112 高普考高考三級 化學工程 有機化學 考古題詳解

核心觀念

本題考查：

• Fischer 投影式判定醣類各手性中心的 $R/S$ 絕對構型。
• Fischer 投影式與 Haworth／椅狀結構的轉換。
• 還原醣在酸催化下與醇形成縮醛。
• 還原醣與一級胺形成亞胺（Schiff base）。
• 差向異構物（epimer）與鏡像異構物（enantiomer）的判定。

解題方法

D-醛醣的 Fischer 投影式中，從上至下依序檢查 C2、C3、C4、C5 的構型。題目要求：

D-Galactose 的構型正是：

因此子題（一）的醣為 D-Galactose（半乳糖）。

（一）手性中心為 $(2R,3S,4S,5R)$ 的醣

【答案】D-Galactose（半乳糖）。

其 Fischer 投影式中，C2、C5 的羥基在右側，C3、C4 的羥基在左側。

（二）最穩定的椅狀結構

D-Galactose 主要形成六員環的 D-galactopyranose。最穩定構型為：

採用 $^{4}C_{1}$ 椅狀構型時，各取代基方向如下：

因此，D-Galactose 的最穩定椅狀結構為 $^{4}C_{1}$-β-D-galactopyranose，只有 C4 的羥基位於軸向，其餘主要取代基均位於赤道位。

【答案】$^{4}C_{1}$-β-D-galactopyranose；C4–OH 軸向向上，其餘 OH 與 CH$_2$OH 為赤道位。

（三）與乙醇反應後的最穩定產物

酸催化下，醣的異頭碳 C1 之半縮醛羥基與乙醇反應，形成縮醛：

最穩定產物的異頭基為赤道位，因此形成 β 異構物：

其 C1 的 $\ce{-OH}$ 被 $\ce{-OCH2CH3}$ 取代，且 $\ce{-OCH2CH3}$ 位於赤道位。

【答案】乙基 β-D-半乳吡喃糖苷（ethyl β-D-galactopyranoside）。

（四）與苯甲胺（aniline）反應後的最穩定產物

核心觀念

本題綜合考查：

• 苯的 Friedel–Crafts 烷基化。
• 叔位自由基溴化。
• 叔鹵化物的消去反應：$E2$ 與 $E1$。
• 烯烴的臭氧分解。
• 酮的 Baeyer–Villiger 氧化。
• 速率方程式與決速步驟的判定。

圖中各化合物為：

• 化合物 1：異丙基苯，$\ce{Ph-CH(CH3)2}$
• 化合物 2：叔溴化物，$\ce{Ph-C(Br)(CH3)2}$
• 化合物 3：$\alpha$-甲基苯乙烯，$\ce{Ph-C(CH3)=CH2}$
• 化合物 4：由二氯卡賓加成形成的偕二氯環丙烷
• 化合物 5：乙醯苯，$\ce{PhCOCH3}$
• 化合物 6：乙酸苯酯，$\ce{PhOCOCH3}$

解題方法

先判斷每一步的結構變化：

• 苯環引入異丙基：使用 Friedel–Crafts 烷基化。
• 異丙基苯的三級氫被溴取代：使用自由基溴化。
• 叔溴化物失去 $\ce{HBr}$：形成較穩定的共軛烯烴。
• 烯烴變成酮：使用臭氧分解。
• 酮轉成酯：使用 Baeyer–Villiger 氧化。
• 烯烴轉成二氯環丙烷：使用二氯卡賓加成。

各小題作答

（一）合成化合物 1

化合物 1 是異丙基苯，可由苯進行 Friedel–Crafts 烷基化：

試劑與條件：

可在無水、低溫至室溫條件下反應。

反應中 $\ce{AlCl3}$ 活化 $\ce{2-chloropropane}$，形成異丙基碳正離子，再由苯環進行親電性芳香族取代。

（二）合成化合物 2

化合物 2 是異丙基苯的三級溴化產物，應在三級碳位置進行自由基溴化：

試劑與條件：

也可使用：

三級 $\ce{C-H}$ 鍵容易被取代，形成較穩定的三級苄基自由基，故主要生成化合物 2。

（三）化合物 2 與 $\ce{KOt-Bu/t-BuOH}$ 的速率方程式

$\ce{Ph-C(Br)(CH3)2}$ 是三級溴化物；$\ce{KOt-Bu}$ 是強鹼且具有體積大的叔丁氧基。反應偏向協同消去機構 $E2$：

$E2$ 是鹵化物與鹼同時參與的單一步驟，因此：

若將溶劑中的 $\ce{t-BuOH}$ 視為固定過量濃度，亦可寫成對反應物的表觀二級速率式。

（四）化合物 2 與 MeOH 加熱的速率方程式

甲醇是弱鹼、極性質子溶劑。三級溴化物先解離形成穩定的三級苄基碳正離子：

接著甲醇進行親核攻擊，並可在加熱下伴隨消去生成化合物 3。決速步驟是鹵素離去與碳正離子形成，因此屬於 $E1/SN1$ 型反應：

核心觀念

本題考查親電子性芳香族取代反應（electrophilic aromatic substitution, EAS）中的：

1. 取代基對苯環反應性的活化／去活化作用。
2. 取代基的定位效應：

• $\ce{-CH3}$ 為鄰、對位導向基，且能活化苯環。
• $\ce{-CO2H}$ 為間位導向基，且會使苯環去活化。

3. 芳香族側鏈氧化：烷基苯只要苄位具有氫，即可被強氧化劑氧化成苯甲酸。

目標物為 $2,4,6$-tribromobenzoic acid，即苯甲酸的 $2$、$4$、$6$ 位各具有一個溴原子。

解題方法

不能先將苯氧化成苯甲酸再溴化，因為羧基 $\ce{-CO2H}$ 是間位導向基，溴化後主要生成 $3,5$-dibromobenzoic acid，而不是目標物。

因此先利用甲基的鄰、對位導向效果，使溴原子進入甲基的 $2,4,6$ 位，再將甲基氧化成羧基。

第一步：傅-克烷基化，引入甲基

試劑與條件：

• $\ce{CH3Cl}$
• 無水 $\ce{AlCl3}$
• 無水條件

生成甲苯。甲基為活化基，能使苯環容易進行後續的親電子性溴化。

第二步：溴化甲苯，形成 $2,4,6$-tribromotoluene

試劑與條件：

• 過量 $\ce{Br2}$，約三當量
• $\ce{FeBr3}$ 或 $\ce{AlBr3}$ 催化
• 控制溴化條件，使芳香環發生取代

核心觀念

本題整合四項有機化學觀念：

1. 苄位自由基鹵化與炔類的雙重脫鹵化氫。
2. 末端炔的紅外線光譜特徵與酸鹼性。
3. 末端炔的酸催化汞鹽水合反應。
4. Claisen condensation（克萊森縮合）合成 $\beta$-二酮。

結構轉換如下：

解題方法

（一）化合物 1 合成化合物 2

化合物 1 為 ethylbenzene，化合物 2 為 phenylacetylene：

先在苄位進行自由基溴化：

接著以鹼進行消去，形成 styrene，再加溴形成鄰二溴化物：

最後以過量 $\mathrm{NaNH_2}$ 進行兩次脫鹵化氫，酸化處理：

所需試劑可寫為：

（二）化合物 2 的參鍵紅外線吸收

炔鍵 $\mathrm{C{\equiv}C}$ 的伸縮振動通常位於：

本題可答約：

芳基末端炔的吸收通常較弱，但位置約在 $2100\sim2200\ \mathrm{cm^{-1}}$。

（三）波數的單位

波數是波長的倒數：

紅外線光譜常用單位為：

稱為 reciprocal centimeter，中文為「每公分」或「公分倒數」。

（四）化合物 2 末端炔的 $\mathrm{p}K_a$

末端炔氫具有弱酸性：

末端炔的 $\mathrm{p}K_a$ 約為：

因此必須使用強鹼，例如 $\mathrm{NaNH_2}$，才能有效生成 acetylide ion。

（五）化合物 2 末端炔氫的紅外線吸收

末端炔 $\mathrm{\equiv C-H}$ 的伸縮振動具有尖銳特徵吸收，約位於：

第五題　反應機制與人名反應

核心觀念

本題考三種典型有機反應：

1. 鄰位二醇在酸催化下發生 Pinacol–Pinacolone 重排。
2. $\alpha$-吡喃酮與炔類進行 Diels–Alder 反應，接著脫去 $\ce{CO2}$。
3. 烯丙基乙烯基醚受熱進行 Claisen 重排，本質上是熱誘導的 $[3,3]$-σ遷移反應。

（一）鄰位二醇的酸催化重排

反應名稱

此反應為 Pinacol–Pinacolone rearrangement（頻哪醇－頻哪酮重排），亦可視為酸催化的 semipinacol rearrangement。

反應機制

起始物為具有兩個相鄰羥基的鄰位二醇。反應在 $\ce{H3O+}$ 中進行：

第一步：羥基質子化

其中一個羥基接受質子，形成較好的離去基：

第二步：脫水形成碳正離子

質子化的水分子離去，鄰位碳形成碳正離子：

第三步：$1,2$-碳碳鍵遷移

另一個帶有羥基的鄰位碳，其相鄰的碳碳鍵向碳正離子中心遷移。同時，保留下來的羥基氧形成羰基：

並且：

此步驟可同時造成環的擴張，最後形成題目所示的環狀酮。

第四步：去質子化

羰基氧失去質子，恢復中性羰基化合物：

酸在反應中僅作為催化劑。

判斷重點

• 離去的是經質子化後的 $\ce{H2O}$，不是直接離去的 $\ce{OH^-}$。
• 碳碳鍵遷移與羰基形成為協同過程。
• 最能穩定碳正離子的遷移方向優先。
• 環狀鄰位二醇常伴隨環擴張，產生較穩定的環狀酮。

解題技巧

看到「鄰位二醇 $\ce{H3O+}$、加熱或酸處理後變成酮」時，立即判斷為 Pinacol–Pinacolone 重排。機制記憶順序為：

（二）$\alpha$-吡喃酮與炔類的環加成及脫羧

反應名稱

此反應的主要人名反應為 Diels–Alder reaction（狄爾斯－阿爾德反應），後續接續脫羧與芳香化。

反應機制

圖中含氧六元環為 $\alpha$-吡喃酮，可提供共軛二烯系統；炔二酮則作為親二烯體。

第一步：Diels–Alder 環加成

$\alpha$-吡喃酮的共軛二烯與炔類進行熱誘導的 $[4+2]$ 環加成：

此反應同時形成兩個 $\sigma$ 鍵，並將炔鍵轉變為環內雙鍵。反應為協同反應，不經由自由基或離子中間體。

第二步：開環及脫去二氧化碳

由 $\alpha$-吡喃酮衍生的加成物具有可脫羧的結構，受熱後發生開環，脫去：

第三步：芳香化

脫去 $\ce{CO2}$ 後，分子重新排列並形成芳香族環系統，得到題目所示的芳香族二酮產物。

整體可表示為：

核心觀念

本題考查環己烷進行 $E2$ 消除反應時的立體電子效應：

1. 離去基 $\ce{Br}$ 與鄰位 $\beta$-氫必須呈反式共平面（anti-periplanar）。
2. 在環己烷椅式構形中，通常表現為「反式雙軸消除」（trans-diaxial elimination）：$\ce{Br}$ 與 $\beta$-氫都必須位於軸向，且方向相反。
3. $\ce{NaOEt/EtOH}$ 為小型強鹼，符合 Saytzeff 規則，能形成較高取代度的烯烴；但前提是必須先滿足反式雙軸幾何條件。

解題方法

將環上與溴相鄰的兩個碳視為 $\beta$-碳，分別檢查其是否有適合進行反式雙軸消除的軸向氫。

化合物 1

化合物 1 中，$\ce{Br}$ 與相鄰上方碳上的甲基均為同側。當 $\ce{Br}$ 置於軸向時：

• 上方相鄰碳的甲基位於赤道向，因此該碳仍有反式軸向氫，可消除形成上方雙鍵。
• 右下方相鄰碳也有反式軸向氫，可形成另一個較低取代度的烯烴。

比較兩種可能產物：

• 上方雙鍵：形成較高取代度的烯烴。
• 右側雙鍵：形成較低取代度的烯烴。

因此主產物為上方相鄰兩個碳之間形成雙鍵的產物。

化合物 2

化合物 2 中，$\ce{Br}$ 與上方相鄰碳上的甲基為相反側。當 $\ce{Br}$ 置於軸向時：

• 上方相鄰碳的甲基會佔據軸向位置，沒有反式軸向氫可供消除。
• 右下方相鄰碳具有反式軸向氫，因此只能在右側形成雙鍵。

所以化合物 2 的消除位置由反式雙軸條件決定，並非單純依照較高取代度判斷。

各小題答案

（一）化合物 1 的主產物

在原本 $\ce{C-Br}$ 碳與上方帶有甲基的相鄰碳之間形成雙鍵：

核心觀念

具有掌性的分子，其鏡像與原分子不能完全重疊；不具有掌性的分子則可藉由旋轉、平移等方式與鏡像重疊。

判斷方法如下：

1. 檢查是否有鏡面、反心或其他不正旋轉對稱。
2. 檢查是否有立體中心。
3. 即使具有立體中心，若分子存在內部對稱面而形成 meso compound，仍可能為 achiral。
4. Fischer 投影式與 Newman 投影式必須同時考慮分子整體的對稱性，不能只數立體中心。

（一）

圖中中央碳原子連接：

• $OH$
• $H$
• 左側乙基
• 右側乙基

中央碳的兩個乙基完全相同，因此不具備四個不同取代基，不是立體中心。

分子也具有左右對稱性，鏡像可以與原分子重疊。

判定：achiral，不具有掌性。

（二）

此 Fischer 投影式為具有三個連續立體中心的鏈狀分子。三個立體中心的取代基排列雖然具有規則性，但分子上下兩端分別為乙基與甲基，兩端並不相同。

因此，分子不存在可將上下兩端互相對應的內部對稱面或反心，不能形成 meso compound。

具有立體中心且沒有能使鏡像重疊的對稱元素，所以分子具有掌性。

判定：chiral，具有掌性。

（三）

圖中為單取代環己烷椅式構形，只有一個取代基。

單取代環己烷的兩條環路徑完全等價，分子具有對稱性。即使取代基畫成軸向位置，軸向或赤道向只代表構形，不會使分子產生掌性。

椅式構形翻轉也只會使軸向與赤道向互換，並不改變其 achiral 的本質。

判定：achiral，不具有掌性。

（四）