108 年 國立清華大學生醫工程與環境科學系碩士班丙組《有機化學》

此題考驗對 SN2 反應溶劑效應的理解。SN2 反應的速率受到溶劑極性的影響。

在 SN2 反應中，親核試劑會進攻底物的離去基團對側的碳原子，並同時形成新的鍵結並斷裂舊的鍵結。這個過程涉及親核試劑的孤對電子與底物的反鍵結軌域 (antibonding orbital) 的軌域重疊。

此題考驗對 SN2 反應活性與底物結構的理解，以及親核試劑 sodium ethoxide (EtO⁻) 的性質。Sodium ethoxide 是一個強親核試劑，且乙醇 (EtOH) 是其溶劑，屬於極性質子溶劑。然而，在此題的選項中，我們主要關注底物結構對 SN2 反應的影響。

SN2 反應的速率與底物的結構有很大關係，通常遵循以下規則：甲基 > 一級 > 二級 >> 三級。這是因為空間位阻 (steric hindrance) 會阻礙親核試劑的進攻。此外，底物上若有吸電子基團，可以穩定過渡狀態，有助於 SN2 反應。

讓我們逐一分析選項：
(A) 氯苯 (chlorobenzene)：氯苯是芳香鹵化物。芳香鹵化物中的碳-鹵鍵與芳香環的 p 軌域有部分重疊，形成部分雙鍵的性質，使得 C-Cl 鍵較強，且芳香環的空間位阻較大，SN2 反應非常困難，通常不會發生。
(B) 對甲苯 (p-nitrotoluene)：這是一個烷基取代的芳香環，沒有離去基團。

核心觀念

本題考查有機化學中的**共振結構（resonance forms）**與互變異構（tautomerism）的區別。

共振結構必須符合：

• 原子排列與鍵結骨架完全相同。
• 氫原子位置不變。
• 只有 $\pi$ 電子、孤電子對或形式電荷重新分布。
• 各結構共同描述同一個分子的共振混成體。

圖中兩個結構的原子連接皆為：

$$\mathrm{CH_3-C(OH)-NH_2}$$

差異只在於：

• 左式：$\mathrm{C=N}$，正電荷位於氮上。
• 右式：$\mathrm{C=OH^+}$，正電荷位於氧上。

因此只是電子重新分布，氫原子並未轉移。

解題方法

比較兩個結構時，依序檢查：

1. 原子連接順序是否改變。
2. 氫原子位置是否改變。
3. 雙鍵與形式電荷是否改變。

本題中，兩個結構的原子連接順序相同，且氫原子仍分別連接在氧與氮上；改變的只有雙鍵位置與正電荷位置。因此兩者是共振結構。

若是互變異構，必須發生質子轉移，例如：

$$\mathrm{C-OH \rightleftharpoons C=O}$$

同時伴隨另一處氫原子位置或雙鍵位置的改變。本題沒有氫原子轉移，故不是互變異構。

此題考驗對酸強度與結構關係的理解，特別是 pKa 的比較。pKa 值越小，酸性越強；pKa 值越大，酸性越弱。酸強度主要受其共軛鹼穩定性的影響。共軛鹼越穩定，酸性越強。

我們逐一分析各選項的結構及其共軛鹼：

(A) Phenol (苯酚)：共軛鹼是 phenoxide ion (苯氧負離子)。負電荷離域在苯環上，相對穩定。
(B) 3-nitrophenol (3-硝基苯酚)：共軛鹼是 3-nitrophenoxide ion。硝基 (-NO₂) 是強吸電子基團，通過誘導效應 (inductive effect) 和共振效應 (resonance effect) 都能穩定負電荷。在間位 (meta position)，硝基主要通過誘導效應穩定負電荷。
(C) 4-nitrophenol (4-硝基苯酚)：共軛鹼是 4-nitrophenoxide ion。硝基 (-NO₂) 在對位 (para position) 時，除了誘導效應外，還能通過共振效應極大地穩定負電荷，因為共振結構中負電荷可以轉移到硝基的氧原子上。
(D) Benzoic acid (苯甲酸)：共軛鹼是 benzoate ion (苯甲酸根負離子)。負電荷離域在苯環和羧基的兩個氧原子上，相對穩定。
(E) p-toluenesulfonic acid (對甲苯磺酸)：共軛鹼是 p-toluenesulfonate ion。磺酸基 (-SO₃H) 的共軛鹼 (-SO₃⁻) 由於有三個氧原子可以分散負電荷，並且有強的誘導效應，因此非常穩定。

比較酸性強度：

此題考驗對不同類型化合物酸性的比較。酸解離常數 Ka 越大，代表酸性越強。酸性強弱與氫原子與其連接的原子之間的極性、鍵強度以及共軛鹼的穩定性有關。

我們逐一分析選項：
(A) CH₃CH₃ (乙烷)：這是烷烴，C-H 鍵的極性很小，鍵能較大，幾乎不表現酸性。其共軛鹼 CH₃CH₂⁻ (乙基負離子) 非常不穩定。
(B) H₂C=CH₂ (乙烯)：這是烯烴，sp² 雜化的碳原子比 sp³ 雜化的碳原子更具電負性。因此，C-H 鍵比烷烴的 C-H 鍵略有極性，酸性比烷烴強。其共軛鹼 H₂C=CH⁻ (乙烯基負離子) 比乙基負離子穩定。
(C) HC≡CH (乙炔)：這是炔烴，sp 雜化的碳原子比 sp² 和 sp³ 雜化的碳原子更具電負性。因此，C-H 鍵的極性更大，酸性比烯烴和烷烴強。其共軛鹼 HC≡C⁻ (乙炔基負離子) 比乙烯基負離子和乙基負離子穩定。
(D) CH₃CH₂OH (乙醇)：這是醇類。醇的 O-H 鍵具有極性，氫原子可以解離。其共軛鹼 CH₃CH₂O⁻ (乙氧負離子) 是相對穩定的。醇的酸性比碳氫化合物的 C-H 酸性強得多。
(E) CH₃COOH (乙酸/醋酸)：這是羧酸。

核心觀念

紫外－可見光光譜的吸收，源自電子由較高能階的已佔據分子軌域（HOMO）躍遷至較低能階的未佔據分子軌域（LUMO）。吸收光子的能量必須等於兩軌域間的能量差：

$$\Delta E=E_{\mathrm{LUMO}}-E_{\mathrm{HOMO}}$$

又因為光子的能量為

$$\Delta E=h\nu=\frac{hc}{\lambda_{\max}}$$

其中 $\nu$ 為頻率，$\lambda_{\max}$ 為最大吸收波長。

當 HOMO 與 LUMO 的能量越接近時，$\Delta E$ 越小。因此：

• $\lambda_{\max}$ 變長；
• 吸收光的頻率降低。

高度共軛系統中，π 電子可在較大範圍內離域，使 HOMO 能量升高、LUMO 能量降低，導致 HOMO–LUMO 能隙縮小，產生紅移現象，即最大吸收波長向長波長方向移動。

解題方法

由

$$\Delta E=\frac{hc}{\lambda_{\max}}=h\nu$$

可知 $\Delta E$ 與 $\lambda_{\max}$、$\nu$ 的關係如下：

$$\Delta E\downarrow \Rightarrow \lambda_{\max}\uparrow \quad\text{且}\quad \nu\downarrow$$

而「HOMO 與 LUMO 越接近」正代表能量差 $\Delta E$ 越小，所以 (A)、(B) 均正確。高度共軛會縮小 HOMO–LUMO 能隙，因此 (C) 所描述的情況也符合此關係。

選項分析

核心觀念

E1（unimolecular elimination，單分子消去反應）分兩步進行：

1. 鹵素離去，形成碳正離子。
2. 鹼從鄰近碳移除氫，形成烯烴。

速率決定步驟是第一步，因此反應速率主要取決於碳正離子的穩定性：

$$\text{三級碳正離子}>\text{二級碳正離子}>\text{一級碳正離子}$$

碳正離子越穩定，越容易發生 E1 反應。

解題方法

比較各選項中與 Br 相連的碳，在 Br 離去後可形成何種碳正離子：

• 與三個碳相連：三級碳正離子
• 與兩個碳相連：二級碳正離子
• 與一個碳相連：一級碳正離子

三級碳正離子最穩定，因此相應的鹵代烷最容易進行 E1。

選項分析

• (A) 為 2-溴丁烷，Br 所連的碳與兩個碳相連，形成二級碳正離子，能進行 E1，但穩定性低於三級碳正離子。

此題考驗對 UV-Vis 光譜中 λmax 與分子結構（特別是共軛體系）之間關係的理解。λmax 是吸收光譜中吸收強度最大的波長。

在 UV-Vis 光譜中，λmax 值的大小與分子中的共軛體系有關。共軛體系越長，π 電子離域範圍越大，HOMO 和 LUMO 之間的能量差 (ΔE) 就越小，吸收的光的波長 λmax 就越長。

我們逐一分析選項的結構：
(A) 1,3,5-cycloheptatriene (環庚三烯)：這是一個七元環，有三個雙鍵，但它們之間並非連續共軛。它是一個共軛的環，但其共軛程度相對有限。它是一個 8π 電子體系，符合休克爾規則 (Hückel's rule) 的反芳香性 (antiaromaticity)，但實際上它可能採取非平面的構象來避免反芳香性。其共軛程度不如其他選項。
(B) β-carotene (β-胡蘿蔔素)：這是一個非常大的分子，具有一個長鏈的共軛雙鍵體系（11 個雙鍵和 10 個單鍵交替排列）。這種高度的共軛使得其 HOMO-LUMO 能量差非常小，因此 β-胡蘿蔔素在可見光區域（約 400-700 nm）有強烈的吸收，呈現黃色或橙色。其 λmax 值非常大。
(C) o-methoxytoluene (鄰甲氧基甲苯)：這是一個苯環，上面有一個甲氧基 (-OCH₃) 和一個甲基 (-CH₃)。

核心觀念

本題考察 $^1\mathrm{H}$ NMR 中「化學位移」與「自旋—自旋耦合」的判斷。

3-hydroxy-2-butanone 的結構為：

$$\mathrm{CH_3-CO-CH(OH)-CH_3}$$

各碳編號如下：

• C-1：羰基旁的甲基 $\mathrm{CH_3CO-}$
• C-2：羰基碳
• C-3：帶有 OH 的次甲基 $\mathrm{CH(OH)}$
• C-4：末端甲基

羰基旁的甲基質子受到羰基強烈去屏蔽，通常出現在約 $\delta 2.0\sim2.5$，且由於羰基阻隔，通常不會與其他質子產生明顯的三鍵耦合，因此呈現 singlet。

解題方法

先判斷 $\delta 2.2$ 所代表的質子環境。

C-1 的質子位於羰基 $\mathrm{C=O}$ 旁：

$$\mathrm{CH_3-CO-}$$

此類 acetyl methyl 的化學位移通常約為 $\delta 2.1$，與題目給出的 $\delta 2.2$ 高度吻合。

C-1 甲基的三個質子彼此等價，不會互相分裂；相鄰的 C-2 為羰基碳，沒有氫可供鄰位耦合。因此此訊號呈現 singlet。

所以，$\delta 2.2$ 的 singlet 對應於 C-1 的三個質子。

選項分析

此題考驗對「不飽和度」或「雙鍵當量」(Degree of Unsaturation, DOU) 計算的理解。不飽和度是指分子中 π 鍵或環的總數。

計算不飽和度的公式為：
DOU = C - H/2 - X/2 + N/2 + 1
其中：
C = 碳原子數
H = 氫原子數
X = 鹵素原子數 (F, Cl, Br, I)
N = 氮原子數
O (氧原子) 不影響計算。

題目給出一個分子有三度不飽和度 (DOU = 3)。我們需要找出哪些結構組合可以對應到這個值。
每一度不飽和度代表以下情況之一：

• 一個環
• 一個雙鍵 (π 鍵)
• 兩個鹵素原子
• 一個氮原子 (因為氮原子通常有三個鍵，而碳有四個鍵，多出的鍵可以形成 π 鍵或環)

核心觀念

本題考查兩項有機化學命名原則：

1. 選擇包含雙鍵的最長碳鏈，並使雙鍵取得最小定位號。

2. 依 CIP 優先序規則 判定烯烴的幾何異構：

   • 高優先序取代基在雙鍵同側：$Z$
   • 高優先序取代基在雙鍵異側：$E$

解題方法

由圖可選出包含雙鍵的最長主鏈，共有五個碳：

$\mathrm{CH_3CH_2C(CH_3)=CHCH_3}$

從右側編號可使雙鍵定位號最小：

• 雙鍵位於第 $2$ 位：pent-2-ene
• 第 $3$ 號碳上有一個甲基：3-methyl

因此基本名稱為：

$\text{3-methylpent-2-ene}$

接著判定 $E/Z$：

• 雙鍵左側碳連接乙基與甲基。比較第一個原子皆為碳，再比較下一層，乙基優先於甲基。
• 雙鍵右側碳連接甲基與氫。碳的原子序大於氫，因此甲基優先。

圖中兩個高優先序取代基——左側的乙基與右側的甲基——位於雙鍵同側，因此為 $Z$ 構型。

選項分析

此題考驗對胺類化合物鹼性的比較。胺類的鹼性主要取決於氮原子上孤對電子的可用性。孤對電子越容易接受質子 (H⁺)，則鹼性越強。

我們逐一分析選項：
(A) Aniline (苯胺)：苯胺是芳香胺。氮原子上的孤對電子可以與苯環的 π 電子軌域發生共振，導致孤對電子的離域，使其不易接受質子。因此，苯胺的鹼性比脂肪胺弱得多。
(B) N-ethylaniline：這是 N-乙基苯胺，在苯胺的氮原子上連接了一個乙基。乙基是供電子基團，可以通過誘導效應增加氮原子上孤對電子的密度，從而增強鹼性。但同時，苯環的共振效應仍然存在。
(C) N,N-diethylaniline：這是 N,N-二乙基苯胺。在氮原子上連接了兩個乙基。兩個乙基的供電子效應比一個乙基更強，進一步增加了氮原子上孤對電子的密度。然而，由於空間位阻效應，兩個乙基可能會對質子進攻氮原子造成一定的阻礙。
(D) Piperidine (哌啶)：哌啶是一種飽和的環狀仲胺。其氮原子連接在一個飽和的碳鏈上，孤對電子主要集中在氮原子上，沒有發生共振離域。其鹼性與脂肪胺類似，比苯胺類化合物強得多。
(E) Pyrrole (吡咯)：吡咯是一種含氮的五元雜環芳香化合物。吡咯的氮原子上的孤對電子參與了芳香體系的共振（作為 6π 電子體系的一部分），因此其鹼性非常弱，甚至比苯胺還弱。

此題考驗對烯烴官能基轉化，特別是生成鄰二醇 (vicinal diol) 的反應。題目要求生成順式-二醇 (cis-glycol)。

我們逐一分析選項中的試劑及其反應：
(A) cold dilute potassium permanganate (冷稀高錳酸鉀)：在鹼性或中性條件下，冷稀高錳酸鉀 (KMnO₄) 可以氧化烯烴，在雙鍵的兩個碳原子上各加一個羥基，生成鄰二醇。此反應通常會生成順式-二醇，因為高錳酸根離子會與烯烴形成一個環狀的五價錳酸酯中間體，然後水解。
(B) hydrogen peroxide and aqueous acetic acid (過氧化氫和乙酸)：過氧化氫在乙酸等羧酸溶劑中，可以與烯烴反應，生成環氧化物 (epoxide)。

此題考驗對醛類 (aldehydes) 和醯鹵類 (acyl chlorides) 與親核試劑反應機制的比較。兩者都與親核試劑反應，但反應的性質和結果有所不同。

我們逐一分析選項：
(A) Aldehydes are readily oxidized by nucleophiles to carboxylic acids. (醛容易被親核試劑氧化成羧酸。)
這句話不正確。醛通常容易被還原，而不是氧化。雖然某些親核試劑（如氰化物）可以與醛反應生成 α-羥基腈，但這不是氧化反應。

(B) Acyl chlorides have a leaving group, Cl, whereas aldehydes do not. (醯鹵有離去基團 Cl，而醛沒有。)
這是正確的。醯鹵中的鹵素原子 (如 Cl) 是一個良好的離去基團。在親核取代反應中，親核試劑進攻羰基碳，然後離去基團離去，形成新的產物。醛的羰基碳上直接連接著氫原子和烷基/芳基。這些基團不是好的離去基團。因此，醯鹵更容易發生親核取代反應，且反應機制不同。

(C) Aldehydes do not form tetrahedral intermediates with nucleophiles. (醛與親核試劑不形成四面體中間體。)
這句話不正確。

此題考驗對胜肽序列分析的理解，涉及 N-端分析和部分水解的結果。

已知信息：

1. 这是一个六胜肽 (hexa-peptide)。
2. 包含的氨基酸有 Phe (苯丙氨酸), Gly (甘氨酸), Ala (丙氨酸), Ser (絲氨酸)。
3. N-端分析結果：N-(2,4-dinitrophenyl)phenylalanine。這表示 N-端是苯丙氨酸 (Phe)，並且它被 2,4-二硝基氟苯 (DNFB) 標記。
4. 部分水解產生的二胜肽：Phe-Gly, Ala-Ser, Gla-Ala, Met-Met。

分析：

• N-端分析： N-端是 Phe。這意味著胜肽的序列從 Phe 開始。
• 氨基酸種類： 題目提到包含 Phe, Gly, Ala, Ser。但是，部分水解產生的二胜肽中出現了 Met-Met (甲硫氨酸-甲硫氨酸)。這意味著胜肽中也包含甲硫氨酸 (Met)，並且有兩個。所以，這個六胜肽應該包含 Phe, Gly, Ala, Ser, Met, Met。
• 部分水解產生的二胜肽：
  • Phe-Gly：表示 Phe 後面是 Gly。
  • Ala-Ser：表示 Ala 後面是 Ser。
  • Gla-Ala：這裡的 Gla 應該是 Gly 的誤寫。所以是 Gly-Ala，表示 Gly 後面是 Ala。
  • Met-Met：表示一個 Met 後面是另一個 Met。

組合序列：

1. N-端是 Phe。
2. Phe 後面是 Gly (來自 Phe-Gly)。
3. Gly 後面是 Ala (來自 Gly-Ala)。
4. Ala 後面是 Ser (來自 Ala-Ser)。
5. Met-Met 是兩個相鄰的 Met。

核心觀念

本題考察烯類自由基溴化反應的「自由基鏈反應」機制，包含三個階段：

1. 引發（initiation）：產生自由基。
2. 連鎖傳播（propagation）：消耗一個自由基，同時產生另一個自由基，使反應持續進行。
3. 終止（termination）：兩個自由基結合，形成穩定分子，不再產生新的自由基。

過氧化物 $RO-OR$ 受熱裂解產生 $RO\cdot$，接著進行環己烯的烯丙位溴化。

解題方法

環己烯的自由基溴化主要包括以下兩個連鎖傳播步驟：

步驟 III：烯丙位氫被溴自由基抽取

$$Br\cdot+\text{cyclohexene} \longrightarrow HBr+\text{cyclohexenyl radical}$$

溴自由基抽取環己烯烯丙位的氫，生成共振穩定的烯丙基自由基。

步驟 IV：烯丙基自由基與溴分子反應

$$\text{cyclohexenyl radical}+Br_2 \longrightarrow \text{allylic bromide}+Br\cdot$$

烯丙基自由基從 $Br_2$ 抽取一個溴原子，形成烯丙基溴化物，同時再生 $Br\cdot$。由於又產生新的溴自由基，反應可以反覆進行，因此 III、IV 都是 propagation steps。

選項分析

核心觀念

本題考查 Grignard 試劑與羰基化合物、環氧乙烷的反應。

有機溴化物與鎂在無水乙醚中反應：

$$\mathrm{R-Br \xrightarrow[\text{diethyl\ ether}]{Mg} R-MgBr}$$

其中 $\mathrm{R-MgBr}$ 可視為具有 $\mathrm{R^-}$ 性質的親核試劑。

與環氧乙烷反應後，再經酸化，會使碳鏈延長兩個碳，生成：

$$\mathrm{R-MgBr + \overset{\triangle}{CH_2CH_2O} \longrightarrow RCH_2CH_2OMgBr \xrightarrow{H^+} RCH_2CH_2OH}$$

目標產物為：

$$\mathrm{HOCH_2CH_2CH(CH_3)CH_2CH_2CH_3}$$

也就是 3-methyl-1-hexanol。

解題方法

觀察目標結構：

$$\mathrm{HOCH_2CH_2-CH(CH_3)-CH_2CH_2CH_3}$$

將環氧乙烷所提供的兩個碳切出來：

$$\mathrm{HOCH_2CH_2-}$$

其餘部分為：

$$\mathrm{CH(CH_3)CH_2CH_2CH_3}$$

因此 Grignard 試劑必須是：

$$\mathrm{CH(CH_3)CH_2CH_2CH_3MgBr}$$

此試劑由 2-bromopentane 製得：

$$\mathrm{CH_3CH(Br)CH_2CH_2CH_3 \xrightarrow{Mg} CH_3CH(MgBr)CH_2CH_2CH_3}$$

再與環氧乙烷反應並酸化：

$$\mathrm{CH_3CH(MgBr)CH_2CH_2CH_3 \longrightarrow HOCH_2CH_2CH(CH_3)CH_2CH_2CH_3}$$

正好得到 3-methyl-1-hexanol。

選項分析

(A) 錯誤

3-methylhex-1-ene 經 $\mathrm{OsO_4}$，再以 $\mathrm{Na_2SO_3/H_2O}$ 處理，發生烯烴的 syn-dihydroxylation，在雙鍵兩端各引入一個羥基：

此題考驗對多步有機反應序列的理解，包括格林納試劑的形成、與羰基化合物的反應以及氧化反應。

反應序列：
起始物：(CH₃)₂CHOH (異丙醇)
第一步：PB r₃ (三溴化磷)
第二步：Mg, diethyl ether
第三步：1) 甲醛 (H₂C=O) 2) H₃O⁺
第四步：PCC, CH₂Cl₂

我們逐一分析各步驟：

步驟 1：(CH₃)₂CHOH + PBr₃ → (CH₃)₂CHBr + H₃PO₃
異丙醇 (一個二級醇) 與三溴化磷反應，將羥基 (-OH) 取代為溴原子 (-Br)，生成 2-溴丙烷 (一個二級鹵代烷)。
(CH₃)₂CHOH → (CH₃)₂CHBr

步驟 2：(CH₃)₂CHBr + Mg → (CH₃)₂CHMgBr
2-溴丙烷與鎂在乙醚中反應，形成格林納試劑：異丙基溴化鎂。
(CH₃)₂CHBr → (CH₃)₂CHMgBr

步驟 3：(CH₃)₂CHMgBr + 1) H₂C=O 2) H₃O⁺ → (CH₃)₂CHCH₂OH
格林納試劑異丙基溴化鎂與甲醛 (H₂C=O) 反應。甲醛是醛，與格林納試劑反應生成一級醇。

核心觀念

紅外光譜中，羰基 $C=O$ 的吸收波數會受鍵結強度與共軛影響。共軛使電子離域，降低羰基的有效鍵級與力常數，因此吸收波數下降。振動波數與力常數的關係為：

$$\tilde{\nu}=\frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}}$$

其中 $k$ 為鍵的力常數，$\mu$ 為約化質量。$\alpha,\beta$-不飽和酮的羰基與碳碳雙鍵共軛，吸收通常落在約 $1685\text{–}1690\ \mathrm{cm^{-1}}$。

解題方法

先找出各選項是否含羰基，再比較羰基是否與雙鍵共軛。題目指定 $1689\ \mathrm{cm^{-1}}$，符合共軛酮的特徵；沒有羰基的選項可先排除，未共軛羰基則通常吸收在較高波數。

選項分析

核心觀念

本題考芳香族親電取代反應的定位效應，以及硝基還原與 Sandmeyer 反應。

• $\ce{-NO2}$ 為強吸電子基，具有間位定位作用。
• $\ce{-NH2}$ 為強供電子基，具有鄰位、對位定位作用。
• $\ce{HNO3/H2SO4}$：苯環硝化，導入 $\ce{-NO2}$。
• $\ce{Br2/FeBr3}$：芳香族溴化，導入 $\ce{-Br}$。
• $\ce{Fe/HCl}$ 或 $\ce{H2/Ni}$：將 $\ce{-NO2}$ 還原成 $\ce{-NH2}$。
• $\ce{NaNO2/HBr}$、再加 $\ce{CuBr}$：先將芳香族胺轉成重氮鹽，再以 $\ce{-Br}$ 取代 $\ce{-NH2}$。

圖中產物為間溴苯胺，即 $\ce{-Br}$ 與 $\ce{-NH2}$ 呈間位關係。

解題方法

先不要直接按照選項排列反應，而要反推定位關係。

目標是間溴苯胺。若先在苯環上導入硝基：

$$\ce{C6H6 ->[HNO3/H2SO4] C6H5NO2}$$

硝基具有間位定位作用，因此接著進行溴化：

$$\ce{C6H5NO2 ->[Br2/FeBr3] m-BrC6H4NO2}$$

最後將硝基還原成胺基：

$$\ce{m-BrC6H4NO2 ->[Fe/HCl] m-BrC6H4NH2}$$

所得產物正是圖中的間溴苯胺，因此正確順序為：

$$\ce{HNO3/H2SO4 -> Br2/FeBr3 -> Fe/HCl}$$

選項分析

(A) $\ce{Br2/FeBr3 -> HNO3/H2SO4 -> H2/Ni}$：錯誤

第一步先溴化苯，生成溴苯。溴雖然使苯環失活，但仍是鄰位、對位定位基，因此後續硝化主要在溴的鄰位與對位發生，不會得到目標的間位產物。

核心觀念

本題考查芳香族重氮鹽的生成與偶合反應：

1. 芳香族一級胺可先經重氮化反應形成芳香族重氮鹽。
2. 重氮鹽再與酚進行偶合反應，生成偶氮化合物：

$$\mathrm{ArNH_2 \xrightarrow{NaNO_2/HCl,\ 0-5^\circ C} ArN_2^+Cl^-}$$ $$\mathrm{ArN_2^+ + phenol \rightarrow Ar-N=N-Ar'}$$

目標產物左側芳香環帶有乙基，右側芳香環帶有羥基，因此起始物必須是「乙基苯胺」與「苯酚」。

解題方法

先拆解目標分子兩側的芳香環：

• 左側為乙基取代的芳香環，且要形成 $\mathrm{-N=N-}$，所以必須由含有 $\mathrm{-NH_2}$ 的乙基苯胺經重氮化製得。
• 右側為苯酚，苯酚可作為偶合成分與重氮鹽反應。
• 圖中 II 為乙基苯胺，V 為 phenol，因此選用：

$$\mathrm{II \xrightarrow{重氮化} 乙基苯重氮鹽}$$ $$\mathrm{乙基苯重氮鹽 + V \xrightarrow{偶合} 目標偶氮化合物}$$

選項分析

核心觀念

本題考查累積二烯（allene）的軸手性與立體異構物種類。

1,3-二氯累積二烯的結構為：

$$\mathrm{ClCH=C=CHCl}$$

累積二烯中央碳原子採用 $sp$ 混成，兩個 $\pi$ 鍵互相垂直。因此，左端碳原子上的兩個取代基所在平面，與右端碳原子上的兩個取代基所在平面互相垂直。

當累積二烯的兩端各自具有兩種不同取代基時，分子會產生軸手性。此分子的兩端皆具有：

• 氯原子（Cl）
• 氫原子（H）

因此符合產生累積二烯軸手性的條件。

解題方法

觀察分子兩端：

$$\mathrm{ClCH=C=CHCl}$$

左端為 $\mathrm{CHCl}$，具有兩種不同取代基 $H$ 與 $Cl$；右端同樣具有兩種不同取代基 $H$ 與 $Cl$。

由於中央累積二烯骨架使兩端取代基呈現互相垂直的空間排列，分子具有固定的三維方向。其鏡像結構無法藉由分子在空間中的旋轉而完全重疊，因此兩者互為：

• 不可重疊的鏡像
• 一對對映異構物（enantiomers）
• 具有軸手性的立體異構物

每一端只有 $H$ 與 $Cl$ 兩種取代基，並不會再形成第三種獨立構型。因此總共只有兩種形式，且這兩種形式互為對映異構物。

為何不是四種形式？

若將左右兩端分別任意排列，表面上似乎有 $2 \times 2=4$ 種排列方式。然而，累積二烯的兩端不是兩個彼此獨立的平面立體中心；分子整體的旋轉、重新觀察方向，以及左右端的等價性會使部分排列代表同一個空間構型。

最後只剩下兩個真正不同的軸構型：

核心觀念

RNA 的一個**核苷酸（nucleotide）**由三部分組成：

1. 五碳糖：RNA 中為核糖（ribose）
2. 磷酸基（phosphate group）
3. 含氮雜環鹼基（heterocyclic nitrogenous base）

結構關係如下：

$$\text{核苷酸}=\text{核糖}+\text{磷酸基}+\text{含氮雜環鹼基}$$

RNA 常見的含氮鹼基包括腺嘌呤（adenine）、鳥嘌呤（guanine）、胞嘧啶（cytosine）與尿嘧啶（uracil）。

解題方法

判斷核苷酸組成時，先辨認題目指定的是 RNA。RNA 的糖為核糖，不是去氧核糖；其鹼基屬於含氮的雜環化合物。

題目選項中只有「heterocyclic base」符合核苷酸的組成。完整結構應為：

$$\text{含氮雜環鹼基}+\text{核糖}+\text{磷酸基}$$

因此正確選項為（C）。

選項分析

（A）a five carbon deoxy monosaccharide

核心觀念

題目考查碳碳雙鍵的成鍵方式與 $sp^2$ 混成軌域。

嚴格而言，ethane（乙烷，$\mathrm{CH_3CH_3}$）只有碳碳單鍵，沒有雙鍵；本題應是指 ethene（乙烯，$\mathrm{CH_2=CH_2}$）。以下依乙烯的合理題意作答。

碳碳雙鍵由一個 $\sigma$ 鍵與一個 $\pi$ 鍵組成：

• $\sigma$ 鍵：由兩個碳原子的 $sp^2$ 混成軌域進行端對端重疊形成。
• $\pi$ 鍵：由兩個未參與混成的 $p$ 軌域進行側向重疊形成。

每個碳原子採用 $sp^2$ 混成，形成三個平面排列、夾角約 $120^\circ$ 的 $sp^2$ 軌域，剩下一個未混成的 $p$ 軌域，垂直於分子平面。

解題方法

判斷雙鍵成鍵方式可分兩步：

1. 先確認雙鍵的基本組成：

$$\mathrm{C=C}=\text{一個 }\sigma\text{ 鍵}+\text{一個 }\pi\text{ 鍵}$$

2. 再判斷軌域重疊方向：

• 直接沿著兩原子核連線重疊，稱為端對端重疊，形成 $\sigma$ 鍵。
• 在核間軸兩側平行地重疊，稱為側向重疊，形成 $\pi$ 鍵。

因此，乙烯的碳碳雙鍵為：

$$\sigma(sp^2-sp^2)+\pi(p-p)$$

其中 $\sigma$ 鍵來自 $sp^2$ 軌域的端對端重疊，$\pi$ 鍵來自 $p$ 軌域的側向重疊。

選項分析

(A)

a pi bond and a sigma bond formed by lateral overlap of two p orbitals

錯誤。

$\pi$ 鍵確實由兩個 $p$ 軌域側向重疊形成，但 $\sigma$ 鍵不是由 $p$ 軌域側向重疊形成；側向重疊的特徵是形成 $\pi$ 鍵。$\sigma$ 鍵應由軌域端對端重疊形成。

(B)

a sigma bond formed by overlap of two s orbitals and a pi bond formed by lateral overlap of two p orbitals

錯誤。

$\pi$ 鍵由兩個 $p$ 軌域側向重疊形成，此部分正確；但乙烯中的碳原子為 $sp^2$ 混成，碳碳 $\sigma$ 鍵是由兩個 $sp^2$ 軌域端對端重疊形成，不是兩個純 $s$ 軌域重疊。

(C)

a sigma bond formed by end-on overlap of two sp² orbitals and a pi bond formed by later

此題考驗對烷烴 (alkanes) 沸點影響因素的理解。沸點主要受分子間作用力影響。對於烷烴，由於它們是無極性分子，主要的分子間作用力是倫敦分散力 (London dispersion forces)，也稱為范德華力 (van der Waals attractions)。

我們逐一分析選項：
(A) The boiling point increases as the length of the carbon chain increase. (隨著碳鏈長度的增加，沸點增加。)
這是正確的。碳鏈越長，分子越大，電子雲越龐大，倫敦分散力越強，沸點越高。

(B) Straight chain alkanes have a higher boiling point than their branched isomers. (直鏈烷烴比其支鏈異構物有更高的沸點。)
這是正確的。直鏈烷烴分子更容易緊密堆積，形成更強的倫敦分散力，因此沸點較高。支鏈烷烴由於分子形狀不規則，堆積效率較低，倫敦分散力較弱，沸點較低。