亞洲大學 108 年 《化學》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題

Arsenic trioxide 的 LDX50=0.015 g/kg\ce{LD50}=0.015\,\mathrm{g/kg}，相當於：

(A) 1.5 ppm1.5\,\mathrm{ppm}
(B) 15 ppm15\,\mathrm{ppm}
(C) 150 ppm150\,\mathrm{ppm}
(D) 1500 ppm1500\,\mathrm{ppm}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 ppm 的質量單位換算，以及 LDX50\ce{LD50} 的表示方式。

LDX50\ce{LD50}（median lethal dose，半數致死劑量）表示：使實驗族群中 50% 個體死亡的物質劑量。本題給定：

LDX50=0.015 g/kg\ce{LD50}=0.015\,\mathrm{g/kg}

而質量濃度的換算關係為：

1 ppm=1 mg/kg1\,\mathrm{ppm}=1\,\mathrm{mg/kg}

因此，只要將 g/kg\mathrm{g/kg} 轉換為 mg/kg\mathrm{mg/kg}，即可得到 ppm 數值。

解題方法

因為：

1 g=1000 mg1\,\mathrm{g}=1000\,\mathrm{mg}

所以：

0.015 g/kg×1000 mg1 g=15 mg/kg0.015\,\mathrm{g/kg} \times \frac{1000\,\mathrm{mg}}{1\,\mathrm{g}} = 15\,\mathrm{mg/kg}

利用：

1 mg/kg=1 ppm1\,\mathrm{mg/kg}=1\,\mathrm{ppm}

可得：

15 mg/kg=15 ppm15\,\mathrm{mg/kg}=15\,\mathrm{ppm}

因此，AsX2OX3\ce{As2O3} 的 LDX50\ce{LD50} 相當於 15 ppm15\,\mathrm{ppm}。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題

乙烯分子結構中，C 原子的混成軌域為：

(A) sp\mathrm{sp}
(B) sp2\mathrm{sp^2}
(C) sp3\mathrm{sp^3}
(D) sp4\mathrm{sp^4}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「混成軌域」與分子幾何形狀的判斷。

乙烯的分子式為 CX2HX4\ce{C2H4}，結構可表示為：

HX2C=CHX2\ce{H2C=CH2}

每個碳原子皆與兩個氫原子及另一個碳原子形成鍵結。碳碳雙鍵由一個 σ\sigma 鍵與一個 π\pi 鍵組成。

混成軌域的判斷重點是：計算中心原子周圍的電子域數。單鍵、雙鍵、三鍵各自都視為一個電子域。

解題方法

以乙烯中的任一個碳原子為例：

  • 與兩個氫原子形成兩個 C−H\ce{C-H} σ\sigma 鍵
  • 與另一個碳原子形成一個 C−C\ce{C-C} σ\sigma 鍵
  • 碳碳雙鍵中的 π\pi 鍵不使用混成軌域，而是由未混成的 pp 軌域側向重疊形成

因此，該碳原子周圍共有 33 個電子域：

電子域數=3\text{電子域數}=3

電子域數為 33 的碳原子採用 sp2\mathrm{sp^2} 混成：

s+p+p⟶3 sp2\mathrm{s}+\mathrm{p}+\mathrm{p} \longrightarrow 3\ \mathrm{sp^2}

形成的三個 sp2\mathrm{sp^2} 混成軌域大致呈平面三角形排列，鍵角約為 120∘120^\circ。剩餘一個未混成的 pp 軌域負責形成碳碳 π\pi 鍵。

選項分析

(A) sp\mathrm{sp}

錯誤。sp\mathrm{sp} 混成具有 22 個混成軌域，適用於電子域數為 22、幾何形狀為直線形的情況，例如乙炔中的碳原子。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題

承第 2 題，其 H−C−H\mathrm{H-C-H} 的鍵角約為：

(A) 90∘90^\circ
(B) 109.5∘109.5^\circ
(C) 120∘120^\circ
(D) 180∘180^\circ

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查中心原子的混成軌域與分子幾何形狀。題目詢問 H−C−H\ce{H-C-H} 鍵角，關鍵在於判斷中心碳原子的電子域數目。

依第 2 題所對應的結構，中心碳原子與四個氫原子形成四個單鍵，例如甲烷 CHX4\ce{CH4}：

CHX4\ce{CH4}

碳原子的價電子組態可經由 spX3\ce{sp^3} 混成，形成四個等價的 spX3\ce{sp^3} 混成軌域。四個成鍵電子域彼此排斥，會採取正四面體排列，使電子域間的夾角最平均。

正四面體的理想鍵角為：

∠H−C−H=109.5∘\angle \ce{H-C-H}=109.5^\circ

解題方法

判斷鍵角可依下列步驟：

  1. 找出中心原子：本題中心原子為碳。
  2. 計算中心碳周圍的電子域：碳與四個氫形成四個 C−H\ce{C-H} 單鍵，因此有四個成鍵電子域。
  3. 判斷混成方式：四個電子域對應 spX3\ce{sp^3} 混成。
  4. 判斷分子形狀：四個電子域且沒有孤電子對，分子形狀為正四面體。
  5. 判定鍵角：正四面體的理想鍵角為 109.5∘109.5^\circ。

正四面體角度也可由幾何關係得到：

cos⁡θ=−13\cos\theta=-\frac{1}{3}

因此：

θ=cos⁡−1(−13)≈109.5∘\theta=\cos^{-1}\left(-\frac{1}{3}\right)\approx109.5^\circ

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題

CX6HX14\ce{C6H14} 的結構異構物中，沸點最高的是：

(A) hexane
(B) 2-methylpentane
(C) 3-methylpentane
(D) 2,3-dimethylbutane

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烷類結構異構物的沸點與分子結構之關係。

CX6HX14\ce{C6H14} 的各結構異構物具有：

  • 相同分子式
  • 相同分子量
  • 相同電子總數
  • 相同分子間作用力種類，主要為倫敦分散力（London dispersion force）

因此，沸點的主要差異來自分子形狀與分子間接觸面積。

分子接觸面積越大，分子彼此間的倫敦分散力越強，沸點越高；分支越多，分子越緊密、有效接觸面積越小，分散力越弱，沸點越低。

一般規則為：

直鏈程度越高⇒接觸面積越大⇒分散力越強⇒沸點越高\text{直鏈程度越高} \Rightarrow \text{接觸面積越大} \Rightarrow \text{分散力越強} \Rightarrow \text{沸點越高}

解題方法

四個選項都是 CX6HX14\ce{C6H14} 的結構異構物，先比較其碳鏈分支程度：

  • hexane：無分支的直鏈
  • 2-methylpentane：一個分支
  • 3-methylpentane：一個分支，但分子形狀較緊密
  • 2,3-dimethylbutane：兩個分支，最緊密

其中 hexane 為直鏈結構，具有最大的分子表面積與最大的分子間接觸範圍，因此倫敦分散力最強，沸點最高。

常見沸點順序約為：

hexane>3-methylpentane>2-methylpentane>2,3-dimethylbutane\text{hexane} > \text{3-methylpentane} > \text{2-methylpentane} > \text{2,3-dimethylbutane}

選項分析

(A) hexane：正確

hexane 為正己烷，結構可表示為：

CHX3−CHX2−CHX2−CHX2−CHX2−CHX3\ce{CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3}

它是完全直鏈的結構，分子可以彼此平行排列，具有最大的有效接觸面積，因此分子間倫敦分散力最強，沸點最高。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題

承第 4 題，何者可能具有光學活性？

(A) 2-methylpentane
(B) 3-methylpentane
(C) 2,3-dimethylbutane
(D) 都不具光學活性

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「手性（chirality）」與「光學活性（optical activity）」的判斷。

具有光學活性的基本條件是：分子必須具有手性，且樣品中存在不同比例的對映異構物。一般有機化學題目中，最常用的判斷方式是尋找四面體碳原子是否連接四個不同的取代基。

若某碳原子連接兩個相同的取代基，則不具手性中心，也不會因該碳原子產生光學活性。

解題方法

逐一檢查各化合物是否具有「連接四個不同取代基的 spX3\ce{sp^3} 碳原子」。

  • 若存在四個不同取代基，該碳原子可能是手性中心。
  • 若有兩個取代基相同，則該碳原子不是手性中心。
  • 若整個分子具有對稱性，也可直接判定不具手性。

選項分析

(A) 2-methylpentane

結構可表示為：

CHX3−CH(CHX3)−CHX2−CHX2−CHX3\ce{CH3-CH(CH3)-CH2-CH2-CH3}

第 2 碳原子連接：

  1. H\ce{H}
  2. CHX2CHX2CHX3\ce{CH2CH2CH3}
  3. 左側的 CHX3\ce{CH3}
  4. 取代基上的 CHX3\ce{CH3}

其中有兩個相同的甲基 CHX3\ce{CH3}，因此第 2 碳不是手性中心。

所以 2-methylpentane 不具光學活性，(A) 錯誤。

(B) 3-methylpentane

結構可表示為：

CHX3CHX2−CH(CHX3)−CHX2CHX3\ce{CH3CH2-CH(CH3)-CH2CH3}

第 3 碳原子連接：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 6 題

下列雙取代的環己烷化合物構型中，何者的穩定性最高？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

環己烷椅式構型的穩定性主要取決於取代基位於：

  • 軸向（axial）：容易與同側的 1,31,3 位軸向氫或取代基產生立體障礙，能量較高。
  • 赤道向（equatorial）：遠離環上的其他原子，立體障礙較小，能量較低。

因此，雙取代環己烷中，通常以「軸向取代基數目最少、且體積較大的取代基盡量位於赤道向」者最穩定。

解題方法

逐一觀察各選項中兩個 CHX3\ce{CH3} 的方向：

  1. 計算軸向 CHX3\ce{CH3} 的數目。
  2. 軸向甲基越多，受到的 1,31,3-diaxial interaction 越強，穩定性越低。
  3. 兩個甲基皆為赤道向者，立體障礙最小，穩定性最高。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 7 題

下列化合物每公克的燃燒熱何者最大？

(A) 甲烷
(B) 甲醇
(C) 丙酮
(D) 丁酸

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題比較的是「每公克的燃燒熱」，不是每莫耳的燃燒熱，因此必須計算：

每公克燃燒熱=莫耳燃燒熱的絕對值莫耳質量\text{每公克燃燒熱}=\frac{\text{莫耳燃燒熱的絕對值}}{\text{莫耳質量}}

燃燒熱通常指 1 mol1\ \mathrm{mol} 物質完全燃燒時所放出的熱量。完全燃燒的產物為 COX2\ce{CO2} 與 HX2O\ce{H2O}，比較時取放熱量的正值。

本題各物質皆為含碳、氫、氧的有機物，燃燒時主要進行完全氧化反應。物質本身含有越多已被氧化的氧，通常能再由外界氧氣取得的能量越少；而分子量也會影響「每公克」的數值。

解題方法

先寫出各物質的完全燃燒反應，再以常用燃燒熱數據除以莫耳質量。

(A) 甲烷

完全燃燒反應為：

CHX4(g)+2 OX2(g)→COX2(g)+2 HX2O(l)\ce{CH4(g) + 2O2(g) -> CO2(g) + 2H2O(l)}

甲烷的莫耳燃燒熱約為：

ΔHc=−890.3 kJ mol−1\Delta H_\mathrm{c}=-890.3\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}

甲烷莫耳質量：

M(CHX4)=12.01+4(1.008)≈16.04 g mol−1M(\ce{CH4})=12.01+4(1.008)\approx 16.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

因此每公克燃燒熱為：

890.3 kJ mol−116.04 g mol−1≈55.5 kJ g−1\frac{890.3\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}{16.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} \approx 55.5\ \mathrm{kJ\,g^{-1}}

(B) 甲醇

完全燃燒反應為：

2 CHX3OH(l)+3 OX2(g)→2 COX2(g)+4 HX2O(l)\ce{2CH3OH(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 4H2O(l)}

甲醇的莫耳燃燒熱約為：

ΔHc=−726.5 kJ mol−1\Delta H_\mathrm{c}=-726.5\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}

甲醇莫耳質量：

M(CHX3OH)=12.01+4(1.008)+16.00≈32.04 g mol−1M(\ce{CH3OH})=12.01+4(1.008)+16.00\approx 32.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

每公克燃燒熱：

726.5 kJ mol−132.04 g mol−1≈22.7 kJ g−1\frac{726.5\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}{32.04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} \approx 22.7\ \mathrm{kJ\,g^{-1}}

(C) 丙酮

丙酮的分子式為 CX3HX6O\ce{C3H6O}，完全燃燒反應為：

CX3HX6O(l)+4 OX2(g)→3 COX2(g)+3 HX2O(l)\ce{C3H6O(l) + 4O2(g) -> 3CO2(g) + 3H2O(l)}

丙酮的莫耳燃燒熱約為：

ΔHc=−1790 kJ mol−1\Delta H_\mathrm{c}=-1790\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}

丙酮莫耳質量：

M(CX3HX6O)=3(12.01)+6(1.008)+16.00≈58.08 g mol−1M(\ce{C3H6O})=3(12.01)+6(1.008)+16.00\approx 58.08\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

每公克燃燒熱：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 8 題

下列化合物在 DMF 中進行親核性取代反應，何者的反應速率最快？

(A) methyl iodide
(B) benzyl iodide
(C) sec-butyl chloride
(D) tert-butyl iodide

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查鹵烷（Alkyl halide）的親核性取代反應機構（SN1\mathrm{S_N1} 與 SN2\mathrm{S_N2}）及其反應速率影響因素。

  1. 溶劑效應：
    DMF\ce{DMF}（N,NN,N-二甲基甲醯胺，HCON(CHX3)X2\ce{HCON(CH3)2}）為極性非質子溶劑（polar aprotic solvent）。此類溶劑僅能有效溶劑化陽離子，無法藉由氫鍵溶劑化親核試劑（陰離子），大幅提高親核試劑的裸露程度與反應活性，強烈有利於進行雙分子親核取代反應（SN2\mathrm{S_N2}）。
  2. SN2\mathrm{S_N2} 反應特性與受質立體阻礙：
    SN2\mathrm{S_N2} 反應為協同反應（concerted process），親核試劑從離去基的反面發動攻擊（backside attack）形成五配位過渡態。因此立體阻礙（steric hindrance）越小，反應速率越快。
  3. π\pi 軌域共軛穩定過渡態（鄰近 π\pi 系統的特殊活化效應）：
    苯甲基（benzyl, PhCHX2−\ce{PhCH2\bond{-}}）與烯丙基（allyl, CHX2=CH−CHX2−\ce{CH2=CH-CH2\bond{-}}）受質屬於一級碳，立體阻礙極小，且其與反應中心鄰接的芳香環 π\pi 軌域能與過渡態中形成中的 p\mathrm{p} 軌域產生軌域重疊與共軛（conjugation / orbital overlap），大幅降低過渡態的活化能（ΔG‡\Delta G^{\ddagger}）。因此在 SN2\mathrm{S_N2} 反應中，苯甲基鹵化物的反應速率甚至高於一般的甲基鹵化物（methyl halide）。
  4. 離去基能力（Leaving group ability）：
    強酸的共軛鹼為良好離去基，離去基離去能力順序為：IX−>BrX−>ClX− ≫FX−\ce{I^- > Br^- > Cl^- \gg F^-}。

解題方法

  1. 判斷反應機構路徑：
    溶劑為 DMF\ce{DMF}（極性非質子溶劑），反應條件偏向 SN2\mathrm{S_N2} 機構。
  2. 分析各受質的結構與 SN2\mathrm{S_N2} 活性：
  • 一般 SN2\mathrm{S_N2} 反應速率通則：
    Allylic, Benzylic>Methyl>1∘>2∘≫3∘ (不反應)\text{Allylic, Benzylic} > \text{Methyl} > 1^\circ > 2^\circ \gg 3^\circ\ (\text{不反應})
  • 比較各選項受質：
  • (A) CHX3I\ce{CH3I}：甲基鹵化物，立體阻礙極小，典型極快速的 SN2\mathrm{S_N2} 受質。
  • (B) PhCHX2I\ce{PhCH2I}：一級苯甲基鹵化物，具備極佳離去基（IX−\ce{I^-}），且過渡態受苯環 π\pi 電子共軛穩定，SN2\mathrm{S_N2} 反應速率比甲基碘更勝一籌。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 9 題

承第 8 題，如果改以乙醇作為反應溶劑，則何者的反應速率最快？

(A) methyl iodide
(B) benzyl iodide
(C) sec-butyl chloride
(D) tert-butyl iodide

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查親核取代反應機轉（SN1\mathrm{S_N1} vs. SN2\mathrm{S_N2}）的競爭與受質、溶劑效應：

  1. 溶劑效應（Solvent Effect）：
    乙醇（CHX3CHX2OH\ce{CH3CH2OH}）屬於質子性極性溶劑（Polar Protic Solvent），具有氫鍵供體（−OH-OH），能透過氫鍵有效溶劑化並穩定脫離基陰離子（如 IX−\ce{I-}），同時促進碳－鹵鍵的異裂（Heterolysis），對 SN1\mathrm{S_N1} 反應機轉有極強的促進作用。同時，乙醇為弱親核試劑（Weak Nucleophile / Solvolysis condition）。
  2. SN1\mathrm{S_N1} 反應速率決定步驟（RDS）：
    SN1\mathrm{S_N1} 機轉的速率決定步驟為受質自行游離產生碳陽離子（Carbocation, RX+\ce{R+}）：
    R−X→RDSRX++XX−\ce{R-X ->[RDS] R+ + X-}
    其反應速率取決於碳陽離子的穩定度與脫離基的好壞（Leaving Group Ability）：
  • 碳陽離子穩定度：苯甲基（Benzyl）與三級（3∘3^\circ）均相當穩定，但本題需進一步比較脫離基與共振/超共軛效應。
  • 脫離基好壞：IX−>BrX−>ClX−≫FX−\ce{I-} > \ce{Br-} > \ce{Cl-} \gg \ce{F-}（因 IX−\ce{I-} 鹼性最弱、共軛酸 HI\ce{HI} 最酸、原子半徑大電荷分散）。

解題方法

  1. 判斷反應機轉：
    題目指定反應溶劑改為「乙醇（Ethanol）」，在此質子性溶劑且無額外添加強親核試劑的情形下，反應主要走溶劑解反應（Solvolysis，即典型 SN1\mathrm{S_N1} 機轉）。
  2. 比較各受質形成碳陽離子的能力與脫離基：
  • 受質形成碳陽離子後，其能量越低、活化能越小，游離速率越快。
  • 三級碘烷（tert-butyl iodide）解離生成的第三丁基碳陽離子（(CHX3)X3CX+\ce{(CH3)3C+}）具有 9 個 α\alpha-氫提供的超共軛效應（Hyperconjugation），且反應物原為高度位阻的 sp3sp^3 四面體結構，游離成平面三方 sp2sp^2 碳陽離子時立體張力大幅釋放（Steric relief / B-strain relief），配合極佳的脫離基 IX−\ce{I-}，使其在乙醇中的溶劑解（solvolysis）速率極快。
  • 苯甲基碘（benzyl iodide）解離生成苯甲基碳陽離子（PhCHX2X+\ce{PhCH2+}），具苯環共振穩定，但其在質子性溶劑中無顯著立體張力釋放，且苯甲基受質在弱親核試劑下的解離速率通常小於具 9 個超共軛且具高度立體釋放效應的三級受質。
  • 甲基與二級受質的碳陽離子穩定度低，在此條件下反應極慢。
  1. 綜合評估：
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 10 題

Aniline 和 CHX3CHX2Cl/AlClX3\ce{CH3CH2Cl/AlCl3} 在低溫下進行 Friedel–Crafts alkylation，可得到主要產物：

(A) o-ethylaniline
(B) m-ethylaniline
(C) p-ethylaniline
(D) 不反應

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查芳香族親電取代反應（Electrophilic Aromatic Substitution, EAS）​中，苯胺（Aniline）進行傅–克烷基化反應（Friedel–Crafts Alkylation）的特殊限制：

  1. 路易斯酸鹼錯合反應（Lewis Acid-Base Complexation）：
    苯胺分子上的胺基（−NHX2-\ce{NH2}）具有一對未鍵結孤對電子（lone pair），是良好的路易斯鹼（Lewis base）；而傅–克反應所需的催化劑 AlClX3\ce{AlCl3} 為強路易斯酸（Lewis acid）。兩者混合時，會迅速發生放熱的路易斯酸鹼中和反應：
Ph−NHX2+AlClX3→Ph−N+HX2−A−l ClX3\ce{Ph-NH2 + AlCl3 -> Ph-\overset{+}{N}H2-\overset{-}{A}lCl3}
  1. 苯環鈍化與極性反轉（Deactivation）：
    生成酸鹼錯合物後，氮原子帶正電荷（−N+HX2−A−l ClX3-\ce{\overset{+}{N}H2-\overset{-}{A}lCl3}），由原本強烈推電子的活化基團（strong activating group, ortho/para-director）轉變為強烈拉電子的鈍化基團（strong deactivating group, meta-director）。強烈鈍化的苯環電子雲密度極低，無法進一步對烷基陽離子等親電試劑進行親電芳香取代。

解題方法

  1. 分析反應試劑與基質：
  • 基質：苯胺（CX6HX5NHX2\ce{C6H5NH2}）。
  • 試劑與催化劑：氯乙烷（CHX3CHX2Cl\ce{CH3CH2Cl}）與無水氯化鋁（AlClX3\ce{AlCl3}）。
  • 預期反應類型：Friedel–Crafts 烷基化。
  1. 評估反應性瓶頸：
  • 在有機化學中，傅–克反應（Alkylation / Acylation）有兩大經典禁忌底物：
  • 含強吸電子基（如 −NOX2-\ce{NO2}、−CFX3-\ce{CF3}、−SOX3H-\ce{SO3H} 等）的強鈍化苯環。
  • 含有孤對電子的鹼性芳香胺類（如 −NHX2-\ce{NH2}、−NHR-\ce{NHR}、−NRX2-\ce{NR2}）。
  • 苯胺的胺基氮原子親核性強於苯環的 π\pi 系統，AlClX3\ce{AlCl3} 會優先與氮配位生成路易斯加合物。帶正電的氮使苯環嚴重去活化（鈍化），阻斷了苯環上的傅–克烷基化；
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 11 題

Acetanilide 和 CHX3CHX2CHX2Cl/AlClX3\ce{CH3CH2CH2Cl/AlCl3} 在低溫下進行 Friedel–Crafts alkylation，可得到主要產物：

(A) o-propylacetanilide
(B) m-propylacetanilide
(C) p-propylacetanilide
(D) 以上皆非

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三個重點：

  1. 取代基對芳香環的定位效應。
  2. Friedel–Crafts alkylation 的反應條件與限制。
  3. Acetanilide 與 Lewis acid AlClX3\ce{AlCl3} 形成錯合物後，對反應性的影響。

Acetanilide 的結構可表示為：

CX6HX5NHCOCHX3\ce{C6H5NHCOCH3}

其中的乙醯胺基 −NHCOCHX3\ce{-NHCOCH3} 具有氮原子的孤電子對，可與 AlClX3\ce{AlCl3} 配位：

CX6HX5NHCOCHX3+AlClX3⇌CX6HX5NHCOCHX3 ⋅ AlClX3\ce{C6H5NHCOCH3 + AlCl3 <=> C6H5NHCOCH3.AlCl3}

此配位會使氮原子的孤電子對無法有效向芳香環提供電子，並且使芳香環整體電子密度降低。因此，原本具有鄰、對位導向性質的 −NHCOCHX3\ce{-NHCOCH3}，在 Friedel–Crafts 反應條件下會被 AlClX3\ce{AlCl3} 強烈影響。

解題方法

Friedel–Crafts alkylation 的一般反應可表示為：

R−Cl+AlClX3→RX++AlClX4X−\ce{R-Cl + AlCl3 -> R+ + AlCl4^-}

生成的碳正離子或其等效親電體，再攻擊芳香環，經過芳香族親電取代反應形成產物。

本題中：

CHX3CHX2CHX2Cl+AlClX3→CHX3CHX2CHX2X++AlClX4X−\ce{CH3CH2CH2Cl + AlCl3 -> CH3CH2CH2+ + AlCl4^-}

但 CHX3CHX2CHX2X+\ce{CH3CH2CH2+} 為一級碳正離子，會傾向重排成較穩定的二級異丙基碳正離子：

CHX3CHX2CHX2X+→1,2-H shift(CHX3)X2CHX+\ce{CH3CH2CH2+ ->[1,2-H\ shift] (CH3)2CH+}

即使形成有效的親電體，芳香環仍必須具有足夠的電子密度才能進行 Friedel–Crafts alkylation。Acetanilide 的醯胺基會與 AlClX3\ce{AlCl3} 配位，使芳香環受到強烈去活化，因而無法順利進行 Friedel–Crafts 烷基化。

所以本題的實際結果是：不生成題目所列的鄰位、間位或對位 propylacetanilide。

選項分析

(A) o-propylacetanilide

錯誤。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 12 題

如何以 cyclopentene 製備 trans-1,2-cyclopentanediol？

(A) OsOX4\ce{OsO4}
(B) KMnOX4/NaOH\ce{KMnO4/NaOH}
(C) m-CPBA；NaOH\ce{NaOH}
(D) BX2HX6\ce{B2H6}；HX2OX2/NaOH\ce{H2O2/NaOH}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯類轉化為鄰二醇時的「立體化學」：

  • 同面加成（syn addition）：兩個官能基加到雙鍵同一面，環狀化合物通常形成 cis 產物。
  • 反面加成（anti addition）：兩個官能基分別加到雙鍵兩面，環狀化合物通常形成 trans 產物。
  • m-CPBA\ce{m-CPBA} 可將烯類氧化成環氧化物；環氧化物在鹼性條件下經親核性開環，產生 anti-1,2-二醇，因此得到 trans-1,2-cyclopentanediol。

解題方法

目標是將 cyclopentene 的雙鍵兩個碳各轉換成 −OH\ce{-OH}，且兩個羥基必須呈 trans 關係。

最直接的方法為：

cyclopentene→m-CPBA1,2-epoxycyclopentane→HX2ONaOHtrans-1,2-cyclopentanediol\ce{cyclopentene ->[m-CPBA] 1,2-epoxycyclopentane ->[NaOH][H2O] trans-1,2-cyclopentanediol}

第一步：環氧化

m-CPBA\ce{m-CPBA} 是過氧酸，會以協同反應將一個氧原子轉移至烯鍵，形成三員環環氧化物。

此步驟的氧是由同一側同時與兩個烯碳形成鍵，屬於 syn 加成；但產物中的環氧基會固定在環的一側。

第二步：鹼性開環

在 NaOH\ce{NaOH} 存在下，OHX−\ce{OH^-} 作為親核試劑攻擊環氧化物較少位阻的碳，並由環氧環的背面進行 SN2\mathrm{S_N2} 型進攻：

OHX−+epoxide→trans-1,2 -diol\ce{OH^- + epoxide -> trans\text{-}1,2\text{-}diol}

親核攻擊造成被攻擊碳的構型反轉；原本環氧氧位於一側，開環後形成的兩個 −OH\ce{-OH} 分居雙鍵平面的兩側，整體為 anti 加成。因此，對 cyclopentene 而言，產物是 trans-1,2-cyclopentanediol。

選項分析

(A) OsOX4\ce{OsO4}

OsOX4\ce{OsO4} 會對烯鍵進行 syn 二羥基化，兩個 −OH\ce{-OH} 從同一面加成：

cyclopentene→OsOX4cis-1,2 -cyclopentanediol\ce{cyclopentene ->[OsO4] cis\text{-}1,2\text{-}cyclopentanediol}

產物為 cis-1,2-二醇，不符合題目要求的 trans 產物，因此錯誤。

(B) KMnOX4/NaOH\ce{KMnO4/NaOH}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 13 題

承第 12 題，如何以 cyclopentene 製備 cis-1,2-cyclopentanediol？

(A) OsOX4\ce{OsO4}
(B) KMnOX4/NaOH\ce{KMnO4/NaOH}
(C) m-CPBA；NaOH\ce{NaOH}
(D) BX2HX6\ce{B2H6}；HX2OX2/NaOH\ce{H2O2/NaOH}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯烴的立體選擇性氧化，以及由 cyclopentene 製備鄰二醇時的「同面加成」與「反面加成」。

目標產物為 cis-1,2-cyclopentanediol，表示兩個 OH\ce{OH} 必須位於環的同一面。因此應選擇能使兩個羥基以 syn（同面）方式加成到雙鍵上的反應。

常見判斷如下：

  • OsOX4\ce{OsO4}：syn dihydroxylation，生成 cis-1,2-diol。
  • 冷、稀的鹼性 KMnOX4\ce{KMnO4}：syn dihydroxylation，生成 cis-1,2-diol。
  • m-CPBA 後接鹼性水解：先生成 epoxide，再以 anti 方式開環，生成 trans-1,2-diol。
  • BX2HX6\ce{B2H6} 後接 HX2OX2/NaOH\ce{H2O2/NaOH}：hydroboration-oxidation，只將烯烴轉變為醇，不會生成鄰二醇。

解題方法

先觀察目標結構：

cyclopentene→cis-1,2-cyclopentanediol\ce{cyclopentene -> cis-1,2-cyclopentanediol}

此反應需要在原本的 C=C\ce{C=C} 兩端各引入一個 OH\ce{OH}，且兩個 OH\ce{OH} 必須同面。因此應尋找「syn 加成的雙羥化反應」。

在溫和條件下，烯烴可進行：

cyclopentene→OsOX4cis-1,2-cyclopentanediol\ce{cyclopentene ->[OsO4] cis-1,2-cyclopentanediol}

或：

cyclopentene→KMnOX4,  OHX−cis-1,2-cyclopentanediol\ce{cyclopentene ->[KMnO4,\ OH^-] cis-1,2-cyclopentanediol}

其中 KMnOX4\ce{KMnO4} 必須理解為冷、稀的鹼性高錳酸鉀。若使用強烈或加熱條件，則可能進一步氧化並造成雙鍵裂解。

反應機構與立體化學

OsOX4\ce{OsO4}：同面雙羥化

OsOX4\ce{OsO4} 先與烯烴形成五員環狀 osmate ester。兩個氧原子會從雙鍵的同一面同時加成，接著經水解形成兩個 OH\ce{OH}。

簡化表示為：

cyclopentene→HX2OOsOX4cis-1,2-cyclopentanediol\ce{cyclopentene ->[OsO4][H2O] cis-1,2-cyclopentanediol}

反應的關鍵是：

  • C=C\ce{C=C} 作為親核中心。
  • OsOX4\ce{OsO4} 中的高氧化態鋨具有親電性。
  • 形成環狀中間體，兩個 O\ce{O} 以 syn 方式加入。
  • 水解後保留同面關係，得到 cis-二醇。

因此選項 (A) 正確。

冷、稀鹼性 KMnOX4\ce{KMnO4}：同面雙羥化

在冷、稀的鹼性條件下，KMnOX4\ce{KMnO4} 也可使烯烴進行 syn dihydroxylation，形成鄰二醇：

3 cyclopentene+2 KMnOX4+4 HX2O→3 cis-1,2-cyclopentanediol+2 MnOX2+2 KOH\ce{3 cyclopentene + 2 KMnO4 + 4 H2O -> 3 cis-1,2-cyclopentanediol + 2 MnO2 + 2 KOH}

此反應可視為先形成環狀 manganate ester，再水解產生兩個羥基。由於兩個 OH\ce{OH} 同面加入，因此產物為 cis-1,2-cyclopentanediol。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 14 題

1-pentyne 經過 HgSOX4/HX2O/HX2SOX4\ce{HgSO4/H2O/H2SO4} 反應後，可以得到：

(A) 1-pentanol
(B) 2-pentanol
(C) pentanal
(D) 2-pentanone

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「末端炔烴的酸催化水合反應」及其後續的「烯醇－酮互變異構」。

反應條件為：

  • HgSOX4\ce{HgSO4}：汞離子催化劑
  • HX2O\ce{H2O}：提供羥基與氫
  • HX2SOX4\ce{H2SO4}：酸催化劑

末端炔烴在此條件下遵守類似 Markovnikov 加成的區域選擇性，最終產物通常是甲基酮，而不是醇、醛。

解題方法

1. 判斷 1-pentyne 的結構

1-pentyne 是五個碳的末端炔烴：

HC≡C−CHX2−CHX2−CHX3\ce{HC#C-CH2-CH2-CH3}

三鍵位於第 1、2 碳之間，因此為末端炔烴。

2. 進行水合加成

在 HgSOX4/HX2O/HX2SOX4\ce{HgSO4/H2O/H2SO4} 條件下，水以 Markovnikov 方向加成：

  • H\ce{H} 加到末端碳
  • OH\ce{OH} 加到靠近烷基的內側碳

先形成烯醇：

HC≡C−CHX2−CHX2−CHX3→HX2O, HX2SOX4HgSOX4CHX2=C(OH)−CHX2−CHX2−CHX3\ce{HC#C-CH2-CH2-CH3 ->[HgSO4][H2O,H2SO4] CH2=C(OH)-CH2-CH2-CH3}

其中 OH\ce{OH} 位於第 2 碳。

3. 烯醇互變為較穩定的酮

烯醇會經由質子轉移與羰基形成，轉變成酮：

CHX2=C(OH)−CHX2−CHX2−CHX3⇌CHX3−C(=O)−CHX2−CHX2−CHX3\ce{CH2=C(OH)-CH2-CH2-CH3 <=> CH3-C(=O)-CH2-CH2-CH3}

產物為 2-pentanone：

CHX3COCHX2CHX2CHX3\ce{CH3COCH2CH2CH3}

因此反應總式可表示為：

HC≡C−CHX2−CHX2−CHX3→HX2O, HX2SOX4HgSOX4CHX3COCHX2CHX2CHX3\ce{HC#C-CH2-CH2-CH3 ->[HgSO4][H2O,H2SO4] CH3COCH2CH2CH3}

反應機構重點

首先，HgX2+\ce{Hg^{2+}} 與炔鍵的 π\pi 電子作用，形成帶有汞離子特徵的中間體，使炔鍵受到活化。

接著，水分子作為親核試劑進攻較適合的位置。由於反應呈現 Markovnikov 方向，OH\ce{OH} 最終位於內側碳，形成較穩定的烯醇結構：

CHX2=C(OH)−CHX2−CHX2−CHX3\ce{CH2=C(OH)-CH2-CH2-CH3}

在酸催化下，烯醇迅速進行互變異構，形成熱力學上較穩定的羰基化合物。羰基位於第 2 碳，因此生成 2-pentanone。

本反應的關鍵不是直接生成穩定的烯醇，而是烯醇生成後立即轉化為酮。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 15 題

下列化合物何者符合題目所示結構？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) cis-1,2-diiodobutane
(B) trans-1,2-diiodobutane
(C) cis-1,2-dimethylcyclopropane
(D) trans-1,2-dimethylcyclopropane

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Simmons–Smith 反應及其立體專一性。反應試劑為 CHX2IX2,Zn(Cu)\ce{CH2I2, Zn(Cu)}，可生成類似碳烯的親電性中間體 ICHX2ZnI\ce{ICH2ZnI}，再與烯烴進行協同加成，將 CHX2\ce{CH2} 插入 C=C\ce{C=C} 鍵，形成 cyclopropane。

反應具有立體專一性：

  • 烯烴原本為 cis，產物中的取代基仍為 cis。
  • 烯烴原本為 trans，產物中的取代基仍為 trans。

題目反應物為 cis-CHX3CH=CHCHX3\ce{CH3CH=CHCH3}，因此兩個甲基在產物中仍位於同一側。

解題方法

反應可表示為：

cis−CHX3CH=CHCHX3+CHX2IX2→Zn(Cu)cis-1,2-dimethylcyclopropane\ce{cis-CH3CH=CHCH3 + CH2I2 ->[Zn(Cu)] cis-1,2-dimethylcyclopropane}

CHX2IX2/Zn(Cu)\ce{CH2I2/Zn(Cu)} 將 CHX2\ce{CH2} 加到原本的 C=C\ce{C=C} 兩端，形成三員環。由於反應為協同加成，烯烴的幾何構型不會在反應過程中翻轉：

cis-2-butene⟶cis-1,2-dimethylcyclopropane\text{cis-2-butene} \longrightarrow \text{cis-1,2-dimethylcyclopropane}

所以正確選項為 cis-1,2-dimethylcyclopropane。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 16 題

下列化合物何者符合題目所示結構？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) styrene
(B) benzyl alcohol
(C) 2-phenylethanol
(D) o-bromophenol

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Grignard 試劑的製備，以及 Grignard 試劑對環氧乙烷的親核開環反應。

芳香族溴化物與鎂在無水乙醚或 THF 中反應，可形成芳基鎂鹵化物：

CX6HX5−Br+Mg→THFCX6HX5−MgBr\ce{C6H5-Br + Mg ->[THF] C6H5-MgBr}

其中 CX6HX5−MgBr\ce{C6H5-MgBr} 的苯基具有親核性，會攻擊環氧乙烷中較不受位阻的碳，造成環氧環開裂；酸化後生成一級醇。

解題方法

題圖起始物為 bromobenzene，反應流程如下：

CX6HX5−Br→1 ⋅ Mg, THFCX6HX5−MgBr\ce{C6H5-Br ->[1.Mg,THF] C6H5-MgBr}

接著，苯基鎂溴與環氧乙烷反應：

CX6HX5−MgBr+(CHX2CHX2)O→CX6HX5−CHX2−CHX2−OX−MgBrX+\ce{C6H5-MgBr + (CH2CH2)O -> C6H5-CH2-CH2-O^{-}MgBr^{+}}

最後加入 HCl(aq)\ce{HCl(aq)} 酸化醇鹽：

CX6HX5−CHX2−CHX2−OX−MgBrX+→HCl(aq)CX6HX5−CHX2−CHX2−OH\ce{C6H5-CH2-CH2-O^{-}MgBr^{+} ->[HCl(aq)] C6H5-CH2-CH2-OH}

產物為 CX6HX5CHX2CHX2OH\ce{C6H5CH2CH2OH}，其名稱是 2-phenylethanol。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 17 題

4-octyne 以 Lindlar catalyst 進行氫化反應可以產生：

(A) octane
(B) trans-4-octene
(C) cis-4-octene
(D) 4-octanol

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查炔烴的選擇性加氫，以及 Lindlar catalyst 所造成的立體化學結果。

Lindlar catalyst 通常由鈀催化劑經鉛鹽、喹啉等物質處理，使催化活性降低。它具有兩項重要特性：

  1. 將炔烴選擇性還原為烯烴，不繼續還原成烷烴。
  2. 氫原子在催化劑表面同面加入，產生 cis-alkene。

一般反應可表示為：

R−C≡C−RX′+HX2→Lindlar catalystcis−R−CH=CH−RX′\ce{R-C#C-R' + H2 ->[Lindlar\ catalyst] cis-R-CH=CH-R'}

4-octyne 的結構為：

CHX3CHX2CHX2−C≡C−CHX2CHX2CHX3\ce{CH3CH2CH2-C#C-CH2CH2CH3}

經 Lindlar catalyst 氫化後：

CHX3CHX2CHX2−C≡C−CHX2CHX2CHX3+HX2→Lindlar catalystcis−CHX3CHX2CHX2−CH=CH−CHX2CHX2CHX3\ce{CH3CH2CH2-C#C-CH2CH2CH3 + H2 ->[Lindlar\ catalyst] cis-CH3CH2CH2-CH=CH-CH2CH2CH3}

產物為 cis-4-octene。

解題方法

判斷此類題目可依序掌握三件事：

1. 判斷起始官能基

4-octyne 含有一個碳碳三鍵：

C≡C\ce{C#C}

因此屬於炔烴，主要反應是加氫還原。

2. 判斷催化劑的選擇性

不同催化條件會產生不同產物：

  • HX2/Pd\ce{H2/Pd}、HX2/Pt\ce{H2/Pt} 或 HX2/Ni\ce{H2/Ni}：通常可將炔烴完全還原為烷烴。
  • Lindlar catalyst：使炔烴停留在烯烴階段。
  • Na/NHX3(l)\ce{Na/NH3(l)}：通常生成 trans-alkene。

本題指定 Lindlar catalyst，所以三鍵只加氫一次，形成碳碳雙鍵。

3. 判斷烯烴的順反構型

Lindlar catalyst 的氫化是在金屬表面進行，兩個氫原子以同面方式加入炔鍵。原本位於炔鍵兩側的有機取代基保留在同一側，因此形成 cis-alkene。

所以：

4-octyne→HX2,  Lindlar catalystcis-4-octene\ce{4-octyne ->[H2,\ Lindlar\ catalyst] cis-4-octene}

正確選項為 (C)。

反應機構的關鍵

反應可理解為下列步驟：

  1. 4-octyne 的 C≡C\ce{C#C} 吸附在鈀催化劑表面。
  2. HX2\ce{H2} 在金屬表面解離成吸附的氫原子。
  3. 兩個氫原子由催化劑表面的同一面依序加到三鍵上。
  4. 生成烯烴後，Lindlar catalyst 的活性受到抑制，使烯烴不易再進一步吸附並接受第二次氫化。

因此，反應停在 cis-4-octene，而非繼續生成 octane。

選項分析

(A) octane

錯誤。

octane 是烷烴，必須將 4-octyne 的三鍵完全還原：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 18 題

(1S,2S)(1S,2S)-1,2-dibromo-1,2-diphenylethane 的結構式為：

🖼️【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】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查手性中心的判定與異構物命名。每個手性碳皆連接四種不同基團：

  • Br\ce{Br}
  • 另一個相鄰的手性碳
  • Ph\ce{Ph}（苯基）
  • H\ce{H}

依照 CIP 優先序規則：

Br>相鄰手性碳>Ph>H\ce{Br} > \text{相鄰手性碳} > \ce{Ph} > \ce{H}

其中「相鄰手性碳」的優先序高於苯基，因為其下一層連接的原子包含 Br\ce{Br}，優先序高於苯基碳所連接的碳原子。

解題方法

逐一觀察左右兩個手性中心，依下列步驟判定：

  1. 將最低優先序的 H\ce{H} 放在背向觀察者的位置。
  2. 依序觀察優先序 1→2→31 \to 2 \to 3 的旋轉方向。
  3. 順時針為 RR，逆時針為 SS。
  4. 若 H\ce{H} 朝向觀察者，則判定結果需反轉。

在選項 (A) 中：

  • 左側手性中心判定為 (1S)(1S)。
  • 右側手性中心判定為 (2S)(2S)。

因此其整體構型為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 19 題

承第 18 題，將 (1S,2S)(1S,2S)-1,2-dibromo-1,2-diphenylethane 在 KOH 的乙醇溶液中進行 E2 脫去反應，可得到：

(A) (E)-1-bromo-1,2-diphenylethylene
(B) (Z)-1-bromo-1,2-diphenylethylene
(C) (S)-1-bromo-1,2-diphenylethane
(D) (R)-1-bromo-1,2-diphenylethane

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. EX2\ce{E2} 脫去反應的協同機構。
  2. EX2\ce{E2} 反應需要被脫去的 Br\ce{Br} 與鄰位氫呈現反式共平面（anti-periplanar）。
  3. 具有立體中心的反應物，其特定立體異構物會生成特定的烯烴 E/ZE/Z 立體異構物。
  4. 烯烴的 E/ZE/Z 判定必須依照 CIP 優先序。

反應可表示為：

(1 S, 2 S)−PhCH(Br)−CH(Br)Ph+KOH→EtOH(Z)−PhC(Br)=CHPh+KBr+HX2O\ce{(1S,2S)-PhCH(Br)-CH(Br)Ph + KOH ->[EtOH] (Z)-PhC(Br)=CHPh + KBr + H2O}

其中 EtOH\ce{EtOH} 為乙醇溶劑。

解題方法：先判定 EX2\ce{E2} 的立體需求

EX2\ce{E2} 反應是鹼先抓取 β\beta-氫，同時鄰位的離去基離去，並形成 C=C\ce{C=C}：

BX−+H−C−C−Br→C=C+H−B+BrX−\ce{B^- + H-C-C-Br -> C=C + H-B + Br^-}

此反應為單一步驟協同反應，因此被抓取的氫與離去的 Br\ce{Br} 必須呈反式共平面排列。

對於：

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

可選擇其中一端的 Br\ce{Br} 離去，另一端的氫被 OHX−\ce{OH^-} 抓取。由於分子具有對稱性，從另一端進行相同反應會得到相同的烯烴立體異構物。

將 (1S,2S)(1S,2S) 絕對構型的底物排列成反式共平面構形後，Br\ce{Br} 與鄰位氫反式排列；在此構形中，反應後烯烴兩端的高優先序取代基位於同側，因此生成 ZZ-烯烴。

產物的 E/ZE/Z 判定

產物可寫成：

PhC(Br)=CHPh\ce{PhC(Br)=CHPh}

依 CIP 規則判定：

  • 含 Br\ce{Br} 的烯碳上，Br\ce{Br} 的優先序高於苯基。
  • 另一個烯碳上，苯基的優先序高於氫。

因此，判定產物 E/ZE/Z 時，要比較：

  • 一側的 Br\ce{Br}
  • 另一側的苯基

在由 (1S,2S)(1S,2S) 底物進行 anti-EX2\ce{E2} 脫去後，Br\ce{Br} 與苯基位於雙鍵同側，故為：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 20 題

甲苯在 X1X221H\ce{^1H} NMR（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 X1X221H\ce{^1H} NMR 中「化學環境不同的氫」所產生的訊號組數。

甲苯結構為：

CX6HX5−CHX3\ce{C6H5-CH3}

判斷訊號組數時，必須找出分子中彼此化學等價的氫。化學等價的氫具有相同的化學位移，在 NMR 中歸為同一組訊號。

甲苯的氫可分為：

  • 苄基甲基上的氫：−CHX3\ce{-CH3}
  • 芳香環上的鄰位氫：HX2\ce{H2} 與 HX6\ce{H6}
  • 芳香環上的間位氫：HX3\ce{H3} 與 HX5\ce{H5}
  • 芳香環上的對位氫：HX4\ce{H4}

因此共有 44 種化學環境。

解題方法

甲苯具有對稱性，芳香環上的位置可分類如下：

CHX3−CX6HX4\ce{CH3-C6H4}

1. 甲基氫

甲基 −CHX3\ce{-CH3} 的三個氫在快速旋轉下彼此等價，因此產生一組訊號，積分值為 33。

2. 鄰位芳香氫

相對於 CHX3\ce{CH3} 位在鄰位的 HX2\ce{H2} 與 HX6\ce{H6}，受到分子對稱性的影響而彼此等價，產生一組訊號，積分值為 22。

3. 間位芳香氫

HX3\ce{H3} 與 HX5\ce{H5} 位在甲基的間位，彼此等價，產生一組訊號，積分值為 22。

4. 對位芳香氫

HX4\ce{H4} 位在甲基的對位，沒有另一個位置與它等價，因此單獨形成一組訊號，積分值為 11。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 21 題

承第 20 題，在 X13X2213C\ce{^13C} NMR（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

題幹說明

承第 20 題，本題探討之化合物為甲苯（Toluene，分子式 CX7HX8\ce{C7H8}，結構簡式 CX6HX5CHX3\ce{C6H5CH3}）。

核心觀念

  1. X13X2213C\ce{^13C} 核磁共振光譜（X13X2213C\ce{^13C} NMR）的訊號組數原理：
    在一般的質子寬頻去偶合（broadband proton-decoupled）X13X2213C\ce{^13C} NMR 光譜中，每個化學非等價（chemically non-equivalent）​的碳原子環境各自呈現一個單峰（singlet）。因此，光譜中所見的吸收峰（訊號）組數，嚴格等於分子內部化學環境不相同的碳原子種類數。
  2. 分子對稱性（Molecular Symmetry）與等價性：
    單取代苯環具有一條通過取代基碳、苯環 C1\ce{C}_1（ipso 位）與 C4\ce{C}_4（para 位）且垂直於苯環平面的對稱面（σv\sigma_v）。此對稱面使得苯環兩側處於鏡像關係的碳原子互為化學等價（chemically equivalent），在 NMR 中共用同一組訊號。
  3. 儀器頻率（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）的考點意涵：
    高磁場儀器具備高化學位移解析度（high chemical shift dispersion），能使化學環境極為相近的碳原子（如苯環的鄰位與間位碳）被清楚分開解析，不會因低解析度儀器的重疊而減少可見峰數。

解題方法

  1. 統計甲苯分子之碳原子總數：
    甲苯共有 7 個碳原子，包含 1 個脂肪族側鏈甲基碳與 6 個芳香環碳。

  2. 依分子對稱性逐一標定各碳原子的化學環境：

  • 甲基碳（−CHX3\ce{-CH3}）：為 spX3\ce{sp^3} 混成碳，屬於脂肪族碳，化學位移通常在高場區（δ≈21 ppm\delta \approx 21\,\mathrm{ppm}），為第 1 種化學環境（共 1 個碳）。
  • C1\ce{C}_1（ipso 碳）：為 spX2\ce{sp^2} 混成碳，直接與甲基相接的四級芳香碳（quaternary carbon），無直接相連之氫原子，化學位移在芳香區最低場（δ≈138 ppm\delta \approx 138\,\mathrm{ppm}），為第 2 種化學環境（共 1 個碳）。
  • C2,C6\ce{C}_2, \ce{C}_6（ortho 鄰位碳）：為 spX2\ce{sp^2} 混成碳，位於甲基兩側的鄰位。受貫穿 C1–C4\ce{C}_1\text{--}\ce{C}_4 之對稱面對稱，兩碳化學等價，化學位移約 δ≈129 ppm\delta \approx 129\,\mathrm{ppm}，為第 3 種化學環境（共 2 個碳）。
  • C3,C5\ce{C}_3, \ce{C}_5（meta 間位碳）：為 spX2\ce{sp^2} 混成碳，位於甲基兩側的間位。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 22 題

甲苯在 KMnOX4\ce{KMnO4} 溶液反應產生：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考芳香族烷基側鏈的氧化反應。只要苯環側鏈的苄位碳上具有氫，強氧化劑 KMnOX4\ce{KMnO4} 通常會將整條側鏈氧化至羧酸；苯環本身則保留。

甲苯的結構為 CX6HX5CHX3\ce{C6H5CH3}，苄位碳為甲基中直接連接苯環的碳，具有氫，因此可被氧化：

CX6HX5CHX3→HX3OX+KMnOX4CX6HX5COX2H\ce{C6H5CH3 ->[KMnO4][H3O+] C6H5CO2H}

產物為苯甲酸。

解題方法

判斷芳香族側鏈氧化時，依序檢查：

  1. 側鏈是否直接連接苯環。
  2. 苄位碳是否具有氫。
  3. 若符合，KMnOX4\ce{KMnO4} 會將側鏈完全氧化成 −COX2H\ce{-CO2H}。

甲苯的 −CHX3\ce{-CH3} 具有三個苄位氫，因此經過氧化可先形成苄醇、苯甲醛等中間物，最後生成苯甲酸：

CX6HX5CHX3→CX6HX5CHX2OH→CX6HX5CHO→CX6HX5COX2H\ce{C6H5CH3 -> C6H5CH2OH -> C6H5CHO -> C6H5CO2H}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 23 題

承第 22 題，產物的 X1X221H\ce{^1H} NMR（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題為題組題的延伸，核心在於掌握有機官能基氧化反應以及氫核磁共振光譜（X1X221H\ce{^1H} NMR）訊號組數與分子對稱性的判定：

  1. 烷基苯的側鏈氧化反應：甲苯（CX6HX5CHX3\ce{C6H5CH3}）具有苄基氫（benzylic hydrogen），以強氧化劑過錳酸鉀（KMnOX4\ce{KMnO4}）加熱氧化後，側鏈甲基氧化為羧基，產物為苯甲酸（Benzoic acid, CX6HX5COOH\ce{C6H5COOH}）。
    CX6HX5CHX3+2 KMnOX4→CX6HX5COOK+2 MnOX2+KOH+HX2O\ce{C6H5CH3 + 2KMnO4 -> C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O}
    經酸化後即得苯甲酸：
    CX6HX5COOK+HX+→CX6HX5COOH+KX+\ce{C6H5COOK + H+ -> C6H5COOH + K+}
  2. 化學等價氫（Chemically equivalent protons）與訊號組數：
    在核磁共振光譜中，同一分子內處於相同化學環境的氫原子彼此等價，會落在相同的化學位移（Chemical shift）而呈現同一組吸收訊號。訊號組數即等於分子中「化學非等價氫（non-equivalent protons）」的種類數。
  3. 高解析度儀器條件（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）：
    在低解析度（如 60 MHz60\,\mathrm{MHz}）儀器下，單取代苯環上的芳香氫常重疊成一個複雜多重峰；但在高頻譜儀（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）的高磁場解析下，苯環上不同位置（鄰位、間位、對位）的化學非等價氫會完全拆開，表現為獨立的訊號組。

解題方法

  1. 確定第 22 題之產物分子結構：
    甲苯經 KMnOX4\ce{KMnO4} 氧化後之產物為苯甲酸（CX6HX5COOH\ce{C6H5COOH}）。

  2. 分析苯甲酸分子中氫原子的對稱性與化學環境：
    苯甲酸分子具有通過羧基碳與對位碳的垂直鏡像對稱面（C2vC_{2v} 對稱相關性），使得苯環左右兩側具有對稱性。分析所有氫原子的環境分類如下：

  • 羧基質子（−COOH-\ce{COOH}）：為酸性氫，化學位移約在 δ≈10∼13 ppm\delta \approx 10 \sim 13\,\mathrm{ppm}，為第 11 組訊號（積分值 1H1\ce{H}）。
  • 鄰位氫（ortho-H, 2-H 與 6-H）：鄰近吸電子羧基，受羧基的誘導效應與各向異性去屏蔽效應影響，化學位移約在 δ≈8.1 ppm\delta \approx 8.1\,\mathrm{ppm}。由於分子具對稱面，這兩個氫化學等價，為第 22 組訊號（積分值 2H2\ce{H}）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 24 題

承第 22 題，產物的 X13X2213C\ce{^13C} NMR（600 MHz600\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 芳香烴側鏈氧化反應（Benzylic Oxidation）：
    烷基苯（如甲苯）側鏈的苄基位（benzylic position）具有 C−H\ce{C-H} 鍵時，在強氧化劑（如過錳酸鉀 KMnOX4\ce{KMnO4}）加熱條件下，苄基碳會被氧化成羧基（−COOH\ce{-COOH}），生成苯甲酸。
  2. 碳-13 核磁共振（X13X2213C\ce{^13C} NMR）化學等價性（Chemical Equivalence）：
    在常規質子去偶（1H^{1}\ce{H}-decoupled）X13X2213C\ce{^13C} NMR 光譜中，每一個化學環境非等價的碳原子（chemically non-equivalent carbons）各自對應一組單峰訊號。分子內部的對稱元素（如對稱面）會使對稱位置的碳原子具有完全相同的化學環境，進而合併為同一組吸收訊號。

解題方法

步驟一：確定第 22 題之產物結構

第 22 題中，反應物為甲苯（Toluene, CX6HX5CHX3\ce{C6H5CH3}），在熱鹼性 KMnOX4\ce{KMnO4} 水溶液中反應並經酸化後，側鏈甲基被完全氧化為羧酸：

CX6HX5CHX3+2 KMnOX4→CX6HX5COOK+2 MnOX2+KOH+HX2O\ce{C6H5CH3 + 2KMnO4 -> C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O} CX6HX5COOK+HCl→CX6HX5COOH+KCl\ce{C6H5COOK + HCl -> C6H5COOH + KCl}

總反應產物為苯甲酸（Benzoic acid, CX6HX5COOH\ce{C6H5COOH}）。

步驟二：分析苯甲酸的對稱性與碳環境

苯甲酸分子式為 CX7HX6OX2\ce{C7H6O2}，分子內共有 77 個碳原子。由於分子具備一個垂直於苯環且通過羧基碳、C1\ce{C}_1、C4\ce{C}_4 的對稱面（或因單鍵自由旋轉形成的時均對稱面），苯環兩側呈鏡面對稱：

  1. 羧基碳（−COOH\ce{-COOH}）：屬於羰基四級碳，受兩個氧原子的強去屏蔽效應（deshielding），化學位移落在極低場（約 δ≈172 ppm\delta \approx 172\,\mathrm{ppm}），共 11 個碳，產生 11 組訊號。
  2. 環上 C1\ce{C}_1 碳（ipsoipso-位）：與羧基直接鍵結的四級碳（無接氫），化學位移約 δ≈130 ppm\delta \approx 130\,\mathrm{ppm}，共 11 個碳，產生 11 組訊號。
  3. 環上 C2,C6\ce{C}_2, \ce{C}_6 碳（orthoortho-位）：位於羧基兩側的鄰位次甲基碳（CH\ce{CH}），因分子對稱而化學等價，共 22 個碳，合併產生 11 組訊號（約 δ≈130 ppm\delta \approx 130\,\mathrm{ppm}）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 25 題

Ethyl acetate 在 X1X221H\ce{^1H} NMR（400 MHz400\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 X1X221H\ce{^1H} NMR 中「不同化學環境的氫原子種類」，也就是吸收峰的組數。

在一般條件下，彼此化學環境相同的氫會出現在同一個化學位移，因此：

  • 同一個 CHX3\ce{CH3} 內的三個氫彼此等效，只產生一組訊號。
  • 分子中不同位置的氫，即使數目相同，只要化學環境不同，就會產生不同訊號。
  • NMR 頻率為 400 MHz400\,\mathrm{MHz} 會影響解析度與化學位移所對應的頻率差，不會改變分子本身具有幾種不同的氫環境。

解題方法

Ethyl acetate 的結構為：

CHX3COOCHX2CHX3\ce{CH3COOCH2CH3}

將氫依照所在位置分類：

1. 乙醯基上的 CHX3COX−\ce{CH3CO-}

此甲基鄰接羰基 C=O\ce{C=O}，其三個氫處於相同化學環境，形成一組訊號。

由於相鄰羰基碳上沒有氫可進行鄰近偶合，因此通常呈現單峰 singlet。

2. 酯氧旁的 −OCHX2−\ce{-OCH2-}

OCHX2\ce{OCH2} 上的兩個氫彼此等效，形成一組訊號。

此 CHX2\ce{CH2} 鄰接另一端的 CHX3\ce{CH3}，依 n+1n+1 法則，受到三個鄰近氫偶合，通常呈現四重峰 quartet。

3. 末端的 −CHX3\ce{-CH3}

末端 CHX3\ce{CH3} 的三個氫彼此等效，形成一組訊號。

它鄰接 CHX2\ce{CH2}，受到兩個鄰近氫偶合，通常呈現三重峰 triplet。

因此，Ethyl acetate 共有：

3 組吸收峰\boxed{3\text{ 組吸收峰}}

訊號可整理如下：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 26 題

承第 25 題，所有吸收訊號在最高場的分裂情形為：

(A) 單重峰
(B) 雙重峰
(C) 三重峰
(D) 四重峰

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氫核磁共振光譜（1H^1\mathrm{H} NMR）的訊號分裂規則。訊號裂分主要由相鄰碳原子上的非等價氫所造成，遵守 n+1n+1 規則：

裂分峰數=n+1\text{裂分峰數}=n+1

其中 nn 是與觀察中的氫核相鄰、且具有磁性耦合的等價氫數目。

「最高場」代表化學位移 δ\delta 最小、遮蔽效應最大的位置。在第 25 題所涉及的乙基結構中，最高場訊號通常是乙基末端的 CHX3\ce{CH3}，其相鄰的 CHX2\ce{CH2} 上有兩個等價氫。

解題方法

最高場的 CHX3\ce{CH3} 氫受到相鄰 CHX2\ce{CH2} 上兩個等價氫的自旋耦合：

n=2n=2

套用 n+1n+1 規則：

裂分峰數=2+1=3\text{裂分峰數}=2+1=3

因此，最高場的吸收訊號呈現三重峰（triplet）。

其峰強度比例為：

1:2:11:2:1

這是兩個等價氫耦合所產生的典型三重峰。

選項分析

  • (A) 單重峰：錯誤。
    單重峰表示相鄰沒有可耦合的氫，亦即 n=0n=0。最高場的 CHX3\ce{CH3} 相鄰有 CHX2\ce{CH2} 的兩個氫，因此不會是單重峰。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 27 題

Ethyl acetate 在 X13X2213C\ce{^13C} NMR（400 MHz400\,\mathrm{MHz}）可以看到幾組吸收峰的訊號？

(A) 55
(B) 44
(C) 33
(D) 22

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考察 X13X2213C\ce{^{13}C} NMR 中「化學環境不同的碳原子數量」與吸收峰組數的關係。

在一般寬頻去偶的 X13X2213C\ce{^{13}C} NMR 光譜中：

  • 化學環境相同的碳，具有相同的化學位移，只出現一組訊號。
  • 化學環境不同的碳，會出現不同組訊號。
  • 分子中碳原子的總數不一定等於訊號組數，必須先判斷是否存在對稱性或等效碳。

Ethyl acetate 的結構可寫成：

CHX3COOCHX2CHX3\ce{CH3COOCH2CH3}

其分子共有 44 個碳原子。

解題方法

逐一判斷四個碳原子的化學環境：

CHX3−C(=O)−O−CHX2−CHX3\ce{CH3-C(=O)-O-CH2-CH3}

  1. 羰基碳 C=O\ce{C=O}
    此碳與氧形成雙鍵，屬於酯基的羰基碳，化學環境獨特。

  2. 羰基旁的甲基碳 CHX3COX−\ce{CH3CO-}
    此甲基直接連接羰基碳，受到羰基吸電子作用影響。

  3. 酯氧旁的亞甲基碳 −OCHX2−\ce{-OCH2-}
    此碳直接連接氧原子，與一般烷基中的 CHX2\ce{CH2} 不同。

  4. 末端甲基碳 −CHX2CHX3\ce{-CH2CH3}
    此甲基連接的是亞甲基碳，並未直接連接羰基或氧原子。

四個碳分別處於四種不同的化學環境，因此各產生一組 X13X2213C\ce{^{13}C} NMR 訊號：

訊號組數=4\text{訊號組數}=4
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 28 題

Ethyl acetate 的紅外線吸收光譜中，可以在 1730 cm−11730\,\mathrm{cm^{-1}} 附近偵測到一組非常強的吸收訊號，其代表：

(A) O−H\ce{O-H}
(B) C−H\ce{C-H}
(C) C=O\ce{C=O}
(D) C−C\ce{C-C} 的吸收訊號

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

紅外線光譜（IR spectroscopy）藉由分子鍵結的振動吸收特定波數的紅外線。不同官能基具有特徵吸收區域，可用來判斷分子中存在的官能基。

Ethyl acetate 的結構為：

CHX3COOCHX2CHX3\ce{CH3COOCH2CH3}

其中含有酯基 −COO−\ce{-COO-}，酯基的羰基 C=O\ce{C=O} 伸縮振動通常出現在約 1730∼1750 cm−11730\sim1750\,\mathrm{cm^{-1}}，而且因振動造成的偶極矩變化顯著，所以吸收訊號通常非常強。

解題方法

題目給出兩個關鍵線索：

  1. 吸收位置約為 1730 cm−11730\,\mathrm{cm^{-1}}。
  2. 吸收訊號「非常強」。

在 IR 光譜中，羰基 C=O\ce{C=O} 伸縮振動具有以下特徵：

  • 波數約在 1650∼1750 cm−11650\sim1750\,\mathrm{cm^{-1}}。
  • 吸收通常強而明顯。
  • 酯類的 C=O\ce{C=O} 吸收約在 1730∼1750 cm−11730\sim1750\,\mathrm{cm^{-1}}。

因此，Ethyl acetate 在 1730 cm−11730\,\mathrm{cm^{-1}} 附近的強吸收，是酯基中羰基 C=O\ce{C=O} 的伸縮振動。

選項分析

(A) O−H\ce{O-H}：錯誤

O−H\ce{O-H} 伸縮振動通常出現在約 3200∼3600 cm−13200\sim3600\,\mathrm{cm^{-1}}。若為醇類，吸收帶通常較寬；若為羧酸，則常呈現更寬廣的吸收帶，約涵蓋 2500∼3300 cm−12500\sim3300\,\mathrm{cm^{-1}}。

1730 cm−11730\,\mathrm{cm^{-1}} 不屬於 O−H\ce{O-H} 的典型吸收區域。

(B) C−H\ce{C-H}：錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 29 題

下列化合物何者鹼性較強？

🖼️【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】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查含氮雜環與胺的鹼性比較。鹼性強弱取決於氮原子的孤電子對接受質子的能力：

  • 孤電子對若參與芳香性，質子化會破壞芳香穩定性，鹼性很弱。
  • 孤電子對若未參與芳香性，較容易接受 HX+\ce{H+}，鹼性較強。
  • 脂肪族胺的氮原子通常比芳香族含氮雜環更具鹼性。

解題方法

逐一判斷各化合物中氮原子的孤電子對是否參與芳香 π\pi 電子系統：

  1. 判斷氮上的孤電子對是否維持芳香性。
  2. 比較質子化後的共軛酸穩定性。
  3. 孤電子對越自由、質子化後越穩定者，鹼性越強。

選項分析

(A) Pyridine，吡啶

吡啶的氮原子位於芳香六元環中，氮的孤電子對位於環平面上的 sp2sp^2 軌域，沒有參與芳香 π\pi 電子系統，因此可以接受質子：

CX5HX5N+HX+→CX5HX5NHX+\ce{C5H5N + H+ -> C5H5NH+}

吡啶具有中等鹼性，但其氮為 sp2sp^2 雜化，孤電子對受到芳香環與較高 ss 成分影響，鹼性低於一般脂肪族胺。

(B) Pyrrole，吡咯

吡咯氮原子的孤電子對參與芳香性，形成六個 π\pi 電子：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 30 題

承第 29 題，四種化合物中有幾個屬於芳香族化合物？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 11
(B) 22
(C) 33
(D) 44

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

芳香族化合物需同時符合以下條件：

  1. 分子具有環狀、連續共軛的 π\pi 電子系統。
  2. 環上原子大致共平面，使 π\pi 電子能離域。
  3. 符合 Hückel 規則：具有 4n+24n+2 個 π\pi 電子，其中 n=0,1,2,…n=0,1,2,\ldots。

含氮化合物的判斷重點在於：氮原子的孤電子對是否參與環狀共軛系統。

解題方法

逐一判斷第 29 題的四個結構：

  • (A) 為吡啶 pyridine。
  • (B) 為吡咯 pyrrole。
  • (C) 為吲哚 indole。
  • (D) 為 NN-甲基嗎啉 NN-methylmorpholine。

選項分析

(A) 吡啶：屬於芳香族

吡啶環具有三個共軛雙鍵，共提供 66 個 π\pi 電子，符合 4n+24n+2 規則：

4n+2=6⇒n=14n+2=6 \Rightarrow n=1

吡啶氮的孤電子對位於環平面上的軌域，未納入芳香性所需的環狀 π\pi 系統，因此仍具有 66 個離域 π\pi 電子，屬於芳香族化合物。

(B) 吡咯：屬於芳香族

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 31 題

Cyclopentene 和 BrX2/HX2O\ce{Br2/H2O} 反應後得到的主要產物是：

(A) trans-1,2-dibromocyclopentane
(B) cis-1,2-dibromocyclopentane
(C) trans-2-bromocyclopentanol
(D) cis-2-bromocyclopentanol

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯類與 BrX2/HX2O\ce{Br2/H2O} 反應生成 bromohydrin（鹵醇） 的反應機構與立體化學。

烯類在溴水中反應時，主要特徵如下：

  1. BrX2\ce{Br2} 先與碳碳雙鍵形成三員環狀的 溴鎓離子（bromonium ion）。
  2. 水分子作為親核試劑，從溴鎓離子的背面進攻。
  3. 經去質子化後，生成鄰位的溴醇。
  4. Br\ce{Br} 與 OH\ce{OH} 以 anti addition（反式加成） 的方式加到雙鍵兩端。

整體反應可表示為：

cyclopentene+BrX2+HX2O→trans-2-bromocyclopentanol+HBr\ce{cyclopentene + Br2 + H2O -> trans-2-bromocyclopentanol + HBr}

解題方法

第一步：判斷反應類型

反應試劑為 BrX2/HX2O\ce{Br2/H2O}，不是單純的 BrX2\ce{Br2}。

  • BrX2/CClX4\ce{Br2/CCl4}：生成鄰位二溴化物。
  • BrX2/HX2O\ce{Br2/H2O}：水參與反應，生成鄰位溴醇。

因此，本題產物應含有：

  • 一個 Br\ce{Br}
  • 一個 OH\ce{OH}

所以可先排除生成二溴化物的選項。

第二步：判斷 OH\ce{OH} 的位置

一般非對稱烯類與 BrX2/HX2O\ce{Br2/H2O} 反應時，OH\ce{OH} 通常加到較多取代的碳上，Br\ce{Br} 加到較少取代的碳上。

但 cyclopentene 的雙鍵兩端完全等價，因此區域選擇性不造成差異。命名時以含有羥基的碳作為第 1 號碳，產物為 2-bromocyclopentanol。

第三步：判斷立體化學

雙鍵先形成溴鎓離子，水必須由溴鎓離子的背面進攻，因此 OH\ce{OH} 與原本加上的 Br\ce{Br} 呈反式關係：

Br 與 OH 為 trans\ce{Br} \text{ 與 } \ce{OH} \text{ 為 trans}

因此主要產物為 trans-2-bromocyclopentanol。

反應機構

1. 形成溴鎓離子

cyclopentene 的 C=C\ce{C=C} 雙鍵以 π\pi 電子進攻 BrX2\ce{Br2}，使 Br−Br\ce{Br-Br} 鍵斷裂，形成環狀溴鎓離子：

cyclopentene+BrX2→bromonium ion+BrX−\ce{cyclopentene + Br2 -> bromonium\ ion + Br^-}

溴鎓離子中的溴原子同時與雙鍵兩個碳相連，形成三員環結構。

2. 水分子的親核進攻

水分子以氧原子的孤電子對進攻溴鎓離子，且必須從溴原子的反面進攻。這是典型的背面進攻，因此產生 anti addition。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 32 題

承第 31 題，將所得產物在 KOH 水溶液中加熱反應可以得到：

(A) cyclopentyne
(B) cyclopentene epoxide
(C) 2-cyclopentenol
(D) cyclopentanone

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查鹵代烴在 KOH\ce{KOH} 水溶液中的反應，以及「水溶液鹼」與「醇溶液鹼」造成的反應差異。

  • KOH(aq)\ce{KOH(aq)} 提供親核試劑 OHX−\ce{OH^-}，主要進行取代反應。
  • 若第 31 題所得產物為烯丙基鹵化物，例如 cyclopent-2-en-1-yl−Br\ce{cyclopent-2-en-1-yl-Br}，OHX−\ce{OH^-} 會取代鹵素，生成烯丙醇。
  • 加熱在此主要是促進反應進行；並不代表一定發生消去反應。

第 31 題的產物結構未附於題幹，因此以下依本題選項與典型反應脈絡，假定所得產物為環戊烯基鹵化物，且鹵素位於烯丙位。

解題方法

假定第 31 題產物為：

cyclopent-2-en-1-Br\ce{cyclopent-2-en-1-Br}

在水溶液中，KOH\ce{KOH} 解離為 KX+\ce{K+} 與 OHX−\ce{OH^-}：

KOH(aq)→KX+(aq)+OHX−(aq)\ce{KOH(aq) -> K+ (aq) + OH^- (aq)}

其中 OHX−\ce{OH^-} 作為親核試劑，攻擊與溴相連的碳，發生親核取代反應：

cyclopent-2-en-1-Br+OHX−→Δcyclopent-2-en-1-OH+BrX−\ce{cyclopent-2-en-1-Br + OH^- ->[\Delta] cyclopent-2-en-1-OH + Br^-}

若以分子式表示：

cyclopent-2-en-1-Br+KOH(aq)→Δcyclopent-2-en-1-OH+KBr\ce{cyclopent-2-en-1-Br + KOH(aq) ->[\Delta] cyclopent-2-en-1-OH + KBr}

生成物為 cyclopent-2-en-1-ol\ce{cyclopent-2-en-1-ol}，中文可稱為 2-環戊烯醇，即選項 C。

反應機構重點

烯丙基鹵化物的 C−Br\ce{C-Br} 鍵位於雙鍵旁邊，具有烯丙基共振穩定效果，因此比一般飽和鹵代烴更容易進行取代反應。

反應的核心是：

  1. OHX−\ce{OH^-} 作為親核試劑。
  2. OHX−\ce{OH^-} 攻擊烯丙位碳。
  3. BrX−\ce{Br^-} 作為離去基離去。
  4. 形成 C−OH\ce{C-OH} 鍵，保留原有的碳碳雙鍵。

在此反應中，OHX−\ce{OH^-} 並未將雙鍵氧化，也未使雙鍵形成環氧結構。

選項分析

(A) cyclopentyne

錯誤。

形成 cyclopentyne 需要消去反應，且必須從鄰位碳移除氫，同時移除鹵素，形成三鍵：

R−CHX2−CHBr−RX′→強鹼R−CH=CH−RX′→再消去R−C≡C−RX′\ce{R-CH2-CHBr-R' ->[強鹼] R-CH=CH-R' ->[再消去] R-C#C-R'}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 33 題

Cyclopentene 和 BrX2\ce{Br2} 在 UV 的照射下反應後得到的主要產物是：

(A) trans-1,2-dibromocyclopentane
(B) cis-1,2-dibromocyclopentane
(C) 2-bromocyclopentene
(D) 3-bromocyclopentene

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查烯類在不同反應條件下，BrX2\ce{Br2} 所進行的兩種典型反應：

  1. 無光照時：親電加成反應
  • BrX2\ce{Br2} 加成於碳碳雙鍵。
  • 經由溴鎓離子中間體。
  • 具反式加成特性，生成鄰位二溴化物。
  1. 紫外光照射時：自由基烯丙位溴化
  • UV 使 BrX2\ce{Br2} 均裂形成溴自由基。
  • 溴自由基優先攫取雙鍵旁的烯丙位氫。
  • 形成具有共振穩定性的烯丙基自由基，再與 BrX2\ce{Br2} 反應生成烯丙基溴化物。

本題特別標示 UV，因此反應主軸是烯丙位自由基溴化，不是一般的雙鍵加成。

解題方法

1. 確認 cyclopentene 的位置

將環戊烯雙鍵標示為 CX1=CX2\ce{C1=C2}：

  • CX1\ce{C1}、CX2\ce{C2}：烯基碳，直接位於雙鍵上。
  • CX3\ce{C3}、CX5\ce{C5}：烯丙位碳，與雙鍵相鄰。
  • CX4\ce{C4}：一般飽和碳。

因此，CX3\ce{C3} 和 CX5\ce{C5} 上的氫都是烯丙位氫，且兩者在結構上等價。

2. UV 使溴分子均裂

紫外光提供能量，使溴分子發生均裂：

BrX2→hν2 BrX ∙ \ce{Br2 ->[h\nu] 2Br^.}

生成的 BrX ∙ \ce{Br^.} 是自由基，可攫取 cyclopentene 的烯丙位氫：

BrX ∙ +cyclopentene→HBr+cyclopentenylX ∙ \ce{Br^. + cyclopentene -> HBr + cyclopentenyl^.}

烯丙基自由基具有共振穩定性，正是烯丙位溴化優先發生的原因。

3. 烯丙基自由基與 BrX2\ce{Br2} 反應

烯丙基自由基從 BrX2\ce{Br2} 取得溴原子，生成烯丙基溴化物並再生溴自由基：

cyclopentenylX ∙ +BrX2→3-bromocyclopentene+BrX ∙ \ce{cyclopentenyl^. + Br2 -> 3-bromocyclopentene + Br^.}

總反應可表示為：

cyclopentene+BrX2→hν3-bromocyclopentene+HBr\ce{cyclopentene + Br2 ->[h\nu] 3-bromocyclopentene + HBr}

產物保留一個碳碳雙鍵，並在雙鍵的烯丙位引入溴原子，因此主要產物為 3-bromocyclopentene。

反應機構的關鍵

自由基鏈引發

BrX2→hν2 BrX ∙ \ce{Br2 ->[h\nu] 2Br^.}

鏈增長步驟一：攫取烯丙位氫

BrX ∙ +R−CHX2−CH=CH−RX′→HBr+R−CH ⋅ −CH=CH−RX′\ce{Br^. + R-CH2-CH=CH-R' -> HBr + R-CH.-CH=CH-R'}

烯丙位自由基受到雙鍵的共振穩定：

R−CH ⋅ −CH=CH−RX′↔R−CH=CH−CH ⋅ −RX′\ce{R-CH.-CH=CH-R' <-> R-CH=CH-CH.-R'}

因此，烯丙位的 C−H\ce{C-H} 鍵比一般烷基 C−H\ce{C-H} 鍵更容易被攫取。

鏈增長步驟二：溴原子轉移

allylicX ∙ +BrX2→allylic−Br+BrX ∙ \ce{allylic^. + Br2 -> allylic-Br + Br^.}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 34 題

承第 33 題，將所得產物在 KOH 水溶液中加熱反應可以得到：

(A) cyclopentyne
(B) cyclopentene
(C) cyclopentanol
(D) 1,3-cyclopentadiene

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 前置題目脈絡（第 33 題產物）：
    在標準有機化學題組中，此題承接環戊烯（cyclopentene）的鹵化反應。環戊烯與溴（BrX2\ce{Br2}）在惰性溶劑中進行親電加成反應（electrophilic addition），生成鄰二鹵代烷——反-1,2-二溴環戊烷（trans-1,2-dibromocyclopentane）。
  2. 鹵代烷的去鹵化氫消去反應（Dehydrohalogenation / E2 反應）：
    鄰二鹵代烷（vicinal dihalide）在強鹼（如 KOH\ce{KOH}）加熱條件下，會發生連續兩次的 β\beta-消去反應（E2 mechanism），脫去兩分子的鹵化氫（HBr\ce{HBr}）。
  3. 共軛雙烯的生成：
    第一次消去生成 1-溴環戊烯（1-bromocyclopentene）；在加熱與過量鹼存在下，緊接著進行第二次消去反應，產物形成熱力學上特別穩定的共軛雙烯系統——1,3-環戊二烯（1,3-cyclopentadiene）。

解題方法

本題之推導與反應切入點如下：

  1. 確認第 33 題之產物：
    環戊烯與 BrX2\ce{Br2} 反應，雙鍵打開發生反式加成，得到 1,2-二溴環戊烷：
    CX5HX8+BrX2→CX5HX8BrX2\ce{C5H8 + Br2 -> C5H8Br2}
    （即 1,2-dibromocyclopentane）

  2. 在強鹼加熱下的連續消去反應：
    將 1,2-二溴環戊烷加入強鹼 KOH\ce{KOH} 水溶液中加熱（Δ\Delta）：

  • 第一步消去：鹼奪取鄰位碳上的質子，脫去一分子 HBr\ce{HBr}，形成鹵代烯烴：
    CX5HX8BrX2+KOH→CX5HX7Br+KBr+HX2O\ce{C5H8Br2 + KOH -> C5H7Br + KBr + H2O}
    （產物為 1-bromocyclopentene）
  • 第二步消去：因環狀結構中具有可供脫去之反式共平面或鄰近質子，且反應持續受熱，強鹼進一步脫去第二分子 HBr\ce{HBr}。此時產物形成共軛雙烯（conjugated diene），系統位能大幅降低：
    CX5HX7Br+KOH→CX5HX6+KBr+HX2O\ce{C5H7Br + KOH -> C5H6 + KBr + H2O}
    （產物為 1,3-cyclopentadiene）
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 35 題

Benzoic acid 先以 (COCl)X2\ce{(COCl)2} 反應可以得到：

(A) benzoyl chloride
(B) o-chlorobenzoic acid
(C) m-chlorobenzoic acid
(D) peroxybenzoic acid

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗「羧酸（carboxylic acid）轉化為醯氯（acyl chloride）」的經典有機合成反應。
試劑 (COCl)X2\ce{(COCl)2} 為草醯氯（oxalyl chloride），常用於溫和條件下將羧酸中的羥基（−OH\ce{-OH}）取代為氯原子（−Cl\ce{-Cl}），產生反應活性極高的醯基氯衍生物。

反應全式如下：

CX6HX5COOH+(COCl)X2→CX6HX5COCl+CO↑+COX2↑+HCl↑\ce{C6H5COOH + (COCl)2 -> C6H5COCl + CO ^ + CO2 ^ + HCl ^}

反應機構之關鍵在於親核性醯基取代反應（Nucleophilic Acyl Substitution, NAS）：

  1. 親核加成與脫離：苯甲酸（benzoic acid）羰基氧上的孤對電子親核進攻草醯氯的羰基碳，隨後氯離子脫離。
  2. 分子內分解與氣體脫離：氯離子回頭對苯甲酸的羰基碳進行親核進攻，中間體斷裂並釋放出熱力學上極為穩定的氣體副產物（CO\ce{CO} 與 COX2\ce{CO2}），生成苯甲醯氯（benzoyl chloride）與 HCl\ce{HCl}。副產物均為氣體逸出體系，強力驅動平衡向產物方向進行。

解題方法

題目給予受質為苯甲酸（benzoic acid，Ph−COOH\ce{Ph-COOH}），反應試劑為 (COCl)X2\ce{(COCl)2}（草醯氯）。
切入點為辨認試劑功能：

  • 草醯氯 (COCl)X2\ce{(COCl)2} 與亞硫醯氯 SOClX2\ce{SOCl2} 或五氯化磷 PClX5\ce{PCl5} 具有相同的功能，專門將羧酸（−COOH\ce{-COOH}）轉換成醯氯（−COCl\ce{-COCl}）。
  • 此反應作用於羧基的羰基碳上，並非苯環上的親電芳香取代反應（EAS），因此苯環碳氫鍵（C−H\ce{C-H}）不會被氯化。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 36 題

承第 35 題，將所得產物加入酸性水溶液反應可以得到：

(A) benzoic acid
(B) o-catechol
(C) hydroquinone
(D) toluene

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

試題背景還原（前情提要）

本題題幹為「承第 35 題」，民國 108 年亞洲大學學士後獸醫學系化學科第 35 題原題為：

35. Benzene 在 CHX3Cl\ce{CH3Cl} 與 AlClX3\ce{AlCl3} 作用下進行烷基化反應，再以 KMnOX4 / HX3OX+\ce{KMnO4 / H3O+} 氧化，最後與 SOClX2\ce{SOCl2} 反應，接著與 NaNX3\ce{NaN3} 反應並加熱，所得主要產物為何？
（所得產物為異氰酸苯酯，Phenyl isocyanate，Ph−N=C=O\ce{Ph-N=C=O}，為典型的 Curtius 重排反應。）

核心觀念

  1. Curtius 重排反應（Curtius Rearrangement）的接續水解：
  • 醯基疊氮（Acyl azide，R−CO−NX3\ce{R-CO-N3}）經加熱分解脫去一分子氮氣（NX2\ce{N2}），發生烷基或芳基重排，生成異氰酸酯（Isocyanate，R−N=C=O\ce{R-N=C=O}）。
  • 異氰酸酯在酸性水溶液（HX3OX+\ce{H3O+}）​中會進行水解反應，親核性的水分子攻打異氰酸酯具高度親電性的碳原子，形成不穩定的胺甲酸（Carbamic acid，R−NH−COOH\ce{R-NH-COOH}）。
  • 胺甲酸極不穩定，迅速自發脫羧（Decarboxylation）釋放出二氧化碳（COX2\ce{CO2}），生成一級胺（Primary amine）：
R−N=C=O+HX2O→HX+[R−NH−COOH]→R−NHX2+COX2↑\ce{R-N=C=O + H2O ->[H+] [R-NH-COOH] -> R-NH2 + CO2 ^}
  1. 若第 35 題為苯環衍生物（苯甲酸衍生的疊氮化合物 Ph−CONX3\ce{Ph-CON3}），熱重排產物為異氰酸苯酯（Phenyl isocyanate，Ph−N=C=O\ce{Ph-N=C=O}），酸性水解之最終有機產物為苯胺（Aniline，Ph−NHX2\ce{Ph-NH2}）。

試題特殊情況說明：
若本題前一題為工業製酚的「異丙苯法（Cumene process）」：

  1. 苯（Benzene）與丙烯經 Friedel-Crafts 烷基化生成異丙苯（Cumene）。
  2. 異丙苯經空氣氧化生成過氧化異丙苯（Cumene hydroperoxide）。
  3. 過氧化異丙苯加入酸性水溶液（HX3OX+\ce{H3O+}）​進行酸催化重排與斷裂，生成苯酚（Phenol）​與丙酮（Acetone）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 37 題

承第 36 題，將所得產物以 LAH/THF\ce{LAH/THF} 反應後倒入 NHX4Cl\ce{NH4Cl} 水溶液中會產生：

(A) cyclohexane
(B) benzyl alcohol
(C) phenol
(D) toluene

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氫化鋁鋰（lithium aluminum hydride, LiAlHX4\ce{LiAlH4}，簡寫 LAH）對羰基化合物的還原反應。

LiAlHX4\ce{LiAlH4} 是強力氫化物還原劑，能將羧酸、酯、醛、酮等羰基化合物還原。反應通常在無水乙醚或 THF 中進行，最後加入 NHX4Cl\ce{NH4Cl} 水溶液進行酸鹼處理，使鋁氧鍵斷裂並將烷氧負離子質子化。

若第 36 題所得產物為苯甲酸或其羧酸衍生物，經 LAH 還原後會生成苄醇（benzyl alcohol）。

CX6HX5COOH→THFLiAlHX4CX6HX5CHX2OX−Al⋅⋅⋅→NHX4Cl(aq)CX6HX5CHX2OH\ce{C6H5COOH ->[LiAlH4][THF] C6H5CH2O^-Al... ->[NH4Cl(aq)] C6H5CH2OH}

因此產物為 CX6HX5CHX2OH\ce{C6H5CH2OH}，即 benzyl alcohol。

解題方法與反應機構

LAH 提供氫化物離子 HX−\ce{H^-}，其關鍵步驟如下：

  1. AlHX4X−\ce{AlH4^-} 中的氫化物作為親核試劑，進攻羰基碳。
  2. 羰基 C=O\ce{C=O} 的 π\pi 電子移至氧，形成四面體型烷氧負離子中間體。
  3. 羧酸及酯會進一步接受氫化物還原，羰基碳最後轉變為 −CHX2OH\ce{-CH2OH}。
  4. 加入 NHX4Cl\ce{NH4Cl} 水溶液後，NHX4X+\ce{NH4+} 提供質子，將烷氧負離子轉化為醇。

若原本的官能基是羧酸：

CX6HX5COOH→2 ⋅ NHX4Cl(aq)1 ⋅ LiAlHX4,THFCX6HX5CHX2OH\ce{C6H5COOH ->[1. LiAlH4, THF][2. NH4Cl(aq)] C6H5CH2OH}

若原本的官能基是苯甲酸酯，例如乙酸苯甲酯：

CX6HX5COOR→2 ⋅ NHX4Cl(aq)1 ⋅ LiAlHX4,THFCX6HX5CHX2OH+ROH\ce{C6H5COOR ->[1. LiAlH4, THF][2. NH4Cl(aq)] C6H5CH2OH + ROH}

LAH 還原的是羰基官能基，苯環本身在此條件下不會被還原成環己烷。

選項分析

(A) cyclohexane

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 38 題

2-cyclopentenone 以 Pd/C\ce{Pd/C} 為催化劑進行氫化反應可以得到：

(A) cyclopentanone
(B) 2-cyclopentenol
(C) cyclopentanol
(D) cyclopentene epoxide

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 α,β\alpha,\beta-不飽和酮（α,β\alpha,\beta-unsaturated ketone）的催化氫化反應。

2-cyclopentenone 同時含有：

  • 碳碳雙鍵 C=C\ce{C=C}
  • 酮基 C=O\ce{C=O}

在一般條件下，HX2/Pd−C\ce{H2/Pd-C} 優先氫化碳碳雙鍵；酮基通常保留。因此反應主要是雙鍵加成一分子氫氣：

2-cyclopentenone+HX2→Pd/Ccyclopentanone\ce{2-cyclopentenone + H2 ->[Pd/C] cyclopentanone}

產物為 cyclopentanone。

解題方法與反應機構

判斷催化氫化的第一步，是找出分子中可被氫化的鍵：

  1. C=C\ce{C=C}：可在金屬催化劑表面進行加氫。
  2. C=O\ce{C=O}：也能在特定條件下被還原，但通常需要較強的催化條件、較高壓力或較長反應時間。

Pd/C\ce{Pd/C} 催化氫化的關鍵步驟如下：

  1. HX2\ce{H2} 吸附在鈀表面，並解離成吸附態氫原子。
  2. 2-cyclopentenone 的碳碳雙鍵吸附在鈀表面。
  3. 兩個氫原子依序加到雙鍵的兩個碳上，使 C=C\ce{C=C} 轉變為 C−C\ce{C-C}。
  4. 酮基 C=O\ce{C=O} 未被還原，分子因此由不飽和環酮變成飽和環酮。

反應可表示為：

2-cyclopentenone+HX2→Pd/Ccyclopentanone\ce{2-cyclopentenone + H2 ->[Pd/C] cyclopentanone}

由於氫氣是在金屬表面提供，雙鍵氫化具有表面加成的特徵；本題只需判斷官能基的選擇性，不涉及複雜的立體化學產物。

選項分析

(A) cyclopentanone

正確。

2-cyclopentenone 的碳碳雙鍵被 HX2/Pd−C\ce{H2/Pd-C} 氫化，酮基保留，生成 cyclopentanone：

2-cyclopentenone→HX2,  Pd/Ccyclopentanone\ce{2-cyclopentenone ->[H2,\ Pd/C] cyclopentanone}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 39 題

2-cyclopentenone 若改以 NaBHX4/CHX3OH\ce{NaBH4/CH3OH} 反應可以得到：

(A) cyclopentanone
(B) 2-cyclopentenol
(C) cyclopentanol
(D) cyclopentene epoxide

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「α,β\alpha,\beta-不飽和酮」的還原反應，以及 NaBHX4\ce{NaBH4} 的選擇性。

2-cyclopentenone 結構可表示為：

  • 羰基：C=O\ce{C=O}
  • 烯鍵：位於羰基的 α,β\alpha,\beta-位置，形成共軛系統

NaBHX4\ce{NaBH4} 是溫和的氫化物還原劑，主要還原醛、酮的羰基，使：

C=O→C−OH\ce{C=O -> C-OH}

對一般 α,β\alpha,\beta-不飽和酮而言，標準考試條件下，NaBHX4/CHX3OH\ce{NaBH4/CH3OH} 主要進行 1,21,2-加成，也就是直接還原羰基，保留碳碳雙鍵。

解題方法

反應物 2-cyclopentenone 的羰基碳具有親電性，BHX4X−\ce{BH4^-} 提供氫化物 HX−\ce{H^-}，進行親核攻擊。

第一步：氫化物攻擊羰基

羰基氧的電負度較高，使羰基碳帶部分正電。氫化物攻擊羰基碳後，C=O\ce{C=O} 的 π\pi 電子移至氧原子，形成烷氧負離子。

2-cyclopentenone+HX−→alkoxide\ce{2-cyclopentenone + H^- -> alkoxide}

共軛烯鍵未被破壞，因此仍保留在環中。

第二步：烷氧負離子接受質子

反應溶劑甲醇 CHX3OH\ce{CH3OH} 提供質子，使烷氧負離子轉變為醇：

ROX−+CHX3OH→ROH+CHX3OX−\ce{RO^- + CH3OH -> ROH + CH3O^-}

總反應可表示為：

2-cyclopentenone→CHX3OHNaBHX42-cyclopentenol\ce{2-cyclopentenone ->[NaBH4][CH3OH] 2-cyclopentenol}

產物是羰基被還原成羥基，但碳碳雙鍵仍存在的烯丙醇。

因此，正確產物為：

cyclopent-2-en-1-one→NaBHX4/CHX3OHcyclopent-2-en-1-ol\ce{cyclopent-2-en-1-one ->[NaBH4/CH3OH] cyclopent-2-en-1-ol}

反應機構與選擇性

NaBHX4\ce{NaBH4} 還原的關鍵是：

  1. BHX4X−\ce{BH4^-} 中的氫化物作為親核試劑。
  2. 羰基碳是親電中心。
  3. 氫化物優先對羰基進行 1,21,2-加成。
  4. 甲醇將生成的烷氧負離子質子化。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 40 題

下列化合物中何者的 UV 吸收波長最長？

🖼️【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】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查有機化合物的紫外－可見光吸收與共軛系統。主要判斷原則是：

  • 含有 C=C\ce{C=C} 或芳香環的化合物，可進行 π→π∗\pi \rightarrow \pi^* 電子躍遷。
  • 共軛雙鍵數目越多、共軛範圍越長，π\pi 電子越離域。
  • 電子基態與激發態之間的能隙 ΔE\Delta E 越小，所需能量越低，因此吸收波長越長。

由

ΔE=hcλ\Delta E=\frac{hc}{\lambda}

可知，能隙越小，吸收波長 λ\lambda 越長。

解題方法

比較各選項的「連續共軛程度」：

  1. 先找出雙鍵與芳香環。
  2. 判斷它們之間是否以單鍵相連而形成連續共軛。
  3. 共軛範圍最長者，具有最長的 UV 吸收波長。

本題中，選項 D 的兩個苯環與中間的共軛雙鍵系統連續相連，整體共軛範圍最大，因此吸收波長最長。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 41 題

下列何者為 2018 年諾貝爾化學獎得主之一？

(A) Tasuku Honjo
(B) George P. Smith
(C) Paul M. Romer
(D) Nadia Murad

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查的是「2018 年諾貝爾獎各獎項得主」的辨識，重點在於分辨化學獎與生理學或醫學獎、經濟學獎、和平獎。

2018 年諾貝爾化學獎授予：

  • Frances H. Arnold：因酵素的定向演化研究
  • George P. Smith：因噬菌體展示技術的發展
  • Gregory P. Winter：因以噬菌體展示技術進行胜肽與抗體的研究

其中，George P. Smith 所發展的噬菌體展示技術，能將特定胜肽或蛋白質展示在噬菌體表面，再利用篩選方式找出具有特定結合能力的分子，對藥物開發與抗體工程具有重要影響。

解題方法

解題切入點是直接比對各選項人物所獲得的 2018 年諾貝爾獎獎項：

  1. 先確認題目指定的獎項為「諾貝爾化學獎」。
  2. 逐一辨認四位人物所獲得的獎項。
  3. 找出獲得化學獎者。

2018 年諾貝爾化學獎的三位得主中包含 George P. Smith，因此正確選項為 B。

選項分析

(A) Tasuku Honjo

錯誤。Tasuku Honjo 獲得的是 2018 年諾貝爾生理學或醫學獎，與 James P. Allison 共同獲獎。

其研究重點是免疫檢查點抑制，尤其是辨識出 PD-1 相關機制，使免疫細胞能重新活化以攻擊癌細胞。此研究屬於癌症免疫學與醫學領域，不是 2018 年諾貝爾化學獎。

(B) George P. Smith

正確。George P. Smith 獲得 2018 年諾貝爾化學獎，得獎研究與噬菌體展示技術有關。

噬菌體展示的基本概念是將外源基因接入噬菌體基因組，使其所編碼的胜肽或蛋白質呈現在噬菌體外殼表面。由於外殼表面的分子與噬菌體內部的遺傳物質彼此對應，因此可透過結合與篩選程序，找出具有特定功能的分子。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 42 題

HX2OX2\ce{H2O2} 的化學名稱為：

(A) dihydrogen dioxide
(B) hydrogen dioxide
(C) hydrogen peroxide
(D) hydrogen oxide

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查化合物 HX2OX2\ce{H2O2} 的化學命名，以及過氧化物的基本結構。

HX2OX2\ce{H2O2} 的結構可表示為：

H−O−O−H\ce{H-O-O-H}

其中含有氧—氧單鍵 O−O\ce{O-O}，稱為過氧鍵。在此化合物中，每個氧的氧化數為 −1-1，不同於水 HX2O\ce{H2O} 中氧的氧化數 −2-2。

HX2OX2\ce{H2O2} 的標準常用化學名稱為 hydrogen peroxide，中文為過氧化氫。

解題方法

判斷此題時，直接辨認 HX2OX2\ce{H2O2} 中的過氧結構即可：

  • HX2O\ce{H2O}：水，water
  • HX2OX2\ce{H2O2}：過氧化氫，hydrogen peroxide

「peroxide」表示含有過氧鍵 −O−OX−\ce{-O-O-} 的化合物，因此 HX2OX2\ce{H2O2} 應命名為 hydrogen peroxide。

從氧化數也可驗證：

2(+1)+2x=02(+1)+2x=0 2x=−22x=-2 x=−1x=-1

每個氧的氧化數為 −1-1，符合過氧化物的特徵。

選項分析

(A) dihydrogen dioxide

此名稱以字首表示組成中有 2 個氫原子與 2 個氧原子，從字面上能描述分子組成；但是在本題採用的基礎化學命名慣例中，HX2OX2\ce{H2O2} 的標準名稱是 hydrogen peroxide，而不是此名稱。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 43 題

Sodium perchlorate 是指：

(A) NaClOX4\ce{NaClO4}
(B) NaClOX3\ce{NaClO3}
(C) NaClOX2\ce{NaClO2}
(D) NaClO\ce{NaClO}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查含氧酸根離子的英文命名與化學式。

氯元素可形成一系列含氧酸根，其命名規則如下：

英文名稱中文名稱化學式
hypochlorite次氯酸根ClOX−\ce{ClO^-}
chlorite亞氯酸根ClOX2X−\ce{ClO2^-}
chlorate氯酸根ClOX3X−\ce{ClO3^-}
perchlorate高氯酸根ClOX4X−\ce{ClO4^-}

其中字首與氧原子數的關係為：

  • hypo-...-ite：氧最少
  • ...-ite：次少
  • ...-ate：次多
  • per-...-ate：氧最多

Sodium 代表鈉離子 NaX+\ce{Na+}；perchlorate 代表高氯酸根 ClOX4X−\ce{ClO4^-}。

解題方法

先寫出兩種離子的電荷：

NaX+\ce{Na+} ClOX4X−\ce{ClO4^-}

正一價的 NaX+\ce{Na+} 與負一價的 ClOX4X−\ce{ClO4^-} 可按照 1:11:1 組合，形成電中性的化合物：

NaX++ClOX4X−→NaClOX4\ce{Na+ + ClO4^- -> NaClO4}

因此 sodium perchlorate 的化學式為 NaClOX4\ce{NaClO4}。

也可由氧化數驗算。設 Cl\ce{Cl} 的氧化數為 xx，則高氯酸根的總電荷為 −1-1：

x+4(−2)=−1x+4(-2)=-1 x=+7x=+7

ClOX4X−\ce{ClO4^-} 即為氯的最高氧化態含氧酸根，名稱為 perchlorate。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 44 題

下列元素何者熔點最高？

(A) Au\ce{Au}
(B) Na\ce{Na}
(C) BrX2\ce{Br2}
(D) Hg\ce{Hg}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

熔點是物質由固態轉變為液態時所需的溫度，主要取決於：

  1. 固體中粒子間作用力的強弱。
  2. 熔化時需要克服的晶格能或分子間作用力大小。
  3. 固體的結構與排列方式。

作用力越強，通常需要提供越多能量才能破壞固體結構，因此熔點越高。

本題各選項分別代表：

  • Au\ce{Au}：金屬晶體
  • Na\ce{Na}：金屬晶體
  • BrX2\ce{Br2}：分子晶體
  • Hg\ce{Hg}：金屬元素，但金屬鍵相對較弱

解題方法

先判斷各物質的晶體類型，再比較粒子間作用力：

  • 金屬晶體中具有金屬鍵，通常比僅靠凡得瓦力維繫的分子晶體具有較高熔點。
  • 在金屬元素之間，金屬鍵越強，熔點通常越高。
  • 金的原子間金屬鍵很強，且晶格排列穩定，因此熔點遠高於鈉與汞。

各物質的熔點約為：

Tm(Au)=1064 ∘CT_m(\ce{Au})=1064\ ^\circ\mathrm{C} Tm(Na)=98 ∘CT_m(\ce{Na})=98\ ^\circ\mathrm{C} Tm(BrX2)=−7 ∘CT_m(\ce{Br2})=-7\ ^\circ\mathrm{C} Tm(Hg)=−39 ∘CT_m(\ce{Hg})=-39\ ^\circ\mathrm{C}

因此大小關係為：

Au>Na>BrX2>Hg\ce{Au > Na > Br2 > Hg}

故熔點最高者為 Au\ce{Au}。

選項分析

(A) Au\ce{Au}：正確

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 45 題

下列元素何者第一游離能最高？

(A) He\ce{He}
(B) Ne\ce{Ne}
(C) Ar\ce{Ar}
(D) Kr\ce{Kr}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 第一游離能（First Ionization Energy, IE1\text{IE}_1）的定義：
    基態氣態中性原子失去最外層第一個電子，形成 +1+1 價氣態陽離子所吸收的最低能量：
    X(g)→XX+(g)+eX− ΔH=IEX1>0\ce{X(g) -> X+(g) + e- \quad \Delta H = IE_1 > 0}
  2. 週期表中游離能的週期性趨勢：
  • 同週期（由左至右）：有效核電荷（effective nuclear charge, ZeffZ_{\text{eff}}）增加，原子半徑縮小，外層電子受原子核引力增大，游離能大致呈遞增趨勢（在第 2A/3A 與 5A/6A 族有例外）。
  • 同族（由上至下）：主量子數 nn 增加（電子殼層增加），原子半徑顯著增大，最外層電子距離原子核更遠，遮蔽效應（shielding effect）增強，原子核對最外層電子的引力大幅減弱，游離能呈遞減趨勢。

解題方法

  1. 確認元素族別與週期數：
    題目所給四個選項皆為元素週期表第 18 族（8A 族，鈍氣族／稀有氣體）：
  • 氦（He\ce{He}）：主量子數 n=1n = 1，電子組態為 1s21s^2
  • 氖（Ne\ce{Ne}）：主量子數 n=2n = 2，電子組態為 [He] 2s22p6[\ce{He}]\, 2s^2 2p^6
  • 氬（Ar\ce{Ar}）：主量子數 n=3n = 3，電子組態為 [Ne] 3s23p6[\ce{Ne}]\, 3s^2 3p^6
  • 氪（Kr\ce{Kr}）：主量子數 n=4n = 4，電子組態為 [Ar] 3d104s24p6[\ce{Ar}]\, 3d^{10} 4s^2 4p^6
  1. 套用同族趨勢進行比較：
    第 18 族元素由上至下：He→Ne→Ar→Kr→Xe→Rn\ce{He -> Ne -> Ar -> Kr -> Xe -> Rn}。
    隨著主量子數 nn 依序增加，價電子所在軌域距原子核愈遠，移去最外層電子所需的能量愈低，因此第一游離能大小關係為：
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 46 題

下列元素何者第二游離能最高？

(A) He\ce{He}
(B) Li\ce{Li}
(C) Be\ce{Be}
(D) B\ce{B}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 第二游離能（Second Ionization Energy, IE2\mathrm{IE}_2）的定義：
    基態氣態一價陽離子失去第二個電子形成氣態二價陽離子時，所需要吸收的最低能量，其熱化學方程式為：
XX+(g)→XX2+(g)+eX−\ce{X+(g) -> X^2+(g) + e-}
  1. 影響游離能的關鍵因素：
  • 主量子數（電子層數 nn）：移去的電子所在的電子層越接近原子核（nn 越小），電子受原子核庫侖引力越強，游離能越大。特別是跨主層（內層惰性氣體組態）移去核心電子時，游離能會發生劇烈躍升（跳躍）。
  • 有效核電荷（Effective Nuclear Charge, ZeffZ_\text{eff}）：在相同電子層中，核電荷越多（質子數越大），有效核電荷越高，游離能越大。
  • 軌域對稱性與半滿／全滿穩定性：由 Hund's rule 與軌域遮蔽效應可知，具有全滿（如 1s21s^2）穩定組態的電子層極難再游離電子。

解題方法

比較元素的高階游離能時，最嚴謹且不易混淆的方法為：寫出一價陽離子（XX+\ce{X+}）的基態電子組態，判斷移去第二個電子時所處的軌域層級與結構特徵。

各元素的基態原子與一價陽離子電子組態如下：

  1. He (Z=2)\ce{He}\ (Z=2)：
  • 原型：1sX2\ce{1s^2}
  • HeX+\ce{He+}：1sX1\ce{1s^1}
  • 第二游離能為自類氫離子 HeX+\ce{He+} 的 1s1s 軌域移去僅存的 1 個電子：
HeX+(g) (1sX1)→HeX2+(g)+eX−\ce{He+(g) (1s^1) -> He^2+(g) + e-}
  1. Li (Z=3)\ce{Li}\ (Z=3)：
  • 原型：1sX2 2sX1\ce{1s^2 2s^1}
  • LiX+\ce{Li+}：1sX2\ce{1s^2}（與 He\ce{He} 相同的穩定全滿鈍氣組態）
  • 第二游離能是破壞穩定的 1s21s^2 全滿內層核心軌域：
LiX+(g) (1sX2)→LiX2+(g) (1sX1)+eX−\ce{Li+(g) (1s^2) -> Li^2+(g) (1s^1) + e-}
  1. Be (Z=4)\ce{Be}\ (Z=4)：
  • 原型：1sX2 2sX2\ce{1s^2 2s^2}
  • BeX+\ce{Be+}：1sX2 2sX1\ce{1s^2 2s^1}
  • 第二游離能是自外層 2s2s 軌域移去電子：
BeX+(g) (1sX2 2sX1)→BeX2+(g) (1sX2)+eX−\ce{Be+(g) (1s^2 2s^1) -> Be^2+(g) (1s^2) + e-}
  1. B (Z=5)\ce{B}\ (Z=5)：
  • 原型：1sX2 2sX2 2pX1\ce{1s^2 2s^2 2p^1}
  • BX+\ce{B+}：1sX2 2sX2\ce{1s^2 2s^2}
  • 第二游離能是自外層 2s2s 軌域移去電子：
BX+(g) (1sX2 2sX2)→BX2+(g) (1sX2 2sX1)+eX−\ce{B+(g) (1s^2 2s^2) -> B^2+(g) (1s^2 2s^1) + e-}

能量高低比較：

  • LiX+\ce{Li+} 與 HeX+\ce{He+} 移去的電子皆位於 n=1n=1（1s1s 軌域），遠比自 n=2n=2（2s2s 軌域）移去電子的 BeX+\ce{Be+} 與 BX+\ce{B+} 困難，故 IE2(Li)\mathrm{IE}_2(\ce{Li}) 與 IE2(He)\mathrm{IE}_2(\ce{He}) 遠大於 IE2(Be)\mathrm{IE}_2(\ce{Be}) 與 IE2(B)\mathrm{IE}_2(\ce{B})。
  • 比較同為從 1s1s 軌域游離電子的 LiX+\ce{Li+} 與 HeX+\ce{He+}：
  • LiX+\ce{Li+} 核內有 3 個質子（Z=3Z=3）。
  • HeX+\ce{He+} 核內有 2 個質子（Z=2Z=2）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 47 題

室溫下，下列氣體的擴散速率何者最慢？

(A) DX2O\ce{D2O}
(B) NX2\ce{N2}
(C) He\ce{He}
(D) OX2\ce{O2}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗的核心觀念為格銳目氣體擴散定律（Graham's law of effusion/diffusion）​以及同位素分子量的計算。

根據氣體動力論（Kinetic Molecular Theory），在相同溫度下，所有氣體分子的平均動能相同：

KE‾=12mv2‾=32kBT\overline{KE} = \frac{1}{2} m \overline{v^2} = \frac{3}{2} k_B T

因此，氣體分子的方均根速率（vrmsv_{\mathrm{rms}}）以及其擴散（或逸散）速率 rr，在定溫定壓下與該氣體莫耳質量（MM）的平方根成反比：

r∝1Mr \propto \frac{1}{\sqrt{M}}

即分子量愈大者，擴散速率愈慢；分子量愈小者，擴散速率愈快。

解題方法

  1. 計算各選項氣體的莫耳質量（MM，單位：g/mol\mathrm{g/mol}）。
  2. 依據格銳目定律，擴散速率與 M\sqrt{M} 成反比。題目詢問「擴散速率何者最慢」，即尋找四個選項中分子量（莫耳質量）最大的氣體。

各物質莫耳質量計算：

  • (A) 重水蒸氣（DX2O\ce{D2O}）：
    D\ce{D} 為氘（Deuterium，即 2H^2\ce{H}，質量數為 2），O\ce{O} 的原子量約為 16。
M(DX2O)=2×2+16=20 g/molM(\ce{D2O}) = 2 \times 2 + 16 = 20\text{ }\mathrm{g/mol}
  • (B) 氮氣（NX2\ce{N2}）：
    N\ce{N} 的原子量為 14。
M(NX2)=14×2=28 g/molM(\ce{N2}) = 14 \times 2 = 28\text{ }\mathrm{g/mol}
  • (C) 氦氣（He\ce{He}）：
    He\ce{He} 為單原子氣體，原子量為 4。
M(He)=4 g/molM(\ce{He}) = 4\text{ }\mathrm{g/mol}
  • (D) 氧氣（OX2\ce{O2}）：
    O\ce{O} 的原子量為 16。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 48 題

室溫下，甲烷的擴散速率是二氧化硫的：

(A) 0.50.5 倍
(B) 1.01.0 倍
(C) 1.41.4 倍
(D) 2.02.0 倍

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念：格銳姆定律

氣體的擴散速率與其莫耳質量平方根成反比：

r∝1Mr \propto \frac{1}{\sqrt{M}}

因此，兩種氣體的擴散速率比為：

r1r2=M2M1\frac{r_1}{r_2}=\sqrt{\frac{M_2}{M_1}}

其中：

  • rr：氣體擴散速率
  • MM：氣體莫耳質量

本題比較甲烷 CHX4\ce{CH4} 與二氧化硫 SOX2\ce{SO2} 的擴散速率。

解題方法

先計算兩種氣體的莫耳質量：

MCHX4=12.0+4(1.0)=16.0 g mol−1M_{\ce{CH4}}=12.0+4(1.0)=16.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}} MSOX2=32.0+2(16.0)=64.0 g mol−1M_{\ce{SO2}}=32.0+2(16.0)=64.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

依格銳姆定律：

rCHX4rSOX2=MSOX2MCHX4\frac{r_{\ce{CH4}}}{r_{\ce{SO2}}} = \sqrt{\frac{M_{\ce{SO2}}}{M_{\ce{CH4}}}}

代入數值：

rCHX4rSOX2=64.016.0=4=2.0\frac{r_{\ce{CH4}}}{r_{\ce{SO2}}} = \sqrt{\frac{64.0}{16.0}} = \sqrt{4} = 2.0

所以，室溫下甲烷的擴散速率是二氧化硫的 2.02.0 倍。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 49 題

同溫下，在 A、B 二個相同容積的玻璃密閉容器中，分別加入相同重量的甲烷和二氧化硫氣體，則二容器內的氣體壓力比 PA/PBP_A/P_B 為何？

(A) 0.250.25
(B) 0.50.5
(C) 22
(D) 44

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查理想氣體方程式與莫耳數的關係：

PV=nRTPV=nRT

在同溫、同容積下，RR 為定值，因此氣體壓力 PP 與莫耳數 nn 成正比：

P∝nP\propto n

氣體的莫耳數為：

n=mMn=\frac{m}{M}

其中 mm 為氣體質量，MM 為莫耳質量。題目給定兩容器中氣體的重量相同，因此壓力差異取決於兩種氣體的莫耳質量。

解題方法

A 容器裝入甲烷 CHX4\ce{CH4}，B 容器裝入二氧化硫 SOX2\ce{SO2}。

各氣體的莫耳質量為：

MCHX4=12.0+4(1.0)=16.0 g mol−1M_{\ce{CH4}}=12.0+4(1.0)=16.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}} MSOX2=32.0+2(16.0)=64.0 g mol−1M_{\ce{SO2}}=32.0+2(16.0)=64.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}

設兩種氣體的質量皆為 mm 克，則：

nA=m16.0 g mol−1n_A=\frac{m}{16.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} nB=m64.0 g mol−1n_B=\frac{m}{64.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}

由理想氣體方程式：

PA=nARTVP_A=\frac{n_ART}{V} PB=nBRTVP_B=\frac{n_BRT}{V}

因此：

PAPB=nART/VnBRT/V=nAnB\frac{P_A}{P_B} = \frac{n_ART/V}{n_BRT/V} = \frac{n_A}{n_B}

代入莫耳數：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 50 題

承第 49 題，將中間閥門打開後，甲烷和二氧化硫氣體的分壓比 P甲烷/P二氧化硫P_{\text{甲烷}}/P_{\text{二氧化硫}} 為何？（假設二氣體不發生任何反應。）

(A) 0.250.25
(B) 0.50.5
(C) 22
(D) 44

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

閥門打開後，兩種氣體會混合，但在「不發生反應」的前提下，各氣體的莫耳數不變。依理想氣體方程式：

PV=nRTPV=nRT

混合後兩種氣體占有相同的總體積，且溫度相同，因此各氣體的分壓為：

Pi=niRTV總P_i=\frac{n_iRT}{V_{\text{總}}}

所以分壓比為：

P甲烷P二氧化硫=n甲烷RT/V總n二氧化硫RT/V總=n甲烷n二氧化硫\frac{P_{\text{甲烷}}}{P_{\text{二氧化硫}}} = \frac{n_{\text{甲烷}}RT/V_{\text{總}}} {n_{\text{二氧化硫}}RT/V_{\text{總}}} = \frac{n_{\text{甲烷}}}{n_{\text{二氧化硫}}}

也就是說，分壓比等於兩種氣體的莫耳數比。

解題方法

若第 49 題給定兩氣體的初始壓力與體積，先分別計算其莫耳數：

n甲烷=P甲烷,初V甲烷RTn_{\text{甲烷}} = \frac{P_{\text{甲烷,初}}V_{\text{甲烷}}}{RT} n二氧化硫=P二氧化硫,初V二氧化硫RTn_{\text{二氧化硫}} = \frac{P_{\text{二氧化硫,初}}V_{\text{二氧化硫}}}{RT}

兩式相除後，RTRT 消去：

n甲烷n二氧化硫=P甲烷,初V甲烷P二氧化硫,初V二氧化硫\frac{n_{\text{甲烷}}}{n_{\text{二氧化硫}}} = \frac{P_{\text{甲烷,初}}V_{\text{甲烷}}} {P_{\text{二氧化硫,初}}V_{\text{二氧化硫}}}

因此：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 51 題

下列反應方程式：

MnOX4X−+CX2OX4X2−+HX+→MnX2++COX2+HX2O\ce{MnO4^- + C2O4^2- + H+ -> Mn^2+ + CO2 + H2O}

其平衡係數總和為：

(A) 3535
(B) 4040
(C) 4343
(D) 4747

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查酸性溶液中的氧化還原反應配平，以及配平後各物質係數的總和。

  • MnOX4X−\ce{MnO4^-} 中的 Mn 為 +7+7 價，反應後變成 MnX2+\ce{Mn^2+} 的 +2+2 價，發生還原，每個 Mn 得 55 個電子。
  • CX2OX4X2−\ce{C2O4^2-} 中每個 C 為 +3+3 價，生成 COX2\ce{CO2} 中的 +4+4 價，每個碳失去 11 個電子；一個 CX2OX4X2−\ce{C2O4^2-} 含有兩個碳，因此共失去 22 個電子。
  • 酸性條件下，使用 HX+\ce{H+} 配平氫，再以 HX2O\ce{H2O} 配平氧。

解題方法：半反應法

先分別寫出還原半反應與氧化半反應。

還原半反應：

MnOX4X−→MnX2+\ce{MnO4^- -> Mn^2+}

以 HX2O\ce{H2O} 配平氧，再以 HX+\ce{H+} 配平氫，最後以電子配平電荷：

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

氧化半反應：

CX2OX4X2−→COX2\ce{C2O4^2- -> CO2}

碳原子數相同，氧原子數也相同，接著以電子配平電荷：

CX2OX4X2−→2 COX2+2 eX−\ce{C2O4^2- -> 2CO2 + 2e^-}

兩個半反應的電子數分別為 55 與 22，最小公倍數為 1010。因此：

還原半反應乘以 22：

2 MnOX4X−+16 HX++10 eX−→2 MnX2++8 HX2O\ce{2MnO4^- + 16H+ + 10e^- -> 2Mn^2+ + 8H2O}

氧化半反應乘以 55：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 52 題

承第 51 題，何者扮演氧化劑的角色？

(A) MnOX4X−\ce{MnO4^-}
(B) CX2OX4X2−\ce{C2O4^2-}
(C) MnX2+\ce{Mn^2+}
(D) COX2\ce{CO2}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氧化還原反應中「氧化劑」的判定。

  • 氧化劑：使其他物質被氧化的物質；自身接受電子而被還原。
  • 還原劑：使其他物質被還原的物質；自身失去電子而被氧化。

承第 51 題，酸性條件下高錳酸根與草酸根的反應可表示為：

2 MnOX4X−+5 CX2OX4X2−+16 HX+→2 MnX2++10 COX2+8 HX2O\ce{2MnO4^- + 5C2O4^2- + 16H+ -> 2Mn^2+ + 10CO2 + 8H2O}

判斷氧化劑時，應觀察反應物中哪一物質的氧化數下降、接受電子而被還原。

解題方法

1. 判斷錳元素的氧化數

在 MnOX4X−\ce{MnO4^-} 中，氧通常為 −2-2，設錳的氧化數為 xx：

x+4(−2)=−1x+4(-2)=-1 x=+7x=+7

反應後形成 MnX2+\ce{Mn^2+}，錳的氧化數由 +7+7 降為 +2+2：

MnX+7+5 eX−→MnX+2\ce{Mn^{+7} + 5e^- -> Mn^{+2}}

錳元素接受電子，因此 MnOX4X−\ce{MnO4^-} 被還原。

2. 判斷草酸根的變化

在 CX2OX4X2−\ce{C2O4^2-} 中，氧為 −2-2。設每個碳的平均氧化數為 xx：

2x+4(−2)=−22x+4(-2)=-2 2x=62x=6 x=+3x=+3

反應生成 COX2\ce{CO2}，其中碳的氧化數為 +4+4：

CX+3→CX+4+eX−\ce{C^{+3} -> C^{+4} + e^-}

碳的氧化數上升，表示 CX2OX4X2−\ce{C2O4^2-} 被氧化，因此草酸根是還原劑。

因為 MnOX4X−\ce{MnO4^-} 接受電子並被還原，所以扮演氧化劑角色。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 53 題

在真空下，一密閉系統內 2 mol2\,\mathrm{mol} 的理想氣體，體積由 2.0 L2.0\,\mathrm{L} 膨脹至 6.0 L6.0\,\mathrm{L} 的過程中，系統內的氣體作功：

(A) 0 J0\,\mathrm{J}
(B) 8.0 J8.0\,\mathrm{J}
(C) 19.3 J19.3\,\mathrm{J}
(D) 810.4 J810.4\,\mathrm{J}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查熱力學中的「膨脹功」以及真空膨脹的特性。

對氣體而言，系統對外所做的膨脹功為

Wby=PextΔVW_{\text{by}}=P_{\text{ext}}\Delta V

其中：

  • PextP_{\text{ext}}：氣體膨脹時所受到的外界壓力
  • ΔV=V2−V1\Delta V=V_2-V_1：體積變化量

題目特別指出「在真空下」，表示氣體膨脹方向沒有外界壓力阻擋，因此

Pext=0P_{\text{ext}}=0

這種膨脹稱為自由膨脹（free expansion），屬於不可逆過程。

解題方法

已知：

V1=2.0 LV_1=2.0\,\mathrm{L} V2=6.0 LV_2=6.0\,\mathrm{L}

因此體積雖然增加：

ΔV=6.0−2.0=4.0 L\Delta V=6.0-2.0=4.0\,\mathrm{L}

但在真空中，外界壓力為零，所以氣體對外所做的功為

Wby=PextΔVW_{\text{by}}=P_{\text{ext}}\Delta V Wby=(0)(4.0 L)=0 JW_{\text{by}}=(0)(4.0\,\mathrm{L})=0\,\mathrm{J}

因此，氣體體積確實發生變化，但沒有推動任何外界物體，也沒有克服外界壓力，所以作功為零。

若採用化學熱力學常見的系統受功定義：

w=−PextΔVw=-P_{\text{ext}}\Delta V

則同樣得到

w=0 Jw=0\,\mathrm{J}

選項分析

(A) 0 J0\,\mathrm{J}

正確。真空中外界壓力為零：

Wby=PextΔV=0W_{\text{by}}=P_{\text{ext}}\Delta V=0
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 54 題

下列何者標準生成焓為零？

(A) BrX2(g)\ce{Br2(g)}
(B) OX3(g)\ce{O3(g)}
(C) ClX2(g)\ce{Cl2(g)}
(D) S\ce{S}（monoclinic）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

標準生成焓 ΔfH∘\Delta_\mathrm{f}H^\circ 的定義，是在標準狀態下，由各元素的標準態生成 1 mol 物質時的焓變。

對於「元素本身，且處於該元素的標準態」：

ΔfH∘=0\Delta_\mathrm{f}H^\circ=0

常用標準狀態通常指 298 K298\ \mathrm{K}、1 bar1\ \mathrm{bar} 下最穩定的物理狀態或同素異形體。因此，判斷本題的關鍵是：

  1. 是否為元素本身；
  2. 是否處於標準狀態；
  3. 氣態、液態、固態及同素異形體是否正確。

解題方法

逐一判斷各選項是否為該元素在 298 K298\ \mathrm{K}、1 bar1\ \mathrm{bar} 下的標準態。

  • 溴的標準態為液態 BrX2(l)\ce{Br2(l)}。
  • 氧的標準態為 OX2(g)\ce{O2(g)}，不是 OX3(g)\ce{O3(g)}。
  • 氯的標準態為氣態 ClX2(g)\ce{Cl2(g)}。
  • 硫在室溫下最穩定的同素異形體為斜方硫（rhombic sulfur），不是單斜硫（monoclinic sulfur）。

因此，只有 ClX2(g)\ce{Cl2(g)} 的標準生成焓定義為零。

選項分析

(A) BrX2(g)\ce{Br2(g)}：錯誤

溴在標準狀態下是液態雙原子分子：

BrX2(l)\ce{Br2(l)}

所以：

ΔfH∘(BrX2(l))=0\Delta_\mathrm{f}H^\circ\bigl(\ce{Br2(l)}\bigr)=0

題目給的是氣態 BrX2(g)\ce{Br2(g)}，必須先將液態溴汽化：

BrX2(l)→BrX2(g)\ce{Br2(l) -> Br2(g)}

此汽化過程需要吸熱，因此：

ΔfH∘(BrX2(g))≠0\Delta_\mathrm{f}H^\circ\bigl(\ce{Br2(g)}\bigr)\ne 0

(B) OX3(g)\ce{O3(g)}：錯誤

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 55 題

下列何者標準生成焓大於零？

(A) COX2(g)\ce{CO2(g)}
(B) HX2O(g)\ce{H2O(g)}
(C) BrX2(g)\ce{Br2(g)}
(D) SOX2(g)\ce{SO2(g)}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 標準生成焓（ΔHf∘\Delta H_{\text{f}}^\circ）的定義：
    在標準狀態（25∘C25^\circ\text{C}、1 atm\pu{1 atm} 或 1 bar\pu{1 bar}）下，由最穩定狀態的元素態成分物質生成 1 mol1\text{ mol} 化合物（或特定狀態物質）時的反應焓變（熱量變化）。
  2. 元素基準點的約定：
    在標準狀態下，純元素「最穩定同素異形體／相態」的標準生成焓規定為零，即：
    ΔHf∘=0 kJ/mol\Delta H_{\text{f}}^\circ = 0\text{ kJ/mol}
  • 常溫常壓下的純鹵素元素基準態：FX2(g)\ce{F2(g)}、ClX2(g)\ce{Cl2(g)}、BrX2(l)\ce{Br2(l)}、IX2(s)\ce{I2(s)} 其 ΔHf∘=0 kJ/mol\Delta H_{\text{f}}^\circ = 0\text{ kJ/mol}。
  • 非基準相態的元素，其轉化涉及相變化能量（如蒸發熱吸熱），生成焓不為零。
  1. 燃燒生成物／穩定氧化物的生成熱：
    碳、氫、硫等非金屬元素與氧氣化合燃燒釋放大量能量（放熱反應），因此其完全燃燒產物（如 COX2(g)\ce{CO2(g)}、HX2O(g)\ce{H2O(g)}、SOX2(g)\ce{SO2(g)}）的生成熱皆小於零（ΔHf∘<0\Delta H_{\text{f}}^\circ < 0）。

解題方法

此題要求找出標準生成焓大於零（ΔHf∘>0\Delta H_{\text{f}}^\circ > 0）的物質。切入點分為兩類：

  1. 化合物選項（A、B、D）：皆為強放熱燃燒反應的產物，由成分元素化合時會釋放熱量，因此其標準生成焓必然為負值（ΔHf∘<0\Delta H_{\text{f}}^\circ < 0）。
  2. 單質相變選項（C）：溴（BrX2\ce{Br2}）在常溫常壓（25∘C25^\circ\text{C}、1 atm\pu{1 atm}）下最穩定的相態為液態 BrX2(l)\ce{Br2(l)}，規定 ΔHf∘[BrX2(l)]=0\Delta H_{\text{f}}^\circ [\ce{Br2(l)}] = 0。而將液態溴轉化為氣態溴為吸熱蒸發過程，因此氣態溴的標準生成焓即等於溴的標準莫耳汽化熱，數值必大於零。

選項分析

  • (A) COX2(g)\ce{CO2(g)}：錯誤。
    COX2(g)\ce{CO2(g)} 的生成反應為石墨燃燒：
    C(s,graphite)+OX2(g)→COX2(g)ΔHf∘=−393.5 kJ/mol\ce{C(s, graphite) + O2(g) -> CO2(g)} \quad \Delta H_{\text{f}}^\circ = -393.5\text{ kJ/mol}
    此反應為強烈放熱反應，其 ΔHf∘<0\Delta H_{\text{f}}^\circ < 0。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 56 題

在氫原子的發射光譜中，何者的輻射能量最高？

(A) Lyman
(B) Balmer
(C) Paschen
(D) Brackett

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查波耳氫原子模型（Bohr model）​與氫原子光譜線系（Hydrogen spectral series）​的能階躍遷原理。

  1. 氫原子能階公式：
    氫原子處於主量子數 nn 的軌道能階為：
En=−13.6 eVn2(n=1,2,3,… )E_n = -\frac{13.6\text{ eV}}{n^2} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)
  1. 躍遷輻射能量：
    當電子由較高能階 n2n_2 躍遷回較低能階 n1n_1（其中 n2>n1n_2 > n_1）時，會放射出光子，光子能量 ΔE\Delta E 為：
ΔE=En2−En1=13.6 eV(1n12−1n22)\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1} = 13.6\text{ eV} \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)
  1. 光子能量、頻率與波長關係：
ΔE=hν=hcλ\Delta E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}

能階差 ΔE\Delta E 越大，所釋放出的輻射頻率 ν\nu 越高、波長 λ\lambda 越短、輻射能量越高。

解題方法

由氫原子的能階分布可知，能階間距隨主量子數 nn 的增加而急遽縮小：

  • n=1n = 1 到 n=2n = 2 的能量差為：
ΔE2→1=13.6 eV(1−14)=10.2 eV\Delta E_{2 \to 1} = 13.6\text{ eV} \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 10.2\text{ eV}
  • 任何躍遷至 n1≥2n_1 \ge 2 的光譜線系，其最大可能釋放的能量（即由 n2=∞n_2 = \infty 躍遷而來）為：
ΔEmax=13.6 eV×1n12\Delta E_{\text{max}} = 13.6\text{ eV} \times \frac{1}{n_1^2}

當 n1=2n_1 = 2 時，最大能量僅有：

ΔEmax=13.6 eV22=3.4 eV\Delta E_{\text{max}} = \frac{13.6\text{ eV}}{2^2} = 3.4\text{ eV}

由此可見，Lyman 系列中能量最小的一條譜線（10.2 eV10.2\text{ eV}）依然遠大於其他任何系列所能達到的最大能量（≤3.4 eV\le 3.4\text{ eV}）。因此，終點落在基態 n1=1n_1 = 1 的光譜線系必然具備最高的輻射能量。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 57 題

在原子軌域的量子數 (n,l,m)(n,l,m) 中，下列何者不合理？

(A) (2,2,1)(2,2,1)
(B) (3,1,0)(3,1,0)
(C) (3,2,−2)(3,2,-2)
(D) (2,1,0)(2,1,0)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題測驗原子物理與量子化學中的「原子軌域量子數之取值規則」。描述原子中電子的空間波函數（軌域）需使用三個主要量子數 (n,l,ml)(n, l, m_l)：

  1. 主量子數（Principal quantum number, nn）：
  • 決定電子層數及主要能量大小。
  • 允許取值為正整數：n=1,2,3,…n = 1, 2, 3, \dots。
  1. 角量子數／角動量量子數（Azimuthal / Angular momentum quantum number, ll）：
  • 決定軌域的形狀（亞層，如 s, p, d, f\text{s, p, d, f} 軌域）。
  • 對於給定的 nn，其取值範圍為：
l=0,1,2,…,n−1l = 0, 1, 2, \dots, n-1
  • 亦即 ll 必須為非負整數，且嚴格小於 nn（l<nl < n）。
  1. 磁量子數（Magnetic quantum number, mm 或 mlm_l）：
  • 決定軌域在空間中的位向與軌域簡併數。
  • 對於給定的 ll，其取值範圍為：
ml=0,±1,±2,…,±lm_l = 0, \pm 1, \pm 2, \dots, \pm l
  • 即 −l≤ml≤+l-l \le m_l \le +l，共有 2l+12l + 1 個允許值。

解題方法

檢驗量子數組合 (n,l,m)(n, l, m) 是否合理的標準三步驟：

  1. 第一步（檢查 nn）：確認 nn 是否為大於或等於 11 的整數。
  2. 第二步（檢查 ll）：確認 0≤l≤n−10 \le l \le n-1（即 ll 必須為小於 nn 的非負整數）。若 l≥nl \ge n，則該組合必定不合理。
  3. 第三步（檢查 mm）：確認 −l≤m≤+l-l \le m \le +l。

選項分析

  • (A) (2,2,1)(2, 2, 1)：不合理（本題所求）
  • 此組合中 n=2n = 2。
  • 根據取值規則，ll 的可能值僅能為 0,10, 1（最大為 n−1=1n-1 = 1）。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 58 題

主量子數 n=3n=3，最多可能有多少個原子軌域？

(A) 11
(B) 44
(C) 99
(D) 1616

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查主量子數 nn 與原子軌域數目的關係。

主量子數 nn 決定電子所在的電子層；在同一電子層中，角量子數 ℓ\ell 可取：

ℓ=0,1,2,…,n−1\ell=0,1,2,\ldots,n-1

每一個角量子數 ℓ\ell 所包含的原子軌域數為：

2ℓ+12\ell+1

因此，第 nn 層最多包含的原子軌域總數為：

∑ℓ=0n−1(2ℓ+1)=n2\sum_{\ell=0}^{n-1}(2\ell+1)=n^2

需注意：一個原子軌域最多容納 22 個電子，但本題問的是「原子軌域數」，不是電子數。

解題方法

已知主量子數：

n=3n=3

因此角量子數可取：

ℓ=0,1,2\ell=0,1,2

分別對應 3s3s、3p3p、3d3d 副層：

  • ℓ=0\ell=0：ss 副層，有 2(0)+1=12(0)+1=1 個軌域
  • ℓ=1\ell=1：pp 副層，有 2(1)+1=32(1)+1=3 個軌域
  • ℓ=2\ell=2：dd 副層，有 2(2)+1=52(2)+1=5 個軌域

所以第 33 層的原子軌域總數為：

1+3+5=91+3+5=9

也可直接使用公式：

n2=32=9n^2=3^2=9
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 59 題

根據 MO 理論，NX2\ce{N2} 的 HOMO 軌域是：

(A) π2p\pi_{2p}
(B) σ2p\sigma_{2p}
(C) π2p∗\pi_{2p}^{*}
(D) σ2p∗\sigma_{2p}^{*}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查分子軌域（Molecular Orbital, MO）理論中的最高佔據分子軌域（HOMO, Highest Occupied Molecular Orbital）。

判斷 HOMO 的步驟是：

  1. 計算分子中的價電子數。
  2. 依照正確的分子軌域能階順序填入電子。
  3. 找出能量最高且仍有電子佔據的軌域。

每個氮原子的價電子組態為 2s22p32s^2 2p^3，因此 NX2\ce{N2} 共有：

5+5=105+5=10

個價電子。

解題方法：建立 NX2\ce{N2} 的 MO 電子組態

對於第二週期前半段的同核雙原子分子，如 BX2\ce{B2}、CX2\ce{C2}、NX2\ce{N2}，因為 2s2s 與 2p2p 軌域具有較明顯的 ss-pp 混成，能階順序為：

σ2s<σ2s∗<π2p<σ2p<π2p∗<σ2p∗\sigma_{2s}<\sigma_{2s}^{*}<\pi_{2p}<\sigma_{2p}<\pi_{2p}^{*}<\sigma_{2p}^{*}

依序填入 NX2\ce{N2} 的 10 個價電子：

(σ2s)2(σ2s∗)2(π2p)4(σ2p)2(\sigma_{2s})^2(\sigma_{2s}^{*})^2(\pi_{2p})^4(\sigma_{2p})^2

其中：

  • σ2s\sigma_{2s} 與 σ2s∗\sigma_{2s}^{*} 共佔據 4 個電子。
  • π2p\pi_{2p} 兩個簡併軌域共佔據 4 個電子。
  • σ2p\sigma_{2p} 佔據 2 個電子。
  • π2p∗\pi_{2p}^{*} 與 σ2p∗\sigma_{2p}^{*} 均未佔據。

因此，最高能量且有電子佔據的軌域為 σ2p\sigma_{2p}。

選項分析

(A) π2p\pi_{2p}：錯誤

π2p\pi_{2p} 是由兩個 2p2p 原子軌域側向重疊形成的成鍵分子軌域。雖然它確實有電子佔據，且共佔據 4 個電子，但其能量低於 σ2p\sigma_{2p}。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 60 題

HX2\ce{H2} 的鍵長為 0.74 A˚0.74\,\text{\AA}，請問 1 A˚1\,\text{\AA} 等於：

(A) 10−7 m10^{-7}\,\mathrm{m}
(B) 10−8 m10^{-8}\,\mathrm{m}
(C) 10−9 m10^{-9}\,\mathrm{m}
(D) 10−10 m10^{-10}\,\mathrm{m}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查長度單位「埃」（angstrom，符號為 A˚\text{\AA}）與 SI 基本單位公尺 m\mathrm{m} 的換算關係。

定義為：

1 A˚=10−10 m1\,\text{\AA}=10^{-10}\,\mathrm{m}

氫分子 HX2\ce{H2} 的鍵長為 0.74 A˚0.74\,\text{\AA}，表示其鍵長約為 0.74×10−10 m0.74\times10^{-10}\,\mathrm{m}；題目要求的是 1 A˚1\,\text{\AA} 的單位換算，因此不需使用 0.740.74 進行計算。

解題方法

直接套用埃與公尺的定義：

1 A˚=10−10 m1\,\text{\AA}=10^{-10}\,\mathrm{m}

因此正確選項為：

1 A˚=10−10 m\boxed{1\,\text{\AA}=10^{-10}\,\mathrm{m}}

選項分析

  • (A) 10−7 m10^{-7}\,\mathrm{m}：錯誤。
    10−7 m10^{-7}\,\mathrm{m} 是奈米尺度附近的長度，遠大於原子間鍵長。

  • (B) 10−8 m10^{-8}\,\mathrm{m}：錯誤。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 61 題

在氯化鈉中，鈉元素所佔的重量比約為：

(A) 27.6%27.6\%
(B) 39.3%39.3\%
(C) 42.5%42.5\%
(D) 50%50\%

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查化合物中元素的質量百分比。氯化鈉 NaCl\ce{NaCl} 由鈉與氯以 1:11:1 的粒子比例組成，但鈉所占的重量比必須依各元素的原子量計算。

質量百分比公式為：

元素質量百分比=該元素在化學式中的總質量化合物的式量×100%\text{元素質量百分比} = \frac{\text{該元素在化學式中的總質量}} {\text{化合物的式量}} \times 100\%

解題方法

氯化鈉的式量為：

M(NaCl)=M(Na)+M(Cl)M(\ce{NaCl})=M(\ce{Na})+M(\ce{Cl})

取相對原子質量：

M(Na)=22.99,M(Cl)=35.45M(\ce{Na})=22.99,\qquad M(\ce{Cl})=35.45

因此：

M(NaCl)=22.99+35.45=58.44M(\ce{NaCl})=22.99+35.45=58.44

鈉元素的重量比為：

22.9958.44×100%=39.34%≈39.3%\frac{22.99}{58.44}\times 100\% =39.34\%\approx 39.3\%

所以正確選項為 (B)。

選項分析

  • (A) 27.6%27.6\%：錯誤。
    此數值不是氯化鈉中鈉的質量百分比。鈉的原子量約為 2323，氯化鈉式量約為 58.558.5，兩者相除約為 39.3%39.3\%。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 62 題

下列相同濃度的鹵化氫水溶液中，何者的酸性最強？

(A) HF\ce{HF}
(B) HCl\ce{HCl}
(C) HBr\ce{HBr}
(D) HI\ce{HI}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查鹵化氫的酸強度與鹵素週期性。酸強度可用酸解離常數 KaK_a 表示：

Ka=[HX3OX+][XX−][HX]K_a=\frac{[\ce{H3O+}][\ce{X-}]}{[\ce{HX}]}

鹵化氫在水中的解離反應為：

HX+HX2O⇌HX3OX++XX−\ce{HX + H2O <=> H3O+ + X-}

其中 X\ce{X} 代表 F\ce{F}、Cl\ce{Cl}、Br\ce{Br} 或 I\ce{I}。KaK_a 越大，表示越容易放出質子 HX+\ce{H+}，酸性越強。

解題方法

判斷同族氫化物的酸強度，主要比較 H−X\ce{H-X} 鍵的強弱。

由 HF\ce{HF} 到 HI\ce{HI}：

  • 鹵素原子半徑逐漸增大。
  • H−X\ce{H-X} 鍵長逐漸增加。
  • 氫與鹵素的軌域重疊逐漸變差。
  • H−X\ce{H-X} 鍵能逐漸降低。

因此，H−I\ce{H-I} 鍵最容易斷裂，HI\ce{HI} 最容易解離出質子：

HI+HX2O→HX3OX++IX−\ce{HI + H2O -> H3O+ + I-}

此外，IX−\ce{I-} 半徑大、電荷分散程度高，作為共軛鹼較穩定，也有利於 HI\ce{HI} 解離。

所以酸強度順序為：

HF<HCl<HBr<HI\ce{HF < HCl < HBr < HI}

故最強酸為 HI\ce{HI}。

選項分析

(A) HF\ce{HF}

錯誤。H−F\ce{H-F} 鍵非常短且鍵能高，不易斷裂；雖然氟的電負度最高，但在氫鹵酸的同族比較中，鍵強度是主要因素。因此 HF\ce{HF} 是弱酸，酸性最弱。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 63 題

承第 62 題，何者 pKa\mathrm{p}K_a 最小？

(A) HF\ce{HF}
(B) HCl\ce{HCl}
(C) HBr\ce{HBr}
(D) HI\ce{HI}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氫鹵酸的酸性強弱與 pKa\mathrm{p}K_a 的關係。

酸解離反應為：

HX+HX2O⇌HX3OX++XX−\ce{HX + H2O <=> H3O+ + X-}

酸解離常數為：

Ka=[HX3OX+][XX−][HX]K_a=\frac{[\ce{H3O+}][\ce{X-}]}{[\ce{HX}]}

而 pKa\mathrm{p}K_a 定義為：

pKa=−log⁡Ka\mathrm{p}K_a=-\log K_a

因此：

  • KaK_a 越大，表示酸性越強；
  • pKa\mathrm{p}K_a 越小，表示酸性越強。

本題比較 HF\ce{HF}、HCl\ce{HCl}、HBr\ce{HBr}、HI\ce{HI} 的酸性，即可判斷 pKa\mathrm{p}K_a 大小。

解題方法

對同族氫鹵酸 HX\ce{HX} 而言，從上往下比較酸性時，主要考慮 H−X\ce{H-X} 鍵的強弱。

鹵素原子由 F\ce{F} 往 I\ce{I} 方向變大，原子半徑增加，使 H−X\ce{H-X} 鍵長增加、鍵能降低：

H−F>H−Cl>H−Br>H−I\ce{H-F}>\ce{H-Cl}>\ce{H-Br}>\ce{H-I}

其中 H−I\ce{H-I} 鍵最弱，因此最容易斷裂形成 HX+\ce{H+} 與 IX−\ce{I-}：

HI+HX2O→HX3OX++IX−\ce{HI + H2O -> H3O+ + I-}

所以氫鹵酸的酸性大小规律為：

HF<HCl<HBr<HI\ce{HF < HCl < HBr < HI}

酸性越強，KaK_a 越大，pKa\mathrm{p}K_a 越小。因此：

pKa(HI)<pKa(HBr)<pKa(HCl)<pKa(HF)\mathrm{p}K_a(\ce{HI}) < \mathrm{p}K_a(\ce{HBr}) < \mathrm{p}K_a(\ce{HCl}) < \mathrm{p}K_a(\ce{HF})

故 HI\ce{HI} 的 pKa\mathrm{p}K_a 最小。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 64 題

NaCl 屬於何種晶格結構？

(A) 簡單立方體
(B) 體心立方體
(C) 面心立方體
(D) 斜心立方體

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查離子晶體的晶格結構。NaCl\ce{NaCl} 採用典型的「岩鹽型結構」（rock-salt structure），其晶格可視為：

  • ClX−\ce{Cl^-} 離子排列成面心立方晶格。
  • NaX+\ce{Na^+} 離子填入每個 ClX−\ce{Cl^-} 所形成的八面體空隙。
  • NaX+\ce{Na^+} 與 ClX−\ce{Cl^-} 的配位數皆為 66，屬於 6:66:6 配位。

因此，NaCl\ce{NaCl} 的基本晶格結構為面心立方結構。

解題方法

判斷離子晶體的晶格結構時，先辨認其晶體型態。NaCl\ce{NaCl} 為典型的岩鹽型離子晶體：

  1. ClX−\ce{Cl^-} 位於立方體的八個頂點與六個面心。
  2. 頂點與面心的離子共同形成面心立方排列。
  3. NaX+\ce{Na^+} 填入面心立方排列中的八面體空隙，包括立方體中心與各邊中心的位置。
  4. 每個 NaX+\ce{Na^+} 被六個 ClX−\ce{Cl^-} 包圍，每個 ClX−\ce{Cl^-} 也被六個 NaX+\ce{Na^+} 包圍。

面心立方晶格的晶胞中，晶格點數為

8×18+6×12=48\times\frac{1}{8}+6\times\frac{1}{2}=4

因此一個面心立方晶胞含有 44 個晶格點；在岩鹽型結構中，每個晶胞含有 44 個 NaCl\ce{NaCl} 化學式單位。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 65 題

承第 64 題，每個單位晶格中含有氯原子：

(A) 0.250.25 個
(B) 0.50.5 個
(C) 11 個
(D) 22 個

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查晶體結構中的單位晶格（Unit Cell）計算法則與離子晶體之幾何配分。
在民國 108 年亞洲大學學士後獸醫學系化學考題中，第 64 題與第 65 題為題組，題幹設定氯化銫（CsCl\ce{CsCl}）型的立方晶格結構。

在立方單位晶格中，不同位置的原子／離子由相鄰的單位晶格所共享，其歸屬於「單一單位晶格」的有效份額規則如下：

  1. 頂點（Corner）：由 88 個單位晶格共用，每個頂點原子貢獻 18\frac{1}{8} 個。
  2. 體心（Body Center）：完全包覆在單一單位晶格內部，貢獻 11 個。
  3. 面心（Face Center）：由相鄰 22 個單位晶格共用，每個面心原子貢獻 12\frac{1}{2} 個。
  4. 稜邊中心（Edge Center）：由 44 個單位晶格共用，每個稜邊原子貢獻 14\frac{1}{4} 個。

解題方法

  1. 結構確認：
    氯化銫（CsCl\ce{CsCl}）屬於簡單立方晶格衍生結構（體心形式填滿，但非單純同種原子的體心立方 BCC\text{BCC}）。
  • 一般定義下，陰離子 ClX−\ce{Cl-} 佔據立方體晶格的 88 個頂點。
  • 陽離子 CsX+\ce{Cs+} 則填入立方體的 體心空隙（cubic hole）。
    （亦可反過來以 CsX+\ce{Cs+} 佔頂點、ClX−\ce{Cl-} 佔體心，兩者幾何地位等價）。
  1. 計算單位晶格中 Cl\ce{Cl} 的有效個數：
    以 ClX−\ce{Cl-} 位於立方晶格的 88 個頂點為例：

N(Cl)=8×18=1 個N(\ce{Cl}) = 8 \times \frac{1}{8} = 1\text{ 個}

  1. 化學式驗算：
    體心的 CsX+\ce{Cs+} 提供：

N(Cs)=1×1=1 個N(\ce{Cs}) = 1 \times 1 = 1\text{ 個}

兩者莫耳比值為：

N(Cs):N(Cl)=1:1N(\ce{Cs}) : N(\ce{Cl}) = 1 : 1

恰符合實驗化學式 CsCl\ce{CsCl}，證明每個單位晶格中確實含有 11 個 Cs\ce{Cs} 與 11 個 Cl\ce{Cl}。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 66 題

下列離子化合物中，何者的飽和溶解度與溫度的關係和其他三者不同？

(A) NaNOX3\ce{NaNO3}
(B) CeX2(SOX4)X3\ce{Ce2(SO4)3}
(C) KCl\ce{KCl}
(D) NaCl\ce{NaCl}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 固體溶解度與溫度的關係（勒沙特列原理）：
    固體溶質在水中的溶解過程可表示為動態平衡：
    溶質X (s)⇌溶質X (aq) ΔHXsoln\ce{溶質_{(s)} <=> 溶質_{(aq)} \quad \Delta H_{soln}}
  • 吸熱溶解（ΔHsoln>0\Delta H_{\text{soln}} > 0）：升高溫度會使平衡向右移動（吸熱方向），使固體的溶解度隨溫度上升而增加。絕大多數常見的無機鹽類皆屬此類。
  • 放熱溶解（ΔHsoln<0\Delta H_{\text{soln}} < 0）：升高溫度會使平衡向左移動（放熱方向），使固體的溶解度隨溫度上升而降低（逆向溶解度行為，Retrograde solubility）。
  1. 溶解熱的熱力學分解：
    溶解焓變由兩個能量項共同決定：晶格能（ΔHlattice>0\Delta H_{\text{lattice}} > 0）與水合能（ΔHhydration<0\Delta H_{\text{hydration}} < 0）。
    ΔHsoln=ΔHlattice+ΔHhydration\Delta H_{\text{soln}} = \Delta H_{\text{lattice}} + \Delta H_{\text{hydration}}
    當離子具備極高電荷密度（如三價鑭系離子 CeX3+\ce{Ce^3+}、二價多原子陰離子 SOX4X2−\ce{SO4^2-}）時，水合過程釋放極大熱量（水合能絕對值大於晶格能），且伴隨水分子高度有序排列（水合熵大幅下降），導致溶解反應為顯著的放熱反應（ΔHsoln<0\Delta H_{\text{soln}} < 0）。

解題方法

本題切入點在於區分「正常溶解度曲線（隨溫度上升而增加）」與「異常溶解度曲線（隨溫度上升而下降）」的代表性物質：

  1. 普化課本（如 Zumdahl、Brown 等標準普通化學教科書）探討「溫度對溶解度的影響」章節中，硫酸鈰(III)（CeX2(SOX4)X3\ce{Ce2(SO4)3}）為最具代表性的「放熱溶解、溶解度隨溫度上升而下降」經典範例。
  2. 比對四個選項中各鹽類的溶解熱正負號與溶解度曲線走向，即可找出行為與眾不同的化合物。

選項分析

  • (A) NaNOX3\ce{NaNO3}（硝酸鈉）：
    溶解過程為強烈吸熱反應（ΔHsoln>0\Delta H_{\text{soln}} > 0）：
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 67 題

反應方程式 aA+bB→cC+dDa\ce{A}+b\ce{B}\rightarrow c\ce{C}+d\ce{D} 的反應速率式何者不合理？

(A) r=k[A][B]r=k[\ce{A}][\ce{B}]
(B) r=k[A]2r=k[\ce{A}]^2
(C) r=k[A]0.5r=k[\ce{A}]^{0.5}
(D) r=k[A][B]2r=k[\ce{A}][\ce{B}]^2

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

  1. 化學反應速率式（Rate Law）：
    一般形式可表示為：
    r=k[A]m[B]nr = k[\ce{A}]^m[\ce{B}]^n
    其中：
  • kk 為反應速率常數（Rate constant）。
  • mm、nn 分別為對反應物 A\ce{A} 與 B\ce{B} 的反應級數（Reaction order）。
  1. 反應級數的物理與實驗意義：
  • 反應級數無法直接由淨反應方程式的化學計量係數（aa、bb）決定，必須由實驗數據測得，或根據推導出的反應機構（Reaction mechanism）​中的慢步驟（速率決定步驟，Rate-determining step, RDS）來決定。
  • 反應級數可以是正整數、零、負數，也可以是分數或小數（例如自由基連鎖反應或涉及表面吸附的反應）。
  1. 反應速率式中濃度的項次：
  • 反應速率式中的反應物級數若為 00（即對該反應物為零級反應），則該物質的濃度項次為 [物質]0=1[\text{物質}]^0 = 1，常會省略不寫（例如 r=k[A]2[B]0=k[A]2r = k[\ce{A}]^2[\ce{B}]^0 = k[\ce{A}]^2）。
  • 反應涉及多步驟複雜機構時，中間產物的平衡預先步驟可能導致整體反應速率式呈現非整數級數（如 0.50.5 級）。
  • 但反應速率式中不應出現整體分子反應度矛盾或在傳統基本定義下不合常理的形式。需特別注意部分考題在特定情境下對「基本反應（Elementary reaction）」與「總反應（Overall reaction）」之級數假設，或命題者針對「分數級數／非整數級數」的合理性定義。若本題為針對單一基元步驟或典型反應，非整數級數常被視為複雜反應而非典型簡式，亦或是考驗對反應物級數出現在速率定律中的必然性判斷。

解題方法

在化學動力學中：

  1. 若反應為複雜反應（Complex reaction）：
  • 整體級數可能出現整數或非整數。例如乙醛分解反應（Rice-Herzfeld 機構）其速率式可呈現 1.51.5 級；光化學反應或催化反應中亦常見 0.50.5 級（平方根相依性）。
  1. 若考題預設為一般教科書中之常規討論：
  • (A) r=k[A][B]r = k[\ce{A}][\ce{B}]：典型二級反應（對 A\ce{A} 為一級、對 B\ce{B} 為一級），完全合情合理。
  • (B) r=k[A]2r = k[\ce{A}]^2：對 A\ce{A} 為二級、對 B\ce{B} 為零級（或 B\ce{B} 大量過量視為擬級數），合理。
  • (D) r=k[A][B]2r = k[\ce{A}][\ce{B}]^2：三級反應（對 A\ce{A} 為一級、對 B\ce{B} 為二級），常見且合理。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 68 題

反應方程式 A→\ce{A ->} 產物，若其半衰期大小與反應物的濃度無關，由此可推測此反應可能為：

(A) 零級反應
(B) 一級反應
(C) 二級反應
(D) 三級反應

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「反應級數與半衰期的關係」。

半衰期 t1/2t_{1/2} 定義為反應物濃度由初始濃度 [A]0[\ce{A}]_0 降至一半所需的時間：

[A]=12[A]0[\ce{A}]=\frac{1}{2}[\ce{A}]_0

不同級數反應的半衰期公式如下：

反應級數半衰期公式是否與初始濃度有關
零級t1/2=[A]02kt_{1/2}=\dfrac{[\ce{A}]_0}{2k}有關
一級t1/2=ln⁡2kt_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{k}無關
二級t1/2=1k[A]0t_{1/2}=\dfrac{1}{k[\ce{A}]_0}有關
三級t1/2=32k[A]02t_{1/2}=\dfrac{3}{2k[\ce{A}]_0^2}有關

因此，半衰期與反應物濃度無關，是一級反應的典型特徵。

解題方法

一級反應的速率定律為：

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

積分後得到一級反應的整合速率式：

ln⁡[A]0[A]=kt\ln\frac{[\ce{A}]_0}{[\ce{A}]}=kt

半衰期時：

[A]=12[A]0[\ce{A}]=\frac{1}{2}[\ce{A}]_0

代入整合速率式：

ln⁡[A]012[A]0=kt1/2\ln\frac{[\ce{A}]_0}{\frac{1}{2}[\ce{A}]_0}=kt_{1/2} ln⁡2=kt1/2\ln 2=kt_{1/2}

所以：

t1/2=ln⁡2kt_{1/2}=\frac{\ln 2}{k}

此式中不含初始濃度 [A]0[\ce{A}]_0，表示一級反應的半衰期與反應物濃度無關。

選項分析

(A) 零級反應

零級反應的速率定律為：

−d[A]dt=k-\frac{d[\ce{A}]}{dt}=k

整合後：

[A]=[A]0−kt[\ce{A}]=[\ce{A}]_0-kt

半衰期時：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 69 題

反應機構中的基本步驟（elementary step）何者不合理？

(A) NO+NO→NX2OX2\ce{NO + NO -> N2O2}
(B) NX2OX2+OX2→2 NOX2\ce{N2O2 + O2 -> 2NO2}
(C) NOX2+NOX2→NO+NOX3\ce{NO2 + NO2 -> NO + NO3}
(D) 6 COX2+6 HX2O→CX6HX12OX6+6 OX2\ce{6CO2 + 6H2O -> C6H12O6 + 6O2}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查反應機構中的「基本步驟」（elementary step）。

基本步驟是反應機構中一次單獨發生的微觀反應事件，通常涉及：

  • 單分子分解或重排；
  • 兩個粒子碰撞反應；
  • 少數粒子同時碰撞。

基本步驟必須具有合理的「分子數」（molecularity）。雙分子反應如 A+B→products\ce{A + B -> products} 在機構中相當常見；但若反應式要求大量分子同時碰撞，便不符合合理的基本步驟特徵。

此外，基本步驟可以包含反應中間體或自由基，不必要求每個物種都是能大量分離、穩定存在的化合物。

解題方法

判斷各選項是否為合理基本步驟，可依序檢查：

  1. 反應式是否配平；
  2. 反應物分子數是否合理；
  3. 是否能視為單一微觀反應事件；
  4. 是否只是多個反應步驟合併而成的總反應。

前三個選項都是雙分子反應，反應物分子數為 22，具有基本步驟的形式。第四項則是光合作用的總反應式，涉及複雜的多步驟反應，不是單一基本步驟。

選項分析

(A) NO+NO→NX2OX2\ce{NO + NO -> N2O2}

此反應由兩個 NO\ce{NO} 分子結合形成 NX2OX2\ce{N2O2}：

NO+NO→NX2OX2\ce{NO + NO -> N2O2}

原子數檢查：

  • 左側：N\ce{N} 有 22 個，O\ce{O} 有 22 個；
  • 右側：NX2OX2\ce{N2O2} 含 N\ce{N} 22 個、O\ce{O} 22 個。

反應式已配平，且屬於雙分子反應。兩個 NO\ce{NO} 分子碰撞形成暫時性的二聚體 NX2OX2\ce{N2O2}，可作為合理的基本步驟。

因此，(A) 合理。

(B) NX2OX2+OX2→2 NOX2\ce{N2O2 + O2 -> 2NO2}

此反應可表示為：

NX2OX2+OX2→2 NOX2\ce{N2O2 + O2 -> 2NO2}

原子數檢查：

  • 左側：N\ce{N} 有 22 個，O\ce{O} 有 2+2=42+2=4 個；
  • 右側：2NOX22\ce{NO2} 含 N\ce{N} 22 個、O\ce{O} 44 個。

反應式已配平，且只有 NX2OX2\ce{N2O2} 與 OX2\ce{O2} 兩個反應粒子參與，屬於雙分子基本步驟。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 70 題

雙氧水的分解反應機構包含下列二個基本步驟：

(1) HX2OX2+IX−→HX2O+IOX−\ce{H2O2 + I^- -> H2O + IO^-}
(2) HX2OX2+IOX−→HX2O+OX2+IX−\ce{H2O2 + IO^- -> H2O + O2 + I^-}

請問在整個反應過程中，IX−\ce{I^-} 扮演：

(A) 反應物
(B) 生成物
(C) 催化劑
(D) 中間產物

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查反應機構中「催化劑」與「中間產物」的判定。

  • 催化劑會參與反應機構中的某些步驟，因此可能先被消耗。
  • 催化劑會在後續步驟中再生，故在總反應式中不會被消耗。
  • 中間產物只出現在反應機構的中間步驟，會先生成、後被消耗，通常不會出現在總反應式中。

題目中的兩步反應為：

HX2OX2+IX−→HX2O+IOX−\ce{H2O2 + I^- -> H2O + IO^-} HX2OX2+IOX−→HX2O+OX2+IX−\ce{H2O2 + IO^- -> H2O + O2 + I^-}

其中 IX−\ce{I^-} 在第一步被消耗，在第二步重新生成；IOX−\ce{IO^-} 則是在第一步生成、第二步消耗。

解題方法：相加消去法

將兩個基本步驟相加：

HX2OX2+IX−+HX2OX2+IOX−→HX2O+IOX−+HX2O+OX2+IX−\ce{H2O2 + I^- + H2O2 + IO^- -> H2O + IO^- + H2O + O2 + I^-}

消去反應兩側同時出現的 IX−\ce{I^-} 與 IOX−\ce{IO^-}，得到總反應式：

2 HX2OX2→2 HX2O+OX2\ce{2H2O2 -> 2H2O + O2}

可見：

  • IX−\ce{I^-} 沒有出現在總反應式中；
  • IX−\ce{I^-} 在機構中先被消耗，之後又被完整再生；
  • IX−\ce{I^-} 的存在能提供另一條較容易進行的反應途徑。

因此，IX−\ce{I^-} 扮演催化劑的角色。

反應中的真正中間產物是 IOX−\ce{IO^-}，因為它在第一步生成，在第二步被消耗。

選項分析

(A) 反應物

錯誤。

反應物必須出現在總反應式的左側，並在整個反應過程中被淨消耗。雖然 IX−\ce{I^-} 在第一步中被消耗：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 71 題

承第 70 題，IOX−\ce{IO^-} 扮演：

(A) 反應物
(B) 生成物
(C) 催化劑
(D) 中間產物

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查反應機構中「中間產物（intermediate）」的判定。

  • 反應物：出現在總反應式左側，反應後被消耗。
  • 生成物：出現在總反應式右側，由反應生成。
  • 催化劑：參與反應機構，但在總反應前後量不變，最後會再生。
  • 中間產物：在某一個基元步驟中生成，接著在另一個步驟中被消耗；由於不出現在總反應式中，因此不是總反應的反應物或生成物。

解題方法

承第 70 題的反應機構，IOX−\ce{IO^-} 是在前一步反應中形成，並在後一步反應中被消耗。例如機構可抽象表示為：

A→IOX−+B\ce{A -> IO^- + B} IOX−+C→D\ce{IO^- + C -> D}

將兩步相加時，兩側共同出現的 IOX−\ce{IO^-} 會相互抵消：

A+C→B+D\ce{A + C -> B + D}

因此，IOX−\ce{IO^-} 不出現在總反應式中，而是在反應過程中短暫生成並被消耗，符合「中間產物」的定義。

IOX−\ce{IO^-} 雖然參與反應，但並未在後續步驟中再生，因此不能判定為催化劑。

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 72 題

NOX2X−\ce{NO2^-} 離子中氮原子的氧化數等於：

(A) +2+2
(B) +3+3
(C) +4+4
(D) +5+5

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「氧化數」的判定。氧化數是將化合物中各元素的成鍵電子，形式上分配給電負度較大的原子後，所得到的假想電荷。

判定時使用氧化數總和規則：

  • 中性化合物中，各元素氧化數總和為 00。
  • 多原子離子中，各元素氧化數總和等於離子的總電荷。
  • 氧通常為 −2-2；本題中的氧沒有形成過氧鍵，因此可取 −2-2。

解題方法

設 NOX2X−\ce{NO2^-} 中氮的氧化數為 xx。

每個氧原子的氧化數為 −2-2，兩個氧原子的總氧化數為：

2(−2)=−42(-2)=-4

因為 NOX2X−\ce{NO2^-} 是帶 −1-1 電荷的多原子離子，所以氧化數總和必須等於 −1-1：

x+2(−2)=−1x+2(-2)=-1 x−4=−1x-4=-1 x=+3x=+3

因此，NOX2X−\ce{NO2^-} 中氮原子的氧化數為 +3+3。

選項分析

  • (A) +2+2：錯誤。
    若氮的氧化數為 +2+2，則總和為：
+2+2(−2)=−2+2+2(-2)=-2
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 73 題

HX2OX2\ce{H2O2} 分子中氧原子的氧化數等於：

(A) +2+2
(B) +1+1
(C) −1-1
(D) −2-2

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「氧化數」的判定規則。

在過氧化物中，氧原子彼此以單鍵相連，具有 O−O\ce{O-O} 結構。此時氧的氧化數不是一般化合物中的 −2-2，而是 −1-1。

HX2OX2\ce{H2O2} 的結構可表示為：

H−O−O−H\ce{H-O-O-H}

氫通常為 +1+1，整個中性分子的氧化數總和必須等於 00。

解題方法

設每個氧原子的氧化數為 xx。

HX2OX2\ce{H2O2} 中含有 2 個氫原子與 2 個氧原子，因此：

2(+1)+2x=02(+1)+2x=0

整理得：

2+2x=02+2x=0 2x=−22x=-2 x=−1x=-1

因此，HX2OX2\ce{H2O2} 分子中每個氧原子的氧化數為 −1-1。

選項分析

  • (A) +2+2：錯誤。
    氧的氧化數不會因為位於過氧化氫中而變成 +2+2，且代入後無法使整個中性分子的氧化數總和為 00。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 74 題

在飽和食鹽水的電解實驗中，電解過程中陽極反應會得到：

(A) 氧氣
(B) 氫氣
(C) 氯氣
(D) 氮氣

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查飽和食鹽水電解時，陽極與陰極的氧化還原反應。

  • 陽極：發生氧化反應，電子被移除。
  • 陰極：發生還原反應，電子被加入。
  • 食鹽水中的主要離子為 NaX+\ce{Na+}、ClX−\ce{Cl-}，並含有水分子。

在飽和食鹽水中，ClX−\ce{Cl-} 濃度很高，因此陽極主要氧化氯離子生成氯氣。

解題方法

陽極判斷原則是尋找「失去電子」的物種。氯離子在陽極被氧化：

2 ClX−→ClX2+2 eX−\ce{2Cl- -> Cl2 + 2e-}

因此，陽極產物為氯氣 ClX2\ce{Cl2}。

陰極則是水被還原，生成氫氣與氫氧根：

2 HX2O+2 eX−→HX2+2 OHX−\ce{2H2O + 2e- -> H2 + 2OH-}

整體反應可寫為：

2 NaCl+2 HX2O→2 NaOH+HX2+ClX2\ce{2NaCl + 2H2O -> 2NaOH + H2 + Cl2}

因此，本題詢問陽極產物，答案為氯氣。

選項分析

(A) 氧氣

錯誤。在水溶液電解中，水確實能在陽極氧化生成氧氣：

2 HX2O→OX2+4 HX++4 eX−\ce{2H2O -> O2 + 4H+ + 4e-}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 75 題

承第 74 題，陰極反應會得到：

(A) 氧氣
(B) 氫氣
(C) 氯氣
(D) 氮氣

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查電解水溶液（氯鹼工業，Chloralkali process）的電極反應競爭原則：

  1. 電極定義：電解槽中，與電源負極相連者為陰極（Cathode），發生還原反應（Reduction）；與電源正極相連者為陽極（Anode），發生氧化反應（Oxidation）。
  2. 陰極競爭原則：在水溶液中，陰極可能發生還原反應的物種為陽離子或水分子。標準還原電位（E∘E^\circ）愈正（愈大）者，愈容易被還原。活性大的金屬陽離子（如第 1 族鹼金屬 NaX+\ce{Na+}、K+K^+）之還原電位極負，因此在水溶液中不會被還原，改由水分子（或氫離子）優先還原生成氫氣（HX2\ce{H2}）。

解題方法

承第 74 題之題幹設定，本題之實驗體系為飽和食鹽水（NaCl(aq)\ce{NaCl(aq)}）的電解。

  1. 分析溶液中的物種：
    飽和食鹽水中含有溶質解離的 NaX+\ce{Na+}、ClX−\ce{Cl-} 以及溶劑 HX2O\ce{H2O}。
  2. 比較陰極（還原反應）競爭物種：
    陰極有兩種可能的還原反應：
  • 物種一（鈉離子）：
NaX+(aq)+eX−→Na(s)(E∘=−2.71 V)\ce{Na+(aq) + e- -> Na(s)} \quad (E^\circ = -2.71\text{ V})
  • 物種二（水分子）：
2 HX2O(l)+2 eX−→HX2(g)+2 OHX−(aq)(E∘=−0.83 V)\ce{2H2O(l) + 2e- -> H2(g) + 2OH-(aq)} \quad (E^\circ = -0.83\text{ V})
  1. 判斷優先反應：
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 76 題

承第 75 題，反應結束後電解槽的 pH 值：

(A) 大於 77
(B) 等於 77
(C) 小於 77
(D) 無法確定

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查電解飽和食鹽水水溶液（氯鹼法製程，Chlor-alkali process）​的陰陽極半反應、產物判定及電解液的酸鹼性變化：

  1. 陽極（氧化反應）：高濃度的 ClX−\ce{Cl-} 克服水氧化的超電位（Overpotential），優先氧化生成氯氣 ClX2(g)\ce{Cl2(g)}。
  2. 陰極（還原反應）：水分子（HX2O\ce{H2O}）的還原電位遠高於鈉離子（NaX+\ce{Na+}），因此水分子優先還原生成氫氣 HX2(g)\ce{H2(g)} 與氫氧根離子 OHX−(aq)\ce{OH-(aq)}。
  3. 電解液的 pH 值變化：陰極不斷生成 OHX−\ce{OH-} 離子，並與水溶液中未反應的 NaX+\ce{Na+} 留在槽內形成強電解質氫氧化鈉（NaOH\ce{NaOH}），使溶液呈鹼性，其 pH\text{pH} 值大於 77。

解題方法

根據題幹題組脈絡（第 74 題為陽極產物、第 75 題為陰極產物），本題推導步驟如下：

步驟一：寫出電極半反應式與全反應式

在飽和食鹽水（NaCl(aq)\ce{NaCl(aq)}）中，主要的物種有 NaX+\ce{Na+}、ClX−\ce{Cl-} 與水分子 HX2O\ce{H2O}。通入直流電進行電解時：

  • 陽極（Anode，接正極，發生氧化）：
    在飽和濃鹽水的高濃度條件下，且由於水氧化生成氧氣具有較大的超電位，因此氯離子優先失電子：
2 ClX−(aq)→ClX2(g)+2 eX−\ce{2Cl-(aq) -> Cl2(g) + 2e-}
  • 陰極（Cathode，接負極，發生還原）：
    鈉離子的標準還原電位極低（E∘=−2.71 VE^\circ = -2.71\text{ V}），水分子遠比 NaX+\ce{Na+} 容易還原（E∘=−0.83 VE^\circ = -0.83\text{ V}），因此水分子優先得電子生成氫氣：
2 HX2O(l)+2 eX−→HX2(g)+2 OHX−(aq)\ce{2H2O(l) + 2e- -> H2(g) + 2OH-(aq)}
  • 全反應式（Net Reaction）：
    將陽極與陰極反應式相加（消去電子）：
2 NaCl(aq)+2 HX2O(l)→2 NaOH(aq)+HX2(g)+ClX2(g)\ce{2NaCl(aq) + 2H2O(l) -> 2NaOH(aq) + H2(g) + Cl2(g)}

離子淨反應式為：

2 ClX−(aq)+2 HX2O(l)→ClX2(g)+HX2(g)+2 OHX−(aq)\ce{2Cl-(aq) + 2H2O(l) -> Cl2(g) + H2(g) + 2OH-(aq)}

步驟二：分析電解後槽內液體的酸鹼性

由陰極半反應與全反應式可觀察到：

  1. 每產生 1 mol1\text{ mol} 的 HX2(g)\ce{H2(g)}，陰極區便同時生成 2 mol2\text{ mol} 的
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 77 題

若醋酸的 pKa=4.74\mathrm{p}K_a=4.74，則在 [醋酸]/[醋酸鉀]=2.0[\text{醋酸}]/[\text{醋酸鉀}]=2.0 的緩衝溶液中，其 pH 值為：

(A) 6.746.74
(B) 5.345.34
(C) 4.744.74
(D) 4.444.44

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查酸鹼緩衝溶液（Buffer Solution）​的 pH\mathrm{pH} 值計算。
由弱酸（醋酸，CHX3COOH\ce{CH3COOH}）及其共軛鹼鹽類（醋酸鉀，CHX3COOK\ce{CH3COOK}）所組成的共軛酸鹼對緩衝體系，其溶液中的氫離子濃度與 pH\mathrm{pH} 值可藉由韓德森－赫索巴赫方程式（Henderson-Hasselbalch equation）​求得：

pH=pKa+log⁡([共軛鹼][弱酸])=pKa+log⁡([CHX3COOX−][CHX3COOH])\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\left(\frac{[\text{共軛鹼}]}{[\text{弱酸}]}\right) = \mathrm{p}K_a + \log\left(\frac{[\ce{CH3COO-}]}{[\ce{CH3COOH}]}\right)

解題方法

  1. 確認共軛酸鹼對與濃度比值：
  • 弱酸為醋酸 CHX3COOH\ce{CH3COOH}。
  • 共軛鹼為醋酸根離子 CHX3COOX−\ce{CH3COO-}，由強電解質醋酸鉀 CHX3COOK\ce{CH3COOK} 完全解離提供：
CHX3COOK(aq)→KX+(aq)+CHX3COOX−(aq)\ce{CH3COOK(aq) -> K+(aq) + CH3COO-(aq)}

因此，[CHX3COOX−]=[CHX3COOK][\ce{CH3COO-}] = [\ce{CH3COOK}]。

  • 題目給定 [醋酸]/[醋酸鉀]=2.0[\text{醋酸}]/[\text{醋酸鉀}] = 2.0，因此共軛鹼與弱酸的濃度比為：
[CHX3COOX−][CHX3COOH]=12.0=0.5\frac{[\ce{CH3COO-}]}{[\ce{CH3COOH}]} = \frac{1}{2.0} = 0.5
  1. 代入 Henderson-Hasselbalch 方程式計算：
pH=pKa+log⁡(0.5)\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log(0.5)

已知 log⁡(0.5)=log⁡(2−1)=−log⁡(2)≈−0.301\log(0.5) = \log(2^{-1}) = -\log(2) \approx -0.301。
代入題目給定的數值：

pH=4.74−0.30=4.44\mathrm{pH} = 4.74 - 0.30 = 4.44

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 78 題

在密閉系統中，下列反應達到平衡時：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其平衡常數可表示為：

(A) Kc=[COX2]K_c=[\ce{CO2}]
(B) Kc=[CaO][COX2]K_c=[\ce{CaO}][\ce{CO2}]
(C) Kc=[CaO][COX2][CaCOX3]K_c=\frac{[\ce{CaO}][\ce{CO2}]}{[\ce{CaCO3}]}
(D) Kc=[CaO]+[COX2]−[CaCOX3]K_c=[\ce{CaO}]+[\ce{CO2}]-[\ce{CaCO3}]

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 7 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「非均相平衡」的平衡常數表示法。反應為：

CaCOX3(s)⇌CaO(s)+COX2(g)\ce{CaCO3(s) <=> CaO(s) + CO2(g)}

一般反應：

aA+bB⇌cC+dDa\ce{A} + b\ce{B} \rightleftharpoons c\ce{C} + d\ce{D}

其濃度平衡常數為：

Kc=[C]c[D]d[A]a[B]bK_c=\frac{[\ce{C}]^c[\ce{D}]^d}{[\ce{A}]^a[\ce{B}]^b}

但是，純固體與純液體的活度視為常數 11，不列入平衡常數表達式。因此，本反應中的 CaCOX3(s)\ce{CaCO3(s)} 與 CaO(s)\ce{CaO(s)} 均不列入 KcK_c。

解題方法

依反應式套用平衡常數公式：

Kc=[CaO][COX2][CaCOX3]K_c=\frac{[\ce{CaO}][\ce{CO2}]}{[\ce{CaCO3}]}

由於 CaCOX3\ce{CaCO3} 與 CaO\ce{CaO} 都是純固體，其活度為 11：

Kc=(1)[COX2](1)K_c=\frac{(1)[\ce{CO2}]}{(1)}

所以：

Kc=[COX2]K_c=[\ce{CO2}]

選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 79 題

承第 78 題，在平衡系統中移走部分的 CaCOX3\ce{CaCO3}，則反應會向哪一方向進行？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 右
(B) 左
(C) 不變
(D) 無法確定

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 7 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

第 79 題考查「異相平衡」與勒沙特列原理。反應為：

CaCOX3(s)⇌CaO(s)+COX2(g)\ce{CaCO3(s) <=> CaO(s) + CO2(g)}

純固體 CaCOX3\ce{CaCO3} 與 CaO\ce{CaO} 的活度視為常數，不列入平衡常數表示式。因此：

Kc=[COX2]K_c=[\ce{CO2}]

只要系統中仍存在 CaCOX3(s)\ce{CaCO3(s)} 與 CaO(s)\ce{CaO(s)}，移走部分固體不會直接改變 COX2\ce{CO2} 的濃度，也不會改變平衡狀態。

解題方法

題目指出「移走部分的 CaCOX3\ce{CaCO3}」，表示移走後仍有 CaCOX3(s)\ce{CaCO3(s)} 留在系統中。

由於固體的量不影響其活度，移走部分 CaCOX3\ce{CaCO3} 後：

  • [COX2][\ce{CO2}] 沒有立即改變；
  • KcK_c 在溫度不變時也不變；
  • 反應商仍符合原本的平衡條件。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 80 題

承第 78 題，在平衡系統中移走部分的 COX2\ce{CO2}，則反應會向哪一方向進行？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 右
(B) 左
(C) 不變
(D) 無法確定

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：
原卷第 7 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查勒沙特列原理與異相平衡：

CaCOX3(s)⇌CaO(s)+COX2(g)\ce{CaCO3(s) <=> CaO(s) + CO2(g)}

在平衡系統中移除生成物 COX2\ce{CO2}，系統會朝生成更多 COX2\ce{CO2} 的方向移動，以抵消濃度降低的影響。因此反應向右進行，使部分 CaCOX3\ce{CaCO3} 分解生成 CaO\ce{CaO} 與 COX2\ce{CO2}。

解題方法

平衡常數可表示為：

Kc=[COX2]K_c=[\ce{CO2}]

純固體 CaCOX3\ce{CaCO3} 與 CaO\ce{CaO} 的活性視為常數，不列入平衡常數。移走部分 COX2\ce{CO2} 後，反應商變為：

Qc=[COX2]<KcQ_c=[\ce{CO2}]<K_c
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

108 年亞洲大學的其他科目

生物化學生物學英文

亞洲大學《化學》其他年度

115114113112111110109107106