109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所化學類《有機化學》

核心觀念

本題考查立體異構物的判定：

• 鏡像異構物（enantiomers）：所有手性中心的構型皆相反。
• 非鏡像異構物（diastereomers）：具有相同鍵結順序，但只有部分手性中心構型相反。
• Fischer 投影中，水平方向的基團朝向觀察者；同一手性中心若左右基團互換，該中心構型即反轉。

A～D 的中間碳為 $CH_2$，上下兩個碳為手性中心；E 的上方碳接有兩個相同的 $Cl$，不是手性中心，且其氯原子位置與 A～D 不同。

解題方法

只比較 A～D 上下兩個手性中心的左右排列：

結構	上方手性中心	下方手性中心
A	H 左、Cl 右	H 左、Cl 右
B	H 左、Cl 右	Cl 左、H 右
C	Cl 左、H 右	Cl 左、H 右
D	Cl 左、H 右	H 左、Cl 右

逐一比較：

• A 與 B：只有下方手性中心相反，因此為 diastereomers。
• A 與 D：只有上方手性中心相反，因此為 diastereomers。
• B 與 C：只有上方手性中心相反，因此為 diastereomers。

解析

1. 考點說明
本題考查的是費希爾投影（Fischer projection）中碳原子立體構型（R/S 配置）的判斷。核心觀念包括：

• 根據 CIP 規則（優先級規則）給每個基團排序（原子序數）。
• 在 Fischer projection 中，垂直線代表遠離觀察者（背），水平線代表朝向觀察者（前）。
• 判斷配置時，以垂直方向（遠離）為起點，順時針為 R，逆時針為 S。
• 若最低優先級（4）的基團位於水平線上（朝向觀察者），則觀察到的方向需反轉（順時針變反時針，S 變 R）。

2. 解題過程

分析碳 2 (C2) 的配置：

• 基團優先級排序：

  1. 上方基團：$-\text{CO}_2\text{H}$（碳原子連接氧原子，原子序數最高，優先級 1）。
  2. 下方基團：$-\text{CH}(\text{H})(\text{CH}_3)$（碳原子連接碳原子，優先級 2）。
  3. 右方基團：$-\text{CH}_3$（碳原子連接氫原子，優先級 3）。
  4. 左方基團：H（原子序數最低，優先級 4）。
  • 排序結果：$1 > 2 > 3 > 4$。

• 空間位置與方向判斷：

  • 1（上）和 2（下）位於垂直線上，代表遠離觀察者。
  • 3（右）和 4（左，H）位於水平線上，代表朝向觀察者。
  • 圖形上觀察 1 → 2 → 3 的方向：從上往下再往右，呈現順時針方向。

核心觀念

本題考查「meso compound（內消旋化合物）」的判定。

符合 meso compound 的條件：

1. 分子含有兩個以上的立體中心。
2. 分子具有內部對稱性，例如對稱面或反心。
3. 分子與其鏡像重合，因此整體不具旋光性。

判斷環狀化合物時，不能只看到「分子不旋光」就判定為 meso；若分子根本沒有立體中心，只能稱為 achiral（非手性），不能嚴格稱為 meso。

在雙取代環己烷中：

• cis：兩個取代基位於環的同側。
• trans：兩個取代基位於環的異側。

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解題方法

逐一判斷每個結構的兩個取代碳是否為立體中心，再判斷分子是否具有內部對稱性。

對於 $1,2$-與 $1,3$-二甲基環己烷，取代碳上的兩條環路通常可因另一個甲基的立體配置而區分，因此可形成立體中心。

對於 $1,4$-二甲基環己烷，從 C-1 出發沿環的兩個方向，皆會經過完全等價的結構到達 C-4；C-4 亦然。因此 C-1、C-4 不構成立體中心。這類分子即使不具手性，也不屬於嚴格定義下的 meso compound。

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選項分析

(A) cis-1,4-dimethylcyclohexane

C-1 與 C-4 的兩條環路完全等價，因此兩個取代碳都不是立體中心。

雖然 cis 結構具有對稱性、整體不具手性，但因為沒有立體中心，所以不能稱為 meso compound。

因此 (A) 錯誤。

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(B) trans-1,4-dimethylcyclohexane

與 (A) 相同，C-1 與 C-4 的兩條環路仍然等價，分子沒有真正的立體中心。

trans 配置只改變兩個甲基位於環的相對兩側，並不會使兩條環路變成不同。分子仍是 achiral，但不是 meso compound。

因此 (B) 錯誤。

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(C) trans-1,2-dimethylcyclohexane

C-1 與 C-2 均為立體中心。對於相同取代基的 $1,2$-二取代環己烷，trans 異構物對應於：

$$(1R,2R) \quad\text{與}\quad (1S,2S)$$

這題考的核心觀念是「異構物的分類」以及「酮 - 烯醇互變（Keto-enol tautomerism）」的本質。許多同學容易將互變異構（Tautomers）與共振結構（Resonance structures）或立體異構物（Stereoisomers）混淆。解題的關鍵在於判斷兩者之間的轉換是否涉及「原子位置的移動」以及「電子僅重新分佈」的差異。若氫原子的位置改變且連接方式不同，則屬於構造異構物；若僅電子移動而原子核位置不變，才是共振結構。

解題過程分析

1. 定義酮 - 烯醇形式（Keto-enol forms）：
   酮 - 烯醇互變是一種特殊的構造異構現象，涉及質子（$H^+$）的轉移與雙鍵位置的改變。以最簡單的乙醛（Acetaldehyde）為例，其酮式與烯醇式的轉換如下：

   酮式（Keto form）：$CH_3-CH=O$
   烯醇式（Enol form）：$CH_2=CH-OH$

   在這個過程中，一個 $\alpha$-氫原子從碳原子上移動到了氧原子上，同時碳氧雙鍵（$C=O$）變成了碳氧單鍵（$C-O$），而相鄰的碳碳單鍵變成了碳碳雙鍵（$C=C$）。

2. 檢視選項 (E) Resonance structures（共振結構）：
   共振結構的定義是：分子中原子核的位置（Atom connectivity and position）完全不變，僅有 $\pi$ 電子或孤對電子的重新分佈。
   然而，在酮 - 烯醇互變中，氫原子的位置發生了明顯的改變（從 $C$ 移到 $O$）。因為原子位置改變了，所以它們絕對不是共振結構。這是本題最大的陷阱，許多學生看到雙鍵位置改變就直覺選共振，忽略了氫原子的遷移。

核心觀念

立體異構物的數目取決於分子中可獨立改變組態的立體中心。若有 $n$ 個彼此獨立的手性中心，且分子沒有內部對稱性使不同組態重複，立體異構物總數為：

$$2^n$$

解題方法

依圖中的膽固醇骨架，逐一計算手性中心。膽固醇有 8 個手性中心，位於 C3、C8、C9、C10、C13、C14、C17 與 C20。這些中心各有兩種組態，且分子沒有會使組態組合重複的內部對稱性，因此：

$$2^8=256$$

選項分析

這題是典型的有機化學立體化學考題，結合了「臭氧分解（Ozonolysis）」反應與「對稱性分析」。

核心觀念

本題考查的核心在於：當一個具有手性中心（Chiral center）的分子，經過化學反應後，其產物的對稱性是否發生改變。 具體來說，要判斷反應後的產物是否變成了「內消旋化合物（Meso compound）」，即分子內含有手性中心但整體具有對稱面（Plane of symmetry），導致光學活性消失。

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解題過程

1. 分析反應物（Starting Material）：
反應物是一個環狀烯烴，且在環上的一個碳原子具有手性中心（標記為 $S$ 構型）。該分子是一個具有單個手性中心的環狀結構。

2. 分析反應過程（Ozonolysis）：
反應條件為 $\text{O}_3$ 接著 $\text{Zn}, \text{CH}_3\text{COOH}$。這是一個典型的還原性臭氧分解反應，其作用是將碳碳雙鍵 $\text{C}=\text{C}$ 斷裂，並在原雙鍵的兩個碳原子上各加上一個羰基（$\text{C}=\text{O}$）。

• 雙鍵斷裂後，原本的環狀結構會被打開，變成一個鏈狀分子。

=== 第 7 題 ===

1. 核心觀念：本題考察的是有機化學中的催化氫化反應（syn-addition）以及產物的立體化學性質（是否為手性分子或巒合物）。

2. 解題過程：

   • 觀察反應物：從圖片中可以看到，反應物是一個環己烯衍生物。雙鍵位於環的右側，上下兩個參與雙鍵的碳原子上各連有一個甲基（-CH₃）。這兩個甲基的鍵線都是「楔形」（wedge），表示它們位於雙鍵平面的同一側（上方），因此該化合物是 cis-1,2-二甲基環己烯。
   • 分析反應：氫化反應（$H_2, Pd$）是一種 syn-addition（同面加成）反應，意味著兩個氫原子（H）會從同一個面（例如下方）加到雙鍵上。

這題核心在考「環己烷椅型構象的取代基位置關係」與「順反異構對軸向/平伏向（axial/equatorial）分布的影響」。關鍵觀念是：在椅型構象中，相鄰碳的平伏向鍵方向相反（一上一下），而相隔一個碳（1,3 位）或相對碳（1,4 位）的平伏向鍵方向則有特定規律；最穩定構象通常要求體積較大的烷基儘量處於平伏向（equatorial, eq）以減少 1,3-雙軸向交互作用（1,3-diaxial interaction）。我們必須針對每個選項畫出或推導其順反異構在椅型構象中兩個取代基是否可同時為平伏向。

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解題過程分析

環己烷椅型構象中，每個碳上有一個軸向（axial, ax）鍵與一個平伏向（equatorial, eq）鍵。相鄰碳的軸向鍵方向相反（一上一下），平伏向鍵亦同。對於二取代環己烷，取代基的相對位置（1,2-、1,3-、1,4-）與順反異構（cis/trans）決定了它們在椅型構象中能否同時處於平伏向。

一般規則如下：

• 1,2-二取代：
  • $cis$：一個 ax，一個 eq（無法雙 eq）
  • $trans$：可雙 ax 或雙 eq（雙 eq 較穩定）
• 1,3-二取代：
  • $cis$：可雙 ax 或雙 eq（雙 eq 較穩定）
  • $trans$：一個 ax，一個 eq（無法雙 eq）
• 1,4-二取代：
  • $cis$：一個 ax，一個 eq（無法雙 eq）
  • $trans$：可雙 ax 或雙 eq（雙 eq 較穩定）

現在逐一檢視選項：

(A) trans-1,3-diethylcyclohexane

核心觀念

酸性強弱以「失去質子後形成的共軛鹼穩定性」判斷：

$$\text{酸性越強} \Longleftrightarrow \text{共軛鹼越穩定} \Longleftrightarrow \text{酸的 }pK_a\text{ 越小}$$

題目中的化合物與代號如下：

• A：$H_2O$
• B：$CH_3CH_3$
• C：$NH_3$
• D：$CH_2=CH_2$
• E：$HC\equiv CH$

失去一個質子後，各自形成的共軛鹼為：

$$H_2O \rightarrow OH^-$$ $$CH_3CH_3 \rightarrow CH_3CH_2^-$$ $$NH_3 \rightarrow NH_2^-$$ $$CH_2=CH_2 \rightarrow CH_2=CH^-$$ $$HC\equiv CH \rightarrow HC\equiv C^-$$

解題方法

比較這些共軛鹼的穩定性，主要觀察負電荷所在原子的電負度與碳原子的混成軌域。

1. 比較不同元素上的負電荷

$OH^-$、$NH_2^-$、碳負離子的穩定性，可依元素電負度判斷：

$$O>N>C$$

負電荷放在電負度越高的原子上越穩定，因此：

$$OH^- > NH_2^- > \text{碳負離子}$$

所以：

$$H_2O > NH_3 > \text{各種烴類}$$

2. 比較三種碳氫酸

對於碳負離子，負電荷所在碳的$s$特徵越高，電子越靠近原子核，負電荷越穩定：

$$sp\;(50\%s)>sp^2\;(33\%s)>sp^3\;(25\%s)$$

因此共軛鹼穩定性為：

$$HC\equiv C^- > CH_2=CH^- > CH_3CH_2^-$$

相應的酸性順序為：

$$HC\equiv CH > CH_2=CH_2 > CH_3CH_3$$

綜合兩部分：

$$H_2O > HC\equiv CH > NH_3 > CH_2=CH_2 > CH_3CH_3$$

因此代號順序為：

$$\boxed{A>E>C>D>B}$$

以典型 $pK_a$ 驗證

常見近似值如下：

這題是典型的**分子軌域理論（Molecular Orbital Theory, MO Theory）**應用題，特別針對 $\pi$ 電子系統的能階分佈。

核心觀念

本題考查的是**共軛系統（Conjugated Systems）**的 $\pi$ 電子分佈。

1. 能階構造：在簡單的共軛系統（如 1,3-丁二烯）中，$\pi$ 軌域會根據能量由低到高排列為 $\Psi_1, \Psi_2, \Psi_3, \dots$。
2. 電子填充：根據鮑林原理（Pauli Exclusion Principle）與遞建原理（Aufbau Principle），電子會優先填充能量最低的軌域，且每個軌域最多容納兩個電子（自旋相反）。
3. 物種判定：透過計算總 $\pi$ 電子數，可以判定該物種是中性分子、陽離子還是陰離子。

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解題過程

步驟 1：分析能階圖中的電子分佈
根據題目給出的分子能量圖：

• $\Psi_1$ 軌域（最低能階）有 2 個電子（$\uparrow\downarrow$）。
• $\Psi_2$ 軌域（次低能階）是空的（0 個電子）。
• $\Psi_3$ 軌域（較高能階）也是空的（0 個電子）。

因此，該物種總共擁有 $2 + 0 + 0 = 2$ 個 $\pi$ 電子。

這題的核心觀念在於「碳 - 碳鍵長與鍵級（Bond Order）及混成軌域（Hybridization）的關係」。考生必須理解：鍵級越高（三鍵 > 雙鍵 > 單鍵），鍵長越短；此外，參與成鍵的碳原子混成軌域中 $s$ 成分比例越高（$sp > sp^2 > sp^3$），電子雲越靠近原子核，鍵長也會隨之縮短。本題特別考驗對「共軛效應」如何影響單鍵鍵長的判斷，即當單鍵兩側皆為 $sp^2$ 或 $sp$ 混成碳，且存在共軛系統時，該單鍵會因部分雙鍵性質而顯著變短。

完整解題過程

首先，我們將選項中的分子結構寫出，並標記題目所問的「中間兩個碳原子」之間的鍵結類型與混成狀態。鍵長的一般規律為：
$\text{C}\equiv\text{C} < \text{C}=\text{C} < \text{C}-\text{C}$
且在同為單鍵的情況下，混成軌域 $s$ 成分越高，鍵長越短：
$sp-sp < sp-sp^2 < sp^2-sp^2 < sp^2-sp^3 < sp^3-sp^3$

讓我們逐一分析各選項中間兩碳的鍵結情況：

(A) $\text{CH}\equiv\text{C}-\text{C}\equiv\text{CH}$ (1,3-丁二炔，Butadiyne)

• 結構分析：此分子為共軛二炔。中間的鍵結是連接兩個 $sp$ 混成碳原子的單鍵（$\text{C}_{sp}-\text{C}_{sp}$）。
• 電子效應：由於兩側皆為三鍵，存在強烈的共軛效應（$\pi$ 電子離域），使得中間的 $\sigma$ 鍵具有顯著的部分雙鍵性質（partial double bond character）。
• 混成軌域：兩個碳皆為 $sp$ 混成，$s$ 成分各佔 50%。$sp-sp$ 單鍵本身就很短，加上共軛效應，其鍵長極短。
• 數據參考：約 $1.37 \, \text{\AA}$。

(B) $\text{CH}_3\text{CH}_2-\text{CH}=\text{CH}_2$ (1-丁烯，1-Butene)

• 結構分析：題目指的中間兩碳應指 $\text{C}_2-\text{C}_3$ 之間的鍵結（連接乙基與乙烯基的單鍵）。
• 混成軌域：左側碳為 $sp^3$（烷基），右側碳為 $sp^2$（烯基）。鍵結類型為 $\text{C}_{sp^3}-\text{C}_{sp^2}$ 單鍵。
• 特性：這是典型的烷基與烯基相連的單鍵，無特殊共軛縮短效應（相對於共軛二烯或二炔）。
• 數據參考：約 $1.50 \, \text{\AA}$。

(C) $\text{CH}_2=\text{CH}-\text{C}\equiv\text{CH}$ (1-丁烯 -3-炔，Vinylacetylene)

• 結構分析：中間的鍵結連接一個 $sp^2$ 碳（來自雙鍵）與一個 $sp$ 碳（來自三鍵）。
• 混成軌域：鍵結類型為 $\text{C}_{sp^2}-\text{C}_{sp}$ 單鍵。

核心觀念

本題考查烷基溴化物經由 $\mathrm{S_N1}$ 或 $\mathrm{E1}$ 反應形成碳正離子後，是否會發生 1,2-甲基移位（1,2-methyl shift）。

碳正離子重排的基本原則是：

1. 離去基 $\mathrm{Br^-}$ 先離去，形成碳正離子。
2. 若鄰近碳上的甲基可以帶著成鍵電子對移到帶正電的碳上，便可能發生 1,2-甲基移位。
3. 移位後，正電荷會轉移到原本提供甲基的碳。
4. 只有在重排後形成較穩定的碳正離子時，重排才具有明顯傾向。

碳正離子穩定性通常為：

$$\text{三級}>\text{二級}>\text{一級}$$

此外，苄基碳正離子具有共振穩定化，也通常不需要再進行烷基重排。

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解題方法

逐一判斷各烷基溴化物失去 $\mathrm{Br^-}$ 後的碳正離子結構，再檢查：

• 鄰接碳上是否有可移動的甲基；
• 甲基移位後，正電荷是否轉移到原本的鄰接碳；
• 重排後的碳正離子是否比原本穩定。

若原本已經是三級碳正離子，或重排只會得到較不穩定的碳正離子，便不會優先發生 1,2-甲基移位。

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選項分析

（A）2-bromo-3,3-dimethylpentane

結構可表示為：

$$\mathrm{CH_3-CH(Br)-C(CH_3)_2-CH_2-CH_3}$$

溴離去後，先形成位於 $\mathrm{C_2}$ 的二級碳正離子：

$$\mathrm{CH_3-\overset{+}{C}H-C(CH_3)_2-CH_2-CH_3}$$

鄰近的 $\mathrm{C_3}$ 上具有甲基。若其中一個甲基由 $\mathrm{C_3}$ 移到帶正電的 $\mathrm{C_2}$，正電荷便轉移到 $\mathrm{C_3}$：

$$\mathrm{CH_3-\overset{+}{C}H-C(CH_3)_2-CH_2-CH_3} \longrightarrow \mathrm{CH_3-CH(CH_3)-\overset{+}{C}(CH_3)-CH_2-CH_3}$$

重排後的正電荷位於 $\mathrm{C_3}$，該碳連接三個碳基，因此為三級碳正離子。這比原本的二級碳正離子穩定：

$$\text{二級碳正離子} \longrightarrow \text{三級碳正離子}$$

因此，選項（A）符合 1,2-甲基移位的條件。

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（B）3-bromo-3-methylpentane

結構為：

$$\mathrm{CH_3CH_2-C(Br)(CH_3)-CH_2CH_3}$$

溴離去後，$\mathrm{C_3}$ 直接形成三級碳正離子：

$$\mathrm{CH_3CH_2-\overset{+}{C}(CH_3)-CH_2CH_3}$$

此碳正離子已經具有三級穩定性。若鄰近基團發生甲基移位，正電荷會轉移到鄰近碳，通常只能形成二級甚至較不穩定的碳正離子，無法帶來穩定化。

因此不會優先發生 1,2-甲基移位。

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（C）3-bromo-2,3-dimethylpentane

結構為：

核心觀念

本題考查二級鹵代烷在強鹼作用下的 $E2$ 消去反應，重點包括：

1. $E2$ 反應與反式共平面（anti-periplanar）幾何要求
2. Saytzeff 規則：通常生成取代程度較高、較穩定的烯類
3. 烯類的 $E/Z$ 判定
4. 手性中心在反應後的構型判定

反應物為：

$$\mathrm{CH_3-CH(Cl)-CH(Ph)-CH_3}$$

其中氯位於 $C2$，相鄰的兩個 $\beta$-碳為 $C1$ 與 $C3$，因此可有兩種消去方向。

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解題方法

1. 判斷主要反應機構

$NaOCH_3$ 是強鹼，反應物是二級鹵代烷，因此主要進行協同的 $E2$ 消去反應：

$$\mathrm{B^-+R-CH(Cl)-CH(R') \longrightarrow R-CH=CH(R')+Cl^-+HB}$$

$E2$ 反應要求被消去的 $\beta$-氫與離去基團 Cl 呈反式共平面排列。甲醇是質子性溶劑，但甲氧基離子仍具有足夠鹼性，且題目選項的主要產物明顯以消去產物為主。

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2. 從 $C1$ 消去

從 $C1$ 的氫消去，形成末端烯：

$$\mathrm{CH_2=CH-CH(Ph)-CH_3}$$

命名為：

$$\mathrm{3\text{-}phenyl\text{-}1\text{-}butene}$$

此烯類只有一個雙鍵碳具有兩個相同的氫，因此沒有 $E/Z$ 異構。

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3. 從 $C3$ 消去

從 $C3$ 的氫消去，形成內部烯：

$$\mathrm{CH_3-CH=C(Ph)-CH_3}$$

依最低定位數命名為：

$$\mathrm{2\text{-}phenyl\text{-}2\text{-}butene}$$

此產物是較高取代程度的烯類，且雙鍵直接與苯基相連，具有部分共軛穩定化，因此比末端烯更穩定。

依 Saytzeff 規則，內部烯為主要產物。

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$E/Z$ 構型判定

對 $\mathrm{2\text{-}phenyl\text{-}2\text{-}butene}$ 而言：

• 一側雙鍵碳的優先序：$\mathrm{Ph > CH_3}$
• 另一側雙鍵碳的優先序：$\mathrm{CH_3 > H}$

在 $E2$ 反應中，$C2$ 上的 Cl 與 $C3$ 上的 $\beta$-氫必須反式共平面。當這兩者位於相反兩側時，反應後保留下來的高優先序基團 $\mathrm{Ph}$ 與 $\mathrm{CH_3}$ 也位於相反兩側，因此生成：

$$\mathrm{(E)\text{-}2\text{-}phenyl\text{-}2\text{-}butene}$$

$E$ 異構物也因苯基與甲基分處雙鍵兩側，立體障礙較小，穩定度高於 $Z$ 異構物。

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選項分析

核心觀念

環己烷椅式翻轉時，每個取代基會在軸向與赤道向之間互換；但取代基原本朝上或朝下的方向，以及它連接的環碳，都不會改變。

解題方法

原圖可讀出兩個甲基位於 1,3 位且都朝下，原本皆為赤道向；兩個乙基則為軸向。環翻轉後，兩個甲基應改為軸向朝下，兩個乙基則改為赤道向，且各自仍維持原來的上下方向與環碳位置。符合這些條件的是 IV。

選項分析

這題核心在測驗「酸鹼解離平衡」與 Henderson-Hasselbalch 方程式的應用，關鍵觀念是：當溶液 pH 與酸的 pKa 相差 1 個單位時，酸型（HA）與共軛鹼型（A⁻）的濃度比會呈現 10:1 或 1:10 的關係；當 pH 等於 pKa 時，兩者濃度相等。

解題過程詳解

本題給定弱酸 $\text{H-A}$ 的 $\text{p}K_a = 4.5$。我們要判斷在不同 pH 值下，溶液中 $\text{H-A}$ 與其共軛鹼 $\text{A}^-$ 的比例關係。

解決此類問題最直接的工具是 Henderson-Hasselbalch 方程式：
$\text{pH} = \text{p}K_a + \log\left(\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]}\right)$

我們將題目給定的 $\text{p}K_a = 4.5$ 代入，並針對各選項的 pH 值進行分析：

1. 分析 pH = 4.5 的情況（對應選項 C 與 D）
當 $\text{pH} = \text{p}K_a$ 時：
$4.5 = 4.5 + \log\left(\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]}\right)$
$\log\left(\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]}\right) = 0$
$\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]} = 10^0 = 1$
這表示 $[\text{A}^-] = [\text{H-A}]$，兩者濃度相等，各佔 50%。
因此，選項 (C) 說「A⁻遠多於 H-A」與選項 (D) 說「H-A 遠多於 A⁻」皆為錯誤。

2. 分析 pH = 3.5 的情況（對應選項 A）
當 $\text{pH} = 3.5$ 時，代入方程式：
$3.5 = 4.5 + \log\left(\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]}\right)$
$\log\left(\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]}\right) = -1$
$\frac{[\text{A}^-]}{[\text{H-A}]} = 10^{-1} = 0.1 = \frac{1}{10}$
這表示 $[\text{H-A}] : [\text{A}^-] = 10 : 1$。
換算成百分比：
$\text{H-A}$ 佔 $\frac{10}{11} \approx 90.9\%$
$\text{A}^-$ 佔 $\frac{1}{11} \approx 9.1\%$

核心觀念

本題考查三級胺的 IUPAC 命名，重點包括：

• 選擇與胺基氮相連、且最適合作為母體的最長碳鏈。
• 由胺基所在位置決定母體名稱中的定位號。
• 氮原子上的取代基以 N- 標示。
• 碳鏈上的甲基以一般數字定位。

由結構可知，氮原子與三個基團相連：

• 一個 $tert$-butyl 骨架：$(CH_3)_3C-$
• 兩個氮上的甲基：$N(CH_3)_2$

因此，這是一個三級胺。

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解題方法

先將結構以縮寫表示：

$$(CH_3)_3C-N(CH_3)_2$$

選擇與氮相連的最長碳鏈作為母體。從其中一個末端甲基開始，可得到三個碳的主鏈：

$$CH_3-C(-CH_3)(-N(CH_3)_2)-CH_3$$

主鏈為丙烷，氮原子連接在第 2 碳，因此母體為：

$$\text{propan-2-amine}$$

在第 2 碳上還有一個甲基取代基，形成 2-methyl。

氮原子上另外連接兩個甲基，因此以 N,N-dimethyl 表示。

合併各取代基後，名稱為：

$$\boxed{\text{N,N,2-trimethylpropan-2-amine}}$$

依題目選項所採用的命名格式，寫作：

$$\boxed{\text{N,N,2-trimethyl-2-propanamine}}$$

所以正確選項為 (E)。

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選項分析

(A) N,N,2-trimethyl-1-propanamine

錯誤。此名稱將胺基定位在第 1 碳，但題目結構中氮原子連接的是中央碳，也就是丙烷的第 2 碳，不是第 1 碳。

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(B) N,N-dimethyl-2-butanamine

這題核心在考「苯甲酸衍生物的酸性強弱比較」，關鍵觀念在於取代基的電子效應（誘導效應與共振效應）如何影響羧酸根陰離子（carboxylate anion）的穩定度。酸性強弱取決於解離後共軛鹼的穩定性：共軛鹼越穩定，原物質酸性越強。吸電子基（EWG）能透過誘導效應（$-I$）或共振效應（$-M$）分散負電荷，使陰離子穩定，從而增強酸性；反之，給電子基（EDG）會增加負電荷密度，使陰離子不穩定，降低酸性。

解題過程分析

首先，我們將題目中的五個選項還原為具體的對位取代苯甲酸結構（根據常見考題模式與提供的取代基符號推斷，此類題目通常比較對位取代基的影響）：

• (A) $H$-benzoic acid（苯甲酸，參考基準）
• (B) $p$-$CF_3$-benzoic acid（對三氟甲基苯甲酸）
• (C) $p$-$H_3CO$-benzoic acid（對甲氧基苯甲酸，即 $p$-$OCH_3$）
• (D) $p$-$N(CH_3)_2$-benzoic acid（對二甲胺基苯甲酸，即 $p$-$NMe_2$）
• (E) 此處題目文字排版稍顯混亂，但根據選項邏輯與常見題型，若 (B) 與 (E) 均出現 $CF_3$，可能其中一個為間位（meta-）或鄰位（ortho-），或者單純是排版重複。但在標準的「最酸性」比較題中，通常會包含一個強吸電子基。假設 (E) 也是含 $CF_3$ 的變體或是排版誤植，我們主要比較不同取代基的本質效應。若 (E) 代表的是具有更強吸電子能力的基團（如 $-NO_2$），則需重新評估，但僅就给出的文字 "$CF_3$" 而言，我們專注於比較 $H$, $CF_3$, $OCH_3$, $N(CH_3)_2$ 這四種效應。

步驟一：分析取代基的電子效應

苯甲酸解離方程式如下：
$\text{Ar-COOH} \rightleftharpoons \text{Ar-COO}^- + H^+$
要使平衡向右移動（酸性強），$\text{Ar-COO}^-$ 必須穩定。

1. 選項 (A) $H$：
   氫原子作為參考基準，無明顯的誘導或共振效應。

2. 選項 (B) $CF_3$（三氟甲基）：
   氟原子電負度極高，使得 $CF_3$ 基團具有極強的吸電子誘導效應（$-I$ effect）。雖然它沒有 $\pi$ 電子可參與共振，但其強大的 $-I$ 效應能有效地透過 $\sigma$ 鍵拉電子，分散羧酸根上的負電荷，顯著增加酸性。
   注意：$CF_3$ 是強吸電子基，且無給電子共振效應（$+M$）來抵消。

3. 選項 (C) $H_3CO$（甲氧基，$-OCH_3$）：
   氧原子電負度大，具有吸電子誘導效應（$-I$）；但氧原子上有孤對電子，可與苯環進行共振，產生強烈的給電子共振效應（$+M$ effect）。
   在對位（para-）取代時，共振效應（$+M$）遠大於誘導效應（$-I$）。因此，整體表現為給電子基（EDG）。給電子基會使苯環電子密度增加，進而推電子至羧酸根，使負電荷更集中，陰離子不穩定，酸性弱於苯甲酸。

4. 選項 (D) $N(CH_3)_2$（二甲胺基，$-NMe_2$）：
   氮原子的電負度小於氧，其 $-I$ 效應較弱；但氮上的孤對電子給電子共振效應（$+M$）極強（氮的給電子能力強於氧）。
   因此，$-NMe_2$ 是極強的給電子基。它會大幅 destabilize 羧酸根陰離子，使得該化合物的酸性在這五個選項中最弱。

5. 關於選項 (E)：
   若題目原文中 (E) 亦標示為 $CF_3$，則其酸性與 (B) 相同。若此題源自標準題庫，有時 (E) 會是 $-NO_2$（硝基，兼具 $-I$ 與 $-M$，酸性最強）。但僅根據您提供的文字片段，(B) 和 (E) 都顯示 $CF_3$。在單選題中，若無 $-NO_2$ 等更強基團，則含 $CF_3$ 者為最酸。若有位置差異（例如一個是對位，一個是鄰位），鄰位效應（Ortho effect）通常會使酸性更強，但題目未明確標示位置。
   假設情境 A：若 (B) 是對位 $CF_3$，而 (E) 是其他強吸電子基（如圖片中可能是 $NO_2$ 但 OCR 識別為 $CF_3$），則需選最強者。

核心觀念

本題考查 $^1$H-NMR 的：

• 積分值：代表各類型氫的相對數目。
• 化學位移 $\delta$：與異原子相鄰的氫通常較去屏蔽，訊號會偏低場。
• 化學等價性：結構對稱性越高，訊號種類越少。

圖中光譜共有三組訊號，積分比為：

$$2:2:15$$

其中約 $\delta 3$ 的訊號積分為 $2$，約 $\delta 2$ 的訊號積分為 $2$，約 $\delta 1$ 的訊號積分為 $15$。

解題方法

先找出能產生「三組氫訊號，且氫數比為 $2:2:15$」的結構。

選項 (B) 為具有高度對稱性的三級胺，可視為：

$$\mathrm{Et-N(i-Pr)_2}$$

也就是 $N,N$-二異丙基乙胺。

其氫分組如下：

1. 兩個等價的異丙基 $\ce{CH}$：

$$2 \times 1\mathrm{H}=2\mathrm{H}$$

這些氫直接與氮相鄰，位於較低場，約在 $\delta 3$ 附近。

2. 乙基上的 $\ce{N-CH2-}$：

$$1 \times 2\mathrm{H}=2\mathrm{H}$$

與氮相鄰，約在 $\delta 2$ 附近。

3. 四個異丙基甲基及一個乙基甲基：

解題詳解

1. 核心觀念點出：
這題考察的是 Friedel-Crafts Alkylation（傅立葉-克雷氏烷基化） 反應中，底物（苯酚）在強路易酸（$AlCl_3$）催化下的 反應選擇性（regioselectivity）。具體來說，這涉及到路易酸與底物官能團（羥基）的相互作用對反應位點的影響。

2. 完整解題過程：

• 步驟一：識別反應類型與反應物
  反應物為苯酚（$C_6H_5OH$）與烯丙基氯（$CH_2=CHCH_2Cl$），催化劑為 $AlCl_3$。這是一個典型的 Friedel-Crafts 烷基化反應，目的是將烯丙基群（$-CH_2CH=CH_2$）引入苯環。

• 步驟二：分析催化劑對底物的影響
  在 $AlCl_3$（路易酸）的存在下，苯酚的羥基（$-OH$）會與 $AlCl_3$ 形成配位鍵（$Ph-OH \rightarrow AlCl_3$）。這個配位過程會使氧原子帶正電荷，從而使苯環上的電子密度降低（即去活化）。

  此外，由於 $-OH$ 本身是強活化、ortho/para 導向的基團，但在與 $AlCl_3$ 配位後，其活化能力被削弱，且配位複合物傾向於在 ortho/para 位置形成（因為這些位置電子密度較高，易與 $AlCl_3$ 結合）。

核心觀念

本題利用紅外光譜（IR）判斷官能基，重點觀察：

• $3200\sim3600\ \text{cm}^{-1}$：$O-H$ 或 $N-H$ 伸縮振動
• 羧酸的 $O-H$：非常寬廣，通常延伸至 $2500\sim3300\ \text{cm}^{-1}$
• $1650\sim1750\ \text{cm}^{-1}$：羰基 $C=O$ 伸縮振動
• $1600\sim1680\ \text{cm}^{-1}$：烯類 $C=C$ 伸縮振動

圖中最明顯的特徵是：

1. $2500\sim3300\ \text{cm}^{-1}$ 有寬廣且強烈的吸收帶，符合羧酸 $O-H$。
2. 約 $1700\ \text{cm}^{-1}$ 有強烈吸收，表示存在 $C=O$。
3. 因此化合物應同時含有羧酸官能基，且結構中另有烯鍵。

解題方法

先找最具辨識度的吸收峰。羧酸的 IR 通常同時出現：

$$\text{寬廣 } O-H\text{ 吸收：}2500\sim3300\ \text{cm}^{-1}$$ $$\text{強 } C=O\text{ 吸收：約 }1700\sim1725\ \text{cm}^{-1}$$

本圖同時具備這兩項特徵，故應選擇含有 $-COOH$ 的選項。選項中只有（C）具有羧酸官能基，且其結構也含有 $C=C$，與光譜相符。

選項分析

• （A）錯誤：
  此為一級胺類，應觀察到 $N-H$ 伸縮振動，通常在 $3300\sim3500\ \text{cm}^{-1}$ 出現一至兩個較尖銳的吸收峰；但不應有羧酸特有的寬廣 $O-H$ 吸收，也沒有羰基 $C=O$ 強吸收。

這題是典型的醣類化學（Carbohydrate Chemistry）題目，考驗的是學生將**費雪投影式（Fischer Projection）轉換為霍克斯環狀式（Haworth Projection）**的能力。

核心觀念

1. 醣類結構識別：首先需判斷給定的費雪投影式是哪一種單醣（例如：葡萄糖、半乳糖、甘露糖等）。
2. 環化反應機制：醛基（$C_1$）與 $C_5$ 上的羥基（$-OH$）發生親核加成反應，形成半縮醛（Hemiacetal），產生六元環（Pyranose）。
3. 立體化學轉換規則：
   • 在費雪投影式中，位於右側的取代基，在霍克斯投影式中應指向下方。
   • 在費雪投影式中，位於左側的取代基，在霍克斯投影式中應指向上方。
   • 對於 $\text{D-糖}$，環化後的 $C_5$ 甲基（$-CH_2OH$）應位於環的上方。

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解題過程

第一步：分析費雪投影式

觀察題目給出的費雪投影式：

• $C_1$: $\text{CHO}$ (醛基)
• $C_2$: $-OH$ 在右側
• $C_3$: $-OH$ 在左側
• $C_4$: $-OH$ 在右側
• $C_5$: $-OH$ 在右側 $\rightarrow$ 確定為 $\text{D-型}$ 糖
• $C_6$: $\text{CH}_2\text{OH}$

根據此排列（右-左-右-右），該分子是 $\text{D-Glucose}$ (D-葡萄糖)。

第二步：將線性結構轉換為環狀結構 (Haworth Projection)

我們將 $C_2$ 到 $C_5$ 的立體化學對應到環上：

• $C_2$ 的 $-OH$ 在右 $\rightarrow$ 環上指向下方 $\downarrow$

核心觀念

本題考查 $^1$H-NMR 中亞甲基（$-CH_2-$）兩個氫的等效性與裂分。

若兩個氫處於不同化學環境，便會產生兩組訊號；且兩個氫彼此有偕合（geminal coupling），會形成典型的 AB 型訊號，常呈現兩組互相耦合的雙峰。

題目標示的結構為：

$$R-\underset{H}{\overset{H}{CH}}-O-CH_2-CH(NH_2)-COOCH_3$$

右側的 $\alpha$-胺基酸酯具有手性中心，因此左側 $-CH_2-$ 的兩個氫可能成為非等效的非對映異位氫。

解題方法

圖中的訊號只出現兩組，且每組具有偕合裂分，表示：

1. 標示的兩個氫彼此不等效；
2. 兩個氫主要彼此偕合；
3. 與標示亞甲基相鄰的碳上不應再有額外氫，否則會產生更複雜的鄰位裂分。

當 $R=Ph$ 時，結構為：

$$Ph-CH_2-O-CH_2-CH(NH_2)-COOCH_3$$

標示的 $Ph-CH_2-O$ 亞甲基兩個氫在右側手性中心影響下成為非等效氫，且苯基 ipso 碳上沒有氫可造成鄰位裂分，因此呈現兩組 AB 型訊號，符合圖示。

選項分析

這題是台灣聯合大學系統（清華、政大、陽明交大、中央）研究所入學考試中，有機化學非常經典的「乙酰乙酸乙酯合成法」（Acetoacetic Ester Synthesis）考題。

核心觀念點評

本題核心在於考驗學生是否掌握 $\beta$-酮酯（$\beta$-keto ester）的 $\alpha$-氫酸性及其烷基化反應機制。解題關鍵在於識別試劑順序：首先利用強鹼生成烯醇鹽（enolate），接著進行 $S_N2$ 烷基化引入碳鏈，最後透過酸性水解與加熱脫羧（decarboxylation），將原本的酯基轉換為酮，並失去一個碳原子（以 $CO_2$ 形式）。這是一條從乙酰乙酸乙酯合成取代丙酮（methyl ketone）的標準路徑。

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完整解題過程

雖然題目文字描述中未直接畫出起始反應物，但根據試劑組合 1. NaOCH2CH3、2. CH3(CH2)2Br、3. HCl, H2O, heat 以及選項皆為酮類化合物的特徵，可以確定起始物為 乙酰乙酸乙酯（Ethyl acetoacetate, $CH_3COCH_2COOCH_2CH_3$）。這是此類考題的標準預設情境。

我們將反應分為三個階段進行詳細推導：

步驟一：烯醇鹽的形成（Enolate Formation）

試劑 1. NaOCH2CH3（乙醇鈉）是一種強鹼，其共軛酸為乙醇（$pK_a \approx 16$）。乙酰乙酸乙酯位於兩個羰基（ketone 和 ester）之間的亞甲基（$\alpha$-carbon）上的氫原子具有極高的酸性（$pK_a \approx 11$），這是因為去質子後形成的負電荷可以透過共振分散到兩個氧原子上。

反應式如下：
$CH_3COCH_2COOEt + NaOEt \rightleftharpoons [CH_3COCHCOOEt]^- Na^+ + EtOH$

此步驟生成了穩定的烯醇鹽陰離子（enolate ion），作為後續反應的親核試劑（nucleophile）。使用與酯基相同的醇鹽（ethoxide）是為了避免發生酯交換反應（transesterification）產生副產物。

步驟二：$S_N2$ 烷基化反應（Alkylation）

試劑 2. CH3(CH2)2Br 即 1-溴丙烷（n-propyl bromide），是一個伯鹵代烷（primary alkyl halide），非常適合進行 $S_N2$ 反應。
上一步生成的烯醇鹽作為親核試劑，攻擊 1-溴丙烷的 $\alpha$-碳，將溴離子作為離開基團驅離，從而引入正丙基（$n$-propyl group, $-CH_2CH_2CH_3$）。

核心觀念

本題考 噻吩的親電子芳香取代，以及酸性加熱下溴取代基的重分布。

噻吩具有 $6$ 個芳香性 $\pi$ 電子：兩個雙鍵提供 $4$ 個，硫的一對孤電子對提供 $2$ 個。它容易發生溴化，經取代反應恢復芳香性；不能直接把環上的雙鍵視為一般烯烴，判成溴的加成反應。

此外，最先形成的動力學產物，不一定就是酸性回流後的主要產物，這是本題定位判斷的關鍵。

解題方法

原圖起始物為 3-苯基噻吩：苯基接在噻吩的 $\beta$ 位，並非直接鄰接硫的 $\alpha$ 位；試劑為 $\mathrm{Br_2}$、溶劑為醋酸，條件為回流加熱。圖中沒有楔形鍵、虛線鍵或形式電荷。

以硫為第 $1$ 位，沿使苯基位於第 $3$ 位的方向編號，則：

• $\mathrm{C2}$：鄰近苯基的 $\alpha$ 位。
• $\mathrm{C5}$：遠離苯基的另一個 $\alpha$ 位。

第一步：辨認初始溴化位置。
3-苯基噻吩的動力學溴化優先發生在 $\mathrm{C2}$，先形成 2-溴-3-苯基噻吩。因此，不能以「遠離苯基、位阻較小」直接推導溴優先進攻 $\mathrm{C5}$。

第二步：納入酸性回流的後續反應。
溴化取代會產生 $\mathrm{HBr}$；

解題解析

1. 核心觀念點出：
此題考察的是有機合成（Organic Synthesis），具體目標是找出哪一個反應序列能將苯（Benzene）轉化為苯甲酸（Benzoic Acid，圖中顯示的結構為苯環連接-COOH）。關鍵在於理解各個試劑的反應機制與產物。

2. 完整解題過程：

• 觀察目標分子：
  題目上方的化學式顯示一個苯環（Benzene ring）連接一個羧基（-COOH），這是苯甲酸（Benzoic Acid）。

• 分析選項 (A)：

  • 步驟 1：$CH_3CH_2Cl$（乙基氯） + $AlCl_3$（氯化鋁）。這是費爾德雷斯烷基化反應（Friedel-Crafts Alkylation）。苯與乙基氯在路易斯酸催化下發生電荷親電攻擊，生成乙基苯（Ethylbenzene，結構式為 $C_6H_5-CH_2CH_3$）。
  • 步驟 2：$KMnO_4$（高錳酸鉀）。這是一種強氧化劑。它能將苯環上的烷基側鏈（只要側鏈上有至少一個連接苯環的碳原子具有氫原子）氧化為羧酸基（-COOH）。
  • 推論：乙基苯中的乙基側鏈（$-CH_2CH_3$）在氧化後會轉化為羧基（$-COOH$），從而得到苯甲酸。這是一個經典且正確的合成路徑。

• 分析選項 (B)：

  • 步驟 1：$Mg$。這是形成手性鎂試劑（Grignard reagent），即苯甲基鎂（$PhMgBr$）。
  • 步驟 2：$ClCH_2COOH$（氯乙酸）。

核心觀念

本題考辨認降冰片烯類單體的開環烯烴複分解聚合（ROMP）。降冰片烯的雙環結構具有環張力；在金屬卡賓催化下，環烯烴開環並連接成聚合物，產物仍保有雙鍵。

解題方法

先比較反應物與產物：反應物是含雙鍵的雙環烯烴，產物則是一連串含五員環、並在聚合物主鏈上保留雙鍵的重複單元。這是典型的 ROMP 特徵。

ROMP 的關鍵步驟是金屬卡賓與烯烴形成金屬環丁烷中間體，再經環裂解形成新的碳碳雙鍵，同時打開單體的環張力結構並延長聚合鏈。選項中的 Grubbs 型釕卡賓催化劑可進行此反應。

選項分析

• (A) $O_3,\,-78^\circ\mathrm{C}$，再以 $(CH_3)_2S$ 還原處理：錯。
  臭氧分解會切斷原有的碳碳雙鍵，將烯烴轉為羰基化合物，不會形成題示的含雙鍵聚合物。

核心觀念

本題考查過氧化物存在下，$HBr$ 對共軛二烯的自由基加成反應。

在 $HBr, ROOR$ 條件下，反應經由自由基鏈反應進行，具有「反 Markovnikov」區域選擇性；對共軛二烯而言，主要產物通常為較穩定的 1,4-加成產物，因為反應中形成的烯丙基自由基具有共振穩定化。

解題方法

反應首先由過氧化物產生自由基，進而使 $HBr$ 形成溴自由基：

$$ROOR \xrightarrow{\Delta} 2RO\cdot$$

溴自由基加到共軛二烯的一端，使中間體形成烯丙基自由基。此自由基可由共振表示：

$$\ce{C=C-C=C ->[\ce{Br.}] Br-C-C^{.}-C=C \leftrightarrow Br-C-C=C-C^{.}}$$

接著烯丙基自由基從 $HBr$ 奪取氫原子，產生中性加成產物並再生 $\ce{Br.}$。

對共軛二烯，可能產生：

• $1,2$-加成：雙鍵保留在原本較靠近的一側。
• $1,4$-加成：雙鍵移到共軛系統另一端。

解題方法

原圖起始物是環己酮，依序加入二乙胺與酸、苄基溴，最後以鹽酸水溶液處理。判斷重點是苄基接在環上的哪個位置，以及反應後羰基是否恢復。

核心觀念

本題考「史托克烯胺烷基化」。環己酮與二級胺 $\mathrm{HN(CH_2CH_3)_2}$ 反應形成烯胺；烯胺的 α-碳具有親核性，可與烷基鹵化物形成碳—碳鍵。最後以酸性水溶液水解，移除胺並恢復酮的羰基。

解題步驟

1. 環己酮與二乙胺在酸催化下反應，經由胺醇中間體脫水形成亞胺鎓離子，再經 α-位去質子化形成烯胺。
2. 烯胺的 α-碳進攻 $\mathrm{PhCH_2Br}$ 的苄基碳，形成新的碳—碳鍵；苄基接在環己酮原本羰基的鄰位。
3. 加入 $\mathrm{HCl, H_2O}$ 後，亞胺鎓中間體水解，恢復羰基並釋出二乙胺。

核心觀念

這題考端炔在 $\mathrm{HgSO_4/H_2SO_4}$ 催化下的水合反應。水以馬可尼可夫方向加到炔鍵：羥基落在較取代的內側碳，氫落在末端碳，先形成烯醇，再經酸催化互變異構成酮。

令 $R=\mathrm{CH_3CH_2}$，本題的起始物為 $R-\mathrm{C{\equiv}CH}$。

解題方法與逐步機構

1. 汞離子活化炔鍵

炔鍵的 $\pi$ 電子與 $\mathrm{Hg^{2+}}$ 作用，形成橋式乙烯基汞離子，使炔鍵受到活化。此中間體的正電性較集中於內側碳，因此水會攻擊內側碳。

2. 水攻擊內側碳

水分子以氧的孤電子對攻擊帶較多正電性的內側碳，打開橋式中間體。形成含汞的乙烯基氧鎓中間體；汞連在原來的末端碳上：

$$\mathrm{R-C(OH_2^+)=C(H)-Hg}$$

3. 去質子化與脫汞

這題考驗的是有機化合物的 IUPAC 命名規則。題目要求根據給定的結構式，寫出其正確的 IUPAC 名稱。

解題過程：

1. 辨識主鏈： 首先，我們要找出分子中最長的碳鏈，其中包含最高優先級的官能基。在這個結構中，我們看到一個含有羥基 (-OH) 和鹵素 (Cl) 的碳鏈。
2. 確定取代基與官能基：
   • 最長的碳鏈包含 4 個碳原子。
   • 在碳鏈的第 2 個碳原子上，有一個甲基 (-CH₃) 取代基。
   • 在碳鏈的第 3 個碳原子上，有一個氯原子 (-Cl) 取代基。
   • 在碳鏈的第 1 個碳原子上，有一個羥基 (-OH) 官能基。
3. 官能基優先級排序： 根據 IUPAC 命名規則，醇類 (含 -OH) 的優先級高於鹵素。因此，我們將以羥基所在的碳原子為起始點進行編號。
4. 編號： 從含有羥基的碳原子開始編號，使其數字最小。
   • 若從左邊開始編號：C1 (OH), C2 (CH₃), C3 (Cl), C4 (CH)。
   • 若從右邊開始編號：C1 (CH), C2 (Cl), C3 (CH₃), C4 (OH)。

核心觀念

本題考查有機化合物的 IUPAC 命名法，重點包括：

1. 選擇含有最高優先官能基的最長碳鏈。
2. 由羥基端開始編號，使醇的定位號最小。
3. 判讀雙鍵、三鍵及取代基的位置。
4. 依雙鍵兩端取代基的相對位置判定 $E/Z$ 幾何異構。

題名為：

(5E)-4-ethynylocta-5,7-dien-2-yn-1-ol

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解題方法：逐段拆解名稱

1. 判定主鏈與主要官能基

字尾為 -1-ol，表示分子含有醇羥基，而且羥基位於第 1 號碳。

主鏈名稱為 octa-，表示主鏈共有 8 個碳：

$$\mathrm{C_1-C_2-C_3-C_4-C_5-C_6-C_7-C_8}$$

由於羥基是主要官能基，必須從靠近羥基的一端開始編號，因此：

$$\mathrm{HOCH_2-}$$

位於第 1 號碳。

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2. 判讀不飽和鍵位置

名稱中的 -2-yn- 表示第 2、3 號碳之間有三鍵：

$$\mathrm{C_2\equiv C_3}$$

-5,7-dien- 表示第 5、6 號碳及第 7、8 號碳之間各有一個雙鍵：

$$\mathrm{C_5=C_6-C_7=C_8}$$

因此主鏈骨架為：

$$\mathrm{HOCH_2-C\equiv C-C-C=C-C=CH_2}$$

其中第 4 號碳仍需接上取代基。

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3. 判讀第 4 號碳的 ethynyl 取代基

4-ethynyl 表示第 4 號碳接有 ethynyl 基：

$$\mathrm{-C\equiv CH}$$

因此第 4 號碳的結構為：

$$\mathrm{-CH(-C\equiv CH)-}$$

完整的未標示立體化學結構為：

$$\mathrm{HOCH_2-C\equiv C-CH(C\equiv CH)-CH=CH-CH=CH_2}$$

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5E 幾何立體化學

名稱前的 (5E) 指的是第 5、6 號碳之間的雙鍵：

$$\mathrm{C_5=C_6}$$

在第 5 號碳上，兩個連接基為：

• 第 4 號碳鏈
• 氫原子

在第 6 號碳上，兩個連接基為：

• 第 7 號碳鏈
• 氫原子

依 CIP 規則，碳鏈的優先順序高於氫，因此判定第 5 號雙鍵的幾何構型時，需比較：

$$\mathrm{C_4\text{ 鏈}} \quad \text{與} \quad \mathrm{C_7\text{ 鏈}}$$

核心觀念

本題要求根據起始物與目標產物的結構，設計不超過 5 步的有機合成路徑，需判斷官能基轉換、碳骨架建構及各反應的適用試劑。

題目資訊不足

目前題幹僅顯示：

Provide reagents (no more than 5 steps) for the following synthesis:
(a)

好的，這是一題關於醛類（Aldehyde）的合成策略問題，主要考驗對 α-碳質子酸性、LDA（Lithium Diisopropylamide）作為強鹼的去質子化反應、以及醛的親核加成反應 的理解。目標產物 3-hydroxypentanal 是一個 β-hydroxy aldehyde，這類結構通常可以透過羥醛縮合（Aldol reaction）或其變體來合成。

解題過程

題目要求從 propanal（丙醛）、acetaldehyde（乙醛）和 lithium diisopropylamide（LDA）這三種起始物與試劑，合成 3-hydroxypentanal。

首先，我們分析目標產物 3-hydroxypentanal 的結構：

      OH
      |
CH3-CH2-CH-CH2-CHO

這個分子具有五個碳原子，並且在 C-3 位置有一個羥基（-OH），在 C-1 位置有一個醛基（-CHO）。

接下來，我們看看可用的起始物：

• Propanal (CH3CH2CHO)：有三個碳原子。
• Acetaldehyde (CH3CHO)：有兩個碳原子。
• Lithium diisopropylamide (LDA)：這是一種非常強的非親核性鹼，常用來去質子化醛或酮的 α-碳，產生 enolate 離子。

我們需要將 propanal 和 acetaldehyde 的片段組合成 3-hydroxypentanal。觀察目標產物的碳鏈，我們可以推測它是如何形成的。例如，它可以是由一個三碳單元和一個二碳單元透過碳-碳鍵形成而來。

關鍵思考點：

1. 誰是親電體 (Electrophile)？誰是親核體 (Nucleophile)？ 在醛的羥醛縮合反應中，通常一個醛的 enolate（親核體）會攻擊另一個醛的羰基碳（親電體）。
2. LDA 的作用是什麼？ LDA 會選擇性地去質子化 α-碳，形成 enolate。
3. 如何控制反應的選擇性？ 如果我們希望 propanal 的 α-碳被去質子化，而 acetaldehyde 作為親電體；或是 acetaldehyde 的 α-碳被去質子化，而 propanal 作為親電體，需要考慮哪一個醛的 α-質子更容易被 LDA 去除，以及哪一個醛在被 enolate 進攻時反應性更好。

策略分析：

目標產物 3-hydroxypentanal 的結構是 CH3CH2-CH(OH)-CH2-CHO。
觀察碳鏈的斷裂方式，有幾種可能性：

• 可能性 1： propanal (CH3CH2CHO) 提供 C1-C2-C3 的片段，acetaldehyde (CH3CHO) 提供 C4-C5 的片段。

  • 如果 propanal 提供 enolate，則它應該在 C2 位置去質子化：CH3CH(⁻)-CHO。
  • 如果 acetaldehyde 提供親電體，則它應該保持 CH3CHO。
  • 這個組合無法形成目標產物，因為 propanal 的 α-碳是 CH2，去質子化後是 CH(⁻)CH2CHO，進攻 acetaldehyde 的羰基碳。

• 可能性 2： propanal (CH3CH2CHO) 提供 C1-C2 的片段，acetaldehyde (CH3CHO) 提供 C3-C4-C5 的片段。

  • 這也不太符合結構。

• 可能性 3： propanal (CH3CH2CHO) 提供 C3-C4-C5 的片段，acetaldehyde (CH3CHO) 提供 C1-C2 的片段。

  • 如果 acetaldehyde 提供 enolate，則它應該在 α-碳（也就是 C1 的甲基）去質子化：⁻CH2CHO。
  • 如果 propanal 提供親電體，則它應該保持 CH3CH2CHO。
  • 這個反應會生成 CH3CH2CH(O⁻)-CH2CHO，然後質子化得到 CH3CH2CH(OH)-CH2CHO，這正是我們的目標產物！

確認策略：

因此，我們應該讓 acetaldehyde 產生 enolate，然後讓這個 enolate 攻擊 propanal 的羰基碳。

反應步驟與試劑添加順序：

1. 產生 enolate： 使用 LDA 這個強鹼，去質子化 acetaldehyde 的 α-碳。
   • Acetaldehyde (CH3CHO) 的 α-碳上有三個質子，其中一個是 α-質子。LDA 會選擇性地移除這個 α-質子，形成乙醛的 enolate 離子：⁻CH2CHO。
   • 為何選擇 LDA？ LDA 是個強鹼，可以有效地將 α-質子移除。同時，它是一個位阻很大的鹼，所以它主要作用是去質子化，而不是作為親核體與醛的羰基碳反應，這避免了副反應。
   • 為何先加 LDA 和 acetaldehyde？ 我們需要先生成 enolate 離子，然後再讓它與另一個醛反應。如果先將 propanal 加入，LDA 也可能去質子化 propanal 的 α-碳，或者與 propanal 的羰基碳發生副反應。雖然 propanal 的 α-質子（CH2）也具有酸性，但乙醛的 α-質子（CH3）酸性更強，或者說，在 LDA 存在下，乙醛的 enolate 更容易形成。

核心觀念

本題考查三段串聯反應：

1. 端炔的硼氫化反應，生成烯基硼化物。
2. 烯基硼化物與烯基溴化物進行 Suzuki 偶聯反應。
3. 生成的共軛二烯與 methyl acrylate 進行熱促進的 Diels–Alder 反應。

圖中起始物為丙炔，烯基溴化物為 2-bromobut-2-ene。

解題方法

第一步，catecholborane $\mathrm{HB(cat)}$ 對丙炔進行硼氫化。硼原子加到末端碳，形成烯基硼化物：

$$\mathrm{CH_3C\equiv CH} \longrightarrow \mathrm{CH_3CH=CHB(cat)}$$

此反應生成以反式烯基硼化物為主的產物。

第二步，在 $\mathrm{Pd(PPh_3)_4}$ 催化下進行 Suzuki 偶聯，烯基硼基被烯基取代，形成共軛二烯：

$$\mathrm{CH_3CH=CHB(cat)} + \mathrm{CH_3CH=C(Br)CH_3} \longrightarrow \mathrm{CH_3CH=CHC(CH_3)=CHCH_3}$$

所得共軛二烯為 3-methyl-2,4-hexadiene。