111 年 國立清華大學生命科學院聯招：分子與細胞生物研究所、分子醫學研究所、生物資訊與結構生物研究所、生物科技研究所、系統神經科學研究所丁組《有機化學》

此題主要考驗對分子結構判斷的能力，包括立體化學（鏡像異構物、非鏡像異構物）以及結構異構物的辨識。

(a) 左邊的結構是一個手性中心，且具有兩個相同的取代基（H）。右邊的結構是一個手性中心，但具有兩個不同的取代基（H 和 CH3）。因此，這兩個結構代表的是不同的分子。

(b) 左邊的結構是一個手性中心，具有兩個相同的取代基 (H)。右邊的結構也是一個手性中心，具有兩個相同的取代基 (H)。

此題考驗對環己烷衍生物最穩定構象的判斷能力，重點在於較大體積基團的軸向(axial)與平伏向(equatorial)位置選擇。

(a) 3-苯基環己醇：
順式 (cis) 異構物：由於苯基體積較大，會偏向平伏向。羥基的位置取決於苯基的位置，為了穩定，通常會讓苯基在平伏向。
反式 (trans) 異構物：同樣，苯基會偏向平伏向。

(b) 1-溴-4-氯環己烷：
順式 (cis) 異構物：溴和氯都在環的同一側。為了穩定，通常會讓較大的基團（在此情況下，兩者體積相似，但我們需要考慮它們的偶極矩和空間位阻）處於平伏向。
反式 (trans) 異構物：溴和氯在環的相對側。同樣，較大的基團會選擇平伏向。

核心觀念

本題考查：

1. 乙烯基鹵化物的消去反應：由溴乙烯製備乙炔。
2. 末端炔的乙炔負離子烷基化：依序接上甲基與乙基，延長碳鏈。
3. 炔烴的反式部分還原：使用 $\mathrm{Na/NH_3(l)}$ 得到反式烯烴。
4. 烯烴環氧化：使用過酸將碳碳雙鍵轉換為環氧化物，且保留原有相對立體化學。

圖中產物為甲基與乙基位於環氧環兩側的反式 2-甲基-3-乙基環氧乙烷。

解題方法

先將溴乙烯消去溴化氫形成乙炔，再利用乙炔負離子進行兩次烷基化，建構目標所需的五碳骨架。

第一步：由溴乙烯製備乙炔

$$\mathrm{H_2C{=}CHBr} \xrightarrow[\mathrm{NH_3(l)}]{\mathrm{NaNH_2}} \mathrm{HC{\equiv}CH}$$

強鹼 $\mathrm{NaNH_2}$ 使乙烯基溴化物進行消去反應，生成乙炔。

第二步：接上甲基

先以 $\mathrm{NaNH_2}$ 去除乙炔的末端氫，形成乙炔負離子，再與碘甲烷進行 $\mathrm{S_N2}$ 烷基化：

$$\mathrm{HC{\equiv}CH} \xrightarrow{\mathrm{1.\ NaNH_2,\ NH_3(l)}} \mathrm{NaC{\equiv}CH} \xrightarrow{\mathrm{2.\ CH_3I}} \mathrm{CH_3C{\equiv}CH}$$

產物為丙炔。

第三步：接上乙基

丙炔仍具有末端炔氫，可再次形成炔負離子，並與溴乙烷進行 $\mathrm{S_N2}$ 反應：

$$\mathrm{CH_3C{\equiv}CH} \xrightarrow{\mathrm{1.\ NaNH_2,\ NH_3(l)}} \mathrm{CH_3C{\equiv}CNa} \xrightarrow{\mathrm{2.\ CH_3CH_2Br}} \mathrm{CH_3C{\equiv}CCH_2CH_3}$$

得到 2-戊炔。

第四步：將 2-戊炔還原為反式 2-戊烯

使用溶解金屬還原：

核心觀念

本題考查芳香族親電取代反應的定位效應與官能基轉換：

• 烷基、甲氧基：活化苯環，為鄰、對位定位基。
• 鹵素：使苯環失活，但仍為鄰、對位定位基。
• 硝基、醯基：失活苯環，為間位定位基。
• Friedel–Crafts 醯化可避免烷基化的多重取代與碳骨架重排。
• 芳香酮可經 Grignard 反應與脫水形成烯烴。
• 芳香族硝基可還原成胺，再經重氮化、水解形成酚，最後甲基化成甲氧基。

解題方法與各小題合成

(a)

目標結構為對位甲基取代的芳香族烯烴：

$$\ce{p-CH3-C6H4-C(CH3)=CHCH3}$$

先利用甲基的鄰、對位定位效應，在苯環上建立對位甲基；再將丙醯基轉換成目標烯基。

$$\ce{C6H6 ->[CH3Cl, AlCl3] C6H5CH3}$$ $$\ce{C6H5CH3 ->[CH3CH2COCl, AlCl3] p-CH3C6H4COCH2CH3}$$

甲基為鄰、對位定位基，醯化主要發生在對位。

接著加入甲基 Grignard 試劑：

$$\ce{p-CH3C6H4COCH2CH3 ->[CH3MgBr][H3O+] p-CH3C6H4C(OH)(CH3)CH2CH3}$$

最後酸催化脫水：

$$\ce{p-CH3C6H4C(OH)(CH3)CH2CH3 ->[H2SO4,\Delta] p-CH3C6H4C(CH3)=CHCH3}$$

形成較穩定且較高取代的烯烴。

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(b)

目標為甲氧基、溴與硝基的相對位置：

• $\ce{OCH3}$ 與 $\ce{NO2}$ 為對位。
• $\ce{Br}$ 位於甲氧基的鄰位，同時為硝基的間位。

先由苯製備苯酚，再甲基化成苯甲醚：

$$\ce{C6H6 ->[HNO3/H2SO4] C6H5NO2}$$ $$\ce{C6H5NO2 ->[Sn/HCl] C6H5NH2}$$ $$\ce{C6H5NH2 ->[NaNO2,HCl,0^\circ C] C6H5N2+Cl-}$$ $$\ce{C6H5N2+Cl- ->[H2O,\Delta] C6H5OH}$$ $$\ce{C6H5OH ->[CH3I,K2CO3] C6H5OCH3}$$

甲氧基進行硝化時，主要在對位形成硝基：

$$\ce{C6H5OCH3 ->[HNO3/H2SO4] p-O2NC6H4OCH3}$$

在對硝基苯甲醚中，$\ce{OCH3}$ 導向鄰位，$\ce{NO2}$ 導向間位，兩者共同導向位置為甲氧基的鄰位：

$$\ce{p-O2NC6H4OCH3 ->[Br2/FeBr3] 2-Br-4-NO2-C6H3(OCH3)}$$

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(c)

圖中為鄰位甲磺酸基與新戊基甲基的苯環：

$$\ce{(CH3)3CCH2-C6H4-SO3H}$$

其中 $\ce{SO3H}$ 位於 $\ce{CH2C(CH3)3}$ 的鄰位。

先以 Friedel–Crafts 醯化建立新戊醯基，再還原羰基：

$$\ce{C6H6 ->[(CH3)3CCOCl, AlCl3] C6H5COC(CH3)3}$$

核心觀念

本題考察：

1. 縮醛（acetal）的酸催化水解：縮醛在 $H^+/H_2O$ 中可還原為醛或酮，並釋放原本形成縮醛的醇。
2. 醌的硫醇親核加成與還原：乙硫醇對醌環進行共軛加成，形成芳香性較高的氫醌型產物。

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（a）縮醛的酸催化水解

反應物是由羰基化合物與二醇形成的環狀縮醛。在酸性水溶液中，反應依下列步驟進行：

第一步：縮醛氧原子質子化

其中一個醚氧利用孤電子對接受質子：

$$\ce{R2C(OR')2 + H+ -> R2C(OR')(OR'H)+}$$

質子化後，該 $\ce{-OR'}$ 基團可作為較佳離去基。

第二步：碳—氧鍵裂解

質子化的 $\ce{C-O}$ 鍵斷裂，醇分子離去，形成由共振穩定的氧鎓離子或氧代碳正離子：

$$\ce{R2C(OR')(OR'H)+ -> R2C+(OR') + R'OH}$$

第三步：水分子進行親核加成

水攻擊縮醛碳，形成質子化的半縮醛：

$$\ce{R2C+(OR') + H2O -> R2C(OH2+)(OR')}$$

接著脫去質子，得到半縮醛。

第四步：第二個烷氧基離去並形成羰基

半縮醛中的另一個氧先接受質子，接著醇離去；氧上的孤電子對形成 $\ce{C=O}$ 鍵：

$$\ce{R2C(OH)(OR') + H+ -> R2C(OH)(OR'H)+}$$ $$\ce{R2C(OH)(OR'H)+ -> R2C=OH+ + R'OH}$$

最後脫去質子，恢復羰基。

產物

依圖中結構，環狀縮醛水解後開環，生成圖示的醛基與兩個末端羥基：

$$\ce{cyclic\ acetal + H2O -> aldehyde-containing\ diol}$$

酸在反應中只負責催化，最後會再生，因此不是消耗性試劑。

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（b）乙硫醇對醌的共軛加成

反應物是萘醌型結構，試劑為乙硫醇 $\ce{CH3CH2SH}$。產物為乙硫基取代的萘-二醇。

第一步：硫原子進行親核攻擊

核心觀念

本題考查 Swern oxidation 中「DMSO 的活化」機制，涉及：

• DMSO 氧原子的親核性。
• 草醯氯（oxalyl chloride，$\mathrm{ClCOCOCl}$）的親核醯基取代反應。
• 四面體中間體崩解與脫羧分解。
• 形成具強氧化作用的氯二甲基硫鎓離子（chlorodimethylsulfonium ion）。

DMSO 的氧原子進攻草醯氯的羰基碳，最後使 DMSO 轉化為氯二甲基硫鎓離子：

$$\mathrm{(CH_3)_2SCl^+}$$

其對應的氯離子為反離子。

解題方法與反應機制

草醯氯可表示為：

$$\mathrm{ClCOCOCl}$$

首先，DMSO 的氧原子以孤電子對進攻草醯氯其中一個羰基碳，形成四面體中間體；羰基氧負電荷化，且原本連接該羰基的氯離子離去。

所得中間體可表示為：

$$\mathrm{(CH_3)_2S^+-O-C(O)-C(O)Cl}$$

並伴隨生成的 $\mathrm{Cl^-}$。

接著，氯離子進攻硫原子，使硫—氧鍵斷裂，形成氯二甲基硫鎓離子與氯乙醛酸根（chloroglyoxylate）中間體：

$$\mathrm{(CH_3)_2S^+-O-C(O)-C(O)Cl + Cl^-} \rightarrow \mathrm{(CH_3)_2SCl^+ + ^-OC(O)-C(O)Cl}$$

核心觀念

本題考查含氮官能基的鹼性與質子化傾向。氮原子越容易利用孤電子對接受 $H^+$，鹼性越強，也越容易被質子化。

判斷重點為：

1. 孤電子對是否能自由接受質子。
2. 質子化後的共軛酸是否穩定。
3. 孤電子對是否參與芳香性。

解題方法

組胺酸（histidine）共有三個氮原子：

• $\alpha$-胺基的氮：$-NH_3^+$
• 咪唑環中類似 pyridine 的氮：沒有接氫
• 咪唑環中類似 pyrrole 的氮：圖中標示為 $N-H$

逐一比較如下。

(a) 最容易被質子化的氮

$\alpha$-胺基氮的孤電子對主要局限在胺基上，不參與芳香環的共振，因此具有較強的鹼性。其共軛酸為銨離子：

$$-NH_2+H^+ \rightleftharpoons -NH_3^+$$

胺基的共軛酸通常具有約 $9$ 左右的 $pK_a$，比咪唑環中類 pyridine 氮的共軛酸更容易保留質子。因此，三個氮中最容易被質子化的是胺基氮。

圖中該氮已呈現 $NH_3^+$，正是其容易接受質子的形式。

(b) 最不容易被質子化的氮

核心觀念

這題考強鹼促進的雙分子消除反應（E2）。E2 在單一步驟中同時移除 β 位氫與離去基團 Br，並形成碳碳雙鍵。消除要求 β 位的 C–H 鍵與 C–Br 鍵呈反向共平面排列（anti-periplanar）。

若有多個 β 位可供消除，通常以札伊采夫規則判斷主要區域異構物：形成取代度較高的烯烴為主。烯烴若符合幾何異構條件，則再比較其 $E/Z$ 組態。

解題方法

先找出帶 Br 的碳，再檢查與它直接相連的 β 碳，確認哪些 β 碳帶有氫。逐一想像移除 β 氫後形成雙鍵，再依序比較烯烴取代度與是否具有 $E/Z$ 異構。

（a）乙氧基負離子條件

帶 Br 的碳旁有兩個可消除的 β 位：左側乙基上的 $\ce{CH2}$，以及上方甲基。右側叔丁基方向的相鄰碳沒有氫，不能從該方向消除。

從左側 $\ce{CH2}$ 消除，形成較高取代度的內部烯烴；從上方甲基消除則形成較低取代度的烯烴。因此依札伊采夫規則，主要產物是左側形成雙鍵的烯烴。

核心觀念

光氣 $COCl_2$ 是羰基二氯化物，羰基碳具有強親電性；$Cl^-$ 是良好離去基，因此會與醇、胺、水進行親核酰基取代。

反應判斷重點：

• 只使用 1 當量親核試劑：通常只取代一個氯。
• 使用過量親核試劑：兩個氯都被取代。
• 生成的 $HCl$ 會被過量胺進一步中和，形成胺鹽。

一般反應形式為：

$$COCl_2 + NuH \rightarrow ClCONu + HCl$$

解題方法

逐一判斷親核試劑種類與用量，追蹤光氣上的兩個氯是否被取代，再寫出主要有機產物及副產物 $HCl$。

a. one equivalent of methanol

甲醇 $CH_3OH$ 只提供 1 當量，因此只取代光氣上的一個氯，生成氯甲酸甲酯（methyl chloroformate）。

$$COCl_2 + CH_3OH \rightarrow ClCOOCH_3 + HCl$$

產物結構：

$$\boxed{Cl-C(=O)-OCH_3}$$

b. excess methanol

過量甲醇可使第二個氯也被甲氧基取代，生成碳酸二甲酯（dimethyl carbonate）。

$$COCl_2 + 2CH_3OH \rightarrow CH_3OCOOCH_3 + 2HCl$$

產物結構：

$$\boxed{CH_3O-C(=O)-OCH_3}$$

c. excess propylamine

丙胺 $CH_3CH_2CH_2NH_2$ 先取代一個氯，形成胺基甲醯氯；過量丙胺再取代第二個氯，生成 $N,N'$-二丙基尿素。

此題考驗對 SN2 反應機制的分子軌域 (molecular orbital) 解釋。SN2 反應的特點是親核試劑從離去基團的背面進攻，導致構型翻轉。

分子軌域理論解釋 SN2 反應的後側進攻 (back-side attack) 優勢，主要基於 HOMO-LUMO 相互作用。

1. HOMO (Highest Occupied Molecular Orbital) of Nucleophile 和 LUMO (Lowest Unoccupied Molecular Orbital) of Electrophile:
   SN2 反應的關鍵是親核試劑的 HOMO 與親電中心（連接著離去基團的碳原子）的 LUMO 之間的相互作用。

   • 親核試劑的 HOMO：通常是包含孤對電子的軌域，具有較高的能量。
   • 親電中心（碳原子）的 LUMO：在 SN2 反應中，這個 LUMO 是反鍵軌域 $\sigma^*$，它是由碳原子與離去基團之間的鍵形成的。這個 $\sigma^*$ 軌域的能量相對較低，並且在空間上，它在離去基團的對面（即後側）具有最大的強度。

2. 軌域疊加 (Orbital Overlap):

   • 後側進攻 (Back-side Attack)：當親核試劑從離去基團的背面進攻時，親核試劑的 HOMO（通常是高度對稱的）可以與碳原子的 $\sigma^*$ LUMO 發生有效的、同相的軌域疊加。這種大的同相疊加會形成一個穩定的鍵，降低反應的活化能。

核心觀念

本題利用分子式、IR 與 $^1$H NMR 光譜共同判定未知物結構。

1. 不飽和度

   $\text{DBE}=\frac{2(7)+2-14}{2}=1$

   分子只有 $1$ 個不飽和度，表示可能含有一個環或一個雙鍵。

2. IR 官能基判定

   光譜在約 $1713\ \text{cm}^{-1}$ 有強吸收，符合脂肪族酮類的 $C=O$ 伸縮振動。未見 $3200\sim3600\ \text{cm}^{-1}$ 的寬廣吸收，因此不是醇。

   因此，這 $1$ 個不飽和度應來自羰基：

   $\ce{C=O}$

3. $^1$H NMR 判讀

   光譜主要有三組訊號：

   • 約 $2.4\ \text{ppm}$：羰基 $\alpha$ 位的 $\ce{CH2}$，積分約 $4$H。
   • 約 $1.6\ \text{ppm}$：羰基 $\beta$ 位的 $\ce{CH2}$，積分約 $4$H。
   • 約 $0.9\ \text{ppm}$：末端 $\ce{CH3}$，積分約 $6$H。

   積分比例為：

   $4:4:6=2:2:3$

解題方法

由 IR 可知分子含有一個酮基，分子式為 $\ce{C7H14O}$，因此需排列剩餘的六個碳，使 $^1$H NMR 只呈現三種環境。

若結構具有左右對稱性，符合的排列為：

核心觀念

本題考查醚類在空氣中自氧化（autoxidation）形成爆炸性有機過氧化物的自由基鏈反應。醚氧旁的 $\alpha$-碳氫鍵較容易被自由基抽氫，因此反應會經歷：

1. $\alpha$-氫被抽走，形成醚類碳自由基。
2. 碳自由基與氧氣快速結合，形成過氧自由基。
3. 過氧自由基再從另一個醚分子抽取 $\alpha$-氫，形成氫過氧化物並再生醚類碳自由基。

圖中的醚可表示為：

$$\mathrm{R-O-CH_2-R}$$

其氧旁的碳為 $\alpha$-碳。

解題方法：自由基鏈反應

以魚鉤箭頭表示單電子移動。首先，引發自由基 $\mathrm{Y\cdot}$ 從醚的 $\alpha$-碳抽取氫原子：

$$\mathrm{R-O-CH_2-R+Y\cdot \longrightarrow R-O-\dot{C}H-R+Y-H}$$

生成的醚類碳自由基會與氧氣結合，形成過氧自由基：

$$\mathrm{R-O-\dot{C}H-R+O_2 \longrightarrow R-O-CH(OO\cdot)-R}$$

接著，過氧自由基從另一個醚分子抽取 $\alpha$-氫，產生圖中所示的氫過氧化物與新的醚類碳自由基：

$$\mathrm{R-O-CH(OO\cdot)-R+R-O-CH_2-R}$$ $$\mathrm{\longrightarrow R-O-CH(OOH)-R+R-O-\dot{C}H-R}$$

因此，總體鏈反應可寫成：

$$\mathrm{R-O-CH_2-R \xrightarrow[\mathrm{O_2}]{\mathrm{Y\cdot}} R-O-CH(OOH)-R}$$

核心觀念

氫化熱（heat of hydrogenation）是烯烴與氫氣進行催化氫化，生成相應烷烴時所釋放的熱量：

$$\ce{C=C + H2 ->[催化劑] C-C}$$

氫化反應通常為放熱反應，因此氫化熱以「放熱量大小」表示時：

• 烯烴越不穩定，氫化後能量下降越大，氫化熱越高。
• 烯烴越穩定，氫化後能量下降越小，氫化熱越低。

因此，本題的判斷原則是：

$$\boxed{\text{氫化熱最低} \Longleftrightarrow \text{反應前最穩定的烯烴}}$$

烯烴穩定度通常依序受下列因素影響：

1. 取代程度越高，越穩定：四取代 $>$ 三取代 $>$ 二取代 $>$ 一取代。
2. 共軛烯烴比孤立或非共軛烯烴穩定。
3. 反式烯烴通常比順式烯烴穩定，因為立體排斥較小。
4. 具有環張力差異時，必須考慮雙鍵位置與氫化後產物的環張力。
5. 若結構相同但構形不同，較穩定的構形具有較低氫化熱。

解題方法

先將每個選項視為「尚未氫化的烯烴」，比較其相對穩定度。氫化時各選項最後生成的烷烴若相同或能量差異不大，則反應前烯烴越穩定者，氫化熱越低。

可用下列流程：

核心觀念

本題考查強鹼進行酸鹼反應，以及酯類的 $\alpha$-氫去質子化。

反應物為含有 $\alpha$-氫的酯，鹼為二異丙基氨基鋰（LDA，$\mathrm{LiN(i\text{-}Pr)_2}$）。LDA 的共軛酸為二異丙胺：

$$\mathrm{(i\text{-}Pr)_2N^-Li^+ + RCH_2CO_2Me \rightleftharpoons (i\text{-}Pr)_2NH + RC^-HCO_2Me}$$

酯的 $\alpha$-氫具有酸性，去質子化後形成酯烯醇負離子（enolate），負電荷可在 $\alpha$-碳與羰基氧之間共振：

$$\mathrm{RCH^-CO_2Me \leftrightarrow RCH=C(O^-)OMe}$$

鋰離子與帶負電的氧配位，因此主要可畫成氧負離子鋰鹽。

解題方法

辨認此反應是單純的酸鹼反應：

1. LDA 的氮負離子是強鹼。
2. 鹼抓取酯羰基旁的 $\alpha$-氫。
3. 原本的 $\mathrm{C-H}$ 鍵電子留在 $\alpha$-碳與羰基系統中。
4. 生成酯烯醇負離子及二異丙胺。
5. $\mathrm{Li^+}$ 與烯醇負離子的氧配位。

因此產物應包含：

$$\text{鋰烯醇鹽}+\mathrm{(i\text{-}Pr)_2NH}$$

圖中選項 B 正確表示氧負離子鋰鹽，並生成二異丙胺。

選項分析

核心觀念

本題考查酸度的比較，以及共軛鹼穩定度對酸度的影響。

酸失去質子 $H^+$ 後形成共軛鹼：

$$HA \rightleftharpoons H^+ + A^-$$

酸解離常數為：

$$K_a=\frac{[H^+][A^-]}{[HA]}$$

$K_a$ 越大，表示酸越容易失去質子，酸性越強；以 $pK_a$ 表示時：

$$pK_a=-\log K_a$$

因此，$pK_a$ 越小，酸性越強。

本題各物質的近似 $pK_a$ 如下：

化合物	共軛鹼	近似 $pK_a$
$H_2O$	$OH^-$	$15.7$
$HC\equiv CH$	$HC\equiv C^-$	$25$
$NH_3$	$NH_2^-$	$38$
$CH_3CH_3$	$CH_3CH_2^-$	$50$

所以酸性由強至弱為：

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

解題方法

判斷酸度時，直接比較各物質失去 $H^+$ 後所形成的共軛鹼穩定度。共軛鹼越穩定，原本的酸越容易解離，酸性越強。

$H_2O$ 與 $HC\equiv CH$

水失去質子形成 $OH^-$，負電荷位於氧上；乙炔失去末端氫形成乙炔負離子，負電荷位於碳上。

氧的電負度大於碳，較能穩定負電荷，因此：

$$OH^- \text{ 比 } HC\equiv C^- \text{ 穩定}$$

故：

$$H_2O>HC\equiv CH$$

$HC\equiv CH$ 與 $NH_3$

乙炔負離子的負電荷位於 $sp$ 混成碳。$sp$ 軌域具有 $50\%$ 的 $s$ 特徵，使電子較靠近原子核，能有效穩定負電荷。

氨失去質子形成 $NH_2^-$，氮採近似 $sp^3$ 混成，$s$ 特徵僅約 $25\%$，穩定負電荷的能力較弱。

因此：

$$HC\equiv CH>NH_3$$

$NH_3$ 與 $CH_3CH_3$

兩者失去質子後分別形成 $NH_2^-$ 與 $CH_3CH_2^-$。氮的電負度高於碳，因此 $NH_2^-$ 比乙基負離子穩定，$NH_3$ 的酸性較強：

$$NH_3>CH_3CH_3$$

綜合得到：

核心觀念

本題考查「酸鹼反應的平衡方向」以及有機金屬試劑的鹼性。

乙炔的末端氫具有酸性：

$$\mathrm{HC{\equiv}CH \rightleftharpoons HC{\equiv}C^- + H^+}$$

乙炔的 $pK_a$ 約為 $25$。判斷某鹼能否有效去除乙炔氫，應比較：

• 乙炔的 $pK_a \approx 25$
• 該鹼共軛酸的 $pK_a$

若鹼的共軛酸 $pK_a$ 明顯大於 $25$，反應生成較弱的酸，平衡偏向生成乙炔負離子，去質子化有效。

一般反應可表示為：

$$\mathrm{HC{\equiv}CH + B^- \rightleftharpoons HC{\equiv}C^- + HB}$$

其平衡常數近似為：

$$K \approx 10^{pK_a(HB)-pK_a(HC{\equiv}CH)}$$

解題方法

逐一找出各鹼的共軛酸，並將其 $pK_a$ 與乙炔的 $pK_a \approx 25$ 比較。

若共軛酸比乙炔酸性更強，代表該鹼不足以有效去除乙炔氫；若共軛酸比乙炔弱，則去質子化有利。

選項分析

A) $\mathrm{LiOCH_3}$

此物質為甲醇鋰，可視為甲氧基負離子：

$$\mathrm{CH_3O^-}$$

其共軛酸為甲醇：

$$\mathrm{CH_3O^- + HC{\equiv}CH \rightleftharpoons CH_3OH + HC{\equiv}C^-}$$

甲醇的 $pK_a$ 約為 $15.5$，小於乙炔的 $pK_a \approx 25$。因此甲醇是比乙炔更強的酸，反應平衡偏向左側，無法有效生成乙炔負離子。

因此 A 是不能有效去質子化乙炔的鹼。

B) $\mathrm{CH_3Li}$

甲基鋰可視為甲基負離子：

$$\mathrm{CH_3^-}$$

其共軛酸為甲烷：

$$\mathrm{CH_3^- + HC{\equiv}CH \rightarrow CH_4 + HC{\equiv}C^-}$$

甲烷的 $pK_a$ 約為 $50$，遠大於乙炔的 $25$。因此此反應生成較弱的酸甲烷，平衡強烈偏向右側。

甲基鋰能有效去除乙炔氫。

核心觀念

本題考查烷類的熔點與下列因素的關係：

1. 分子間作用力：烷類主要具有倫敦分散力，分子越大、電子數越多，分散力通常越強。
2. 分子形狀與晶體堆積：熔點不只取決於分子量，也取決於分子能否規則、緊密地排列在固體晶格中。
3. 分子對稱性：高度對稱的分子通常能更有效率地堆積，晶格穩定性高，因此熔點可能顯著上升。

烷類的沸點通常隨分枝增加而降低，因為分子表面積變小、分散力減弱；但熔點不一定遵循相同趨勢，分子對稱性與晶體堆積在熔點判斷中十分重要。

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解題方法

先比較各選項的分子結構：

• n-butane：直鏈四碳烷
• isobutane：2-methylpropane
• n-pentane：直鏈五碳烷
• isopentane：2-methylbutane
• tert-pentane：2,2-dimethylpropane，又稱 neopentane

其中 tert-pentane 的結構為：

$$\mathrm{C(CH_3)_4}$$

四個甲基完全相同，中央碳周圍的結構高度對稱。此種高度對稱的球狀分子，能在固態形成規則且緊密的晶體排列，使晶格穩定性大幅提高。

雖然 tert-pentane 的分枝程度最高，分子表面積較小，單純由分散力判斷會誤以為熔點較低；然而熔點還受到晶體堆積影響。對 tert-pentane 而言，高度對稱性造成的堆積優勢遠大於分枝造成的分散力劣勢。

各物質的熔點約為：

化合物	熔點
n-butane	$-138.3^\circ\mathrm{C}$
isobutane	$-159.6^\circ\mathrm{C}$
n-pentane	$-129.7^\circ\mathrm{C}$
isopentane	$-159.9^\circ\mathrm{C}$
tert-pentane（neopentane）	$-16.6^\circ\mathrm{C}$

在負溫度中，$-16.6^\circ\mathrm{C}$ 高於 $-129.7^\circ\mathrm{C}$、$-138.3^\circ\mathrm{C}$ 與其他數值，因此 tert-pentane 的熔點最高。

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選項分析

核心觀念

本題考查價層電子對互斥理論（VSEPR），並以中心原子周圍的電子域數目與孤電子對判斷分子形狀。

• 中心原子有 $3$ 個鍵結電子域、沒有孤電子對：平面三角形。
• 中心原子有 $3$ 個鍵結電子域、$1$ 對孤電子對：三角錐形，不是平面三角形。
• 正電荷通常代表少了一對電子，可能使結構由三角錐形變成平面三角形。

解題方法

逐一判斷各物種中心原子的鍵結數與孤電子對數：

1. 若為 $AX_3$，即三個鍵結、零孤電子對，為平面三角形。
2. 若為 $AX_3E$，即三個鍵結、一對孤電子對，為三角錐形。
3. 注意電子域幾何可能是四面體，但分子幾何不一定是四面體或平面三角形。

各物種判斷

• I：$\mathrm{CH_3^-}$

  碳形成三個 $\mathrm{C-H}$ 鍵，並帶有一對孤電子對，屬於 $AX_3E$。電子域幾何為四面體，分子形狀為三角錐形，因此不是平面三角形。

• II：$\mathrm{CH_3^+}$

  碳形成三個 $\mathrm{C-H}$ 鍵，沒有孤電子對，屬於 $AX_3$。三個氫原子排列在同一平面，鍵角約為 $120^\circ$，為平面三角形。

• III：$\mathrm{NH_3}$

  氮形成三個 $\mathrm{N-H}$ 鍵，另有一對孤電子對，屬於 $AX_3E$。其分子形狀為三角錐形，不是平面三角形。

核心觀念

本題綜合判讀：

• IR：官能基與共軛效應
• $^1\mathrm{H}$ NMR：氫的種類、化學位移與積分比例
• 質譜：分子離子峰與特徵碎片峰

吸收峰 $1687\ \mathrm{cm^{-1}}$ 顯示存在與芳香環共軛的羰基，例如芳香酮。共軛會使羰基伸縮振動頻率由一般酮的約 $1715\ \mathrm{cm^{-1}}$ 降至約 $1685\sim1690\ \mathrm{cm^{-1}}$。

解題方法

$^1\mathrm{H}$ NMR 只有兩組訊號：

1. $2.1\ \mathrm{ppm}$ 的 singlet
   代表羰基旁的甲基：

   $\mathrm{ArCOCH_3}$

   由於甲基相鄰的羰基碳沒有氫，因此不發生鄰位耦合，呈現 singlet。

2. $7.1\ \mathrm{ppm}$ 的 multiplet
   代表單取代苯環上的芳香氫，通常約有 $5$ 個氫。

因此結構應為：

$\mathrm{C_6H_5COCH_3}$

即 acetophenone（苯乙酮）。

質譜也完全吻合：

• 分子離子峰：

  $\mathrm{M^+}=120$

  苯乙酮分子式為 $\mathrm{C_8H_8O}$：

  $8(12)+8(1)+16=120$

• $m/z=105$：生成 benzoyl cation

  $\mathrm{C_6H_5CO^+}$

• $m/z=77$：生成 phenyl cation

  $\mathrm{C_6H_5^+}$

  可由 $m/z=105$ 再失去 CO 而形成：

  $105-28=77$

選項分析

• A) I：正確
  I 為 acetophenone，具有芳香酮的共軛羰基，IR 約在 $1687\ \mathrm{cm^{-1}}$。

核心觀念

本題考查烯類的加成反應與烯丙位自由基反應，關鍵是判斷反應後是否仍保留碳碳雙鍵。

• $Br_2/CCl_4$：對烯類進行溴化加成，雙鍵被消耗。
• NBS：在自由基條件下進行烯丙位溴化，保留原有雙鍵。
• $HX$ 加成：通常消耗烯類雙鍵，使產物成為飽和鹵代烴。
• 過氧化物效應只適用於 $HBr$，不適用於 $HCl$。

解題方法

先觀察每個反應是否會使 cyclohexene 的碳碳雙鍵消失：

1. 若發生雙鍵加成，產物為飽和化合物。
2. 若發生烯丙位取代，雙鍵保留，產物為不飽和化合物。

cyclohexene 的雙鍵相鄰碳為烯丙位，因此在 NBS／自由基條件下可進行烯丙位溴化：

$$\text{cyclohexene} \xrightarrow[\text{ROOR}]{\text{NBS/CCl}_4} \text{3-bromocyclohexene}$$

產物仍含有碳碳雙鍵，屬於不飽和產物。

選項分析

A) $Br_2/CCl_4$ at $25^\circ\text{C}$

溴分子對 cyclohexene 進行親電性加成，經由溴鎓離子中間體形成鄰位反式二溴化物：

$$\text{cyclohexene} + Br_2 \longrightarrow \text{trans-1,2-dibromocyclohexane}$$

原本的碳碳雙鍵轉變為碳碳單鍵，因此產物為飽和化合物。此選項錯誤。

B) NBS／$CCl_4$，ROOR

NBS 在過氧化物存在下產生自由基反應，主要進行烯丙位溴化，而不是直接對雙鍵進行加成。

cyclohexene 的烯丙位發生溴原子取代，形成 bromocyclohexene；雙鍵仍然存在：