慈濟大學 108 年《化學》考古題與詳解

Question 1

在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時，下列各半反應的標準還原電位如下：

$\ce{Fe^2+(aq) + 2e^- -> Fe(s)}$ 　 $E^\circ=-0.44\ \mathrm{V}$

$\ce{Fe^3+(aq) + e^- -> Fe^2+(aq)}$ 　 $E^\circ=0.76\ \mathrm{V}$

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

則下列反應在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時的標準電壓 $E^\circ_{\mathrm{rxn}}$ 是多少？

$\ce{3Cu^2+(aq) + 2Fe(s) -> 3Cu(s) + 2Fe^3+(aq)}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 半反應電位不可直接相加： 電位（$E^\circ$）為強度性質（intensive property），不具加成性。半反應在相加合併時，不可直接將電位數值相加減，必須透過具有加成性的外延性質（extensive property）——標準吉布斯自由能變化（$\Delta G^\circ$）來進行運算： $$ \Delta G^\circ = -nFE^\circ $$ 其中 $n$ 為轉移電子莫耳數，$F$ 為法拉第常數。 2. 全反應標準電動勢 $E^\circ{\mathrm{rxn}}$ 的計算： 對於一個由陰極還原與陽極氧化組成的全電池反應，其標準電動勢為： $$ E^\circ{\mathrm{rxn}} = E^\circ{\mathrm{red}}(	ext{陰極}) - E^\circ{\mathrm{red}}(	ext{陽極}) = E^\circ{\mathrm{red}}(	ext{還原半反應}) + E^\circ{\mathrm{ox}}(	ext{氧化半反應}) $$ --- 解題方法 本題所求全反應為： $$ \ce{3Cu^2+(aq) + 2Fe(s) - 3Cu(s) + 2Fe^3+(aq)} $$ 該全反應可拆解為兩個半反應： - 還原半反應（陰極）：$\ce{Cu^2+(aq) + 2e^- - Cu(s)}$ - 氧化半反應（陽極）：$\ce{Fe(s) - Fe^3+(aq) + 3e^-}$ 題目已直接給出銅的還原電位： $$ E^\circ(\ce{Cu^2+/Cu}) = 0.34\ \mathrm{V} $$ 然而，題目並未直接給出 $\ce{Fe^3+/Fe}$ 的標準電位，而是給出兩個子半反應： - 反應 (1)：$\ce{Fe^2+(aq) + 2e^- - Fe(s)}$ $E1^\circ = -0.44\ \mathrm{V}$（轉移 $n1 = 2$ 莫耳電子） - 反應 (2)：$\ce{Fe^3+(aq) + e^- - Fe^2+(aq)}$ $E2^\circ = 0.76\ \mathrm{V}$（轉移 $n2 = 1$ 莫耳電子） 步驟一：計算 $\ce{Fe^3+(aq) + 3e^- - Fe(s)}$ 的標準還原電位 $E3^\circ$ 將反應 (1) 與反應 (2) 相加，可得目標半反應 (3)： $$ \ce{Fe^3+(aq) + 3e^- - Fe(s)} \quad (n3 = 3) $$ 根據自由能的加成性： $$ \Delta G3^\circ = \Delta G1^\circ + \Delta G2^\circ $$ 代入 $\Delta G^\circ = -nFE^\circ$： $$ -n3 F E3^\circ = -n…

Question 2

某化合物在 $27.0^\circ\mathrm{C}$ 呈液態，蒸氣壓為 $76.0\ \mathrm{mmHg}$ ，在 $1.00$ 大氣壓下，該化合物的沸點為 $127^\circ\mathrm{C}$ 。則在 $1.00$ 大氣壓下該化合物的莫耳汽化熱 $\Delta H_{\mathrm{vap}}$ 是多少？（ $\ln 10=2.30$ ；假設汽化熱與溫度無關。）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 Clausius–Clapeyron 方程式，用蒸氣壓隨溫度變化的關係求莫耳汽化熱 $\Delta H{\mathrm{vap}}$。 在汽化熱視為與溫度無關時： $$ \ln\left(\frac{P2}{P1}ight) = -\frac{\Delta H{\mathrm{vap}}}{R} \left(\frac{1}{T2}-\frac{1}{T1}ight) $$ 整理為： $$ \Delta H{\mathrm{vap}} = \frac{R\ln(P2/P1)} {\left(1/T1ight)-\left(1/T2ight)} $$ 其中溫度必須使用絕對溫標 K。 解題方法 已知： - $T1=27.0^\circ\mathrm{C}\approx300\ \mathrm{K}$ - $P1=76.0\ \mathrm{mmHg}$ - 正常沸點為 $127^\circ\mathrm{C}\approx400\ \mathrm{K}$ - 在正常沸點時，蒸氣壓等於外界壓力 $1.00\ \mathrm{atm}=760\ \mathrm{mmHg}$，因此 $P2=760\ \mathrm{mmHg}$ - $R=8.314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$ 壓力比為： $$ \frac{P2}{P1} = \frac{760}{76.0} = 10 $$ 因此： $$ \ln\left(\frac{P2}{P1}ight)=\ln 10=2.30 $$ 溫度項為： $$ \frac{1}{T1}-\frac{1}{T2} = \frac{1}{300}-\frac{1}{400} = \frac{100}{120000} = 8.33	imes10^{-4}\ \mathrm{K^{-1}} $$ 代入： $$ \Delta H{\mathrm{vap}} = \frac{(8.314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}})(2.30)} {8.33	imes10^{-4}\ \mathrm{K^{-1}}} $$ $$ \Delta H{\mathrm{vap}} \approx2.29	imes10^4\ \mathrm{J/mol} = 22.9\ \mathrm{kJ/mol} $$ 所以選擇 (B)。 選項分析

Question 3

於 $27^\circ\mathrm{C}$ 環境中，一個休息狀態的成人，對環境釋放出的熱能速率大約為 $100\ \mathrm{W}$ ，請估計此人一整天（ $24$ 小時）造成環境的熵（entropy）值變化為多少 $\mathrm{kJ\,K^{-1}}$ ？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱力學第二定律中的熵變。對於溫度近似固定的環境，吸收熱量 $q$ 所造成的熵變為 $$ \Delta S{	ext{環境}}=\frac{q{	ext{環境}}}{T} $$ 其中： - $\Delta S{	ext{環境}}$：環境的熵變 - $q{	ext{環境}}$：環境吸收的熱量 - $T$：絕對溫度，單位為 $\mathrm{K}$ 人體休息時持續向環境放熱，因此環境吸收熱量，$q{	ext{環境}}0$，環境熵變為正值。 解題方法 功率 $100\ \mathrm{W}$ 表示每秒釋放的能量為 $100\ \mathrm{J}$： $$ P=100\ \mathrm{J\,s^{-1}} $$ 一天共有 $$ t=24	imes 60	imes 60 =86400\ \mathrm{s} $$ 因此，此人一天釋放給環境的熱量為 $$ q{	ext{環境}}=Pt =(100\ \mathrm{J\,s^{-1}})(86400\ \mathrm{s}) =8.64	imes10^6\ \mathrm{J} $$ 換算成 $\mathrm{kJ}$： $$ q{	ext{環境}}=8640\ \mathrm{kJ} $$ 環境溫度為 $27^\circ\mathrm{C}$，換算為絕對溫度： $$ T=27+273=300\ \mathrm{K} $$ 因此環境熵變為 $$ \Delta S{	ext{環境}} =\frac{8640\ \mathrm{kJ}}{300\ \mathrm{K}} =28.8\ \mathrm{kJ\,K^{-1}} $$ 所以正確選項為 $\mathrm{(D)}$。 若使用較精確的 $273.15$： $$ T=300.15\ \mathrm{K} $$ 所得結果約為 $28.79\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}$，四捨五入後仍為 $28.8\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}$。

Question 4

已知下列反應在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時的平衡常數：

$\ce{AgBr(s) <=> Ag+(aq) + Br^-(aq)}$ 　 $K_{\mathrm{sp}}=5.0\times10^{-13}$

$\ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <=> Ag(NH3)2+(aq)}$ 　 $K_{\mathrm{f}}=1.8\times10^7$

於 $25^\circ\mathrm{C}$ 時， $\ce{AgBr}$ 在 $1.0\ \mathrm{M}$ $\ce{NH3}$ 水溶液中的溶解度約是多少？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查溶度積 $K{\mathrm{sp}}$、錯離子形成常數 $K{\mathrm{f}}$，以及「平衡反應相加時，總平衡常數相乘」的觀念。 已知： $$ \ce{AgBr(s) <= Ag+(aq) + Br-(aq)} $$ $$ K{\mathrm{sp}}=5.0	imes10^{-13} $$ $$ \ce{Ag+(aq) + 2NH3(aq) <= Ag(NH3)2+(aq)} $$ $$ K{\mathrm{f}}=1.8	imes10^{7} $$ 氨會將溶液中的 $\ce{Ag+}$ 轉化為 $\ce{Ag(NH3)2+}$，降低自由 $\ce{Ag+}$ 濃度，使 $\ce{AgBr}$ 持續溶解，因此在氨水中的溶解度會大於純水中的溶解度。 --- 解題方法 將兩個反應相加，消去中間物種 $\ce{Ag+}$： $$ \ce{AgBr(s) + 2NH3(aq) <= Ag(NH3)2+(aq) + Br-(aq)} $$ 總平衡常數為： $$ K=K{\mathrm{sp}}K{\mathrm{f}} $$ $$ K=(5.0	imes10^{-13})(1.8	imes10^{7}) =9.0	imes10^{-6} $$ 設 $\ce{AgBr}$ 的莫耳溶解度為 $s$，則每溶解 $s$ 莫耳： $$ [\ce{Ag(NH3)2+}]=s $$ $$ [\ce{Br-}]=s $$ 初始有 $1.0\ \mathrm{M}$ 的 $\ce{NH3}$，反應消耗 $2s$，故： $$ [\ce{NH3}]=1.0-2s $$ 依總反應的平衡常數表示式： $$ K=\frac{[\ce{Ag(NH3)2+}][\ce{Br-}]}{[\ce{NH3}]^2} $$ 代入各濃度： $$ 9.0	imes10^{-6} =\frac{s^2}{(1.0-2s)^2} $$ 取正平方根： $$ 3.0	imes10^{-3} =\frac{s}{1.0-2s} $$ 整理： $$ s=3.0	imes10^{-3}(1.0-2s) $$ $$ s=3.0	imes10^{-3}-6.0	imes10^{-3}s $$ $$ 1.006s=3.0	imes10^{-3} $$ $$ s=2.98	imes10^{-3}\ \mathrm{M} \approx 3.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$ 因此選擇： $$ \boxed{	ext{(C)}\ 3.0	imes10^{-3}\ \mathrm{M}} $$ 由於 $2s\approx 0.006\ \mathrm{M}$，相對於 $1.0\ \mathrm{M}$ 的氨僅約 $0.6\%$，也可近似視為 $[\ce{NH…

Question 5

有一樣品是苯甲酸（benzoic acid）和 $4$-羥基苯甲醛（$4$-hydroxybenzaldehyde）的混合物，下列哪一組溶劑最適合於該混合物的萃取分離（liquid-liquid extraction）？ (A) 苯甲酸：乙醚；$4$-羥基苯甲醛：水 (B) 苯甲酸：乙醚；$4$-羥基苯甲醛：$1.0\ \mathrm{M}$ $\ce{NaOH}$ 水溶液 (C) 苯甲酸：乙醚；$4$-羥基苯甲醛：$1.0\ \mathrm{M}$ $\ce{NaHCO3}$ 水溶液 (D) 苯甲酸：乙醚；$4$-羥基苯甲醛：$1.0\ \mathrm{M}$ $\ce{HCl}$ 水溶液

Accepted Answer

核心觀念 本題考查酸鹼萃取（acid–base liquid-liquid extraction）。判斷原則是： - 中性有機物通常溶於有機溶劑，如乙醚。 - 羧酸可被 $\ce{NaHCO3}$ 去質子化，形成帶電且易溶於水的羧酸鹽。 - 酚的酸性較弱，通常不能被 $\ce{NaHCO3}$ 有效去質子化，因此仍留在有機層。 本題兩種物質的結構特徵為： - 苯甲酸：含羧酸基 $\ce{-COOH}$，酸性較強，$pKa \approx 4.2$。 - $4$-羥基苯甲醛：含酚羥基 $\ce{-OH}$ 與醛基 $\ce{-CHO}$，酚的 $pKa$ 約為 $10$，酸性遠弱於苯甲酸。 解題方法 將混合物先溶於乙醚，再以 $1.0\ \mathrm{M}$ $\ce{NaHCO3}$ 水溶液萃取。 苯甲酸與碳酸氫根進行酸鹼反應： $$ \ce{C6H5CO2H + HCO3^- - C6H5CO2^- + H2CO3} $$ 碳酸不穩定，會進一步分解： $$ \ce{H2CO3 - CO2 ^ + H2O} $$ 總反應為： $$ \ce{C6H5CO2H + HCO3^- - C6H5CO2^- + CO2 ^ + H2O} $$ 生成的苯甲酸根 $\ce{C6H5CO2^-}$ 帶有負電荷，主要進入水層。將水層分離後加入強酸，例如 $\ce{HCl}$，即可重新生成苯甲酸沉澱： $$ \ce{C6H5CO2^- + H^+ - C6H5CO2H} $$ 另一方面，$4$-羥基苯甲醛的酚羥基酸性太弱，與 $\ce{HCO3^-}$ 的反應不利： $$ \ce{ArOH + HCO3^- <= ArO^- + H2CO3} $$ 因為酚的酸性弱於碳酸，平衡主要偏向左側，所以 $4$-羥基苯甲醛大多保持中性，留在乙醚層。 因此，乙醚與 $\ce{NaHCO3}$ 水溶液所組成的萃取系統，可以利用「苯甲酸形成水溶性鹽，而酚類仍為中性」的差異完成分離。 選項分析 (A) 苯甲酸：乙醚；$4$-羥基苯甲醛：水 苯甲酸與 $4$-羥基苯甲醛都具有芳香環，且均可溶於一定程度的有機溶劑。單純使用水與乙醚，主要依靠溶解度差異，缺乏明確的選擇性。 此外，苯甲酸在水中的溶解度有限，$4$-羥基苯甲醛也不是只溶於水而不溶於乙醚，因此無法形成有效的酸鹼選擇性萃取。錯誤。

Question 6

下列哪一種醇類化合物最不易被 $\ce{CrO3}$ 氧化？ (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 本題考察醇的分類與 $\ce{CrO3}$ 氧化反應。 $\ce{CrO3}$ 可將具有 $\alpha$-氫的醇氧化： - 一級醇：氧化成醛，進一步可成羧酸 $$\ce{RCH2OH -[CrO3] RCHO -[CrO3] RCOOH}$$ - 二級醇：氧化成酮 $$\ce{R2CHOH -[CrO3] R2C=O}$$ - 三級醇：通常不易被 $\ce{CrO3}$ 氧化，因為羥基所連接的碳原子上沒有 $\alpha$-氫。 解題方法 判斷每個選項中，帶有 $\ce{-OH}$ 的碳原子屬於一級、二級或三級碳： - 若為一級或二級醇，通常可被 $\ce{CrO3}$ 氧化。 - 若為三級醇，羥基碳上沒有氫，無法進行正常的氧化步驟，因此最不易被氧化。 $\ce{CrO3}$ 氧化醇時，醇先與鉻酸形成鉻酸酯，接著移除羥基碳上的 $\alpha$-氫並形成羰基。三級醇缺少此必要的 $\alpha$-氫，所以無法順利形成 $\ce{C=O}$。 選項分析 (A) 結構為 $\ce{CH3CH(OH)CH2CH2CH3}$，屬於二級醇，羥基碳上有一個氫： $$\ce{CH3CH(OH)CH2CH2CH3 -[CrO3] CH3COCH2CH2CH3}$$

Question 7

在 $\ce{[Fe(CN)6]^3-}$ 離子中的 $\ce{CN^-}$ 是強場配位基（strong-field ligand）。若 $\ce{[Fe(CN)6]^3-}$ 在最穩定狀態時，其 $\ce{Fe}$ 原子的 $d$ 軌域有多少個未配對電子（unpaired electron）？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查配位化合物中的： 1. 中心金屬氧化數與 $d$ 電子數的判定。 2. 配位基強弱對高自旋（high spin）與低自旋（low spin）的影響。 3. 八面體配位場中的 $d$ 軌域分裂與電子填入方式。 $\ce{[Fe(CN)6]^3-}$ 含有六個 $\ce{CN^-}$ 配位基，形成八面體配位結構。$\ce{CN^-}$ 屬於強場配位基，會造成較大的晶場分裂能，因此電子傾向先配對於低能量軌域，形成低自旋錯合物。 --- 解題方法 先求 $\ce{Fe}$ 的氧化數。設 $\ce{Fe}$ 的氧化數為 $x$： $$ x+6(-1)=-3 $$ $$ x=+3 $$ 因此中心金屬為 $\ce{Fe^{3+}}$。 中性鐵原子的電子組態為： $$ \ce{Fe}: [Ar]\,3d^6 4s^2 $$ 形成 $\ce{Fe^{3+}}$ 時，先移除 $4s$ 軌域的兩個電子，再移除一個 $3d$ 電子： $$ \ce{Fe^{3+}}: [Ar]\,3d^5 $$ 所以中心金屬具有 $d^5$ 電子組態。 在八面體晶場中，五個 $d$ 軌域分裂成： - 較低能量的 $t{2g}$：3 個軌域 - 較高能量的 $eg$：2 個軌域 由於 $\ce{CN^-}$ 是強場配位基，錯合物採低自旋排列。$d^5$ 電子的填法為： $$ t{2g}^{5}eg^{0} $$ 電子排列可表示為： $$ \boxed{(\uparrow\downarrow)(\uparrow\downarrow)(\uparrow)} $$ 因此 $t{2g}$ 的三個軌域中，有兩個軌域各含一對電子，剩下一個軌域含一個未配對電子。 未配對電子數為：

Question 8

$\ce{H3PO4}$ 分子具有三個酸解離常數，分別為 $K{\mathrm{a1}}$、$K{\mathrm{a2}}$、$K{\mathrm{a3}}$。在 $25.0^\circ\mathrm{C}$ 時，其 $\mathrm{p}K{\mathrm{a1}}=2.12$、$\mathrm{p}K{\mathrm{a2}}=7.20$、$\mathrm{p}K{\mathrm{a3}}=12.32$，則 $0.10\ \mathrm{M}$ $\ce{NaH2PO4}$ 水溶液的 pH 值是多少？ (A) 3.60 (B) 4.10 (C) 4.66 (D) 9.76

Accepted Answer

核心觀念 $\ce{NaH2PO4}$ 溶於水後完全解離： $$ \ce{NaH2PO4 - Na+ + H2PO4^-} $$ $\ce{H2PO4^-}$ 同時具有酸、鹼兩種性質，屬於兩性物種： 作為酸： $$ \ce{H2PO4^- + H2O <= HPO4^{2-} + H3O+} $$ 其酸解離常數為 $K{\mathrm{a2}}$。 作為鹼： $$ \ce{H2PO4^- + H2O <= H3PO4 + OH^-} $$ 其共軛酸 $\ce{H3PO4}$ 的酸解離常數為 $K{\mathrm{a1}}$。 因此，$\ce{NaH2PO4}$ 水溶液不是單純的弱酸溶液，而是兩性離子溶液。 解題方法 對於由兩性物種 $\ce{HA^-}$ 所形成的溶液，其氫離子濃度可近似表示為： $$ [\ce{H+}] \approx \sqrt{K{\mathrm{a1}}K{\mathrm{a2}}} $$ 因此： $$ \mathrm{pH} = -\log[\ce{H+}] = -\log\sqrt{K{\mathrm{a1}}K{\mathrm{a2}}} $$ 由於 $\mathrm{p}K{\mathrm{a}}=-\log K{\mathrm{a}}$，可得： $$ \mathrm{pH} \approx \frac{1}{2} \left(\mathrm{p}K{\mathrm{a1}}+\mathrm{p}K{\mathrm{a2}}\right) $$ 代入題目數據： $$ \mathrm{pH} \approx \frac{1}{2}(2.12+7.20) $$ $$ \mathrm{pH} = \frac{9.32}{2} =4.66 $$ 所以： $$ \boxed{\mathrm{pH}=4.66} $$ 題目給出的 $0.10\ \mathrm{M}$ 是形式濃度，因上述兩性近似式中濃度會相互消去，因此不需額外代入計算。 $\mathrm{p}K{\mathrm{a3}}=12.32$ 對本題影響極小，因為在 $\mathrm{pH}\approx4.66$ 時，$\ce{HPO4^{2-}}$ 幾乎不會再

Question 9

氣態的環丙烷可進行異構化反應（isomerization）產生丙烯。

在 $520^\circ\mathrm{C}$ 時，該反應的速率常數（rate constant）為 $6.93\times10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}$ 。在 $520^\circ\mathrm{C}$ 下，環丙烷最初的壓力為 $0.100$ 大氣壓，當壓力減少至 $0.025$ 大氣壓，則需多少反應時間？（ $\ln2=0.693$ ）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氣相一階反應的積分速率定律，以及氣體壓力與濃度的關係。 環丙烷異構化生成丙烯： $$ \ce{c-C3H6 - CH2=CHCH3} $$ 此反應前後氣體莫耳數相同，且速率常數單位為 $\mathrm{s^{-1}}$，表示題目採用一階反應速率定律： $$ -\frac{d[\ce{c-C3H6}]}{dt}=k[\ce{c-C3H6}] $$ 一階反應的積分式為： $$ \ln\frac{[\ce{c-C3H6}]0}{[\ce{c-C3H6}]t}=kt $$ 在溫度與容器體積固定時，由理想氣體方程式： $$ P=\frac{nRT}{V} $$ 可知氣體的壓力與其濃度成正比，因此可用壓力取代濃度： $$ \ln\frac{P0}{Pt}=kt $$ 解題方法 已知： $$ k=6.93	imes10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}} $$ $$ P0=0.100\ \mathrm{atm} $$ $$ Pt=0.025\ \mathrm{atm} $$ 代入一階反應積分式： $$ t=\frac{1}{k}\ln\frac{P0}{Pt} $$ 壓力比為： $$ \frac{P0}{Pt} = \frac{0.100}{0.025} =4 $$ 因此： $$ t=\frac{\ln4}{6.93	imes10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}} $$ 利用 $\ln4=2\ln2=2(0.693)=1.386$： $$ t=\frac{1.386}{6.93	imes10^{-4}}\ \mathrm{s} $$ $$ t=2.00	imes10^3\ \mathrm{s} $$ 所以反應時間為： $$ \boxed{2.0	imes10^3\ \mathrm{s}} $$ 題目中的壓力應解讀為環丙烷的分壓。若將壓力視為固定溫度、固定體積下的總壓力，因反應前後氣體莫耳數相同，總壓力不會因異構化而降低；因此本題的正確解讀是反應物環丙烷壓力降低。 選項分析 - (A) $69\ \mathrm{s}$：錯誤。 此數值約等於：

Question 10

下列哪一個錯合離子（complex ion）能吸收光線的波長最長？ (A) $\ce{[Co(H2O)6]^2+}$ (B) $\ce{[Co(NH3)6]^2+}$ (C) $\ce{[CoF6]^4-}$ (D) $\ce{[Co(CN)6]^4-}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查錯合物的晶場分裂能（crystal field splitting energy）與吸收光波長的關係。 八面體錯合物中，配體會使金屬離子的 $d$ 軌域分裂成較低能量的 $t{2g}$ 軌域與較高能量的 $eg$ 軌域，兩者能量差稱為八面體晶場分裂能 $\Deltao$。 當電子吸收光線並由低能階躍遷至高能階時： $$ \Delta E=h
u=\frac{hc}{\lambda} $$ 因此： $$ \lambda=\frac{hc}{\Delta E} $$ 吸收光波長 $\lambda$ 越長，代表能量差 $\Delta E$ 越小，也就是配體造成的晶場分裂越小。 --- 解題方法 四個錯合離子皆為八面體錯合物，且中心金屬均為鈷： - $\ce{[Co(H2O)6]^2+}$：鈷為 $+2$ 價 - $\ce{[Co(NH3)6]^2+}$：鈷為 $+2$ 價 - $\ce{[CoF6]^4-}$：鈷為 $+2$ 價 - $\ce{[Co(CN)6]^4-}$：鈷為 $+2$ 價 鈷原子的電子組態為 $\ce{[Ar]3d^74s^2}$，因此 $\ce{Co^2+}$ 為 $d^7$。四個選項的中心離子氧化態與 $d$ 電子數相同，主要差異在於配體的強弱。 依光譜化學序列，相關配體的強弱順序為： $$ \ce{F^- < H2O < NH3 < CN^-} $$ 配體越弱，造成的 $\Deltao$ 越小；$\Deltao$ 越小，吸收波長越長。因此： $$ \ce{[CoF6]^4-} $$ 具有最小的晶場分裂能，能吸收最長波長的光線。 --- 選項分析 (A) $\ce{[Co(H2O)6]^2+}$ $\ce{H2O}$ 是中等偏弱的場配體，其晶場分裂能力強於 $\ce{F^-}$，因此： $$ \Deltao(\ce{H2O})\Deltao(\ce{F^-}) $$ 吸收光的波長會比 $\ce{[CoF6]^4-}$ 短，故不是答案。 --- (B) $\ce{[Co(NH3)6]^2+}$

Question 11

【題組共用題幹】 $\ce{NO}$ 與 $\ce{Br2}$ 氣體反應可生成 $\ce{NOBr}$，反應式為： $\ce{2NO(g) + Br2(g) - 2NOBr(g)}$ 其反應機構（reaction mechanism）如下： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 下列何者為該反應的速率定律式（rate law）？ (A) $\mathrm{rate}=\dfrac{k1k2}{k{-1}}[\ce{NO}][\ce{Br2}]$ (B) $\mathrm{rate}=k2[\ce{NOBr}][\ce{NO}]$ (C) $\mathrm{rate}=\dfrac{k1+k2}{k{-1}}[\ce{NO}][\ce{Br2}]$ (D) $\mathrm{rate}=\dfrac{k1k2}{k{-1}}[\ce{NO}]^2[\ce{Br2}]$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「反應機構推導速率定律」。慢步驟的速率定律可先寫出，但若慢步驟含有反應中間體，必須利用快速平衡步驟消去中間體。 反應機構為： $$ \ce{NO(g) + Br2(g) <= NOBr2(g)} $$ 正、逆反應速率常數分別為 $k1$、$k{-1}$；此步驟快速。 $$ \ce{NOBr2(g) + NO(g) - 2NOBr(g)} $$ 此步驟為慢步驟，速率常數為 $k2$。 其中 $\ce{NOBr2}$ 為反應中間體，不應出現在最後的速率定律中。 解題方法 慢步驟的速率決定整體反應速率，因此： $$ \mathrm{rate}=k2[\ce{NOBr2}][\ce{NO}] $$ 由於第一步為快速平衡： $$ k1[\ce{NO}][\ce{Br2}] = k{-1}[\ce{NOBr2}] $$ 整理得： $$ [\ce{NOBr2}] = \frac{k1}{k{-1}}[\ce{NO}][\ce{Br2}] $$ 代回慢步驟速率式： $$ \begin{aligned} \mathrm{rate} &=k2\left(\frac{k1}{k{-1}}[\ce{NO}][\ce{Br2}]ight)[\ce{NO}]\ &=\frac{k1k2}{k{-1}}[\ce{NO}]^2[\ce{Br2}] \end{aligned} $$ 因此速率定律為： $$ \boxed{\mathrm{rate} = \frac{k1k2}{k{-1}}[\ce{NO}]^2[\ce{Br2}]} $$ 選項分析 - (A) $$\mathrm{rate}=\frac{k1k2}{k{-1}}[\ce{NO}][\ce{Br2}]$$ 錯誤。由慢步驟可知，速率式中還有一個 $\ce{NO}$，因為慢步驟為 $\ce{NOBr2 + NO - 2NOBr}$。

Question 12

乙醇燃料電池是將化學能轉為電能，電池的放電反應式如下： $\ce{C2H5OH(l) + 3O2(g) - 2CO2(g) + 3H2O(l)}$ $E^\circ=1.14\ \mathrm{V}$ 若燃料電池消耗 $1.0$ 莫耳乙醇，最多約能作多少功？ (A) $2.2	imes10^3\ \mathrm{kJ}$ (B) $3.3	imes10^2\ \mathrm{kJ}$ (C) $6.6	imes10^2\ \mathrm{kJ}$ (D) $1.3	imes10^3\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 最大電功（Maximum Electrical Work）與自由能變化（$\Delta G^\circ$）： 在恆溫恆壓及可逆條件下，原電池系統所能對外釋放的最大有用功（$w{\max}$）等於其吉布斯自由能變化的負值： $$ w{\max} = -\Delta G^\circ = nFE^\circ $$ 其中： - $n$：反應式中轉移的電子莫耳數（$\mathrm{mol\ e^-}$）。 - $F$：法拉第常數（約 $96500\ \mathrm{C/mol\ e^-}$ 或 $96.5\ \mathrm{kJ/(V\cdot mol\ e^-)}$）。 - $E^\circ$：標準電池電動勢（本題為 $1.14\ \mathrm{V}$）。 2. 氧化還原反應之電子轉移數（$n$）判定： - 氧化劑為 $\ce{O2}$，被還原生成水（$\ce{H2O}$）： 每莫耳 $\ce{O2}$ 分子中的氧（氧化數 $0$）還原為 $\ce{H2O}$ 中的氧（氧化數 $-2$），獲得 $4$ 莫耳電子： $$ \ce{O2 + 4H+ + 4e- - 2H2O} $$ - 反應消耗 $3$ 莫耳 $\ce{O2}$，因此每消耗 $1.0$ 莫耳乙醇，總轉移電子數為： $$ n = 3\ \mathrm{mol\ O2} 	imes 4\ \mathrm{mol\ e^-/mol\ O2} = 12\ \mathrm{mol\ e^-} $$ - 亦可由乙醇的碳氧化數變化驗算： $\ce{C2H5OH}$ 中碳的平均氧化數為 $-2$，生成 $\ce{CO2}$ 中碳的氧化數為 $+4$。 每個碳原子氧化釋出 $6$ 個電子，乙醇分子內含 $2$ 個碳原子，共釋出： $$ 2 	imes [4 - (-2)] = 12\ \mathrm{mol\ e^-} $$ --- 解題方法 1. 列出公式： $$ w{\max} = nFE^\circ $$ 2. 代入數值計算： - $n = 12\ \mathrm{mol\ e^-}$ - $F \approx 96500\ \mathrm{C/mol} = 96.5\ \mathrm{kJ/(V\cdot mol)}$ - $E^\circ = 1.14\ \mathrm{V}$ $$ w{\max} = 12 	imes 96.5\ \mathrm{kJ/(V\cdot mol)} 	imes 1.14\ \mathrm{V} $$

Question 13

改變水溶液的 pH 值，下列何者在水中的溶解度變化最大？ (A) $\ce{MnS}$ (B) $\ce{FeCl3}$ (C) $\ce{NaClO4}$ (D) $\ce{NaI}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「酸鹼度（$	ext{pH}$ 值）對難溶鹽溶解度的影響」與「勒沙特列原理（Le Chatelier's Principle）」。 1. 陰離子水解與酸效應（Acid Effect on Solubility）： 難溶鹽 $\ce{MxAy(s)}$ 在水中建立溶解平衡： $$\ce{MxAy(s) <= x M^{y+}(aq) + y A^{x-}(aq)}$$ 若陰離子 $\ce{A^{x-}}$ 來自弱酸（即 $\ce{A^{x-}}$ 為較強的布忍斯特-洛瑞共軛鹼），當溶液加入酸（$	ext{pH}$ 下降、$[\ce{H+}]$ 增加）時，$\ce{A^{x-}}$ 會與 $\ce{H+}$ 結合進行質子化反應： $$\ce{A^{x-}(aq) + H+(aq) <= HA^{(x-1)-}(aq)}$$ 這會大幅消耗游離的 $\ce{A^{x-}}$，根據勒沙特列原理，溶解平衡向右移動，使得該鹽類的溶解度顯著增加。 2. 強酸陰離子無酸效應： 若陰離子來自強酸（如 $\ce{Cl-}$、$\ce{I-}$、$\ce{ClO4-}$），其共軛鹼強度極弱，在水中幾乎不與 $\ce{H+}$ 結合，因此改變 $	ext{pH}$ 對其溶解度影響甚微。 --- 解題方法 判斷鹽類溶解度是否受 $	ext{pH}$ 明顯影響的關鍵步驟： 1. 區分易溶鹽與難溶鹽：易溶鹽在一般濃度下完全解離，溶解度主要受溫度控制，改變 $	ext{pH}$ 通常不會引發巨幅的沈澱或溶解轉移（除非伴隨氧化還原或錯合沉澱）。 2. 檢視陰離子是否具有鹼性（是否來自弱酸）： - 硫化物 $\ce{S^2-}$ 來自二質子弱酸 $\ce{H2S}$，其共軛鹼鹼性極強（$\ce{S^2-}$ 的 $K{	ext{b1}}$ 極大），極易與 $\ce{H+}$ 結合生成 $\ce{HS-}$ 及 $\ce{H2S(aq)}$： $$\ce{MnS(s) + 2 H+(aq) <= Mn^2+(aq) + H2S(aq)}$$ 當 $	ext{pH}$ 降低時，平衡極大幅度向右移動，溶解度產生數個數量級的劇烈變化。 --- 選項分析 - (A) $\ce{MnS}$【正確】： $\ce{MnS}$ 為微溶性金屬硫化物（$K{	ext{sp}} \approx 3 	imes 10^{-13}$）。其陰離子 $\ce{S^2-}$ 是二元弱酸 $\ce{H2S}$（$K{	ext{a1}} \approx 1.0 	imes 10^{-7}$, $K{	ext{a2}} \approx 1.0 	imes 10^{-19}$）的強共軛鹼。 在水中溶解平衡為： $$\ce{MnS(s) <= Mn^2+(aq) + S^2-(aq)}$$

Question 14

凡得瓦方程式（van der Waals equation）可表示為： $$\left(p+\frac{n^2a}{V^2}\right)(V-nb)=nRT$$ 用於描述真實氣體的性質。式中的 $n$、$p$、$V$、$T$ 分別代表氣體的莫耳數、壓力、體積、溫度，而不同氣體具有不同特定的 $a$ 和 $b$ 值。下列何種氣體的 $a$ 值最大？ (A) $\ce{H2}$ (B) $\ce{O2}$ (C) $\ce{H2O}$ (D) $\ce{CO2}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 凡得瓦方程式（van der Waals equation）各參數的物理意義： $$\left(p+\frac{n^2a}{V^2}ight)(V-nb)=nRT$$ - 修正項 $\dfrac{n^2a}{V^2}$：修正真實氣體分子間的「分子間吸引力（intermolecular attraction）」。常數 $a$ 代表氣體分子間吸引力的大小；$a$ 值愈大，表示分子間吸引力愈強。 - 修正項 $nb$：修正真實氣體分子本身的「排除體積（excluded volume）」或「分子自身佔有的體積」；常數 $b$ 與分子實際大小（分子半徑、分子體積）成正比。 2. 分子間作用力強弱的比較順序： 分子間作用力的一般強度順序為：氫鍵（Hydrogen bond）$$ 偶極-偶極力（Dipole-dipole force）$$ 分散力／倫敦力（London dispersion force）。 - 具備分子間氫鍵的極性分子，其分子間吸引力遠大於僅具分散力的非極性分子，因此其凡得瓦常數 $a$ 通常特別顯著。 --- 解題方法 欲判斷四種氣體中何者的凡得瓦常數 $a$ 最大，應從分子間作用力（吸引力）的型態與強度進行評估： 1. 分析分子極性與作用力類型： - $\ce{H2}$：非極性分子，分子間僅有微弱的倫敦分散力。 - $\ce{O2}$：非極性分子，分子間僅有倫敦分散力。 - $\ce{H2O}$：具有強極性的彎曲型分子，分子間存在強烈的氫鍵、偶極-偶極力與分散力。 - $\ce{CO2}$：直線型對稱分子，偶極矩為零，屬於非極性分子，分子間僅有倫敦分散力。 2. 比較分子間引力大小： 在所有選項中，只有水分子（$\ce{H2O}$）分子間能形成強大的氫鍵，其分子間引力遠大於其他僅有分散力作用的分子。因此，氣態水分子的凡得瓦常數 $a$ 值為四者中最大。 --- 選項分析 - (A) $\ce{H2}$ 錯誤： 氫氣為非極性雙原子分子，電子數僅有 2 個，分子極化度（polarizability）極低，其倫敦分散力非常微弱，因此 $a$ 值極小（約 $0.244\ 	ext{L}^2\cdot	ext{atm}\cdot	ext{mol}^{-2}$）。

Question 15

根據分子軌域理論判斷，下列何者最不穩定？ (A) $\ce{H2}$ (B) $\ce{H2+}$ (C) $\ce{H2-}$ (D) $\ce{H2^{2-}}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查分子軌域理論中「鍵級」與分子穩定性的關係。

氫原子的 $1s$ 原子軌域組合後，形成兩個分子軌域：

成鍵軌域： $\sigma_{1s}$
反鍵軌域： $\sigma_{1s}^{*}$

分子穩定性可用鍵級判斷：

\text{鍵級}=\frac{N_{\text{成鍵電子}}-N_{\text{反鍵電子}}}{2}

鍵級越大，分子鍵越強、穩定性越高；鍵級等於 $0$ ，表示沒有淨成鍵效果，分子最不穩定。

解題方法

先依序計算各物種的分子軌域電子組態與鍵級。

氫分子相關物種只涉及兩個分子軌域：

\sigma_{1s},\quad \sigma_{1s}^{*}

將總電子數填入分子軌域後，比較鍵級即可。

選項分析

(A) $\ce{H2}$

$\ce{H2}$ 有 $2$ 個電子，電子組態為：

(\sigma_{1s})^2

因此：

\text{鍵級} = \frac{2-0}{2} = 1

$\ce{H2}$ 具有一條完整的單鍵，穩定性最高，不是最不穩定者。

(B) $\ce{H2+}$

$\ce{H2+}$ 有 $1$ 個電子，電子組態為：

(\sigma_{1s})^1

因此：

\text{鍵級} = \frac{1-0}{2} = \frac{1}{2}

雖然鍵級低於 $\ce{H2}$ ，但仍具有淨成鍵效果，因此仍可形成具有一定穩定性的分子離子。它不是最不穩定者。

(C) $\ce{H2-}$

$\ce{H2-}$ 有 $3$ 個電子，電子組態為：

(\sigma_{1s})^2(\sigma_{1s}^{*})^1

其中 $2$ 個電子位於成鍵軌域， $1$ 個電子位於反鍵軌域，因此：

\text{鍵級} = \frac{2-1}{2} = \frac{1}{2}

Question 16

$\ce{CH3NC}$ 分子可進行異構化反應（isomerization）：

$\ce{CH3NC(g) -> CH3CN(g)}$

在 $420\ \mathrm{K}$ 時，其反應速率常數為 $2.00\times10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$ ；溫度增加至 $450\ \mathrm{K}$ 時，反應速率常數為 $2.00\times10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}$ 。該反應的活化能是多少 $\mathrm{kJ/mol}$ ？（ $\ln10=2.3$ ）

Accepted Answer

核心觀念

本題考查 Arrhenius 方程式及其兩點形式，用兩個不同溫度下的速率常數求反應活化能 $E_a$ 。

Arrhenius 方程式為

k=Ae^{-E_a/RT}

其中：

$k$ ：反應速率常數
$A$ ：頻率因子
$E_a$ ：活化能
$R$ ：氣體常數，取 $8.314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$
$T$ ：絕對溫度，單位為 $\mathrm{K}$

本題的反應為分子異構化：

\ce{CH3NC(g) -> CH3CN(g)}

題目提供兩組溫度與速率常數：

T_1=420\ \mathrm{K},\qquad k_1=2.00\times10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}

T_2=450\ \mathrm{K},\qquad k_2=2.00\times10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}

速率常數的單位為 $\mathrm{s^{-1}}$ ，表示此題的速率定律為一級反應形式；但求活化能時，主要使用 $k_1$ 、 $k_2$ 與溫度的關係。

解題方法

將 Arrhenius 方程式取自然對數：

\ln k=\ln A-\frac{E_a}{RT}

對兩個溫度相減，可消去未知的頻率因子 $A$ ：

\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)

因此

E_a = \frac{R\ln(k_2/k_1)} {\left(1/T_1-1/T_2\right)}

先計算速率常數比值：

\frac{k_2}{k_1} = \frac{2.00\times10^{-5}} {2.00\times10^{-6}} =10

題目給定 $\ln10=2.3$ ，所以

\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right)=2.3

再計算溫度倒數差：

\frac{1}{420}-\frac{1}{450} = \frac{450-420}{420\times450} = \frac{30}{189000} = 1.587\times10^{-4}\ \mathrm{K^{-1}}

代入公式：

E_a = \frac{ (8.314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}})(2.3) }{ 1.587\times10^{-4}\ \mathrm{K^{-1}} }

單位換算為

E_a \approx 1.21\times10^5\ \mathrm{J/mol}

由於

1\ \mathrm{kJ}=10^3\ \mathrm{J}

所以

Question 17

有一固態的晶體化合物，含有 $\ce{A}$、$\ce{B}$ 兩種金屬原子和氧原子，其晶格中原子排列結構如右圖。下列何者是此化合物的化學式？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\ce{ABO2}$ (B) $\ce{ABO3}$ (C) $\ce{AB2O3}$ (D) $\ce{AB8O6}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查晶體晶格中原子的計數方法。位於晶胞邊界上的原子會與相鄰晶胞共享，因此計算化學式時須乘上該原子的實際分配比例： - 晶胞頂點：由 $8$ 個晶胞共享，每個頂點原子貢獻 $\frac{1}{8}$ - 晶胞面心：由 $2$ 個晶胞共享，每個面心原子貢獻 $\frac{1}{2}$ - 晶胞體心：只屬於該晶胞，貢獻 $1$ 解題方法 依圖中排列： - $\ce{B}$ 位於立方晶胞的 $8$ 個頂點 - $\ce{O}$ 位於 $6$ 個面的面心 - $\ce{A}$ 位於晶胞體心 因此一個晶胞中各原子的實際數目為： $$ \ce{B}: 8	imes\frac{1}{8}=1 $$ $$ \ce{O}: 6	imes\frac{1}{2}=3 $$ $$ \ce{A}: 1	imes 1=1 $$ 原子數比例為： $$ \ce{A:B:O}=1:1:3 $$ 所以化合物的化學式為： $$ \ce{ABO3} $$ 選項分析 - (A) $\ce{ABO2}$：錯誤。 圖中有 $6$ 個面心氧原子，每個氧貢獻 $\frac{1}{2}$，合計為 $3$ 個氧原子，不是 $2$ 個。

Question 18

有一鹽類化合物的化學式為 $\ce{MxNy}$，在水中解離出 $\ce{MY+}$、$\ce{NX-}$。$25^\circ\mathrm{C}$ 時，在水中的溶解度為 $1.0	imes10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$，其飽和水溶液的滲透壓為 $0.978$ 大氣壓，則化學式 $\ce{MxNy}$ 中 $x$ 和 $y$ 的值最有可能是多少？ (A) $x=1,\ y=1$ (B) $x=1,\ y=2$ (C) $x=1,\ y=3$ (D) $x=2,\ y=3$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電解質在水中的解離，以及滲透壓公式： $$ \Pi=iMRT $$ 其中： - $\Pi$：滲透壓 - $i$：van’t Hoff 因子，代表每 1 mol 化合物解離後形成的粒子莫耳數 - $M$：溶液濃度 - $R=0.082\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}$ - $T$：絕對溫度，必須使用 K 依題目設定，每 1 mol $\ce{MxNy}$ 解離成 $x+y$ mol 的離子，因此： $$ i=x+y $$ --- 解題方法 先將溫度換算為絕對溫度： $$ T=25+273=298\ \mathrm{K} $$ 題目給出的溶解度為 $1.0	imes10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$，可視為飽和溶液中該鹽的形式濃度： $$ M=1.0	imes10^{-2}\ \mathrm{mol/L} $$ 代入滲透壓公式： $$ 0.978=i(1.0	imes10^{-2})(0.082)(298) $$ 計算： $$ (1.0	imes10^{-2})(0.082)(298) =0.244\ \mathrm{atm} $$ 因此： $$ i=\frac{0.978}{0.244}\approx4.0 $$ 每 1 mol 鹽解離後形成 $x+y$ mol 粒子，所以： $$ x+y=4 $$ 逐一比較選項： - A：$1+1=2$ - B：$1+2=3$ - C：$1+3=4$ - D：$2+3=5$ 故符合條件的是： $$ x=1,\qquad y=3 $$ --- 選項分析 (A) $x=1,\ y=1$：錯誤 此時： $$ i=x+y=1+1=2 $$ 預測滲透壓為： $$ \Pi=2(0.010)(0.082)(298)\approx0.488\ \mathrm{atm} $$ 與題目給出的 $0.978\ \mathrm{atm}$ 不符。 ---

Question 19

將硝酸銨（$\ce{NH4NO3}$）固體置入 $500^\circ\mathrm{C}$ 的真空密閉容器內，進行下列分解反應： $\ce{NH4NO3(s) <= N2O(g) + 2H2O(g)}$ 當反應達平衡時，容器內壓力為 $2280\ \mathrm{mmHg}$，仍有剩餘未分解的硝酸銨固體，則該反應的壓力平衡常數（$K{\mathrm{p}}$）是多少？ (A) $2.0$ (B) $4.0$ (C) $1.16	imes10^6$ (D) $2.31	imes10^6$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 異相平衡中，純固體不列入平衡常數表示式。 2. 壓力平衡常數 $K{\mathrm p}$ 的定義。 3. 由反應化學計量比，利用總壓力求各氣體分壓。 4. 壓力單位必須一致，通常以 $\mathrm{atm}$ 代入。 反應為： $$ \ce{NH4NO3(s) <= N2O(g) + 2H2O(g)} $$ 硝酸銨為純固體，其活性視為 $1$，因此： $$ K{\mathrm p} = P{\ce{N2O}}(P{\ce{H2O}})^2 $$ 更嚴謹地說，壓力應除以標準壓力 $1\ \mathrm{atm}$，但一般考題直接以 $\mathrm{atm}$ 數值代入。 解題方法 題目指出反應達平衡時「仍有剩餘未分解的硝酸銨固體」，表示固體硝酸銨存在，且容器內的氣體全部來自該分解反應。 由反應式： $$ \ce{NH4NO3(s) - N2O(g) + 2H2O(g)} $$ 每生成 $1$ 莫耳 $\ce{N2O}$，必生成 $2$ 莫耳 $\ce{H2O}$，所以氣體莫耳數比為： $$ \ce{N2O:H2O}=1:2 $$ 總氣體莫耳數為 $3$ 份，因此總壓力 $2280\ \mathrm{mmHg}$ 可分成： $$ P{\ce{N2O}} = \frac{1}{3}(2280\ \mathrm{mmHg}) = 760\ \mathrm{mmHg} $$ $$ P{\ce{H2O}} = \frac{2}{3}(2280\ \mathrm{mmHg}) = 1520\ \mathrm{mmHg} $$ 將壓力換算成 $\mathrm{atm}$： $$ P{\ce{N2O}} = \frac{760}{760}\ \mathrm{atm} = 1.00\ \mathrm{atm} $$ $$ P{\ce{H2O}} = \frac{1520}{760}\ \mathrm{atm} = 2.00\ \mathrm{atm} $$ 代入平衡常數表示式： $$ K{\mathrm p} = P{\ce{N2O}}(P{\ce{H2O}})^2 $$ $$ K{\mathrm p} = (1.00)(2.00)^2 = 4.00 $$ 因此： $$ \boxed{K{\mathrm p}=4.0} $$ 選項分析

Question 20

在葡萄糖（$\ce{C6H12O6}$）的環狀結構分子中，有幾個碳原子具有非對稱中心（chiral centers）性質？ (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「非對稱中心」（chiral center，又稱手性中心）的判定。 碳原子具有手性中心的條件是：該碳原子通常為四面體構型，且連接四個不同的原子或基團。若其中有兩個相同基團，便不具手性中心。 葡萄糖的開鏈結構中，$\ce{C2}$、$\ce{C3}$、$\ce{C4}$、$\ce{C5}$ 為手性中心，共 4 個。當葡萄糖形成環狀結構後，$\ce{C1}$ 的醛基碳形成新的半縮醛中心，成為異頭碳（anomeric carbon），因此增加 1 個手性中心。 --- 解題方法 葡萄糖環化時，$\ce{C5}$ 的羥基氧攻擊 $\ce{C1}$ 的醛基碳，形成 $\ce{C1-O5}$ 鍵，使原本的羰基碳 $\ce{C1}$ 轉變為四面體碳。 可用下列概念表示： $$ \ce{C1=O + HO-C5 - C1(OH)-O-C5} $$ 環狀葡萄糖中，逐一判斷各碳原子： - $\ce{C1}$：連接 $\ce{H}$、$\ce{OH}$、環內氧原子 $\ce{O5}$，以及 $\ce{C2}$，四個基團不同，為手性中心。 - $\ce{C2}$：連接 $\ce{H}$、$\ce{OH}$、$\ce{C1}$ 方向的碳鏈，以及 $\ce{C3}$ 方向的碳鏈，為手性中心。 - $\ce{C3}$：連接 $\ce{H}$、$\ce{OH}$，以及兩個不同方向的碳鏈，為手性中心。 - $\ce{C4}$：連接 $\ce{H}$、$\ce{OH}$，以及兩個不同方向的碳鏈，為手性中心。

Question 21

取 $25.0\ \mathrm{mL}$ 未知濃度的 $\ce{HF}$ 水溶液，加入 $25.0\ \mathrm{mL}$ 的 $0.20\ \mathrm{M}$ $\ce{NaOH}$ 水溶液，充分混合反應後，溶液的 pH 值為 $3.00$ ，則原來 $\ce{HF}$ 水溶液的濃度約是多少？（ $\ce{HF}$ 的 $K_{\mathrm{a}}=7.1\times10^{-4}$ ）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查弱酸 $\ce{HF}$ 與強鹼 $\ce{NaOH}$ 的中和反應，以及中和後由 $\ce{HF}/\ce{F^-}$ 所形成的酸性緩衝溶液。 中和反應為： $$ \ce{HF + OH^- - F^- + H2O} $$ $\ce{HF}$ 的酸解離平衡為： $$ \ce{HF <= H+ + F^-} $$ 其酸解離常數為： $$ K{\mathrm a}=\frac{[\ce{H+}][\ce{F^-}]}{[\ce{HF}]} $$ 混合後總體積為： $$ V{	ext{total}}=25.0\ \mathrm{mL}+25.0\ \mathrm{mL}=50.0\ \mathrm{mL}=0.0500\ \mathrm{L} $$ --- 解題方法 先計算加入的 $\ce{NaOH}$ 莫耳數： $$ n{\ce{OH^-}}=0.0250\ \mathrm{L}	imes0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}} $$ $$ n{\ce{OH^-}}=0.00500\ \mathrm{mol} $$ 因此混合後鈉離子濃度為： $$ [\ce{Na+}]=\frac{0.00500\ \mathrm{mol}}{0.0500\ \mathrm{L}} =0.100\ \mathrm{M} $$ 題目給定混合後： $$ \mathrm{pH}=3.00 $$ 所以： $$ [\ce{H+}]=1.00	imes10^{-3}\ \mathrm{M} $$ 在 $25^\circ\mathrm{C}$ 下： $$ [\ce{OH^-}]=\frac{1.00	imes10^{-14}}{1.00	imes10^{-3}} =1.00	imes10^{-11}\ \mathrm{M} $$ 由溶液電中性條件： $$ [\ce{Na+}]+[\ce{H+}]=[\ce{F^-}]+[\ce{OH^-}] $$ 因此： $$ [\ce{F^-}] =0.100+0.00100-1.00	imes10^{-11} \approx0.101\ \mathrm{M} $$ 接著利用 $\ce{HF}$ 的 $K{\mathrm a}$： $$ 7.1	imes10^{-4} =\frac{(1.00	imes10^{-3})(0.101)}{[\ce{HF}]} $$ $$ [\ce{HF}] =\frac{(1.00	imes10^{-3})(0.101)}{7.1	imes10^{-4}} \approx0.142\ \mathrm{M} $$ 所以混合後溶液中，含氟物種的總濃度為： $$ [\ce{HF}]+[\ce{F^-}] =0.142+0.101 =0.243\ \mathrm{M} $$ 原本…

Question 22

在測溶液的導電裝置中，裝有硫酸銅的溶液，通電時燈泡會發亮；若慢慢加入某物質，則燈泡會變暗直至幾乎熄滅；若再繼續加入該物質，則燈泡又會轉而繼續發亮。則所加入之物質最可能為下列何者？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 電解質溶液的導電性 2. 沉澱反應對溶液中離子濃度的影響 3. 強電解質加入過量後對導電性的影響 溶液能導電，主要是因為其中存在可自由移動的離子。硫酸銅溶液解離為： $$ \ce{CuSO4(aq) - Cu^{2+}(aq) + SO4^{2-}(aq)} $$ 因此原本具有良好導電性，燈泡會發亮。 若加入的物質能先將溶液中的主要離子轉變成難溶沉澱，使溶液中的自由離子大幅減少，導電性便會降低，燈泡變暗。當沉澱反應完全後，繼續加入的物質若能解離成大量離子，導電性又會增加，燈泡重新變亮。 --- 解題方法 逐一檢查各選項是否能同時符合以下兩個條件： - 加入初期：消耗原本溶液中的離子，形成沉澱，使導電性降低。 - 加入過量：過量物質仍能解離成離子，使導電性增加。 硫酸銅溶液含有 $\ce{Cu^{2+}}$ 與 $\ce{SO4^{2-}}$。最理想的加入物質，應能同時移除這兩種離子。 $\ce{Ba(OH)2}$ 解離為： $$ \ce{Ba(OH)2(aq) - Ba^{2+}(aq) + 2OH^{-}(aq)} $$ 加入硫酸銅溶液後，發生兩個沉澱反應： $$ \ce{Ba^{2+}(aq) + SO4^{2-}(aq) - BaSO4(s)} $$ $$ \ce{Cu^{2+}(aq) + 2OH^{-}(aq) - Cu(OH)2(s)} $$ 合併後的總反應式為： $$ \ce{CuSO4(aq) + Ba(OH)2(aq) - BaSO4(s) + Cu(OH)2(s)} $$ 其中 $\ce{BaSO4}$ 與 $\ce{Cu(OH)2}$ 都是難溶沉澱。加入適量 $\ce{Ba(OH)2}$ 時，$\ce{Cu^{2+}}$ 和 $\ce{SO4^{2-}}$ 同時被移除，溶液中的離子數量大幅減少，因此導電性下降，燈泡變暗，甚至幾乎熄滅。 當 $\ce{CuSO4}$ 已大致沉澱完全後，繼續加入的 $\ce{Ba(OH)2}$ 不再主要生成沉澱，而會以可溶性強電解質的形式存在： $$ \ce{Ba(OH)2(aq) - Ba^{2+}(aq) + 2OH^{-}(aq)} $$ 溶液中重新增加大量可移動離子，導電性上升，所以燈泡又會變亮。 --- 選項分析 (A) $\ce{KNO3}$ $\ce{KNO3}$ 是可溶性強電解質： $$ \ce{KNO3(aq) - K^{+}(aq) + NO3^{-}(aq)} $$ $\ce{K^{+}}$、$\ce{NO3^{-}}$、$\ce{Cu^{2+}}$ 和 $\ce{SO4^{2-}}$ 均可留在溶液中，沒有能有效移除主要離子的沉澱反應。 因此加入 $\ce{KNO3}$ 會增加溶液中的離子數，導電性通常增強，不會先變暗至幾乎熄滅。故錯誤。 --- (B) $…

Question 23

依據晶格場論（crystal field theory），線性錯合物（linear complex，配位基處於 $Z$ 軸）的五個 $d$ 軌域，下列何組的兩個 $d$ 軌域能量相同？ (A) $d{x^2-y^2}$ 和 $d{z^2}$ (B) $d{xy}$ 和 $d{xz}$ (C) $d{xy}$ 和 $d{x^2-y^2}$ (D) $d{xy}$ 和 $d{yz}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查晶格場論（Crystal Field Theory, CFT）中，過渡金屬錯合物在線性幾何結構（Linear complex，配位數為 2）下的 $d$ 軌域能階分裂（$d$-orbital splitting）。 當兩個配位基沿著特定坐標軸（本題指定為 $z$ 軸，即位於 $+z$ 與 $-z$ 方向）接近中心金屬離子時，配位基的孤對電子會與金屬各個 $d$ 軌域產生靜電排斥作用。排斥力愈大，該軌域的能階上升愈多： 1. 軌域形狀與配位基位置的排斥程度： - $d{z^2}$：主電子雲葉直接指向 $z$ 軸上的兩個配位基，面迎最強烈的靜電排斥，能量最高。 - $d{xz}$ 與 $d{yz}$：軌域葉片位於 $xz$ 平面及 $yz$ 平面，含有部分 $z$ 軸成分，與配位基產生中等程度的排斥，能量次之。 - $d{xy}$ 與 $d{x^2-y^2}$：這兩個軌域完全分佈在垂直於配位基方向的 $xy$ 平面上，對位於 $z$ 軸上的配位基完全沒有直接的軸向排斥作用，距離配位基最遠、排斥最小，兩者處於相同且能量最低的簡併能階（degenerate）。 因此，在 $D{\infty h}$ 對稱的線性場中，五個 $d$ 軌域會分裂為三組能階： $$ d{z^2} \;(\sigmag^+) d{xz}, d{yz} \;(\pig) d{xy}, d{x^2-y^2} \;(\deltag) $$ --- 解題方法 1. 確立配位基位置與配位幾何： 題目指明「線性錯合物，配位基處於 $z$ 軸」，表示金屬離子位於原點 $(0,0,0)$，配位基置於 $(0,0,+z)$ 與 $(0,0,-z)$。 2. 分析 $d$ 軌域在 $xy$ 平面上的對稱性： - $d{xy}$ 與 $d{x^2-y^2}$ 兩者之電子雲全部侷限在與配位基軸（$z$ 軸）正交的 $xy$ 水平面（$z = 0$）上。

Question 24

若一 aldohexose 的 carbonyl group 基團上的碳當成是碳 1（carbon number 1），那麼此糖分子哪一個碳上的 hydroxy group 之立體方位是決定此糖為 D- 或是 L- 立體異構物（stereoisomer）？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機化學中醣類（Carbohydrates）立體化學構型的命名命名規則（D/L system / Fischer-Rosanoff convention）： 1. D/L 系統定義：單醣的 D- 或 L- 構型是依據標準分子「甘油醛」（glyceraldehyde）的立體中心定義而來。 2. 決定基準：對於含有多個掌性中心（chiral centers）的單醣（如醛己糖 aldohexose），定義其為 D- 或 L- 構型時，是觀察距離羰基（carbonyl group，即 $\ce{C1}$）最遠的掌性碳（chiral carbon）上的羥基（$\ce{-OH}$）立體方位。 3. 在費雪投影式（Fischer projection）中，羰基碳（$\ce{C1}$）置於頂端，主鏈垂直排列時：若該掌性碳上的 $\ce{-OH}$ 基團在右側，則為 D-型；若在左側，則為 L-型。 --- 解題方法 1. 分析醛己糖（Aldohexose）的結構與編號： - 醛己糖共有 6 個碳原子，分子式為 $\ce{C6H12O6}$。 - 醛基（aldehyde group, $\ce{-CHO}$）上的碳為羰基碳，依照 IUPAC 命名與 Fischer 投影規則，編號為 $\ce{C1}$。 - 主碳鏈編號依序為 $\ce{C1}$ 至 $\ce{C6}$： - $\ce{C1}$：$\ce{-CHO}$（非掌性） - $\ce{C2}$、$\ce{C3}$、$\ce{C4}$、$\ce{C5}$：皆為 $\ce{-CH(OH)-}$，均為掌性中心（chiral centers） - $\ce{C6}$：$\ce{-CH2OH}$（非掌性） 2. 找出最遠掌性碳： - 分子內的掌性中心為 $\ce{C2}$、$\ce{C3}$、$\ce{C4}$ 與 $\ce{C5}$。 - 距離羰基碳（$\ce{C1}$）最遠的掌性中心即為 $\ce{C5}$（penultimate carbon，倒數第二個碳）。 3. 判定構型歸屬：

Question 25

依照 spectrochemical series，$\ce{H2O}$（weak ligand）$<\ce{CN^-}$（strong ligand）。已知，$\ce{[M(H2O)6]^2+}$ 是高自旋錯化合物（high-spin complex）；$\ce{[M(CN)6]^4-}$ 是低自旋錯化合物（low-spin complex）。則 $\ce{M}$ 最可能是下列何者？ (A) $\ce{Ti^2+}$ (B) $\ce{Fe^2+}$ (C) $\ce{Ni^2+}$ (D) $\ce{Cu^2+}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 配位場理論（Crystal Field Theory, CFT）與八面體分裂： 在八面體配位環境（$Oh$ 對稱）下，過渡金屬離子的 $d$ 軌域會分裂為能量較低的 $t{2g}$ 軌域（包含 $d{xy}, d{yz}, d{xz}$）與能量較高的 $eg$ 軌域（包含 $d{x^2-y^2}, d{z^2}$），兩組軌域的能量差稱為晶場分裂能（$\Deltao$）。 2. 高自旋（High-spin）與低自旋（Low-spin）的形成條件： - 當配基為弱場配基（如 $\ce{H2O}$）時，$\Deltao$ 小於電子成對能（Pairing energy, $P$），電子傾向先單獨填入較高能的 $eg$ 軌域以遵守洪德定則（Hund's rule），形成具有較多未成對電子的「高自旋錯合物」。 - 當配基為強場配基（如 $\ce{CN^-}$）時，$\Deltao P$，電子傾向先在能量較低的 $t{2g}$ 軌域配對填滿後，才填入 $eg$ 軌域，形成具有較少未成對電子的「低自旋錯合物」。 3. 區分高／低自旋的 $d$ 電子組態範圍： 在八面體錯合物中，僅有 $d^4$、$d^5$、$d^6$、$d^7$ 具有高自旋與低自旋的差別；而 $d^1 \sim d^3$ 及 $d^8 \sim d^{10}$ 不論配基強弱，電子填法唯一，無高／低自旋之分。 --- 解題方法 1. 確認中心金屬的氧化數： - 錯離子 $\ce{[M(H2O)6]^2+}$ 中，水分子為中性配基，故金屬中心氧化數為 $+2$。 - 錯離子 $\ce{[M(CN)6]^4-}$ 中，配基 $\ce{CN^-}$ 帶 $-1$ 價，設金屬氧化數為 $x$，則 $x + 6(-1) = -4 \implies x = +2$。 - 兩錯合物的金屬中心皆為 $\ce{M^2+}$。 2. 根據電子組態判斷是否存在高／低自旋異構現象： - 題目明確指出 $\ce{[M(H2O)6]^2+}$ 為高自旋（弱場）、$\ce{[M(CN)6]^4-}$ 為低自旋（強場），表示金屬離子 $\ce{M^2+}$ 的價電子組態必須落在 $d^4 \sim d^7$ 的範圍內。 - 依序檢驗各選項金屬離子的價電子數： - $\ce{Ti}$ 的原子序為 22，基態中性原子為 $[\ce{Ar}]\,3d^2\,4s^2 \implies \ce{Ti^2+}$ 為 $3d^2$。 - $\ce{Fe}$ 的原子序為 26，基態中性原子為 $[\ce{Ar}]\,3d^6\,4s^2 \implies \ce{Fe^2+}$ 為 $3d^6$。

Question 26

理想氣體在進行等溫壓縮的過程，下列何者會維持不變？ (A) 功（work） (B) 熱（heat） (C) 熵（entropy） (D) 內能（internal energy）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體的內能與溫度之關係，以及功、熱、熵的物理意義。 對固定莫耳數的理想氣體而言，內能只與溫度有關： $$ \Delta U=nCV\Delta T $$ 等溫過程中 $\Delta T=0$，因此： $$ \Delta U=0 $$ 所以理想氣體進行等溫壓縮時，內能維持不變，答案為 (D)。 --- 解題方法 由熱力學第一定律： $$ \Delta U=q+w $$ 其中採化學慣用符號： - $q$：系統吸收的熱 - $w$：外界對系統所做的功 等溫壓縮時： $$ \Delta U=0 $$ 因此： $$ q+w=0 $$ 也就是： $$ q=-w $$ 壓縮過程中外界對氣體做功，氣體必須將等量的熱釋放至外界，才能維持溫度不變。但這只表示熱量與功大小相等、符號相反，並不表示功或熱本身為零。 --- 選項分析 (A) 功（work）錯誤 氣體被壓縮時，體積減小，外界對氣體做功。對可逆壓縮而言： $$ w=-\int{V1}^{V2}P\,dV $$ 對理想氣體的等溫可逆壓縮： $$ w=-nRT\ln\left(\frac{V2}{V1}\right) $$ 因為壓縮時 $V2<V1$，所以 $\ln(V2/V1)<0$，故 $w0$。 功是過程量，數值也會因壓縮路徑不同而改變，因此不會維持不變。 --- (B) 熱（heat）錯誤 由於等溫壓縮時 $\Delta U=0$： $$ q=-w $$ 壓縮所接受的功必須以熱的形式釋放出去，因此 $q$ 通常不等於零。 以可逆等溫壓縮為例：

Question 27

下列何種化合物上的 $4$ 個氫原子不是共平面？ (A) $\ce{C2H4}$（乙烯） (B) $\ce{CH2=C=CH2}$（丙二烯） (C) $\ce{C4H4}$（環丁二烯） (D) $\ce{C6H4Cl2}$（對二氯苯）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機分子的： - 碳原子混成軌域與鍵角 - $\ce{sp^2}$、$\ce{sp}$ 混成 - $\pi$ 鍵中 $p$ 軌域的方向 - 分子是否能以同一個平面容納指定的氫原子 判斷重點是：若分子中的原子或取代基都位於同一個平面，則氫原子共平面；若分子具有彼此垂直的鍵結平面，則氫原子不會全部共平面。 --- 解題方法 逐一判斷各分子的幾何構型： 1. 雙鍵碳通常為 $\ce{sp^2}$ 混成，呈平面三角形，相關原子位於同一平面。 2. 芳香環中的碳為 $\ce{sp^2}$ 混成，整個苯環大致為平面。 3. 累積雙鍵 $\ce{C=C=C}$ 中央碳為 $\ce{sp}$ 混成；兩個互相垂直的 $\pi$ 鍵會使兩端的 $\ce{CH2}$ 平面互相垂直。 因此，本題應尋找具有「兩個互相垂直的氫原子平面」的化合物。 --- 選項分析 (A) $\ce{C2H4}$（乙烯） 乙烯結構為： $$ \ce{H2C=CH2} $$ 雙鍵兩端的碳均為 $\ce{sp^2}$ 混成。每個碳周圍呈平面三角形，且碳碳雙鍵由一個 $\sigma$ 鍵與一個 $\pi$ 鍵組成。 乙烯的四個氫原子、兩個碳原子均位於同一平面： $$ \ce{H2C=CH2} $$ 因此，乙烯的四個氫原子共平面。本選項錯誤。 --- (B) $\ce{CH2=C=CH2}$（丙二烯、allene） 丙二烯含有累積雙鍵： $$ \ce{H2C=C=CH2} $$ 中央碳與兩端碳各形成一個雙鍵。中央碳連接兩個雙鍵區域，採用 $\ce{sp}$ 混成，鍵角接近 $180^\circ$。 中央碳尚有兩個彼此垂直的未混成 $p$ 軌域，分別與兩端碳的 $p$ 軌域重疊，形成兩個互相垂直的 $\pi$ 鍵：

Question 28

下列何者的熔點（melting point）最高？ (A) toluene (B) p-dichlorobenzene (C) o-dichlorobenzene (D) m-dichlorobenzene

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機分子的熔點與下列因素的關係： 1. 分子間作用力 2. 分子形狀與對稱性 3. 固體晶格的排列效率 4. 分子由固態轉為液態所需克服的晶格能 熔點高低主要取決於固體中分子排列是否規則、緊密，以及分子間作用力是否強。對分子量與官能基相近的化合物而言，分子對稱性與晶體堆積效率常是判斷熔點的關鍵。 --- 解題方法 四個選項皆為苯環衍生物： - toluene：苯環上有一個甲基 - o-dichlorobenzene：兩個氯位於鄰位 - m-dichlorobenzene：兩個氯位於間位 - p-dichlorobenzene：兩個氯位於對位 其中三種 dichlorobenzene 的分子式相同： $$ \ce{C6H4Cl2} $$ 因此三者的分子量、主要組成與色散力差異不大，熔點的主要差別來自空間排列與分子對稱性。 對位異構物的兩個氯分別位於苯環的相對位置，分子具有較高的對稱性，形狀較規整，能在固態中整齊且緊密地排列，形成較穩定的晶格。因此熔化時需要吸收較多能量，熔點最高。 熔點大小规律可整理為： $$ 	ext{p-dichlorobenzene} \gg 	ext{o-dichlorobenzene} \approx 	ext{m-dichlorobenzene} 	ext{toluene} $$ 實際熔點約為： - toluene：約 $-95^\circ\ce{C}$ - o-dichlorobenzene：約 $-17^\circ\ce{C}$ - m-dichlorobenzene：約 $-25^\circ\ce{C}$ - p-dichlorobenzene：約 $53^\circ\ce{C}$ 所以熔點最高者為 p-dichlorobenzene。 --- 選項分析 (A) toluene toluene 的結構可視為苯環上的一個氫被甲基取代。甲基具有一定的旋轉自由度，使分子形狀不如高度對稱的對位二氯苯規整。

Question 29

丙酸甲酯（methyl propanoate）的 $^{13}\mathrm{C}$-NMR 光譜有幾個碳共振線（carbon resonance line）？ (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $\ce{^{13}C}$-NMR 中「不同碳化學環境的種類數」與「碳共振線數」的關係。 在一般去偶合的 $\ce{^{13}C}$-NMR 光譜中： 分子中有幾種化學環境不同的碳，通常就會出現幾條碳共振線。 丙酸甲酯的結構為： $$ \ce{CH3CH2C(=O)OCH3} $$ 分子共有 4 個碳原子，必須逐一判斷它們是否處於相同的化學環境。 解題方法 將丙酸甲酯的 4 個碳標示如下： $$ \ce{^{1}CH3-^{2}CH2-^{3}C(=O)-O-^{4}CH3} $$ 分析各碳的化學環境： 1. $\ce{^{1}CH3-}$：丙酸側鏈末端的甲基，連接於 $\ce{CH2}$。 2. $\ce{^{2}CH2-}$：位於甲基與羰基之間的 $\alpha$-亞甲基。 3. $\ce{^{3}C(=O)-}$：酯基中的羰基碳。 4. $\ce{^{4}CH3-}$：連接在氧上的甲氧基碳，屬於 $\ce{-OCH3}$。 其中 $\ce{^{1}CH3}$ 與 $\ce{^{4}CH3}$ 雖然都是甲基，但所連接的原子與所處官能基不同： - $\ce{^{1}CH3}$ 連接於碳； - $\ce{^{4}CH3}$ 連接於氧。 因此兩者不是相同的化學環境，會分別產生共振線。 4 個碳均不具有分子對稱性可使其互相等效，所以共有 4 種不同的碳化學環境：

Question 30

下列何化物的 $^1\mathrm{H}$-NMR 光譜只有 $2$ 個 singlet 信號？ (A) $\ce{CH3OCH2CH2OCH2CH3}$ (B) $\ce{CH3OCH2CH2CH2OCH3}$ (C) $\ce{CH3OC(CH3)2OCH3}$ (D) $\ce{CH3CH2OCH2CH3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查兩個概念： 1. 化學等效性：在分子對稱性下，環境相同的氫只產生一組訊號。 2. 自旋－自旋分裂：某組氫與鄰近、非等效氫偶合時，依 $n+1$ 法則分裂；若相鄰原子沒有氫，通常呈現 singlet。 醚氧兩側的氫通常不考慮跨越氧原子的長程偶合，因此： - $\ce{-OCH3}$：通常為 singlet。 - $\ce{-CH2-}$ 若鄰接另一組 $\ce{CH2}$：通常分裂為 triplet。 - $\ce{-CH3}$ 若鄰接 $\ce{CH2}$：通常分裂為 triplet。 - 季碳上的 $\ce{CH3}$ 若鄰接碳上沒有氫：為 singlet。 --- 解題方法 逐一判斷每個選項的： 1. 不同種類的氫有幾組； 2. 各組氫的鄰近氫數； 3. 是否因分子對稱而合併； 4. 最後統計 singlet 訊號數目。 --- 選項分析 (A) $\ce{CH3OCH2CH2OCH2CH3}$ 可分為： - $\ce{OCH3}$：沒有相鄰氫可造成明顯三鍵偶合，為 singlet。 - $\ce{OCH2}$：與鄰近 $\ce{CH2}$ 偶合，約為 triplet。 - 中央 $\ce{CH2}$：與兩側不同環境的 $\ce{CH2}$ 偶合，呈複雜 multiplet。 - 末端 $\ce{CH3}$：與 $\ce{CH2}$ 偶合，為 triplet。 - $\ce{OCH2CH3}$ 中的 $\ce{CH2}$：與 $\ce{CH3}$ 偶合，為 quartet。 因此只有 $\ce{OCH3}$ 產生 singlet，共 1 個 singlet，不是 2 個。 --- (B) $\ce{CH3OCH2CH2CH2OCH3}$ 此分子具有左右對稱性： $$ \ce{CH3O-CH2-CH2-CH2-OCH3} $$ 氫的種類為： - 兩端等效的 $\ce{OCH3}$：彼此化學等效，且沒有相鄰氫，為 singlet。 - 兩端等效的 $\ce{OCH2}$：各與中央 $\ce{CH2}$ 的 2 個氫偶合，為 triplet。

Question 31

下列何者的 $\ce{C=O}$ 之 IR 光譜頻率最大？ (A) 環丙酮（cyclopropanone） (B) 環丁酮（cyclobutanone） (C) 環戊酮（cyclopentanone） (D) 環己酮（cyclohexanone）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「環狀酮的環張力如何影響羰基 $\ce{C=O}$ 的 IR 伸縮振動頻率」。 IR 吸收頻率可表示為： $$ 	ilde{
u}=\frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}} $$ 其中： - $	ilde{
u}$：IR 波數 - $k$：鍵的力常數，反映鍵的強弱 - $\mu$：約化質量 - $c$：光速 四個選項皆為飽和環酮，$\ce{C=O}$ 的原子組成相同，因此約化質量 $\mu$ 近似相同。比較重點在於環張力對羰基鍵力常數 $k$ 的影響： $$ k 	ext{ 越大} \Longrightarrow 	ilde{
u} 	ext{ 越大} $$ 小環具有較大的鍵角張力與結構變形，使羰基 $\ce{C=O}$ 的鍵結特性改變，羰基伸縮振動所對應的有效力常數升高。因此，環越小，環酮的 $\ce{C=O}$ IR 頻率通常越高。 典型波數大小规律為： $$ 	ext{cyclopropanone}	ext{cyclobutanone}	ext{cyclopentanone}	ext{cyclohexanone} $$ 約略數值如下： - 環丙酮：約 $1850\ \mathrm{cm^{-1}}$ - 環丁酮：約 $1780\ \mathrm{cm^{-1}}$ - 環戊酮：約 $1745\ \mathrm{cm^{-1}}$ - 環己酮：約 $1715\ \mathrm{cm^{-1}}$ 解題方法 直接比較四種環酮的環張力即可。 環丙酮的羰基碳位於三元環中，環內鍵角被迫大幅偏離羰基碳原本接近平面三角形的理想幾何結構，因而具有最大的結構張力。此張力使 $\ce{C=O}$ 伸縮振動的力常數最大，故吸收波數最高。 隨著環尺寸增加：

Question 32

下列何者是合成 tert-butyl methyl ether 的最佳方法？ (A) $\ce{CH3ONa + (CH3)3CBr -}$ (B) $\ce{(CH3)3CONa + CH3I -}$ (C) $\ce{(CH3)3CONa + CH3OCH3 -}$ (D) $\ce{CH3ONa + (CH3)3COH -}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 Williamson 醚合成法： $$ \ce{RO^- Na+ + R'-X - R-O-R' + NaX} $$ 其關鍵是讓烷氧負離子 $\ce{RO^-}$ 作為親核試劑，攻擊具良好離去基的低位阻烷基鹵化物，經由 $\mathrm{SN2}$ 反應形成醚。 目標產物 tert-butyl methyl ether 為： $$ \ce{(CH3)3C-O-CH3} $$ 反應設計應選擇： - tert-butoxide $\ce{(CH3)3CO^-}$ 作為親核試劑 - methyl iodide $\ce{CH3I}$ 作為親電試劑 因為甲基鹵化物幾乎沒有立體位阻，最適合進行 $\mathrm{SN2}$ 反應。 解題方法 Williamson 醚合成的判斷原則是： 1. 親核試劑使用烷氧負離子。 2. 親電試劑應為甲基或一級烷基鹵化物。 3. 三級烷基鹵化物不適合 $\mathrm{SN2}$，容易發生 $\mathrm{E2}$ 消去。 4. 親核試劑需攻擊帶有離去基的碳，不能直接以烷氧負離子取代醚或醇中的 $\ce{-OH}$。 選項 B 的反應為： $$ \ce{(CH3)3CONa + CH3I - (CH3)3COCH3 + NaI} $$ 機構如下： $$ \ce{(CH3)3CO^- + CH3-I - (CH3)3C-O-CH3 + I^-} $$ $\ce{(CH3)3CO^-}$ 的氧原子提供孤電子對，從甲基背面攻擊 $\ce{CH3I}$ 的碳，並同步排出 $\ce{I^-}$。由於甲基沒有其他碳基團阻擋，$\mathrm{SN2}$ 反應順利進行。 選項分析 (A) $\ce{CH3ONa + (CH3)3CBr -}$ 此反應若要形成目標醚，必須由 $\ce{CH3O^-}$ 攻擊三級碳： $$ \ce{CH3O^- + (CH3)3C-Br} $$ 但三級碳周圍有三個甲基，位阻極大，無法有效進行 $\mathrm{SN2}$。 三級鹵化物在強鹼 $\ce{CH3O^-}$ 存在下，主要發生 $\mathrm{E2}$ 消去，生成 2-methylpropene： $$ \ce{CH3O^- + (CH3)3CBr - CH2=C(CH3)2 + CH3OH + Br^-} $$ 因此不適合用來合成 tert-butyl methyl ether。

Question 33

對於 2-methylpentane，各有幾個正峰和有幾個負峰會出現在 DEPT-90 和 DEPT-135 光譜上？ (A) DEPT-90：$1$ 負；DEPT-135：$2$ 正、$1$ 負 (B) DEPT-90：$1$ 正；DEPT-135：$2$ 正、$2$ 負 (C) DEPT-90：$1$ 正；DEPT-135：$4$ 正、$2$ 負 (D) DEPT-90：$2$ 正；DEPT-135：$1$ 正、$2$ 負

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有機結構分析中的 DEPT-NMR（Distortionless Enhancement by Polarization Transfer，無畸變極化轉移增強法） 之訊號判讀規則，以及對烷烴分子（2-methylpentane）之化學等價碳環境分析。 1. DEPT 光譜之訊號特徵判讀規則： - DEPT-45：$\ce{CH}$、$\ce{CH2}$、$\ce{CH3}$ 均呈現正峰（指向朝上，positive peak）；四級碳（季碳，$\ce{C}$）不出現訊號。 - DEPT-90：僅有 $\ce{CH}$（次甲基碳） 出現訊號，且為正峰；其餘 $\ce{CH3}$、$\ce{CH2}$ 及四級碳均不出現訊號。 - DEPT-135： - 正峰（朝上）：$\ce{CH3}$（甲基碳） 與 $\ce{CH}$（次甲基碳）。 - 負峰（倒立／朝下，negative peak）：$\ce{CH2}$（亞甲基碳）。 - 四級碳不出現訊號。 2. 2-Methylpentane 的碳骨架與等價性分析： - IUPAC 結構式為 $(\ce{CH3})2\ce{CH-CH2-CH3}$，共有 $6$ 個碳原子： - $\ce{C1}$ 與連接在 $\ce{C2}$ 上的甲基（$\ce{-CH3}$）為化學等價（enantiotopic/chemically equivalent），共計 $2$ 個碳，但對應 $1$ 種訊號。 - $\ce{C2}$ 為次甲基碳（$\ce{-CH-}$），為 $1$ 個 $\ce{CH}$，對應 $1$ 種訊號。 - $\ce{C3}$ 為亞甲基碳（$\ce{-CH2-}$），為 $1$ 個 $\ce{CH2}$，對應 $1$ 種訊號。 - $\ce{C4}$ 為亞甲基碳（$\ce{-CH2-}$），為 $1$ 個 $\ce{CH2}$，對應 $1$ 種訊號。 - $\ce{C5}$ 為末端甲基碳（$\ce{-CH3}$），為 $1$ 個 $\ce{CH3}$，對應 $1$ 種訊號。 - 總計分子內具有 $5$ 種不同化學環境的碳原子： - $\ce{CH3}$ 訊號共 $2$ 種（分別為 $(\ce{CH3})2\ce{C-}$ 與末端的 $\ce{-CH3}$）。 - $\ce{CH2}$ 訊號共 $2$ 種（分別為 $\ce{C3}$ 與 $\ce{C4}$）。 - $\ce{CH}$ 訊號共 $1$ 種（$\ce{C2}$）。 --- 解題方法 1. 依碳環境分類統計訊號種數（Peaks）： NMR 光譜上的一個「峰（peak）」代表「一種獨立化學環境的碳」所產生的訊號吸收： - $\ce{CH}$ 環境：$1$ 種（$\ce{C2}$） - $\ce{CH2}$ 環境：$2$ 種（$\ce{C3}$、$…

Question 34

下面分子要進行溴化反應（bromination）時，下列何種反應方法最為適當？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 加入含溴的有機過氧化物 (B) 加入 $\ce{NaBr(s)}$ 並將其加熱溶解 (C) 添加 $\ce{HBr(aq)}$ (D) 導入 $\ce{Br2(g)}$ 並照射適當波長之紫外光

Accepted Answer

核心觀念 題目考查烷類的自由基溴化反應。烷類沒有 $\ce{C=C}$ 或 $\ce{C#C}$ 多重鍵，不能進行一般的親電加成；必須在光照或加熱下，使 $\ce{Br2}$ 均裂產生溴自由基，進行自由基取代反應。 反應機構如下： $$ \ce{Br2 -[h
u] 2Br.} $$ 鏈引發後，溴自由基從烷類擷取氫： $$ \ce{Br. + R-H - HBr + R.} $$ 接著烷基自由基與 $\ce{Br2}$ 反應： $$ \ce{R. + Br2 - R-Br + Br.} $$ 因此，烷類溴化的必要條件是： $$ \ce{R-H + Br2 -[h
u] R-Br + HBr} $$ 這是自由基取代反應，而不是加成反應。 解題方法 圖示分子為飽和烴，結構中只有 $\ce{C-C}$、$\ce{C-H}$ 單鍵，沒有烯類或炔類的多重鍵。因此應選擇能產生溴自由基的反應條件。 $\ce{Br2}$ 在適當波長紫外光照射下發生均裂： $$ \ce{Br-Br -[h
u] Br. + Br.} $$ 生成的 $\ce{Br.}$ 可從烷類擷取氫，再以溴取代原本的氫，故選 $	extbf{(D)}$。 需注意的是，此分子具有多種不等價的氫，烷類溴化通常不能得到百分之百單一的純溴化產物，只能依不同位置的反應性形成產物混合物；溴化反應的選擇性較高，通常以形成較穩定的自由基中間體為主。 選項分析 (A) 加入含溴的有機過氧化物：錯誤 有機過氧化物主要作用是作為自由基起始劑，例如 $\ce{ROOR}$ 受熱或光照後產生自由基： $$ \ce{ROOR -[\Delta] 2RO.} $$

Question 35

下列哪一種反應方法，最適合把烯類分子還原成烷類分子？ (A) 加入 $\ce{LiAlH4}$ (B) 加入 $\ce{NaBH4}$ (C) 加入 $\ce{H2(g)}$ 與 $\ce{Pd}$ 觸媒 (D) 加入高濃度 $\ce{H2SO4(aq)}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗有機化學中碳–碳雙鍵（$\ce{C=C}$）的還原反應（催化氫化反應，Catalytic Hydrogenation）與各類常用還原劑／酸試劑的化學選擇性（Chemoselectivity）： 1. 觸媒氫化反應（Catalytic Hydrogenation）：利用過渡金屬觸媒（如 $\ce{Pd}$、$\ce{Pt}$、$\ce{Ni}$）活化氫氣分子（$\ce{H2}$），使氫原子經由金屬表面以同面加成（syn-addition）的方式加成至不飽和的碳–碳雙鍵（$\ce{C=C}$）或碳–碳參鍵（$\ce{C#C}$），將其還原為飽和烷類。 2. 氫化鋁鋰（$\ce{LiAlH4}$）與硼氫化鈉（$\ce{NaBH4}$）：屬於提供氫負離子（$\ce{H-}$）的親核性還原劑，主要針對極性不飽和基團（如醛、酮、酯、羧酸等羰基化合物 $\ce{C=O}$）進行親核加成；對於非極性、富電子且不具顯著親電性的孤立碳–碳雙鍵（$\ce{C=C}$）通常不發生反應。 3. 強酸（如濃 $\ce{H2SO4}$）：為親電試劑，主要使烯烴質子化產生碳陽離子中間體，進而進行親電加成反應（如水合反應生成醇，或硫酸氫加成），不具還原至烷烴的功能。 --- 解題方法 將烯類（alkene, $\ce{R-CH=CH-R'}$）還原成烷類（alkane, $\ce{R-CH2-CH2-R'}$），本質上是碳–碳雙鍵兩端各增加一個氫原子的「加氫反應」： $$ \ce{R-CH=CH-R' + H2 -[Pd] R-CH2-CH2-R'} $$ 因此應選擇能有效加成至孤立非極性 $\ce{C=C}$ 雙鍵的還原系統。過渡金屬催化的氫化反應是將烯類轉化為烷類最適當且最標準的合成途徑。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： $\ce{LiAlH4}$（LAH）為強還原劑，主要透過氫負離子（$\ce{H-}$）對缺電子的羰基碳（$\ce{C=O}$）或其他強極性基團（如

Question 36

假設原子序 $119$ 的新元素 $\ce{Q}$ 為一穩定元素，若根據化學元素的週期性，預測 $\ce{Q}$ 的性質。下列敘述哪一項較可能？ （提示：鋇與鐳的原子序分別為 $56$ 與 $88$，鋇、鐳與鈹同族。） (A) $\ce{Q}$ 為非金屬元素 (B) $\ce{Q}$ 與水反應形成 $\ce{Q(OH)3}$ (C) $\ce{Q}$ 與水反應產生氫氣 (D) $\ce{Q}$ 所形成的碳酸鹽，其化學式為 $\ce{QCO3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「週期表結構推導」與「主族元素的週期性質」： 1. 週期表週期長度與族別推導：每一週期的元素總數分別為 $2$、 $8$、 $8$、 $18$、 $18$、 $32$、 $32$。藉由惰性氣體的原子序或題幹提示的鹼土金屬原子序，可精確推導出目標元素在週期表中的週期與所屬族別。 2. 鹼金屬（第 1 族，$\mathrm{IA}$）的通性： - 均為具高活性的典型金屬元素。 - 價電子組態為 $n\mathrm{s}^1$，常見氧化數為 $+1$。 - 與常溫水劇烈反應生成氫氧化物並釋放氫氣： $$ \ce{2M(s) + 2H2O(l) - 2MOH(aq) + H2(g)} $$ - 所形成的碳酸鹽化學式為 $\ce{M2CO3}$。 --- 解題方法 步驟一：推導新元素 $\ce{Q}$（原子序 $119$）的族別與週期 由題幹提示與週期表排布： - 鋇（$\ce{Ba}$）的原子序為 $56$，屬於第 $6$ 週期、第 2 族（鹼土金屬，$\mathrm{IIA}$ 族）。第 6 週期共容納 $32$ 個元素，其鈍氣氡（$\ce{Rn}$）的原子序為： $$ 56 + (18 - 2) = 86 $$ - 鐳（$\ce{Ra}$）的原子序為 $88$，屬於第 $7$ 週期、第 2 族。第 7 週期亦容納 $32$ 個元素，其週期末端的第 18 族鈍氣（$\ce{Og}$，鿫）原子序為： $$ 88 + (18 - 2) = 118 $$ - 原子序 $118$ 為第 7 週期的最後一個元素（鈍氣）。因此，原子序 $119$ 的元素 $\ce{Q}$ 必然進入下一個全新週期——第 8 週期第 1 族（鹼金屬族，$\mathrm{IA}$），價電子組態預測為 $[ \ce{Og} ] \, 8\mathrm{s}^1$。 步驟二：依據鹼金屬同族元素通性預測 $\ce{Q}$ 的化學性質 $\ce{Q}$ 與鋰（$\ce{Li}$）、鈉（$\ce{Na}$）、鉀（$\ce{K}$）、銣（$\ce{Rb}$）、銫（$\ce{Cs}$）、鈁（$\ce{Fr}$）同族： - 屬於典型的活潑金屬。

Question 37

在配製成緩衝溶液時，醋酸水溶液中加入半當量之下列何種物種並混合均勻，最不適合配製成理想的緩衝溶液？ (A) $\ce{NaOH}$ (B) $\ce{KOH}$ (C) $\ce{NH4Cl}$ (D) $\ce{CH3COONa}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 緩衝溶液（Buffer Solution）的定義與組成： - 緩衝溶液通常由「弱酸與其共軛弱鹼」或「弱鹼與其共軛弱酸」以相當的濃度比例混合而成。 - 酸性緩衝液的核心組成為：弱酸 $\ce{HA}$ 與其共軛鹼 $\ce{A-}$。 2. 理想緩衝溶液（Ideal Buffer Solution）的條件： - 根據亨德森–哈塞爾巴爾赫方程式（Henderson-Hasselbalch equation）： $$ \mathrm{pH} = \mathrm{p}Ka + \log\left(\frac{[\ce{A-}]}{[\ce{HA}]}\right) $$ - 當弱酸與共軛鹼濃度相等時，即 $[\ce{HA}] = [\ce{A-}]$，此時 $\mathrm{pH} = \mathrm{p}Ka$，體系的緩衝容量（Buffer Capacity）達到最大，稱為最佳（理想）緩衝條件。 3. 中和反應生成緩衝液： - 弱酸（如醋酸 $\ce{CH3COOH}$）可藉由直接加入其共軛鹼鹽類（如 $\ce{CH3COONa}$）配製。 - 弱酸亦可加入「半當量」的強鹼（如 $\ce{NaOH}$、$\ce{KOH}$），將一半的弱酸中和為共軛鹼，反應後溶液中 $[\ce{CH3COOH}] : [\ce{CH3COO-}] = 1 : 1$。 --- 解題方法 題目設定起始物質為「醋酸水溶液（$\ce{CH3COOH}$）」，欲配製成「理想的緩衝溶液」（即含有等莫耳數的 $\ce{CH3COOH}$ 與 $\ce{CH3COO-}$）。 檢視各選項加入「半當量」物種後的化學反應與成分變化： - 若加入半當量強鹼，強鹼完全消耗，將一半的 $\ce{CH3COOH}$ 轉化為 $\ce{CH3COO-}$，形成理想緩衝溶液。 - 若加入半當量弱酸鹽（共軛鹼），直接形成共軛酸鹼對。 - 若加入的物種無法與醋酸反應生成其共軛鹼，且其本身與醋酸不構成共軛酸鹼對，則無法形成醋酸緩衝體系。 --- 選項分析 - (A) $\ce{NaOH}$（適合）： $\ce{NaOH}$ 為強鹼。於 $1$ 當量的醋酸中加入 $0.5$ 當量（半當量）的 $\ce{NaOH}$，兩者發生中和反應：

Question 38

下列哪些金屬元素在形成化合物時，存在最多的氧化態？ (A) 銫 $\ce{Cs}$ (B) 錳 $\ce{Mn}$ (C) 鐳 $\ce{Ra}$ (D) 鈦 $\ce{Ti}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查金屬元素在化合物中的氧化態及其變化範圍。 氧化態可視為化合物中原子分配鍵結電子後所呈現的形式電荷。金屬元素的氧化態數目，主要取決於： - 價電子是否包含不同能階的電子。 - 失去電子所需能量。 - 不同氧化態是否能被配體或陰離子穩定。 - 過渡金屬的 $ns$ 與 $(n-1)d$ 電子能量相近，因此容易形成多種氧化態。 錳的基態電子組態為 $$ \ce{Mn}: [\ce{Ar}]3d^5 4s^2 $$ $4s$ 與 $3d$ 電子均可參與成鍵或移除，因此錳可呈現由低至高的多種氧化態，常見者包括 $+2$ 至 $+7$。 --- 解題方法 逐一判斷各金屬的週期表分類與常見氧化態： 1. 第 1 族鹼金屬通常只失去 1 個價電子，主要為 $+1$。 2. 第 2 族鹼土金屬通常失去 2 個價電子，主要為 $+2$。 3. 過渡金屬因 $s$、$d$ 電子皆可參與反應，通常具有多種氧化態。 4. 比較各選項的氧化態種類與最高氧化態，即可判斷錳的變化最廣。 錳的重要氧化態與代表性化合物如下： | 氧化態 | 代表物質 | |---|---| | $+2$ | $\ce{MnCl2}$、$\ce{MnO}$ | | $+3$ | $\ce{Mn2O3}$、$\ce{MnF3}$ | | $+4$ | $\ce{MnO2}$ | | $+5$ | $\ce{MnO4^{3-}}$ | | $+6$ | $\ce{MnO4^{2-}}$ | | $+7$ | $\ce{KMnO4}$、$\ce{Mn2O7}$ | 例如在高錳酸鉀中，令錳的氧化態為 $x$： $$ (+1)+x+4(-2)=0 $$ 因此 $$ x=+7 $$ 錳可由 $+2$ 延伸至 $+7$，氧化態變化範圍明顯大於其餘選項。 --- 選項分析 (A) 銫 $\ce{Cs}$：錯誤 銫屬於第 1 族鹼金屬，價電子組態為 $$ \ce{Cs}: [\ce{Xe}]6s^1 $$ 最容易失去唯一的 $6s$ 價電子，形成穩定的 $\ce{Cs+}$： $$ \ce{Cs - Cs+ + e^-} $$

Question 39

下列分子若與 $2$ 當量的鹼進行反應時，試問其產物最可能為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 1-pentene (B) 2-pentene (C) 1-pentyne (D) 2-pentyne

Accepted Answer

核心觀念 本題考查鄰二鹵化物的連續去氫鹵化反應。圖中結構為： $$ \ce{CH3-CH(Br)-CH(Br)-CH2-CH3} $$ 即 2,3-二溴戊烷。使用 $2$ 當量鹼時，可連續脫去 $2$ 分子 $\ce{HBr}$，使鄰近的兩個碳原子形成三鍵： $$ \ce{CH3-CH(Br)-CH(Br)-CH2-CH3 \xrightarrow[	ext{2 eq. base}]{} CH3-C#C-CH2-CH3 + 2HBr} $$ 生成物為 2-pentyne（2-戊炔）。 --- 解題方法 每次去氫鹵化反應皆須脫去： 1. 一個鹵素原子 $\ce{Br}$； 2. 鄰位碳上的一個氫原子。 第一次消去後形成含有一個溴原子的烯烴；第二次消去再移除剩下的 $\ce{Br}$ 與鄰位氫，形成炔烴。 由原結構中兩個溴分別位於第 2、3 號碳，連續消去後，最有利的主要路徑是在第 2、3 號碳之間形成三鍵： $$ \ce{CH3-CH(Br)-CH(Br)-CH2-CH3 \longrightarrow CH3-C(Br)=CH-CH2-CH3 \longrightarrow CH3-C#C-CH2-CH3} $$ 因此產物為： $$ \ce{CH3-C#C-CH2-CH3} $$ 名稱是 2-pentyne。 題目給定使用 $2$ 當量鹼，正好表示可進行兩次去氫鹵化；若只使用 $1$ 當量，主要只能得到溴代烯烴，而不是炔烴。 --- 選項分析 (A) 1-pentene：錯誤

Question 40

試問下列哪一個同位素最不穩定？ (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 本題考查同位素的核穩定性，主要判斷依據包括： 1. 中子與質子比例 $N/Z$ 是否適合該元素。 2. 偶偶核、奇奇核的穩定性差異。 3. 是否接近「穩定谷」。 4. 特別穩定的幻數核結構。 原子核中： $$ N=A-Z $$ 其中 $A$ 為質量數，$Z$ 為原子序，$N$ 為中子數。 對較輕元素而言，穩定核通常接近 $N/Z=1$；隨原子序增加，穩定核所需的中子比例會逐漸提高。偏離穩定範圍越遠，放射性通常越強、核穩定性越差。 --- 解題方法 逐一計算各同位素的質子數與中子數： | 選項 | 同位素 | 質子數 $Z$ | 中子數 $N$ | 穩定性判斷 | |---|---|---:|---:|---| | (A) | $\ce{^{20}{10}Ne}$ | 10 | 10 | 穩定 | | (B) | $\ce{^{72}{37}Rb}$ | 37 | 35 | 非常不穩定 | | (C) | $\ce{^{16}{8}O}$ | 8 | 8 | 特別穩定 | | (D) | $\ce{^{11}{5}B}$ | 5 | 6 | 穩定 | 其中 $\ce{^{72}{37}Rb}$ 的質子數與中子數分別為： $$ Z=37,\qquad N=72-37=35 $$ 對於原子序 $Z=37$ 的元素，穩定同位素所需的中子數明顯高於質子數；$\ce{^{72}Rb}$ 的中子數過少，屬於高度質子過剩的核，遠離穩定谷，因此最容易發生放射性衰變。 --- 選項分析 (A) $\ce{^{20}{10}Ne}$ 此核含有 $10$ 個質子與 $10$ 個中子： $$ N/Z=10/10=1 $$ $\ce{^{20}Ne}$ 是天然存在且穩定的氖同位素，質子與中子比例適合輕元素核的穩定要求，因此不是答案。 (B) $\ce{^{72}{37}Rb}$

Question 41

以 $0.10\ \mathrm{M}$ $\ce{NaOH(aq)}$ 滴定 $\ce{H3PO4(aq)}$ 之滴定曲線（pH 值為 $y$ 軸，滴定液之體積為 $x$ 軸）的關係圖中，若想找出 $\ce{H2PO4^-}$ 的 $\mathrm{p}K{\mathrm{a}}$ 值，此數值應相當於下列何種情況時所對應的 pH 值？ (A) 當 $[\ce{H2PO4^-}]=\frac12[\ce{H3PO4}]$ (B) 當 $[\ce{H2PO4^-}]=[\ce{HPO4^{2-}}]$ (C) 當 $[\ce{HPO4^{2-}}]=\frac12[\ce{H2PO4^-}]$ (D) 當 $[\ce{H3PO4}]=[\ce{HPO4^{2-}}]$

Accepted Answer

核心觀念 $\ce{H3PO4}$ 是三元酸，依序解離如下： $$ \ce{H3PO4 <= H+ + H2PO4^-} $$ $$ \ce{H2PO4^- <= H+ + HPO4^{2-}} $$ $$ \ce{HPO4^{2-} <= H+ + PO4^{3-}} $$ 題目所問的「$\ce{H2PO4^-}$ 的 $\mathrm{p}K{\mathrm a}$」是指第二段解離反應的 $\mathrm{p}K{\mathrm a2}$： $$ \mathrm{p}K{\mathrm a2} = -\log K{\mathrm a2} $$ 其酸鹼共軛對為： - 酸：$\ce{H2PO4^-}$ - 共軛鹼：$\ce{HPO4^{2-}}$ 根據 Henderson–Hasselbalch 方程式： $$ \mathrm{pH} = \mathrm{p}K{\mathrm a2} + \log\frac{[\ce{HPO4^{2-}}]}{[\ce{H2PO4^-}]} $$ 當酸與共軛鹼濃度相等時： $$ [\ce{HPO4^{2-}}]=[\ce{H2PO4^-}] $$ 因此： $$ \mathrm{pH} = \mathrm{p}K{\mathrm a2} + \log 1 = \mathrm{p}K{\mathrm a2} $$ 所以，$\ce{H2PO4^-}$ 的 $\mathrm{p}K{\mathrm a}$ 對應於 $[\ce{H2PO4^-}]=[\ce{HPO4^{2-}}]$ 時的 pH。 --- 解題方法 以 $0.10\ \mathrm{M}$ $\ce{NaOH}$ 滴定 $\ce{H3PO4}$ 時，$\ce{OH^-}$ 依序中和三個酸性氫： $$ \ce{H3PO4 + OH^- - H2PO4^- + H2O} $$ $$ \ce{H2PO4^- + OH^- - HPO4^{2-} + H2O} $$ $$ \ce{HPO4^{2-} + OH^- - PO4^{3-} + H2O} $$ 在第一當量點與第二當量點之間，溶液主要形成 $\ce{H2PO4^-}$／$\ce{HPO4^{2-}}$ 緩衝系統。此時套用： $$ \mathrm{pH} = \mathrm{p}K{\mathrm a2} + \log\frac{[\ce{HPO4^{2-}}]}{[\ce{H2PO4^-}]} $$ 當滴定進行到第一、第二當量點的中點時，加入的 $\ce{OH^-}$ 使兩者莫耳數相等： $$ n(\ce{H2PO4^-})=n(\ce{HPO4^{2-}}) $$ 在同一溶液中體積相同，因此濃度比也相等： $$ [\ce{H2PO4^-}]=[\ce{HPO4^{2-}}] $$ 此時滴定曲線上的 pH 即為 $\…

Question 42

環戊醇（cyclopentanol）與硫酸反應，下列何者為最可能的產物？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查醇在濃硫酸作用下的酸催化脫水反應。環戊醇屬於二級醇，在酸性條件與加熱下，羥基先被質子化，再以水分子形式離去，最後由鄰近碳上的氫被移除，形成烯類。 總反應可表示為： $$ \ce{cyclopentanol -[H2SO4][\Delta] cyclopentene + H2O} $$ 解題方法 反應機構如下： 1. 羥基質子化 濃硫酸提供質子，使羥基轉變為較好的離去基： $$\ce{R-OH + H+ - R-OH2+}$$ 2. 水離去 $\ce{H2O}$ 離去，形成環戊基碳正離子。環戊醇為二級醇，因此可採取類似 $\ce{E1}$ 的脫水機構。 3. β-消除 鄰近碳上的 β-氫被移除，碳—碳之間形成雙鍵： $$\ce{cyclopentyl\ cation - cyclopentene + H+}$$ 由於環戊醇的兩側鄰位環境等價，消除後皆得到相同的產物環戊烯。 選項分析 (A) 環戊烷

Question 43

下列反應的主產物為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 $\ce{+ NaOH}$ (A) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (B) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (C) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (D) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查鹵代烷的親核取代反應，並判斷苄基鹵化物與 $\ce{OH^-}$ 的反應位置。 題目中的反應物為氯甲基苯（benzyl chloride），結構可表示為： $$\ce{C6H5-CH2-Cl}$$ 在 $\ce{NaOH}$ 中，$\ce{OH^-}$ 是親核試劑；苄基碳連接著良好的離去基 $\ce{Cl^-}$，因此發生親核取代反應，生成苄醇： $$\ce{C6H5-CH2-Cl + OH^- - C6H5-CH2-OH + Cl^-}$$ 若以分子式表示： $$\ce{C6H5CH2Cl + NaOH - C6H5CH2OH + NaCl}$$ 解題方法 反應中心是 $\ce{C6H5-CH2-Cl}$ 中的苄基碳，即與苯環直接相鄰的 $\ce{CH2}$。 反應機構為 $\mathrm{SN2}$： 1. $\ce{OH^-}$ 的氧原子以孤電子對進攻苄基碳。 2. $\ce{C-Cl}$ 鍵同步斷裂。 3. $\ce{Cl^-}$ 離去，形成 $\ce{C6H5CH2OH}$。 可用箭頭概念表示為： $$\ce{C6H5-CH2-Cl + :OH^- - C6H5-CH2-OH + Cl^-}$$ 苄基位置特別容易進行 $\mathrm{SN2}$ 反應，原因是過渡狀態可受到苯環共振穩定；此外，反應中心為一級碳，位阻小，有利於親核試劑進攻。

Question 44

將燃料與空氣混合置於裝有活塞的圓筒中。原始體積為 $0.310\ \mathrm{L}$。當混合物被點燃時，產生氣體並釋放 $815\ \mathrm{J}$ 的能量。如果釋放的所有能量全部轉換為推動活塞的工作能量，氣體在 $635\ \mathrm{mmHg}$ 的恆定壓力下膨脹到多少體積？ (A) $9.32\ \mathrm{L}$ (B) $7.03\ \mathrm{L}$ (C) $9.94\ \mathrm{L}$ (D) $1.59\ \mathrm{L}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱力學第一定律中的「膨脹功」。氣體在恆定外壓下膨脹時，所作的功為 $$ w=P\Delta V $$ 題目指出釋放的 $815\ \mathrm{J}$ 能量全部轉換為推動活塞的工作能量，因此 $$ w=815\ \mathrm{J} $$ 初始體積為 $Vi=0.310\ \mathrm{L}$，要求膨脹後的體積 $Vf$。 --- 解題方法 先將壓力由 $\mathrm{mmHg}$ 換算為 $\mathrm{atm}$： $$ P=635\ \mathrm{mmHg}	imes \frac{1\ \mathrm{atm}}{760\ \mathrm{mmHg}} =0.8355\ \mathrm{atm} $$ 使用常用換算關係： $$ 1\ \mathrm{L\cdot atm}=101.325\ \mathrm{J} $$ 因此，恆壓膨脹功為 $$ 815\ \mathrm{J} = (0.8355\ \mathrm{atm})(\Delta V)(101.325\ \mathrm{J\,L^{-1}\,atm^{-1}}) $$ 解得體積變化量： $$ \Delta V = \frac{815} {(0.8355)(101.325)} =9.626\ \mathrm{L} $$ 膨脹後體積為 $$ Vf=Vi+\Delta V $$ $$ Vf=0.310+9.626=9.936\ \mathrm{L} $$ 取適當有效數字： $$ Vf\approx 9.94\ \mathrm{L} $$ 因此選擇 $	ext{(C)}$。 --- 選項分析 - (A) $9.32\ \mathrm{L}$：錯誤。 此數值不符合 $w=P\Delta V$ 的計算結果。以此體積計算，體積變化為 $9.32-0.310=9.01\ \mathrm{L}$，所作功約為

Question 45

下列離子化合物中何者具有最大的晶格能？ (A) $\ce{BaO}$ (B) $\ce{MgO}$ (C) $\ce{KCl}$ (D) $\ce{NaBr}$

Accepted Answer

核心觀念 晶格能是指氣態陽、陰離子形成一莫耳離子固體時所釋放的能量；也可定義為一莫耳離子固體解離成氣態離子所需的能量。題目通常比較晶格能的「大小」，即比較其絕對值。 晶格能主要受兩項因素影響： 1. 離子電荷量越大，靜電吸引越強，晶格能越大。 2. 離子間距離越小，靜電吸引越強，晶格能越大。 由庫侖定律，晶格能大小可概略表示為： $$ |U| \propto \frac{|z+z-|}{r0} $$ 其中 $z+$、$z-$ 分別為陽離子與陰離子的電荷數，$r0$ 為兩離子中心間的距離，通常與離子半徑總和有關。 較完整的 Born–Landé 方程式為： $$ U=-\frac{NA A z+z-e^2}{4\pi\varepsilon0 r0}\left(1-\frac{1}{n}\right) $$ 本題不需實際計算，只需比較離子電荷與離子大小。 --- 解題方法 先比較各化合物中的離子電荷： - $\ce{BaO}$：$\ce{Ba^{2+}}$ 與 $\ce{O^{2-}}$ - $\ce{MgO}$：$\ce{Mg^{2+}}$ 與 $\ce{O^{2-}}$ - $\ce{KCl}$：$\ce{K+}$ 與 $\ce{Cl-}$ - $\ce{NaBr}$：$\ce{Na+}$ 與 $\ce{Br-}$ $\ce{BaO}$ 與 $\ce{MgO}$ 的電荷乘積皆為： $$ |z+z-|=|(+2)(-2)|=4 $$ $\ce{KCl}$ 與 $\ce{NaBr}$ 的電荷乘積則為： $$ |z+z-|=|(+1)(-1)|=1 $$ 因此，二價離子組成的 $\ce{BaO}$、$\ce{MgO}$，晶格能必定大於一價離子組成的 $\ce{KCl}$、$\ce{NaBr}$。 接著比較 $\ce{BaO}$ 與 $\ce{MgO}$。兩者陰離子都是 $\ce{O^{2-}}$，陽離子分別為 $\ce{Ba^{2+}}$ 與 $\ce{Mg^{2+}}$。$\ce{Mg^{2+}}$ 的離子半徑小於 $\ce{Ba^{2+}}$，因此在 $\ce{MgO}$ 中，離子中心距離較短，靜電吸引較強： $$ r0(\ce{MgO})<r0(\ce{BaO}) $$ 故： $$ |U(\ce{MgO})||U(\ce{BaO})| $$ 所以晶格能最大的化合物為 $\ce{MgO}$。 ---

Question 46

某元素之連續游離能（$\mathrm{kJ/mol}$）之大小順序如下： $E1=700$、$E2=2430$、$E3=3660$、$E4=25200$、$E5=32800$ 則該原子之價電子組態最可能為： (A) $\mathrm{ns^2np^1}$ (B) $\mathrm{ns^2np^2}$ (C) $\mathrm{ns^2np^3}$ (D) $\mathrm{ns^2np^5}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查連續游離能與價電子數目的關係。 第 $n$ 次游離能 $En$，是從氣態原子或離子中移除第 $n$ 個電子所需的能量： $$ \ce{X(g) - X^+(g) + e^-} $$ $$ \ce{X^+(g) - X^{2+}(g) + e^-} $$ 依此類推。 原子的價電子受到原子核吸引較弱，較容易移除；當所有價電子都移除後，下一個電子屬於內層核心電子，受到較強的有效核電荷吸引，因此游離能會出現非常大的跳升。 --- 解題方法 先比較相鄰游離能的增加幅度： $$ E2-E1=2430-700=1730\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ E3-E2=3660-2430=1230\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ E4-E3=25200-3660=21540\ \mathrm{kJ/mol} $$ $$ E5-E4=32800-25200=7600\ \mathrm{kJ/mol} $$ 其中最大跳升發生在 $E3$ 到 $E4$ 之間： $$ E3 \ll E4 $$ 這表示： - 前 3 個電子仍屬於價電子，移除所需能量相對較低。 - 第 4 個電子已經是核心電子，受到原子核強烈吸引，因而需要極高游離能。 因此，該原子共有 3 個價電子。 對主族元素而言，價電子數為 3 時，最符合的價電子組態為： $$ \ce{ns^2np^1} $$ 所以選擇 A。 --- 選項分析 (A) $\ce{ns^2np^1}$：正確 此組態共有： $$ 2+1=3 $$

Question 47

關於「電負度」之敘述，下列何者正確？ (A) 大致上，同族元素原子序越大，電負度越大。 (B) 大致上，同列元素原子序越大，電負度越大。 (C) 電負度以 $\ce{F}=4.0$ 最大，因其最易失去電子。 (D) 電負度較大者金屬性越強，電負度較小者非金屬性越強。

Accepted Answer

核心觀念 電負度（electronegativity）是指「化學鍵中的原子吸引鍵結電子對的能力」，常用 Pauling 電負度表示，氟的電負度約為 $4.0$，是所有元素中最大者。 週期表中的一般趨勢如下： - 同族由上而下：原子序增加，但電子層數、遮蔽效應與原子半徑增加，電負度通常減小。 - 同列由左而右：原子序增加，有效核電荷通常增加，原子半徑減小，對鍵結電子的吸引力增強，電負度通常增大。 因此，判斷電負度的主要依據是「有效核電荷、遮蔽效應與原子半徑」。 解題方法 逐一檢查各選項是否符合週期表電負度趨勢及電負度定義： 1. 同族由上而下的變化。 2. 同列由左而右的變化。 3. 氟的最大電負度與電子得失傾向。 4. 電負度與金屬性、非金屬性的關係。 選項分析 (A) 大致上，同族元素原子序越大，電負度越大。 錯誤。 同族元素由上而下，原子序雖然增加，但電子層數也增加，內層電子造成的遮蔽效應變強，且原子半徑增大。鍵結電子距離原子核更遠，受到原子核吸引的程度降低，因此電負度通常沿族向下減小。 例如鹵素元素大致符合： $$ \ce{F Cl Br I} $$ 所以不能只看原子序增加，還必須考慮電子層數與遮蔽效應。 (B) 大致上，同列元素原子序越大，電負度越大。 正確。 同一週期由左向右，原子序增加，電子通常加入同一主電子層，遮蔽效應增加有限；同時，質子數增加，使有效核電荷大致增大。

Question 48

下列哪一個化合物有光學活性（optically active）？ (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 「有光學活性」等同於分子具有手性（chirality），其分子與鏡像不能完全重疊。判斷重點包括： 1. 是否具有手性中心，即原子連接四種不同的基團。 2. 分子是否具有對稱面、對稱中心等使其與鏡像可重疊的對稱元素。 3. 即使含有多個手性中心，若分子具有內部對稱面，仍可能是內消旋化合物（meso compound），不具光學活性。 本題各選項皆須觀察其立體結構與對稱性。 解題方法 逐一檢查各分子： - 找出可能的手性中心。 - 尋找分子的對稱面或其他使鏡像可重疊的對稱性。 - 若無內部對稱性，且鏡像無法重疊，即判定具有光學活性。 選項分析 (A) 不具光學活性 (A) 為 Fischer 投影式，可視為兩端相同的多羥基烷烴： $$ \ce{CH3-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH3} $$ 雖然分子中有多個立體中心，但其上下兩端相同，且立體排列具有內部對稱性。此分子屬於內消旋型結構，分子與鏡像可以重疊。 因此，各手性中心的旋光效應彼此抵消，整體不具光學活性。 (B) 不具光學活性 (B) 為具有橋環與雙鍵的剛性 bicyclic 結構，雖然結構看似立體且含有取代基，但整個分子仍具有對稱面。

Question 49

下列反應中最佳的有機反應試劑為何？ (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 本題考查苯環的傅-克醯化反應（Friedel–Crafts acylation）。目標產物為乙醯苯（acetophenone，亦稱苯乙酮）： $$ \ce{C6H6 - C6H5COCH3} $$ 苯環要接上 $\ce{-COCH3}$，需要使用乙醯化試劑，例如乙醯氯 $\ce{CH3COCl}$，並加入路易士酸 $\ce{AlCl3}$。 解題方法 乙醯氯與 $\ce{AlCl3}$ 作用，形成具有強親電性的醯鎓離子： $$ \ce{CH3COCl + AlCl3 - CH3CO+ + AlCl4-} $$ 其中 $\ce{CH3CO+}$ 可表示為共振結構： $$ \ce{CH3-C#O+ <- CH3-C+=O} $$ 接著，苯環的 $\pi$ 電子進攻醯鎓離子，形成暫時失去芳香性的碳正離子中間體；再經去質子化恢復芳香性，生成乙醯苯： $$ \ce{C6H6 + CH3COCl -[AlCl3] C6H5COCH3 + HCl} $$ 因此最佳試劑為乙醯氯 $\ce{CH3COCl}$ 與 $\ce{AlCl3}$。 選項分析 - (A) $\ce{CH3CH2Cl}$、$\ce{AlCl3}$：錯誤 這是傅-克烷基化反應的試劑組合。$\ce{AlCl3}$ 會活化氯乙烷，產生類似乙基正離子的親電物，使苯環接上 $\ce{-CH2CH3}$： $$ \ce{C6H6 + CH3CH2Cl -[AlCl3] C6H5CH2CH3 + HCl} $$ 產物是乙苯，不是題目所要求的乙醯苯，缺少羰基 $\ce{C=O}$。

Question 50

Glutamic acid 的結構為： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 其 $\mathrm{p}K1$、$\mathrm{p}K2$、$\mathrm{p}K3$ 分別為 $2.2$、$4.3$ 和 $9.7$。由其 $\mathrm{p}K{\mathrm{a}}$ 來計算此胺基酸的等電點（isoelectric point）約是？ (A) $2.2$ (B) $3.2$ (C) $4.3$ (D) $7.0$

Accepted Answer

核心觀念 等電點（isoelectric point, $pI$）是胺基酸分子淨電荷為零時的 pH。對於含有兩個羧酸基的酸性胺基酸 glutamic acid，其 $pI$ 位於兩個酸性解離常數之間，因此取兩個羧基的 $\mathrm{p}Ka$ 平均值： $$ pI=\frac{\mathrm{p}K1+\mathrm{p}K2}{2} $$ Glutamic acid 的三個可解離基團可概略表示為： - $\ce{-COOH}$：$\mathrm{p}Ka=2.2$ - 側鏈 $\ce{-COOH}$：$\mathrm{p}Ka=4.3$ - $\ce{-NH3+}$：$\mathrm{p}Ka=9.7$ 解題方法 在低 pH 下，glutamic acid 的兩個羧基主要為 $\ce{-COOH}$，胺基為 $\ce{-NH3+}$，分子淨電荷為 $+1$。 當 pH 超過第一個羧基的 $\mathrm{p}Ka=2.2$ 時： $$ \ce{-COOH - -COO^- + H^+} $$ 分子淨電荷由 $+1$ 變為 $0$。當 pH 再超過第二個羧基的 $\mathrm{p}Ka=4.3$ 時，另一個羧基也解離，淨電荷變為 $-1$。 因此，淨電荷為零的主要型態位於 $\mathrm{p}K1=2.2$ 與 $\mathrm{p}K2=4.3$ 之間，故： $$ pI=\frac{2.2+4.3}{2} =\frac{6.5}{2} =3.25\approx 3.2 $$ 所以選擇 (B)。 選項分析

慈濟大學 108 年 《化學》

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：計算 FeX3+(aq)+3 eX−→Fe(s)\ce{Fe^3+(aq) + 3e^- -> Fe(s)}FeX3+(aq)+3eX−​Fe(s) 的標準還原電位 E3∘E_3^\circE3∘​

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

第 8 題2 分

第 9 題2 分

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) HX2\ce{H2}HX2​

(B) HX2X+\ce{H2+}HX2​X+

(C) HX2X−\ce{H2-}HX2​X−

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 20 題2 分

第 21 題2 分

第 22 題2 分

第 23 題2 分

核心觀念

解題方法

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

第 30 題2 分

第 31 題2 分

第 32 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) CHX3ONa+(CHX3)X3CBr→\ce{CH3ONa + (CH3)3CBr ->}CHX3​ONa+(CHX3​)X3​CBr​

第 33 題2 分

核心觀念

解題方法

第 34 題2 分

第 35 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 36 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：推導新元素 Q\ce{Q}Q（原子序 119119119）的族別與週期

步驟二：依據鹼金屬同族元素通性預測 Q\ce{Q}Q 的化學性質

第 37 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 38 題2 分

第 39 題2 分

慈濟大學 108 年《化學》

步驟一：計算 $\ce{Fe^3+(aq) + 3e^- -> Fe(s)}$ 的標準還原電位 $E_3^\circ$

(A) $\ce{H2}$

(B) $\ce{H2+}$

(C) $\ce{H2-}$

(A) $\ce{CH3ONa + (CH3)3CBr ->}$

步驟一：推導新元素 $\ce{Q}$ （原子序 $119$ ）的族別與週期

步驟二：依據鹼金屬同族元素通性預測 $\ce{Q}$ 的化學性質