108 年 國立臺灣大學藥學系碩士班《有機化學（A）》

LDA (lithium diisopropylamide) 是一種強鹼，常用於去質子化碳氫化合物中酸性較強的質子，通常是 α-氫（相鄰於羰基、硝基、氰基等吸電子基團）或炔烴的末端氫。

我們逐一分析各個化合物：
(a) pentane：烷烴，C-H 鍵的質子酸性非常弱，LDA 無法有效去質子化。
(b) 1-pentene：烯烴，烯丙位（allylic）的 C-H 鍵酸性比烷烴稍強，但仍不足以被 LDA 去質子化。
(c) 1-pentyne：末端炔烴，炔氫（acetylenic hydrogen）具有一定的酸性（pKa ≈ 25），可以被 LDA 去質子化形成炔化物。
(d) 2-pentanone：酮，α-氫（與羰基相鄰的碳上的氫）具有酸性（pKa ≈ 20），可以被 LDA 去質子化形成烯醇負離子。
(e) 2,4-pentanedione：β-二酮，兩個羰基之間的亞甲基（methylene）上的氫酸性很強（pKa ≈ 9），可以被 LDA 輕鬆去質子化形成穩定的共振穩定烯醇負離子。

判斷一個分子是否為芳香族化合物，需要滿足以下三個條件：

1. 分子必須是環狀的 (cyclic)。
2. 分子必須是平面的 (planar)，以便 π 電子軌域能夠有效共軛。
3. π 電子數量必須遵循休克爾規則 (Hückel's rule)，即 $4n+2$ 個 π 電子，其中 $n$ 為非負整數 ($n=0, 1, 2, ...$)。

我們逐一分析圖片中的六個分子：

1. 第一個分子：一個六員環，含有三個雙鍵。環狀，平面，π 電子數量為 $3 \times 2 = 6$。$6 = 4(1) + 2$，符合休克爾規則。因此，這是芳香族化合物。

2. 第二個分子：一個五員環，含有兩個雙鍵，並帶有一個負電荷。環狀，π 電子數量為 $2 \times 2 + 2 = 6$。由於存在負電荷，這個五員環可以形成一個平面結構，並且有 6 個 π 電子。$6 = 4(1) + 2$，符合休克爾規則。因此，這是芳香族化合物（例如，環戊二烯負離子）。

3. 第三個分子：一個六員環，含有兩個雙鍵，並帶有一個正電荷。環狀，π 電子數量為 $2 \times 2 = 4$。這個陽離子是平面結構。π 電子數量為 4。$4 \neq 4n+2$。因此，這不是芳香族化合物（它是反芳香族，antiaromatic）。

4. 第四個分子：一個六員環，含有三個雙鍵，並帶有一個正電荷。環狀，π 電子數量為 $3 \times 2 = 6$。這個陽離子是平面結構。π 電子數量為 6。$6 = 4(1) + 2$，符合休克爾規則。因此，這是芳香族化合物（例如，苯陽離子）。

核心觀念

本題考查：

1. 酸催化脫水反應：醇在濃硫酸、加熱條件下形成烯烴，主要遵循較穩定烯烴優先的 Zaitsev 規則。
2. 烯烴的順式二羥基化：烯烴經 $OsO_4$，再以 $NaHSO_3、H_2O$ 處理，會在雙鍵兩端各引入一個羥基，形成鄰二醇。
3. $OsO_4$ 反應具有 syn addition 特性，即兩個羥基從雙鍵同一面加入。

解題方法

原料是環戊基取代的二級醇，可表示為：

$$\text{cyclopentyl}-CH(OH)-CH_3$$

在 $H_2SO_4$、加熱下，醇先脫水形成烯烴。相鄰的 $\beta$-碳有兩種可能：

路徑一：形成較多取代的烯烴

從環戊烷環上的 $\beta$-碳移除氫，形成環外雙鍵：

$$\text{cyclopentane}=CHCH_3$$

此雙鍵為較多取代、較穩定的烯烴，因此為主要中間產物。

接著進行：

$$OsO_4,\ pyridine$$

再以：

$$NaHSO_3,\ H_2O$$

處理，雙鍵兩端各加入一個 $OH$，得到環戊烷環碳上的羥基，以及外側碳上的羥基：

$$\text{環戊烷}-C(OH)-CH(OH)-CH_3$$

此題考驗對芳香族親電取代反應和還原反應的掌握。我們需要逐一分析每個選項中的反應，看哪個能得到題目所示的產物。題目所示的產物是 4-硝基甲苯。

選項 (A):
起始物是甲苯。
試劑是 EtBr 和 AlBr3。
EtBr + AlBr3 是 Friedel-Crafts alkylation 試劑。
甲苯的甲基是供電子基團，會活化苯環，並導向鄰位和對位。
Friedel-Crafts alkylation 在甲苯上會主要得到對位取代產物 (p-ethyltoluene) 和少量鄰位取代產物 (o-ethyltoluene)。
產物不會是 4-硝基甲苯。

選項 (B):
起始物是甲苯。
試劑是 SO3H 和 H2SO4。
這是芳香族磺化反應。
甲苯的甲基會導向鄰位和對位。
主要產物是 p-toluenesulfonic acid (對甲苯磺酸) 和少量 o-toluenesulfonic acid (鄰甲苯磺酸)。
產物不會是 4-硝基甲苯。

核心觀念

本題比較烷基鹵化物或醇在不同試劑下進行取代反應與消去反應的相對優勢：

• 一級鹵化物遇強親核試劑，通常以 $S_\mathrm{N}2$ 為主。
• 二級鹵化物遇強鹼，如 $\ce{MeO^-}$，通常以 $E2$ 為主。
• 叔級鹵化物受強鹼作用時，因立體障礙無法進行 $S_\mathrm{N}2$，以 $E2$ 為主。
• $\ce{MeS^-}$ 是強親核體但相對弱鹼，偏向取代。
• $\ce{AcO^-}$ 受共振穩定，是弱鹼，偏向取代。
• 叔級醇在酸性甲醇中可經由 $S_\mathrm{N}1$ 形成醚。

選項分析

(a)

圖中為一級溴代烷，試劑 $\ce{NaOMe/MeOH}$ 提供甲氧基離子。甲氧基離子對一級碳進行背面進攻：

$$\ce{RCH2Br + MeO^- -> RCH2OMe + Br^-}$$

一級碳的立體障礙小，$S_\mathrm{N}2$ 取代為主，圖示的甲醚是主要產物。正確。

(b)

圖中為二級溴代烷。$\ce{MeO^-}$ 不僅是親核體，也是強鹼；對二級鹵化物而言，$E2$ 消去通常優於 $S_\mathrm{N}2$。甲氧基離子會抓取 $\beta$-氫，同時溴離子離去，形成較穩定的烯烴。

因此圖示的二級甲醚僅為次要取代產物，並非主要產物。錯誤。

(c)

圖中為叔丁基溴。叔級碳受到立體障礙，無法有效進行 $S_\mathrm{N}2$；在強鹼 $\ce{MeO^-}$ 存在下，主要進行 $E2$：

$$\ce{(CH3)3CBr + MeO^- -> (CH3)2C=CH2 + MeOH + Br^-}$$

主要產物為 2-甲基丙烯，不是圖示的叔丁基甲醚。錯誤。

(d)

此題考驗對羰基化合物還原、氧化、以及酯類反應的理解。指定的產物是 2-methyl-1-propanol (異丁醇)。

我們逐一分析每個選項：

a. 起始物是 2-methylpropanal (異丁醛)，CH3CH(CH3)CHO。
試劑是 NaBH4。
NaBH4 (硼氫化鈉) 是選擇性還原劑，可以將醛和酮還原為相應的醇。
2-methylpropanal 的醛基 (-CHO) 會被 NaBH4 還原為羥甲基 (-CH2OH)。
產物是 2-methyl-1-propanol，CH3CH(CH3)CH2OH。
這與指定的產物相同。所以反應 (a) 是有效的。

b. 起始物是 2-methylpropanoic acid (異丁酸)，CH3CH(CH3)COOH。
試劑是 H+ / MeOH。
酸在醇中的反應通常是酯化反應 (Fischer esterification)，生成酯。
產物是 methyl 2-methylpropanoate，CH3CH(CH3)COOCH3。
這不是指定的產物 (醇)。
如果試劑是強還原劑 (如 LiAlH4)，則羧酸可以被還原為醇。但 H+/MeOH 無法還原羧酸。
所以反應 (b) 是無效的。

c. 起始物是 methyl 2-methylpropanoate (異丁酸甲酯)，CH3CH(CH3)COOCH3。
試劑是 CrO3 / H2SO4。
CrO3 (三氧化鉻) 在酸性條件下是強氧化劑。
酯類通常不易被 CrO3 氧化。
如果反應是還原反應，例如用 LiAlH4，酯可以被還原為醇。
CrO3 會氧化醇，醛，以及活化的 C-H 鍵。
對於酯，CrO3 通常不會發生反應，或者發生一些複雜的氧化。
它不會生成指定的醇。
所以反應 (c) 是無效的。

判斷胺類化合物的鹼性，主要考慮氮原子上孤對電子的可及性與穩定性。鹼性越強，表示氮上的孤對電子越容易接受質子。

我們逐一分析選項：
(A) 4-nitroaniline：苯胺的衍生物，其中苯環對位有一個硝基 (-NO2)。硝基是強吸電子基團，它通過共振和誘導效應從苯環吸電子，進而從氮原子吸電子。這使得氮原子上的孤對電子離域化到苯環上，並且穩定性增加，導致鹼性大大減弱。因此，4-nitroaniline 是弱鹼。

(B) trimethylamine (三甲胺)：(CH3)3N。這是一個三級脂肪胺。甲基是供電子基團，通過誘導效應增加氮原子上孤對電子的電子密度，使其更容易接受質子。在非水溶液中，三甲胺是較強的鹼。在水溶液中，由於甲基的供電子效應以及三級胺的溶劑化效應（空間位阻較大，水分子不易接近氮原子形成氫鍵），其鹼性通常比二甲胺和一甲胺略弱，但仍是較強的脂肪胺。

(C) pyrrole (吡咯)：這是一個五員雜環，氮原子參與了芳香體系的共軛。吡咯中的氮原子有兩個電子參與芳香體系，其孤對電子並非自由存在，而是高度離域化，因此吡咯的氮原子幾乎沒有鹼性，甚至可以說是酸性（pKa

核心觀念

$^{13}\mathrm{C}$ NMR 的訊號數目，等於分子中「化學環境不等價」的碳原子種類數。具有對稱性、處於相同化學環境的碳，會產生同一個訊號。

本題需辨認：

• 對位取代苯環的對稱性
• 酯基羰基碳
• tert-butyl 基團中三個甲基的等價性

解題方法

tert-butyl 4-nitrobenzoate 可分為三個部分：

1. 對位二取代苯環

苯環上的兩個取代基分別為：

• $-CO_2C(CH_3)_3$
• $-NO_2$

雖然兩個取代基不同，但對位結構仍具有使苯環兩側互換的對稱性，因此：

• $C_2$ 與 $C_6$ 等價：1 個訊號
• $C_3$ 與 $C_5$ 等價：1 個訊號
• 接羰基的 ipso carbon：1 個訊號
• 接硝基的 ipso carbon：1 個訊號

因此苯環共有：

$$4\text{ 個訊號}$$

2. 酯基羰基碳

酯基中的羰基碳 $\mathrm{C=O}$ 為獨立的一種碳環境：

$$1\text{ 個訊號}$$

3. tert-butyl 基團

tert-butyl 結構為：

核心觀念

溴氣在光照下發生均裂，進行自由基取代反應。甲苯的苄位氫容易被取代，因為形成的苄基自由基具有共振穩定性：

$$\mathrm{C_6H_5CH_3 + Br_2 \xrightarrow{h\nu} C_6H_5CH_2Br + HBr}$$

苄基自由基可由芳香環共振穩定，因此反應主要發生在側鏈的苄位，而非苯環。

解題方法

反應機構如下：

1. 起始：

$$\mathrm{Br_2 \xrightarrow{h\nu} 2Br\cdot}$$

2. 溴自由基摘取甲苯的苄位氫：

$$\mathrm{Br\cdot + C_6H_5CH_3 \rightarrow HBr + C_6H_5CH_2\cdot}$$

3. 苄基自由基與溴氣反應，生成苄基溴並再生溴自由基：

$$\mathrm{C_6H_5CH_2\cdot + Br_2 \rightarrow C_6H_5CH_2Br + Br\cdot}$$

因此主要產物為苄基溴 $\mathrm{C_6H_5CH_2Br}$，即圖中的 (a)。

核心觀念

本題考察氫溴酸（HBr）對不同官能基的反應：

1. 烯類與 HBr 進行親電加成，遵守 Markovnikov rule：$H^+$ 加到較少取代的雙鍵碳，使正電荷形成於較多取代、較穩定的碳上，接著由 $\mathrm{Br^-}$ 進攻。
2. 醇與 HBr 反應時，先將 $\mathrm{-OH}$ 質子化並脫水；若形成的碳正離子鄰近可重排位置，會發生 1,2-遷移。
3. 酚的芳香族 $\mathrm{C(sp^2)-O}$ 鍵及羧酸的 $\mathrm{C-O}$ 鍵，不能由 HBr 直接以一般 $\mathrm{S_N1/S_N2}$ 方式置換。

解題方法

逐一判斷 HBr 對各選項起始官能基的反應性，並檢查圖示產物是否符合：

• Markovnikov 加成位置；
• 碳正離子穩定度與重排；
• 官能基是否能被 HBr 直接轉換。

選項分析

（A）錯誤

圖中醛基與 HBr 反應後被畫成只經一次加成的溴醇。醛基與 HBr 的加成中間體並非此條件下的主要穩定產物；在無水、過量 HBr 的條件下，會傾向進一步形成同一碳帶有兩個溴的 geminal dibromide：

$$\mathrm{RCHO+2HBr\longrightarrow RCHBr_2+H_2O}$$

因此圖示產物不是主要產物。

（B）錯誤

酚的芳香環碳為 $\mathrm{sp^2}$ 雜化，$\mathrm{Ar-OH}$ 中的芳香族 $\mathrm{C-O}$ 鍵不能像一般烷基醇一樣被 $\mathrm{Br^-}$ 以 $\mathrm{S_N1}$ 或 $\mathrm{S_N2}$ 取代。

核心觀念

手性中心是具有四個不同取代基的四面體型原子；在本題中主要判斷四個不同取代基的 $sp^3$ 碳。環狀結構中，即使兩個取代基都連向碳環，也要沿環比較其完整路徑是否不同。

$C=C$ 雙鍵碳與羰基碳為平面型 $sp^2$ 碳，不是手性中心。

解題方法

依圖中 pregnenolone 的編號逐一判斷：

• C3：連接 $OH$、$H$，以及經由 C2、C4 的兩條不同環路，為手性中心。
• C8：連接 $H$，並分別通往 C7、C9、C14，四組取代基不同。
• C9：連接 $H$，並分別通往 C8、C10、C11，為手性中心。
• C10：連接 C1、C5、C9 及甲基 C19，四組取代基不同。
• C13：連接 C12、C14、C17 及甲基 C18，為手性中心。
• C14：連接 $H$，並分別通往 C8、C13、C15，為手性中心。
• C17：連接 $H$、C13、C16 及乙醯側鏈，四組取代基不同。

核心觀念

立體異構物數目由未指定構型的立體中心決定。若有 $n$ 個構型未指定、彼此獨立的立體中心，則立體異構物數為 $2^n$。已用楔形鍵表示構型的中心不再計入；本題的類固醇骨架不具可讓這些構型彼此重合的對稱性。

解題方法

Pregnenolone 結構中共有 7 個立體中心：C3、C8、C9、C10、C13、C14、C17。圖中以楔形鍵標示了 C3、C10、C13、C17 的構型；C8、C9、C14 的構型未指定，因此：

$$n=7-4=3$$ $$2^3=8$$

選項分析

題目資訊與假設

題目未附標示 C3、C10、C13、C17 的分子結構圖；以下依天然膽固醇的結構作為合理假設。

核心觀念

判定絕對組態須依序使用 CIP 優先序規則：先比較手性碳直接連接原子的原子序；若相同，逐層比較下一層原子。將最低優先序（4）背向觀察者後，1→2→3 順時針為 $R$，逆時針為 $S$。

解題方法

天然膽固醇在題目所列四個碳上的絕對組態為：

碳原子	絕對組態
C3	$S$
C10	$R$
C13	$R$
C17	$R$

核心觀念

本題綜合考查：

1. 有機化合物的極性與官能基。
2. 烯類與溴水的加成反應。
3. Jones 試劑對不同種類醇的氧化反應。
4. 環烯烴雙鍵的幾何構型。
5. 碳原子的級數判定。

Pregnenolone 的結構重點為：

• C5–C6 具有碳碳雙鍵。
• C3 具有 $\beta$-羥基，且為二級醇。
• C20 為酮基。
• 為含有多個環的類固醇骨架，C14 連接三個碳原子。

解題方法

逐一辨認結構中的官能基，再套用各官能基的反應特性與碳原子級數定義，即可判斷每個敘述。

選項分析

（a）Pregnenolone is a nonpolar compound.

錯誤。

Pregnenolone 雖然具有大部分由碳氫組成的疏水性類固醇骨架，但分子中含有：

• 一個羥基 $\ce{-OH}$
• 一個酮基 $\ce{C=O}$

這些官能基皆具有極性，能與水分子產生偶極作用，其中羥基也可形成氫鍵。因此，pregnenolone 不是非極性化合物。

較精確的描述是：pregnenolone 為整體偏疏水、但仍具有明顯極性官能基的化合物。

（b）Pregnenolone can decolorize the bromine solution.

正確。

Pregnenolone 含有 C5–C6 碳碳雙鍵，屬於烯類。烯類可與溴發生親電加成反應：

$$\ce{C=C + Br2 -> CBr-CBr}$$

溴水的紅棕色會因溴被消耗而褪去，因此含有此雙鍵的 pregnenolone 可以使溴水褪色。

（c）When reacting with Jones reagent, pregnenolone will become a carboxylic acid.

錯誤。

此題需要根據上下文判斷試劑 C。題目中的上下文是指圖 15 所屬的試題群組，即關於 polysaccharide B 的降解。
圖 14 的下方描述了 polysaccharide B (糖聚合物) 在試劑 C 的作用下，可以被分解成 sugars，用於生質燃料生產。
我們需要判斷哪個試劑最適合用於將多醣分解成單醣。

多醣是由單醣通過糖苷鍵 (glycosidic bond) 連接而成的。
糖苷鍵是一種醚鍵 (-O-)，連接兩個單醣單元。
為了將多醣分解成單醣，需要斷裂這些糖苷鍵。
斷裂醚鍵通常需要水解 (hydrolysis)。

我們來分析選項：
(A) bromine (溴)：溴是氧化劑，通常用於烯烴的加成或氧化醇/醛。它不適合用於水解醚鍵。
(B) sulfuric acid (硫酸)：硫酸是一種強酸，可以催化水解反應。在酸性條件下，糖苷鍵可以被水解。

核心觀念

本題考查酸催化下醣類的環鏈互變與氧同位素交換。使用重氧水 $H_2{}^{18}O$ 時，反應中若發生羥基的脫水、加水或開鏈—閉鏈平衡，水分子的氧可能被導入醣分子，因此必須追蹤各羥基氧的來源。

圖中八個產物可視為不同的氧同位素標記排列；判斷重點是：

1. 可交換的羥基氧會因水解離與再結合而發生 $^{16}O/{}^{18}O$ 交換。
2. 不同羥基位置的交換可彼此獨立，因此會產生多種標記組合。
3. 必須排除反應機構不允許的標記位置，而不是只看結構是否相似。

解題方法

在重氧水中，水的氧為 $^{18}O$。反應進行時，醣分子可經由開鏈形式與環狀形式互變；在此過程中，原本的羥基氧可能離去，並由重氧水提供新的氧。

逐一追蹤圖中的八個產物：

• 左側羥基氧可來自重氧水，也可保留原本的普通氧。
• 右側羥甲基羥基氧同樣可發生交換。
• 異頭碳上的羥基氧在開鏈—閉鏈過程中也可能由水重新提供。

核心觀念

本題考查醣類化學（Carbohydrate Chemistry）中多醣（Polysaccharide）的結構與性質：

1. 多醣的結構與單醣單元：常見天然多醣包括纖維素（Cellulose）、澱粉（Starch，含 Amylose 與 Amylopectin）及肝醣（Glycogen），皆為同質多醣（Homopolysaccharide），由單一單醣——$\text{D}$-葡萄糖（$\text{D}$-glucose）藉由糖苷鍵（Glycosidic bond）脫水縮合而成。
2. 糖苷鍵的化學本質：糖苷鍵本質上為縮醛／縮酮（Acetal/Ketal）結構中的醚鍵（$\text{C}-\text{O}-\text{C}$）。
3. 官能基的分類：在吡喃葡萄糖（Glucopyranose）單元中，自由羥基（$-\text{OH}$）所連接的碳原子分類（一級醇、二級醇），天然多醣中不含三級醇（Tertiary alcohol）。
4. 環狀構形與立體化學：$\beta\text{-D}$-吡喃葡萄糖在最穩定的椅子型構形（Chair conformation）下，所有較大的取代基（$-\text{OH}$、$-\text{CH}_2\text{OH}$）皆位於赤道向（Equatorial position）。

---

解題方法

本題所指的「polysaccharide B」源自該年度試卷中與澱粉（Starch）或纖維素（Cellulose）相關的題組結構（例如題幹所給的纖維素結構，具 $\beta\text{-1,4-glycosidic bond}$，或澱粉結構，具 $\alpha\text{-1,4-glycosidic bond}$）：

1. 溶解度分析：多醣分子量龐大，且鏈間與鏈內形成緊密的氫鍵網絡（尤其是纖維素），使其在冷水甚至一般水中難以溶解；即便是直鏈澱粉，在水中溶解度亦極低且易回凝老化（Retrogradation）。
2. 鍵結與水解產物：多醣分子間以糖苷鍵（醚官能基）連接；由於構成之單體均為葡萄糖分子，完全水解後僅得到單一種醣（$\text{D}$-葡萄糖）。
3. 醇類分類與環構形：檢視葡萄糖環上的碳原子級數可知不存在三級醇；且最穩定構形中赤道向取代基佔絕大多數甚至全部（$\beta$-型），絕非全部為軸向（Axial）。

---

選項分析

• (a) 錯誤。
  天然多醣（如 Cellulose 或直鏈澱粉 Amylose）分子量極大且分子間具有極強的網狀氫鍵，通常為水不溶性（Insoluble in water），或僅能在加熱條件下形成膠體／懸浮液，不屬於水溶性分子。

丁烷 (butane) 的分子式是 C4H10。結構異構體是指分子式相同但結構式不同的化合物。
對於丁烷 (C4H10)，我們需要找出所有可能的碳鏈連接方式。

1. 直鏈丁烷 (n-butane)：四個碳原子形成一條直鏈。結構式為 CH3-CH2-CH2-CH3。

2. 支鏈丁烷 (isobutane)：一個三碳鏈，中間的碳原子連接一個甲基。結構式為 CH3-CH(CH3)-CH3。這也被稱為 2-methylpropane。

好的，各位同學！我們來看這題關於結構異構物的題目。

這題主要考驗的是結構異構物（Constitutional Isomers）的判斷能力，特別是針對分子式為 C4H8Br2 的化合物。要找出所有可能的結構異構物，我們需要系統性地考慮溴原子在丁烷骨架上的不同取代位置與組合。

解題過程：

首先，題目告訴我們化合物 D 的分子式是 C4H8Br2，並且它是丁烷 (C4H10) 的衍生物。這意味著丁烷的十個氫原子中有兩個被溴原子取代了。我們需要列出所有可能的溴原子取代位置組合。

丁烷有兩種結構異構物：正丁烷 (n-butane) 和異丁烷 (isobutane)。

情況一：以正丁烷為骨架

正丁烷的碳鏈是直的，有四個碳原子。我們將兩個溴原子取代掉兩個氫原子。

1. 兩個溴原子取代在同一個碳原子上：

   • 1,1-二溴丁烷：兩個溴原子都在 1 號碳上。
   • 2,2-二溴丁烷：兩個溴原子都在 2 號碳上。

2. 兩個溴原子取代在不同的碳原子上：

   • 1,2-二溴丁烷：一個溴原子在 1 號碳，另一個在 2 號碳。
   • 1,3-二溴丁烷：一個溴原子在 1 號碳，另一個在 3 號碳。
   • 1,4-二溴丁烷：一個溴原子在 1 號碳，另一個在 4 號碳。
   • 2,3-二溴丁烷：一個溴原子在 2 號碳，另一個在 3 號碳。

到目前為止，我們從正丁烷骨架得到了 6 種結構異構物。

情況二：以異丁烷為骨架

異丁烷的結構是 2-甲基丙烷。它的碳原子連接方式如下：一個中心碳原子連接三個甲基（-CH3）和一個氫原子。

• 中心碳原子（2 號碳）只有一個氫原子，所以兩個溴原子不可能取代在同一個中心碳原子上（除非形成偕二溴化物，但這會改變碳骨架，且在此情況下，中心碳原子連接四個溴原子，這不是 C4H8Br2）。
• 我們需要將兩個溴原子取代在不同的碳原子上。異丁烷有兩種不同類型的氫原子：
  • 甲基上的氫原子 (1, 3, 4 號碳)： 這三個甲基是等價的，因為異丁烷有對稱性。所以，我們可以將兩個溴原子取代在其中兩個甲基上。
    • 1,2-二溴-2-甲基丙烷：一個溴在 1 號碳（甲基），另一個在 2 號碳（中心碳）。

核心觀念

結構異構物具有相同分子式，但原子連接方式不同；立體異構物則具有相同連接方式，空間排列不同。本題要先列出 $D$ 的結構異構物，再判斷其中哪些具有立體異構物。

判斷手性中心的標準是：該碳原子必須連接四種不同的原子或基團。若分子有手性中心，通常會有一對對映異構物；若有多個手性中心，也要檢查是否存在內部對稱面而形成內消旋異構物。

解題方法

$D$ 的分子式為 $\mathrm{C_4H_8Br_2}$，可視為丁烷的兩個氫原子被溴取代。考慮丁烷碳鏈的對稱性，兩個溴的不同位置組合可列為：

• 1,1-二溴丁烷：$\mathrm{CHBr_2-CH_2-CH_2-CH_3}$
• 1,2-二溴丁烷：$\mathrm{BrCH_2-CHBr-CH_2-CH_3}$
• 1,3-二溴丁烷：$\mathrm{BrCH_2-CH_2-CHBr-CH_3}$
• 1,4-二溴丁烷：$\mathrm{BrCH_2-CH_2-CH_2-CH_2Br}$
• 2,2-二溴丁烷：$\mathrm{CH_3-CBr_2-CH_2-CH_3}$
• 2,3-二溴丁烷：$\mathrm{CH_3-CHBr-CHBr-CH_3}$

逐一判斷是否有立體異構物：

1. 1,1-二溴丁烷：帶有兩個相同溴原子的碳不是手性中心，沒有立體異構物。
2. 1,2-二溴丁烷：第 2 個碳連接 $\mathrm{H}$、$\mathrm{Br}$、$\mathrm{CH_2Br}$、$\mathrm{CH_2CH_3}$ 四種不同基團

核心觀念

本題考查二溴丁烷的結構異構物與立體異構物計數。四面體碳原子只有在連接四種不同基團時，才是立體中心；含有立體中心的分子仍須檢查對稱性，因為具有內部對稱面的 meso（內消旋）異構物不具手性。

解題方法

利用丁烷骨架的對稱性，列出兩個溴取代基不重複的定位方式：

溴的位置	結構特徵	立體異構情形	手性異構物數
1,1	一個碳連接兩個 Br	該碳有兩個相同取代基，沒有立體中心	0
1,2	C2 連接 H、Br、CH₂Br、CH₂CH₃	一個立體中心，形成一對對映異構物	2
1,3	C2 連接 H、Br、CH₃、CH₂CH₂Br	一個立體中心，形成一對對映異構物	2
1,4	兩端各有一個 Br	分子對稱，沒有立體中心	0
2,2	一個碳連接兩個 Br	該碳有兩個相同取代基，沒有立體中心	0
2,3	C2、C3 各有一個立體中心	有 RR、SS 一對對映異構物，以及 RS 內消旋異構物	2

核心觀念

題目圖中第 22 題給的是二醇 $E$，分子式為 $\mathrm{C_4H_8(OH)_2}$，並指明它是丁烷的衍生物；題目問的是穩定的結構異構物數目。結構異構物需逐一計算碳骨架與羥基位置不同的化合物；立體異構物不另計。

解題方法

丁烷有兩種碳骨架：直鏈丁烷與支鏈的 2-甲基丙烷。先把兩個羥基放在不同碳上，利用骨架對稱性合併等同位置；同一碳上放兩個羥基的偕二醇通常不穩定，不列入本題的穩定異構物。

• 直鏈丁烷：4 種
  由於碳鏈左右對稱，兩個羥基放在不同碳上，只有四種不等價位置：1,2-丁二醇、1,3-丁二醇、1,4-丁二醇及 2,3-丁二醇。
• 2-甲基丙烷：2 種
  三個甲基位置等價，羥基可分別位於中央碳與一個末端碳，或位於兩個不同的末端碳，共兩種。

核心觀念

本題考辨不同官能基保護基的脫除條件。催化氫化使用 $\mathrm{H_2/Pd-C}$ 時，典型可進行氫解的保護基是苄基（benzyl）；其他保護基須依其結構判斷，不能只因分子中有雙鍵或含氧原子就判定可被脫除。

解題方法

依原圖由左至右，七個結構依序為：$N$-Boc 氨基甲酸酯、乙二醇形成的五員環縮酮、矽醚、乙醯胺、第三級丁基醚、苄基醚與烯丙基醚。逐一判斷 $\mathrm{H_2/Pd-C}$ 是否能切斷保護基與目標官能基之間的鍵。

• $N$-Boc 氨基甲酸酯：通常以酸性條件脫除，不是催化氫化可脫除的保護基。
• 五員環縮酮：通常以酸性水解恢復羰基；圖中的縮酮碳連接 $R$ 與 $R'$，不是兩個甲基。
• 矽醚：通常以氟離子或酸性條件脫除。
• 乙醯胺：通常經水解脫除。
• 第三級丁基醚：通常以酸性條件脫除。
• 苄基醚：可用 $\mathrm{H_2/Pd-C}$ 進行氫解，釋出醇。
• 烯丙基醚：一般以鈀催化的脫烯丙基反應脫除；

核心觀念

格氏試劑 $RMgX$ 具有強鹼性與親核性。判斷保護基是否耐受，需檢查保護基是否含有會被格氏試劑消耗的酸性氫，或會與它反應的親電中心；例如酸性氫會使格氏試劑失活，酯類羰基則可能遭親核加成。

解題方法

原卷頁圖顯示第 24 題題目及選項為「How many of them can be resistant to the Grignard reagent?」，選項是 2、3、4、5、6；但本頁沒有出現題幹所指的七個保護基結構。由於必須逐一檢查結構才能計數，缺少這些結構便無法判定耐受格氏試劑的數量。

選項分析

核心觀念

本題為典型的目標分子逆合成分析（Retrosynthetic Analysis）與多樣化有機合成路徑設計，核心考點包含：

1. $\beta$-胺基醇（$\beta$-Amino alcohol）結構的逆合成拆解：目標分子在同一個碳（C1）上同時具有三級醇羥基（$-\mathrm{OH}$）與胺甲基（$-\mathrm{CH_2NH_2}$），其骨架本質為 1,2-雙官能基化合物（$\beta$-胺基醇）。
2. 碳－碳鍵形成反應（C－C Bond Formation）：以環己酮的羰基（$\mathrm{C=O}$）為受體，利用不同親核試劑（如氰基負離子、硝基甲基負離子、硫葉立德）引入一碳（$\mathrm{C_1}$）單元。
3. 官能基轉換與選擇性還原（Functional Group Interconversion, FGI）：包含腈基（$-\mathrm{CN}$）還原為一級胺、脂肪族硝基（$-\mathrm{NO_2}$）還原為一級胺、以及環氧化物（epoxide）的區域選擇性親核開環與疊氮化物（$-\mathrm{N_3}$）還原。

---

解題方法

從試卷原圖確認：起始物為環己酮（cyclohexanone），目標產物 Compound F 為 1-(胺甲基)環己烷-1-醇（1-(aminomethyl)cyclohexan-1-ol），結構特徵為環己烷 C1 位同時連接羥基（$-\mathrm{OH}$）與胺甲基（$-\mathrm{CH_2NH_2}$）。

題目要求提供「三種不同機轉與合成邏輯的路徑（three distinct schemes）」，且越具多樣性（diverse）得分越高。以下設計三條截然不同、反應條件溫和且文獻可靠度極高的合成路線：

---

方法一：氰醇加成－氫化鋁鋰還原法（Cyanohydrin Route）

• 設計邏輯：利用氰根離子（$\mathrm{CN^-}$）作為一碳親核試劑進攻環己酮形成氰醇，再利用強還原劑將腈基還原為一級胺。
• 反應步驟：
  1. 氰醇形成反應（Cyanohydrin Formation）：
     環己酮與氰化鈉在硫酸（或鹽酸）水溶液中反應，氰根離子親核加成至羰基碳，經質子化得到 1-羥基環己烷甲腈（1-hydroxycyclohexanecarbonitrile）。 $$\text{Cyclohexanone} \xrightarrow{\mathrm{NaCN},\ \mathrm{H_2SO_4}\text{ (aq)}} \text{1-Hydroxycyclohexanecarbonitrile}$$
  2. 腈基還原反應（Nitrile Reduction）：
     以氫化鋁鋰（$\mathrm{LiAlH_4}$）於無水乙醚（$\mathrm{Et_2O}$）或四氫呋喃（$\mathrm{THF}$）中將腈基（$-\mathrm{C\equiv N}$）還原，經水及稀鹼淬滅後即可獲得目標產物 Compound F。 $$\text{1-Hydroxycyclohexanecarbonitrile} \xrightarrow{1.\ \mathrm{LiAlH_4},\ \mathrm{Et_2O};\ 2.\ \mathrm{H_2O}} \text{Compound F}$$

---

方法二：Henry 反應（硝基醇縮合）－催化氫化還原法（Henry / Nitroaldol Route）

• 設計邏輯：利用硝基甲烷的弱酸性 $\alpha$-氫在鹼性條件下去質子化生成碳陰離子，與環己酮發生親核加成（Henry 反應），隨後催化氫化將硝基直接轉化為胺基。
• 反應步驟：
  1. Henry 反應（Nitroaldol Addition）：
     環己酮與硝基甲烷（$\mathrm{CH_3NO_2}$）在醇鈉（如 $\mathrm{NaOMe}$）或氫氧化鈉（$\mathrm{NaOH}$）催化下反應，硝基甲基負離子（$^{-}\mathrm{CH_2NO_2}$）進攻羰基碳，生成 1-(硝基甲基)環己烷-1-醇（1-(nitromethyl)cyclohexan-1-ol）。 $$\text{Cyclohexanone} + \mathrm{CH_3NO_2} \xrightarrow{\mathrm{NaOMe},\ \mathrm{MeOH}} \text{1-(Nitromethyl)cyclohexan-1-ol}$$
  2. 硝基催化氫化（Nitro Reduction）：
     在鈀碳催化劑（$\mathrm{Pd/C}$）或雷尼鎳（$\mathrm{Raney\text{-}Ni}$）催化下通入氫氣（$\mathrm{H_2}$），選擇性將脂肪族硝基（$-\mathrm{NO_2}$）平和還原為一級胺（$-\mathrm{NH_2}$），獲得 Compound F。 $$\text{1-(Nitromethyl)cyclohexan-1-ol} \xrightarrow{\mathrm{H_2},\ \mathrm{Pd/C},\ \mathrm{EtOH}} \text{Compound F}$$

---

方法三：Corey–Chaykovsky 環氧化－疊氮親核開環還原法（Epoxidation & Azidolysis Route）

• 設計邏輯：不直接使用含氮碳負離子加成，改以硫葉立德將環己酮轉化為螺環氧化合物，接著利用含氮親核試劑進行高度區域選擇性的環氧開環反應，再還原生成胺基。
• 反應步驟：
  1. Corey–Chaykovsky 環氧化反應（Sulfur Ylide Epoxidation）：
     三甲基碘化鋶（$\mathrm{Me_3S^+I^-}$）在氫化鈉（$\mathrm{NaH}$）及 $\mathrm{DMSO}$ 中就地生成二甲基鋶甲基化物（$\mathrm{Me_2S=CH_2}$），與環己酮反應生成 1-氧雜螺[2.5]辛烷（1-oxaspiro[2.5]octane）。