代基：溴原子（$\ce{-Br}$）。 - 效應：鹵素具有微弱的給電子共振效應（$+R$），但其電負度高，具較強的拉電子誘導效應（$-I$）。整體而言以誘導拉電子為主（Weak EWG）。 - 結果：使羰基碳的正電性略高於無取代的苯甲醛，反應性大於苯甲醛。 3. 化合物 III：Benzaldehyde（苯甲醛） - 取代基：氫原子（$\ce{-H}$），作為無取代基的基準參考點（Standard/Reference）。 4. 化合物 IV：$p$-Methoxybenzaldehyde（對甲氧基苯甲醛） - 取代基：甲氧基（$\ce{-OCH3}$）。

Question 40

下列合成反應的主要產物為 X，有關 X 產物的描述有幾項是正確的？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 I. X 產物含有 $\ce{-OH}$ 基。 II. X 產物含有 $\ce{C=C}$ 雙鍵。 III. X 產物是酮類。 IV. X 可經由 $\ce{POCl3}$ 作用，產生脫水反應。 V. X 可經由 $\ce{H2NNH2}$（$\ce{KOH}$）作用，反應後的產物為烯類。 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - $\ce{R2CuLi}$（Gilman 試劑）對 $\alpha,\beta$-不飽和酮的共軛加成。 - 共軛加成（$1,4$-addition）會使原本的 $\ce{C=C}$ 雙鍵消失，但保留羰基。 - $\ce{POCl3}$ 的脫水反應條件。 - Wolff–Kishner 還原：$\ce{H2NNH2/KOH}$ 將醛、酮的羰基還原成亞甲基。 圖中起始物為具 $\ce{C=C-C=O}$ 共軛系統的環戊烯酮，試劑為鋰二正丙基銅： $$ \ce{Li(CH3CH2CH2)2Cu} $$ 其主要反應為對烯酮進行 $1,4$-共軛加成。 --- 解題方法與產物判斷 鋰二烷基銅會將正丙基 $\ce{CH3CH2CH2-}$ 加到 $\beta$-碳，接著由酸提供質子，使原本的 $\ce{C=C}$ 雙鍵飽和： $$ \ce{\alpha,\beta-unsaturated\ ketone \xrightarrow[\ce{2. H3O+}]{\ce{Li(CH3CH2CH2)2Cu}} \ saturated\ ketone} $$ 因此，產物 $X$ 的結構特徵為： - 原有的 $\ce{C=C}$ 雙鍵消失； - 原有的 $\ce{C=O}$ 羰基保留； - 不會新生成 $\ce{-OH}$ 基； - 產物屬於酮類。 --- 選項分析 I. $X$ 產物含有 $\ce{-OH}$ 基。 錯誤。 第二步的 $\ce{H3O+}$ 只是在共軛加成後進行質子化，使碳負離子轉變為 $\ce{C-H}$，並非羰基的還原或加成。因此產物不含醇類的 $\ce{-OH}$ 基。 --- II. $X$ 產物含有 $\ce{C=C}$ 雙鍵。 錯誤。 起始物的 $\ce{C=C}$ 為烯酮中的共軛雙鍵，經 Gilman 試劑進行 $1,4$-加成後，雙鍵被消耗： $$ \ce{C=C + 2e- equivalent\ of\ conjugate\ addition \longrightarrow C-C} $$

Question 41

$\ce{C6H5CHBr2}$ 與 $\ce{NaOH}$ 進行反應，則穩定性較高的主要產物為何？ (A) $\ce{C6H5CH(OH)2}$ (B) Benzaldehyde (C) Benzoate (D) $\ce{C6H5CH(OH)Br}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「偕二鹵化物」的鹼性水解，以及偕二醇的不穩定性。 $\ce{C6H5CHBr2}$ 是苄位碳上帶有兩個溴的偕二溴化物。與 $\ce{NaOH}$ 反應時，$\ce{OH^-}$ 會逐步取代兩個 $\ce{C-Br}$ 鍵，先形成偕二醇： $$ \ce{C6H5CHBr2 + 2 NaOH - C6H5CH(OH)2 + 2 NaBr} $$ 但同一個碳原子上同時連接兩個 $\ce{-OH}$ 的偕二醇通常不穩定，會脫去水並形成穩定的羰基化合物： $$ \ce{C6H5CH(OH)2 <= C6H5CHO + H2O} $$ 因此總反應可表示為： $$ \ce{C6H5CHBr2 + 2 NaOH - C6H5CHO + 2 NaBr + H2O} $$ 其中 $\ce{C6H5CHO}$ 即 benzaldehyde。 解題方法與反應機構 反應可分成三個關鍵階段： 1. $\ce{OH^-}$ 進攻苄位碳，發生親核取代，使第一個 $\ce{Br}$ 離去： $$ \ce{C6H5CHBr2 -[OH^-] C6H5CH(OH)Br} $$ 2. 第二個 $\ce{Br}$ 再被 $\ce{OH^-}$ 取代，生成偕二醇： $$ \ce{C6H5CH(OH)Br -[OH^-] C6H5CH(OH)2} $$ 3. 偕二醇脫水形成羰基，生成 benzaldehyde： $$ \ce{C6H5CH(OH)2 - C6H5CHO + H2O} $$ 形成羰基 $\ce{C=O}$ 後，產物具有較高的穩定性，因此主要產物是 benzaldehyde。 選項分析 (A) $\ce{C6H5CH(OH)2}$ 這是反應過程中的偕二醇中間體。雖然兩個溴可被兩個 $\ce{OH^-}$ 取代而形成此物質，但偕二醇不穩定，容易脫水轉變為羰基化合物，因此不是穩定性較高的主要產物，錯誤。

Question 42

有機分子 $\ce{C6H12O3}$，其 $^1\mathrm{H}$ NMR 光譜數據： $\delta: 2.2$（3H, singlet） $\delta: 2.7$（2H, doublet） $\delta: 3.4$（6H, singlet） $\delta: 4.8$（1H, triplet） 此分子最有可能的結構為何？ 🖼️【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) 以上皆非

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $^1\mathrm{H}$ NMR 的三項判讀： 1. 化學位移 $\delta$：判斷氫原子附近的官能基。 2. 積分值：判斷各類氫的數目。 3. 裂分形式：依 $n+1$ 規則判斷相鄰碳上的等效氫數目。 分子式為 $\ce{C6H12O3}$，總氫數為 $12$，與光譜積分： $$ 3+2+6+1=12 $$ 完全吻合。 --- 解題方法 先逐一解析 NMR 訊號： - $\delta=2.2$（$3\mathrm{H}$，singlet）： 代表羰基旁的甲基 $\ce{COCH3}$。因為相鄰羰基碳上沒有氫，不發生裂分，所以為 singlet。 - $\delta=2.7$（$2\mathrm{H}$，doublet）： 代表羰基 $\alpha$ 位的 $\ce{CH2}$，且相鄰碳上有一個氫： $$\ce{-CO-CH2-CH-}$$ 依 $n+1$ 規則，受到一個鄰氫影響，裂分為 doublet。 - $\delta=3.4$（$6\mathrm{H}$，singlet）： 代表兩個等效的甲氧基： $$\ce{2CH3O-}$$ 兩個 $\ce{OCH3}$ 化學環境相同，因此合併成 $6\mathrm{H}$ 的 singlet。 - $\delta=4.8$（$1\mathrm{H}$，triplet）： 代表連接兩個氧原子的縮醛氫 $\ce{CH(OCH3)2}$。此氫與鄰近的 $\ce{CH2}$ 上兩個等效氫偶合，因此呈 triplet： $$\ce{(CH3O)2CH-CH2-COCH3}$$ 因此結構應為： $$ \ce{(CH3O)2CHCH2COCH3} $$ 即選項 (B)。 --- 選項分析 (A) $\ce{CH3OCH2CH(OCH3)COCH3}$ 此結構雖然也符合分子式 $\ce{C6H12O3}$，但有兩個不同環境的甲氧基： - $\ce{-OCH3}$：一組 - $\ce{-CH(OCH3)-}$：另一組

Question 43

下列合成反應正確的有幾個？ 🖼️【此處有附圖】 I. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 II. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 III. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 IV. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 IV. Malonic ester

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機合成中官能基轉換與反應條件判斷，重點包括： - 鹵代烷的 $\ce{CN^-}$ 親核取代 - 腈的 Grignard 反應 - Grignard 試劑與 $\ce{CO2}$ 反應 - 腈還原成一級胺 - $\alpha$-鹵代酮的 Favorskii 重排 - $\ce{H3O+}$ 在反應後處理中的作用 判斷每一項時，須確認「試劑能將起始官能基轉換成什麼」，並檢查碳骨架是否正確。 --- I：錯誤 起始物為 $\alpha$-溴代環己酮，在 $\ce{NaOH, H2O}$ 作用下會進行 Favorskii 重排。 其關鍵步驟為： 1. $\ce{OH^-}$ 先取代 $\alpha$-位的 $\ce{Br}$。 2. 形成環氧中間體。 3. 發生環收縮，並引入羧酸衍生物。 4. 反應液經 $\ce{H3O+}$ 酸化後，得到羧酸。 因此此反應的主要產物應為環縮小後的羧酸衍生物，而不是題圖所示的含 $\ce{-CH2OH}$ 的醇。 所以 I 不正確。 --- II：正確 起始物為溴代烷： $$ \ce{R-Br} $$ 第一步，$\ce{KCN}$ 在 THF 中進行 $\mathrm{SN2}$ 親核取代： $$ \ce{R-Br + CN^- - R-C#N + Br^-} $$ 此步驟會使碳鏈增加一個碳原子。 第二步，腈與 $\ce{CH3MgBr}$ 反應。Grignard 試劑對腈的碳進行親核加成，形成亞胺鎂鹽；酸化後得到酮： $$ \ce{R-C#N -[1.\ CH3MgBr][2.\ H3O+] R-CO-CH3} $$ 題圖所示產物為甲基酮，碳骨架與上述反應相符，因此 II 正確。 --- III：正確 起始物先與鎂反應形成 Grignard 試劑： $$ \ce{R-Br + Mg - R-MgBr} $$ 接著與二氧化碳進行親核加成：

Question 44

下列分子可進行鹵仿反應（haloform reaction）的有幾個？ I. $\ce{CH3COCH3}$ II. Acetophenone III. $\ce{CH3C#N}$ IV. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 V. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 鹵仿反應是甲基酮 $\ce{RCOCH3}$ 在鹵素與強鹼作用下，生成羧酸鹽與鹵仿 $\ce{CHX3}$ 的反應： $$ \ce{RCOCH3 + 3X2 + 4OH^- - RCOO^- + CHX3 + 3X^- + 3H2O} $$ 其中 $X$ 可為 $\ce{Cl}$、$\ce{Br}$ 或 $\ce{I}$。因此，判斷能否進行鹵仿反應的快速條件是： - 分子中是否具有 $\ce{RCOCH3}$ 結構，即羰基旁直接連接一個甲基。 - 能被氧化成甲基酮的結構，例如 $\ce{RCH(OH)CH3}$，也可進行鹵仿反應。 反應機構的關鍵是：甲基酮的 $\ce{-COCH3}$ 上三個氫逐步被鹵素取代，形成 $\ce{-COCX3}$；接著氫氧根進行親核酰基取代，產生羧酸鹽與鹵仿 $\ce{CHX3}$。 --- 解題方法與各分子判斷 I. $\ce{CH3COCH3}$ 這是丙酮，具有標準甲基酮結構： $$ \ce{CH3COCH3} $$ 其中任一端皆可視為 $\ce{RCOCH3}$，因此可進行鹵仿反應。 --- II. Acetophenone Acetophenone 的結構為苯乙酮： $$ \ce{C6H5COCH3} $$ 具有 $\ce{ArCOCH3}$ 的甲基酮結構，因此可進行鹵仿反應，生成苯甲酸鹽與鹵仿。例如使用碘時： $$ \ce{C6H5COCH3 + 3I2 + 4OH^- - C6H5COO^- + CHI3 + 3I^- + 3H2O} $$ --- III. $\ce{CH3C#N}$ 此分子為乙腈，官能基是腈基 $\ce{-C#N}$，並沒有羰基，也沒有 $\ce{RCOCH3}$ 結構： $$ \ce{CH3C#N} $$ 因此不能進行典型鹵仿反應。 ---

Question 45

下列分子不能進行自身醛醇縮合（aldol self-condensation）反應有幾個？ I. Trimethyl acetaldehyde II. Cyclobutanone III. Benzophenone（Diphenyl ketone） IV. Pentan-3-one V. Decanal VI. 3-Phenylprop-2-enal (A) 2 (B) 3 (C) 4

Accepted Answer

核心觀念 自身醛醇縮合（aldol self-condensation）必須同時具備： 1. 分子中有羰基，能作為親電性受體。 2. 分子中有羰基的 $\alpha$-碳，且該位置具有可移除的 $\alpha$-氫。 3. 鹼催化下，$\alpha$-氫被移除形成烯醇負離子（enolate），再攻擊另一分子的羰基。 基本機構可表示為： $$ \ce{R-CO-CH2-R' + OH^- <= R-CO-CH^- -R' + H2O} $$ 接著烯醇負離子進行親核加成： $$ \ce{enolate + R-CO-R' - alkoxide} $$ 最後經質子化形成 $\beta$-羥基羰基化合物；加熱時常再脫水形成 $\alpha,\beta$-不飽和羰基化合物。 因此，本題的快速判斷原則是：先找每個分子的 $\alpha$-碳，再檢查是否有 $\alpha$-氫。 --- 逐一分析六個分子 I. Trimethyl acetaldehyde Trimethyl acetaldehyde 即 2,2-dimethylpropanal，結構為： $$ \ce{(CH3)3C-CHO} $$ 羰基旁的 $\alpha$-碳是四級碳： $$ \ce{(CH3)3C-CHO} $$ 該碳上沒有氫，因此無法形成烯醇負離子，不能進行自身醛醇縮合。 判定：不能。 --- II. Cyclobutanone Cyclobutanone 的羰基兩側皆為環上的 $\ce{CH2}$，均可視為 $\alpha$-碳： $$ \ce{O=C-CH2-CH2-} $$ $\alpha$-碳具有氫，可被鹼移除形成烯醇負離子；另一分子的 cyclobutanone 羰基則可作為親電性受體。 判定：可以。 --- III. Benzophenone（Diphenyl ketone） Benzophenone 結構為： $$ \ce{(C6H5)2C=O} $$ 羰基兩側直接連接的是苯環的 ipso 碳。這些碳沒有可供移除的 $\alpha$-氫，因而無法形成一般醛醇反應所需的羰基烯醇負離子。 此外，benzophenone 的羰基也受到兩個苯基的共振與立體阻礙影響，親電性較低。 判定：不能。 --- IV. Pentan-3-one Pentan-3-one 結構為： $$ \ce{CH3CH2-CO-CH2CH3} $$ 羰基兩側的 $\alpha$-碳皆為 $\ce{CH2}$，具有 $\alpha$-氫。因此可形成烯醇負離子，並攻擊另一分子的羰基。 判定：可以。 --- V. Decanal

Question 46

下列合成反應，所使用的試劑與反應條件何者有誤？ (A) a: $\ce{LiAlH4}$, then $\ce{H3O+}$；b: $\ce{POCl3}$, pyridine (B) c: $\ce{O3}$, then $\ce{Zn/H3O+}$；d: $\ce{CH3CH2OH}$, $\ce{H+}$ (C) e: $\ce{NaOEt}$；f: $\ce{H3O+}$ (D) g: $\ce{NaOEt}$, then $\ce{CH3Br}$；h: $\ce{H3O+}$, heat 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題綜合考查： - 酮的還原與脫水反應 - 烯類的臭氧分解 - 醛在酸性乙醇中的反應 - Dieckmann condensation（分子內 Claisen condensation） - $\beta$-酮酸酯的 $\alpha$-烷基化、酯水解與脫羧 判斷此題的關鍵，是逐步確認每一組試劑是否能將圖中的起始物轉變為下一個產物。 --- (A) 正確 反應流程為： $$ \ce{Cyclohexanone -[LiAlH4][H3O+] Cyclohexanol -[POCl3,\ pyridine] Cyclohexene} $$ 第一步中，$\ce{LiAlH4}$ 將酮的羰基還原成二級醇，酸化後得到 cyclohexanol： $$ \ce{R2C=O -[LiAlH4][H3O+] R2CHOH} $$ 第二步以 $\ce{POCl3}$/pyridine 脫水，經由類似 $\mathrm{E2}$ 的消去反應形成 cyclohexene。此條件適合將醇轉變為烯類，因此 (A) 正確。 --- (B) 錯誤，為本題答案 起始物 cyclohexene 經臭氧分解： $$ \ce{Cyclohexene -[O3][Zn/H3O+] OHC-(CH2)4-CHO} $$ $\ce{O3}$ 接著使用 $\ce{Zn/H3O+}$ 為還原性臭氧分解，碳碳雙鍵斷裂後，兩端各形成醛基，產物是己二醛： $$ \ce{OHC-(CH2)4-CHO} $$ 接著使用 $\ce{CH3CH2OH}$、$\ce{H+}$，醛基會與乙醇形成縮醛，而不是直接形成酯： $$ \ce{RCHO + 2CH3CH2OH <=[H+] RCH(OCH2CH3)2 + H2O} $$ 因此，該步驟不能生成圖中的己二酸二乙酯： $$ \ce{EtOOC-(CH2)4-COOEt} $$ 若要由臭氧分解後得到二酯，必須先將醛氧化成羧酸，再以乙醇進行 Fischer esterification，例如： $$ \ce{OHC-(CH2)4-CHO -[oxidation] HOOC-(CH2)4-COOH} $$ 再經： $$ \ce{HOOC-(CH2)4-COOH + 2CH3CH2OH <=[H+] EtOOC-(CH2)4-COOEt + 2H2O} $$ 所以 (B) 的錯誤在於：$\ce{Zn/H3O+}$ 產生的是二醛，而「乙醇、酸」只能使醛形成縮醛，無法直接把醛氧化成酯。校方釋疑公告所列反應機構亦支持此判斷，正確答案為 (B)。 ---

Question 47

下列合成反應的主要產物，有幾個是錯的？ I. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 II. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 III. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 IV. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

Accepted Answer

核心觀念 本題考查四種有機反應： 1. Grignard 試劑與胺類的酸鹼反應。 2. Friedel–Crafts 烷基化反應及芳香胺基的影響。 3. Hofmann 脫醯胺重排。 4. 還原胺化反應。 需逐一判斷反應物、試劑與主要產物是否相符。 解題方法與各反應判斷 I. $\ce{p-Br-C6H4-NH2 + CH3MgBr - p-CH3-C6H4-NH2}$：錯誤 $\ce{CH3MgBr}$ 是強鹼，也是強親核試劑；對具有 $\ce{N-H}$ 的對溴苯胺，會先進行酸鹼反應： $$ \ce{p-Br-C6H4-NH2 + CH3MgBr - p-Br-C6H4-NH-MgBr + CH4} $$ 加入 $\ce{H3O+}$ 後，只會將胺基重新質子化： $$ \ce{p-Br-C6H4-NH-MgBr -[H3O+] p-Br-C6H4-NH2} $$ 因此，$\ce{CH3MgBr}$ 不會將芳香環上的 $\ce{Br}$ 直接置換成 $\ce{CH3}$，不能生成圖示的對甲苯胺。 所以 I 錯。 --- II. 對溴苯胺與 $\ce{CH3CH2Cl/AlCl3}$ 進行 Friedel–Crafts 烷基化：錯誤 Friedel–Crafts 烷基化通常需要芳香環具有足夠的電子密度。然而，苯胺的胺基 $\ce{-NH2}$ 會與 Lewis 酸 $\ce{AlCl3}$ 配位： $$ \ce{C6H5NH2 + AlCl3 - C6H5NH2.AlCl3} $$ 此配位會使胺基的孤電子對被占用，並大幅降低芳香環的反應性，使 Friedel–Crafts 烷基化難以順利進行。實際合成中，若要對苯胺進行 Friedel–Crafts 反應，通常必須先保護胺基，例如形成乙醯胺。 因此，圖示的乙基取代產物不是此條件下的合理主要產物。 所以 II 錯。 --- III. $\ce{CH3CH2CH2CH2CONH2 -[Br2, NaOH, H2O] CH3CH2CH2CH2NH2}$：正確 這是 Hofmann 脫醯胺重排。其特徵是：醯胺轉變成少一個碳的第一級胺，原本羰基中的碳會以 $\ce{CO2}$ 形式移除。 本題：

Question 48

下列分子經由 Hofmann Elimination 後的主要產物，何者有誤？ (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 Hofmann elimination（霍夫曼消去反應）。 胺先與過量 $\ce{CH3I}$ 進行徹底甲基化，形成四級銨鹽，再以 $\ce{Ag2O}$、$\ce{H2O}$ 轉換成四級銨氫氧化物，加熱進行 $\ce{E2}$ 消去： $$ \ce{R4N+ OH- -[\Delta] alkene + R3N + H2O} $$ Hofmann 消去的主要產物通常遵循「生成取代度較低、位阻較小的烯烴」原則。消去時，鹼抓取與四級銨基相鄰的 $\beta$-氫，形成 $\ce{C=C}$，同時脫去中性三級胺。 --- 解題方法 逐一判斷： 1. 四級銨鹽可以在哪些 $\beta$-位置消去？ 2. 各位置會形成何種烯烴？ 3. 依 Hofmann 規則，判斷哪一個烯烴為主要產物。 4. 同時確認離去的三級胺結構是否正確。 --- 選項分析 (A) 正確 哌啶先經過過量 $\ce{CH3I}$ 甲基化，形成四級銨鹽；再經 $\ce{Ag2O}$、$\ce{H2O}$、加熱進行連續消去。 哌啶環兩側均可進行消去，第一次消去後，氮仍連接在環上；第二次再由另一側消去，使環開裂，形成圖示的 $\ce{1,5-hexadiene}$： $$ \ce{piperidine -[	ext{excess }\ce{CH3I}][\ce{Ag2O},\ce{H2O},\Delta] CH2=CHCH2CH2CH=CH2 + (CH3)3N + H2O} $$ 因此 (A) 所示產物合理。 --- (B) 正確 環己胺經過徹底甲基化後，形成 $\ce{C6H11N(CH3)3+}$。其四級銨基相鄰的 $\beta$-碳位於環己烷的兩側，消去後形成環己烯： $$ \ce{C6H11NH2 -[	ext{excess }\ce{CH3I}] C6H11N(CH3)3+ -[\ce{Ag2O},\ce{H2O},\Delta] C6H10 + (CH3)3N + H2O} $$ 環己烯是此反應的合理主要烯烴產物，離去的三級胺為 $\ce{(CH3)3N}$，故 (B) 正確。 --- (C) 錯誤，為本題答案

Question 49

下列合成反應的最終產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Pentan-1-ol (B) Pentan-2-ol (C) Pentan-1-one (D) Pentan-2-one

Accepted Answer

核心觀念 本題考查三個連續反應： 1. 端基炔的去質子化與烷基化。 2. Lindlar 催化氫化：炔烴部分氫化為烯烴。 3. 烯烴的 oxymercuration–demercuration（水合反應）：依 Markovnikov 規則生成醇。 --- 解題方法 第一步，$\ce{NaNH2}$ 是強鹼，可移除乙炔的端基氫，形成乙炔負離子： $$ \ce{HC#CH + NaNH2 - HC#C^- Na^+ + NH3} $$ 乙炔負離子作為親核試劑，進行 $\mathrm{SN2}$ 反應攻擊一級溴化烷基 $\ce{CH3CH2CH2Br}$： $$ \ce{HC#C^- Na^+ + CH3CH2CH2Br - HC#CCH2CH2CH3 + NaBr} $$ 所得產物為 1-pentyne： $$ \ce{HC#CCH2CH2CH3} $$ 第二步，$\ce{H2}$／Lindlar catalyst 使炔烴只加成一當量氫，轉變為烯烴： $$ \ce{HC#CCH2CH2CH3 + H2 -[Lindlar\ catalyst] CH2=CHCH2CH2CH3} $$ 所得為 1-pentene。 第三步，$\ce{Hg(OAc)2}$、$\ce{H2O}$／THF，再以 $\ce{NaBH4}$ 還原脫汞，進行烯烴的 Markovnikov 水合。對於端基烯烴，$\ce{OH}$ 加到較多氫的末端碳相鄰碳，即形成較穩定的碳正離子特徵中間體，故羥基位於第 2 號碳：

Question 50

有機分子 $\ce{C10H12O2}$，其 $^1\mathrm{H}$ NMR 光譜數據： $\delta: 1.20$（3H, triplet） $\delta: 2.93$（2H, quartet） $\delta: 3.84$（3H, singlet） $\delta: 6.91$（2H, doublet） $\delta: 7.93$（2H, doublet） 此分子最有可能的結構為何？ (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： 1. $^1\mathrm{H}$ NMR 的化學位移、積分值與裂分型態。 2. 乙基、甲氧基及羰基鄰位氫的判斷。 3. 對位二取代苯環的 NMR 特徵。 4. 分子式與不飽和度的驗算。 分子式為 $\ce{C10H12O2}$，不飽和度為 $$ \frac{2(10)+2-12}{2}=5 $$ 苯環提供 $4$ 個不飽和度，另有 $1$ 個羰基，因此結構應包含芳香環與羰基。 --- 解題方法 逐一解析 NMR 訊號： - $\delta 1.20$（3H, triplet）：表示 $\ce{CH3CH2-}$ 中的甲基，受鄰近 $\ce{CH2}$ 分裂成 triplet。 - $\delta 2.93$（2H, quartet）：表示與此甲基相連的 $\ce{CH2}$。其化學位移接近 $3$ ppm，符合羰基鄰位乙基： $$\ce{-CO-CH2-CH3}$$ 此 $\ce{CH2}$ 受鄰近 $\ce{CH3}$ 分裂成 quartet。 - $\delta 3.84$（3H, singlet）：表示甲氧基 $\ce{-OCH3}$。因氧上沒有相鄰氫可造成明顯分裂，所以為 singlet。 - $\delta 6.91$（2H, doublet）與 $\delta 7.93$（2H, doublet）：芳香環共有 $4$ 個氫，且呈現兩組各積分為 $2$H 的 doublet，這是對位二取代苯環的典型訊號。 因此分子必須同時具有： $$ \ce{-COCH2CH3} $$ 與 $$ \ce{-OCH3} $$ 且兩者位於苯環對位，對應選項 C，即對甲氧基苯基乙基酮（$p$-methoxypropiophenone）。 --- 選項分析 (A) 此結構為對甲基苯甲酸乙酯，含有： $$ \ce{Ar-CH3} \quad	ext{及}\quad \ce{-COOCH2CH3} $$ 預期訊號應為： - 芳香甲基 $\ce{Ar-CH3}$：約 $\delta 2.3$，呈 singlet。 - 酯基乙氧基 $\ce{-OCH2CH3}$：$\ce{CH2}$ 通常約 $\delta 4.2$，呈 quartet；甲基約 $\delta 1.3$，呈 triplet。 題目卻出現 $\delta 3.84$ 的 $\ce{-OCH3}$ singlet，以及 $\delta 2.93$ 的羰基鄰位 $\ce{CH2}$ quartet，因此 A 不符合。 (B) 此結構含有芳香乙基與乙醯基：

慈濟大學 104 年 《化學》

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法：逐次比較初始速率

1. 判定 IX−\ce{I^-}IX− 的級數

2. 判定 Fe(CN)X6X3−\ce{Fe(CN)6^3-}Fe(CN)X6​X3− 的級數

3. 判定 Fe(CN)X6X4−\ce{Fe(CN)6^4-}Fe(CN)X6​X4− 的級數

4. 判定 IX2\ce{I2}IX2​ 的級數

速率定律

第 2 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

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

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) CO(g)\ce{CO(g)}CO(g)：錯誤

(B) CHX4(g)\ce{CH4(g)}CHX4​(g)：正確

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

核心觀念

解題方法

步驟一：平衡化學反應式

步驟二：計算生成 HX2O\ce{H2O}HX2​O 的莫耳數

步驟三：由化學計量計算消耗的 NHX3\ce{NH3}NHX3​ 質量

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

1. 純水中的溶解度 AAA

2. 強酸溶液中的溶解度 BBB

3. 高濃度氨溶液中的溶解度 CCC

第 23 題2 分

第 24 題2 分

核心觀念

解題方法

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

核心觀念

解題方法：依戊烷碳骨架分類

一、正戊烷：CHX3CHX2CHX2CHX2CHX3\ce{CH3CH2CH2CH2CH3}CHX3​CHX2​CHX2​CHX2​CHX3​

二、異戊烷：2-methylbutane\ce{2-methylbutane}2-methylbutane

三、新戊烷：2,2-dimethylpropane\ce{2,2-dimethylpropane}2,2-dimethylpropane

第 30 題2 分

第 31 題2 分

核心觀念

解題方法

第 32 題2 分

第 33 題2 分

第 34 題2 分

核心觀念

解題方法

第 35 題2 分

（A）錯誤

（B）錯誤

（C）錯誤

慈濟大學 104 年《化學》

1. 判定 $\ce{I^-}$ 的級數

2. 判定 $\ce{Fe(CN)6^3-}$ 的級數

3. 判定 $\ce{Fe(CN)6^4-}$ 的級數

4. 判定 $\ce{I2}$ 的級數

(A) $\ce{CO(g)}$ ：錯誤

(B) $\ce{CH4(g)}$ ：正確

步驟二：計算生成 $\ce{H2O}$ 的莫耳數

步驟三：由化學計量計算消耗的 $\ce{NH3}$ 質量

1. 純水中的溶解度 $A$

2. 強酸溶液中的溶解度 $B$

3. 高濃度氨溶液中的溶解度 $C$

一、正戊烷： $\ce{CH3CH2CH2CH2CH3}$

二、異戊烷： $\ce{2-methylbutane}$

三、新戊烷： $\ce{2,2-dimethylpropane}$

I. $\ce{CH3CH2CH2CH2OH}$ 經 PCC 氧化

II. $\ce{CH3CH2CH=CH2}$ 經 $\ce{KMnO4, H3O+}$ 氧化

III. $\ce{CH3CH2CH2CO2CH3}$ 經 DIBAH、再酸化