中國醫藥大學 115 年 《化學》

核心觀念

本題考查 $\ce{^1H}$ NMR 中「溶劑殘留訊號」與「內標準品訊號」的化學位移判讀。

氘代溶劑 $\ce{CDCl3}$ 並非百分之百由氘取代氫，通常會殘留少量未完全氘代的 $\ce{CHCl3}$。其中的氫屬於 $\ce{^1H}$，因此會在 $\ce{^1H}$ NMR 中產生訊號；殘留 $\ce{CHCl3}$ 在 $\ce{CDCl3}$ 中的特徵訊號約位於 $\delta 7.26$ ppm，呈現細微單峰。

因此，$\delta=7.3$ ppm 的小單峰是殘留 $\ce{CHCl3}$ 的 $\ce{^1H}$ 訊號。

解題方法

觀察題目訊號位於 $\delta=7.3$ ppm，且為細微單峰。先比較常見物質的特徵位置：

• 殘留 $\ce{CHCl3}$：約 $\delta 7.26$ ppm，單峰。
• 四甲基矽烷 $\ce{(CH3)4Si}$：$\delta 0$ ppm。
• 水：在 $\ce{CDCl3}$ 中通常約位於 $\delta 1.5$–$2$ ppm，且常呈寬峰。
• $\ce{CDCl3}$ 中的氘：不是氫核，不會形成 $\ce{^1H}$ NMR 訊號。

所以 $\delta 7.3$ ppm 與殘留 $\ce{CHCl3}$ 的位置完全吻合。

選項分析

(A) 溶劑 $\ce{CDCl3}$ 分子中「氘核（$\ce{^2D}$）」產生的共振訊號

錯誤。$\ce{^2H}$ 是氘核，屬於另一種 NMR 活性核，不能在專門偵測 $\ce{^1H}$ 的氫 NMR 光譜中形成氫訊號。

核心觀念

本題考查核磁共振中的「自旋偶合」與「溶劑訊號」：

1. $\ce{CDCl3}$ 中的氯仿碳位移約在 $\delta=77$ ppm。
2. 氘核 $\ce{^2H}$ 的核自旋量子數為 $I=1$。
3. 一個 $\ce{^13C}$ 與一個等價的 $\ce{^2H}$ 偶合時，訊號分裂數為

$$2I+1=2(1)+1=3$$

因此形成三重峰，且三條峰的強度比為 $1:1:1$。

解題方法

題目指出在 $\delta=77$ ppm 出現強度比約為 $1:1:1$ 的三重峰。此位置正是氘代氯仿 $\ce{CDCl3}$ 的碳訊號。

在 $\ce{CDCl3}$ 中，溶劑分子結構可表示為：

$$\ce{CDCl3}$$

其中的 $\ce{^13C}$ 會與同一分子中的 $\ce{^2H}$ 發生自旋偶合。由於氘的核自旋 $I=1$，所以碳訊號分裂成三條峰，呈現 $1:1:1$ 的三重峰。

此外，題目使用的是 $\ce{^13C\{^1H\}}$ NMR，也就是對質子進行去偶合；此操作不會消除 $\ce{^13C}$ 與氘核之間的偶合，因此仍可觀察到 $\ce{CDCl3}$ 的三重峰。校方釋疑亦明確指出，該訊號是溶劑 $\ce{CDCl3}$ 的 $\ce{^13C}$ 與 $\ce{^2H}$ 偶合所造成。

選項分析

(A) 未完全氘代 $\ce{CHCl3}$ 的 $\ce{^13C}$ 與 $\ce{^1H}$ 偶合產生的訊號

錯誤。未完全氘代的 $\ce{CHCl3}$ 碳若與一個質子偶合，依照質子自旋 $I=\frac{1}{2}$，應分裂為二重峰，而不是由氘造成的 $1:1:1$ 三重峰。

核心觀念

本題考查 $\ce{^1H}$ NMR 與 $\ce{^{13}C{^1H}}$ NMR 的判讀，包括：

• 化學位移 $\delta$ 判斷官能基環境。
• $\ce{^1H}$ NMR 的積分值判斷氫的數目。
• 自旋耦合與 $n+1$ 規則判斷相鄰氫數目。
• $\ce{^{13}C}$ NMR 判斷碳原子的種類與官能基。

分子式為 $\ce{C4H8O2}$，不飽和度為

$$\text{DBE}=\frac{2(4)+2-8}{2}=1$$

表示分子中有一個環或一個 $\pi$ 鍵。$\ce{^{13}C}$ NMR 中出現 $\delta=171.0$ ppm，明確顯示有羰基，且此化學位移符合酯類羰基。

解題方法

1. 分析 $\ce{^1H}$ NMR

光譜資料為：

• $\delta=1.26$ ppm，$3\ce{H}$，triplet
• $\delta=2.08$ ppm，$3\ce{H}$，singlet
• $\delta=4.11$ ppm，$2\ce{H}$，quartet

總積分數為

$$3+3+2=8\ce{H}$$

與分子式中的 $\ce{H8}$ 相符。

$\delta=1.26$ ppm，$3\ce{H}$，triplet

此訊號代表末端 $\ce{-CH3}$。呈 triplet，表示相鄰碳上有 $2$ 個氫：

$$n+1=2+1=3$$

因此可判斷為 $\ce{-CH2CH3}$ 中的末端甲基。

$\delta=4.11$ ppm，$2\ce{H}$，quartet

此訊號代表與氧相鄰的 $\ce{-OCH2-}$。呈 quartet，表示相鄰的 $\ce{CH3}$ 有 $3$ 個氫：

$$n+1=3+1=4$$

因此可組合成乙氧基：

$$\ce{-OCH2CH3}$$

而且 $\ce{-OCH2-}$ 位於約 $4$ ppm，符合酯類中的 $\ce{-COOCH2-}$。

$\delta=2.08$ ppm，$3\ce{H}$，singlet

此訊號為與羰基相鄰的甲基：

$$\ce{CH3CO-}$$

由於羰基碳上沒有氫，甲基沒有相鄰氫可耦合，因此呈 singlet。

綜合上述結構片段：

$$\ce{CH3COOCH2CH3}$$

即 ethyl acetate。

2. 分析 $\ce{^{13}C{^1H}}$ NMR

四個碳訊號為：

• $\delta=171.0$ ppm：酯類羰基 $\ce{C=O}$
• $\delta=60.3$ ppm：與氧相鄰的 $\ce{-OCH2-}$
• $\delta=21.0$ ppm：與羰基相鄰的 $\ce{CH3CO-}$
• $\delta=14.2$ ppm：乙基末端 $\ce{CH3}$

四個碳的化學位移與 $\ce{CH3COOCH2CH3}$ 完全相符。

選項分析

(A) ethyl acetate

結構為

$$\ce{CH3COOCH2CH3}$$

可預測其 $\ce{^1H}$ NMR：

• $\ce{CH3CH2O-}$：$\delta\approx1.26$ ppm，$3\ce{H}$，triplet
• $\ce{CH3CO-}$：$\delta\approx2.08$ ppm，$3\ce{H}$，singlet
• $\ce{-OCH2CH3}$：$\delta\approx4.11$ ppm，$2\ce{H}$，quartet

核心觀念

本題考查「氧化數」的判定原則：

• 碳與碳之間的鍵，兩原子電負度相同，鍵結電子平均分配，因此對碳的氧化數貢獻為 $0$。
• 碳與氫成鍵時，碳的電負度較高，鍵結電子歸碳，因此每一個 $\ce{C-H}$ 鍵使碳的氧化數減少 $1$。
• 碳與氧成鍵時，氧的電負度較高，鍵結電子歸氧：
• $\ce{C-O}$ 單鍵使碳增加 $+1$。
• $\ce{C=O}$ 雙鍵使碳增加 $+2$。

巴豆酸的結構為：

$$\ce{CH3-CH=CH-C(=O)-OH}$$

其分子式為 $\ce{C4H6O2}$；題目要求的是四個碳原子的氧化數總和。

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解題方法

依照結構逐一計算各碳原子的氧化數。

碳的位置	鍵結情形	氧化數
甲基碳 $\ce{CH3-}$	3 個 $\ce{C-H}$，與碳鍵結貢獻 $0$	$-3$
烯基碳 $\ce{-CH=}$	1 個 $\ce{C-H}$，其餘為碳碳鍵	$-1$
烯基碳 $\ce{=CH-}$	1 個 $\ce{C-H}$，其餘為碳碳鍵	$-1$
羧基碳 $\ce{-C(=O)OH}$	1 個 $\ce{C=O}$、1 個 $\ce{C-O}$	$+2+1=+3$

因此，所有碳原子的氧化數總和為：

$$(-3)+(-1)+(-1)+(+3)=-2$$

所以正確選項為：

$$\boxed{-2}$$

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快速驗算

整個分子為中性，所有原子氧化數總和必須等於 $0$。

核心觀念

本題考查手性中心的絕對組態判定，核心為：

1. 依照 Cahn–Ingold–Prelog（CIP）規則排列四個取代基的優先序。
2. 將最低優先序取代基置於背向觀察者的位置。
3. 觀察第 1、2、3 優先序的旋轉方向：

• 順時針：$R$
• 逆時針：$S$

4. 同位素比較時，以質量數較大者優先，因此 $\ce{D > H}$。
5. 多重鍵比較時，須將雙鍵或三鍵視為與重複原子相連。

解題方法與各化合物判定

化合物 A

取代基為 $\ce{OCH3}$、$\ce{OH}$、$\ce{CH2CH3}$ 及 $\ce{H}$。

優先序為：

$$\ce{OCH3 > OH > CH2CH3 > H}$$

兩個取代基皆由氧原子直接相連時，再比較氧所連接的原子；$\ce{OCH3}$ 的下一層為碳，$\ce{OH}$ 的下一層為氫，因此 $\ce{OCH3}$ 優先。

依圖示楔線與虛線方向判定，化合物 A 為：

$$\boxed{A=S}$$

化合物 B

取代基為 $\ce{Br}$、$\ce{CH3}$、$\ce{D}$ 及 $\ce{H}$。

優先序為：

$$\ce{Br > CH3 > D > H}$$

碳的原子序大於氫，因此 $\ce{CH3}$ 優先於 $\ce{D}$；而同位素中 $\ce{D}$ 的質量數大於 $\ce{H}$，故：

$$\ce{CH3 > D > H}$$

依圖示空間排列判定：

$$\boxed{B=S}$$

化合物 C

取代基為 $\ce{Si(CH3)3}$、$\ce{OH}$、$\ce{C#CCH3}$ 及 $\ce{H}$。

直接相連原子的原子序比較為：

$$\ce{Si > O > C > H}$$

因此優先序為：

$$\ce{Si(CH3)3 > OH > C#CCH3 > H}$$

特別要注意，矽的原子序為 14，大於氧的原子序 8，所以 $\ce{Si(CH3)3}$ 優先於 $\ce{OH}$。依圖示判定：

$$\boxed{C=R}$$

化合物 D

取代基包含 $\ce{Br}$、$\ce{H}$，以及環上的兩條不同方向。

優先序首先為：

核心觀念

本題考查十氫萘（decalin）兩種立體異構物的構形穩定性，以及環接合處對立體張力的影響。

十氫萘由兩個六員環共用一對相鄰碳原子形成，可分為：

• cis-decalin：兩個環接合處的氫原子位於同一側。
• trans-decalin：兩個環接合處的氫原子位於相對兩側。

兩者皆由兩個類似椅式構形的六員環組成，但環接合方式不同，導致軸向／平伏向排列與 gauche interactions 數量不同，故穩定性不同。

解題方法

判斷此題的關鍵，是觀察環接合處的立體排列：

• 在 trans-decalin 中，兩個環接合鍵可採取近似兩個平伏鍵的排列，接合處較少產生嚴重的軸向排斥與鄰位交叉張力。
• 在 cis-decalin 中，環接合處的相對排列使其中一個接合方向具有較明顯的軸向性，造成較多 gauche interactions 與立體排斥。

因此，trans-decalin 的構形能量較低，熱力學上較穩定。

此外，cis-decalin 具有一定的構形轉換能力，能進行環翻轉；但「能夠環翻轉」不代表整體能量一定較低。環翻轉只能在可允許的構形間轉換，無法消除環接合處本身的立體限制。

選項分析

(A) cis-decalin 較穩定，因為其結構較具靈活性（flexible），可進行環翻轉（ring-flip）。

錯誤。

cis-decalin 確實比 trans-decalin 具有較高的構形活動性，可進行環翻轉；但結構靈活不等於一定較穩定。穩定性主要取決於總立體張力與分子能量。

cis-decalin 的環接合處具有較多不利的軸向／gauche interactions，因此平均能量較高。相對地，trans-decalin 雖較為剛性，卻能以較低張力的排列存在，故更穩定。

核心觀念

本題考查苯胺衍生物的鹼性與其共軛酸酸性的關係。

苯胺及其衍生物的鹼性來自氮原子的孤電子對；其共軛酸為苯胺鎓離子：

$$\ce{Ar-NH2 + H+ <=> Ar-NH3+}$$

題目所問的 pKa，是苯胺鎓離子解離反應的酸度：

$$\ce{Ar-NH3+ <=> Ar-NH2 + H+}$$

pKa 越小，代表苯胺鎓離子越容易放出質子，酸性越強；等價地說，對應的苯胺鹼性越弱。

因此，本題應尋找「最能降低苯胺氮原子電子密度、使苯胺鹼性最弱」的取代基。

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解題方法

四個選項皆為對位取代的苯胺鹽酸鹽衍生物，氯離子 $\ce{Cl-}$ 只是陪伴離子，不是判斷 pKa 的主要因素。關鍵在苯環上的取代基：

• $\ce{NO2}$：強吸電子基
• $\ce{Cl}$：具有誘導吸電子作用，但影響較弱
• $\ce{H}$：無額外電子效應
• $\ce{NHCOCH3}$：可透過共振向苯環供電子

$\ce{NO2}$ 具有強烈的 $-I$ 誘導吸電子效應與 $-M$ 共振吸電子效應，會大幅降低苯環及胺基的電子密度，使胺基孤電子對較不易接受質子。因此，對應的苯胺鹼性最低，其共軛酸苯胺鎓離子的 pKa 最小。

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選項分析

（A）對硝基苯胺鎓氯化物

苯環上的 $\ce{NO2}$ 是強吸電子基，可透過誘導效應與共振效應降低胺基電子密度，使 $\ce{Ar-NH2}$ 的鹼性顯著降低。

因此其共軛酸：

核心觀念

本題比較的是不同物質在四氫呋喃（THF）中的鹼性。鹼性可用其共軛酸的酸性判斷：

$$\ce{B^- + HA <=> HB + A^-}$$

鹼的共軛酸越弱，表示該鹼越強。以共軛酸的 $\mathrm{p}K_a$ 表示時：

• 共軛酸的 $\mathrm{p}K_a$ 越大，鹼性越強。
• 共軛酸的 $\mathrm{p}K_a$ 越小，鹼性越弱。

各鹼的主要共軛酸如下：

選項	鹼	共軛酸	共軛酸約略 $\mathrm{p}K_a$
(A)	LDA	二異丙基胺 $\ce{(CH3)2CHNHCH(CH3)2}$	約 36
(B)	$\ce{t-BuO^-}$	叔丁醇 $\ce{(CH3)3COH}$	約 18
(C)	$\ce{n-Bu^-}$	正丁烷 $\ce{CH3CH2CH2CH3}$	約 50
(D)	吡啶 $\ce{C5H5N}$	吡啶鎓離子 $\ce{C5H5NH+}$	約 5.2

因此，吡啶的共軛酸吡啶鎓離子酸性最強、$\mathrm{p}K_a$ 最小，吡啶本身的鹼性最弱。

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解題方法

依共軛酸 $\mathrm{p}K_a$ 排序：

$$\mathrm{p}K_a(\text{正丁烷}) > \mathrm{p}K_a(\text{二異丙基胺}) > \mathrm{p}K_a(\text{叔丁醇}) > \mathrm{p}K_a(\text{吡啶鎓離子})$$

所以鹼性大小规律為：

$$\ce{n-BuLi > LDA > t-BuOK > pyridine}$$

其中：

• $\ce{n-BuLi}$ 提供正丁基負離子性質，能從正丁烷以外的大量弱酸中奪取質子。
• LDA 的共軛酸為二異丙基胺，仍是非常弱的酸，因此 LDA 是強鹼。
• 叔丁醇鉀的共軛酸為叔丁醇，鹼性強，但低於有機鋰試劑。
• 吡啶的共軛酸為吡啶鎓離子，$\mathrm{p}K_a$ 僅約 5.2，因此吡啶是四者中最弱的鹼。

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選項分析

(A) 二異丙基胺基鋰（LDA）

LDA 可表示為 $\ce{[(CH3)2CH]2NLi}$，其鹼性中心是氮上的負電荷。其共軛酸為二異丙基胺：

$$\ce{[(CH3)2CH]2N^- + H-A -> [(CH3)2CH]2NH + A^-}$$

二異丙基胺的 $\mathrm{p}K_a$ 約為 36，代表它是非常弱的酸，因此 LDA 是非常強的鹼。

LDA 的兩個異丙基也使氮周圍具有顯著位阻，降低其親核性，但「親核性較低」不等於「鹼性較弱」。LDA 是常用的非親核性強鹼，並非本題最弱的鹼。

(A) 錯誤。

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核心觀念

本題考查芳香性（aromaticity）的判定。判斷一個環狀共軛系統是否具有芳香性，需同時符合：

1. 結構大致為平面。
2. 環內具有連續的 $\ce{p}$ 軌域重疊。
3. π 電子數符合 Hückel rule：

$$4n+2 \quad (n=0,1,2,\ldots)$$

符合者具有芳香性；若為平面、連續共軛且具有 $4n$ 個 π 電子，則傾向反芳香性。若環中有 $\ce{sp^3}$ 碳而中斷共軛，則屬非芳香性。

解題方法與各結構判定

由左至右分析圖中的五個結構：

1. 第一個結構：苯環衍生物

結構中含有完整苯環，苯環具有 $6$ 個 π 電子：

$6=4(1)+2$

因此苯環具有芳香性。

2. 第二個結構：含 $\ce{sp^3}$ 碳的八元環

此環雖有數個雙鍵，但環中仍有 $\ce{sp^3}$ 碳，無法形成環狀連續共軛系統，π 電子不能在整個環上離域。

因此為非芳香性，不能僅因為結構中有雙鍵就判定為芳香性。

3. 第三個結構：五元環與七元環稠合系統

此結構為典型的 azulene 類稠合系統，具有連續共軛的 $10$ 個 π 電子：

$10=4(2)+2$

$10$ 個 π 電子可在整個稠合環系統中離域，因此具有芳香性。

4. 第四個結構：具有 $10$ 個離域 π 電子的稠合環系統

圖示結構中的雙鍵可形成連續環狀共軛，總共有 $10$ 個 π 電子：

$10=4(2)+2$

核心觀念

本題考查有機分子的立體化學，重點包括：

1. 對掌性中心與立體異構物數目的判斷。
2. $D/L$ 命名與旋光方向 $+/-$ 的區別。
3. 維生素 C 的正確立體異構物。
4. Fischer projection 中決定 $D/L$ 的構型判定方式。

圖示為 L-抗壞血酸（L-ascorbic acid），分子中具有兩個對掌性中心。

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解題方法

判斷本題可依序掌握三個觀念：

• 先數對掌性中心，再判斷立體異構物數目。
• 分清楚 $D/L$ 是「相對構型」命名，旋光性 $+/-$ 是「實驗測得的物理性質」。
• 確認自然界具生物活性的維生素 C 是 L-抗壞血酸。

對含有 $n$ 個對掌性中心的分子，立體異構物數目的最大值為：

$$2^n$$

本題 $n=2$，因此最多有：

$$2^2=4$$

個立體異構物。

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選項分析

(A) 錯誤

分子中確實含有 $2$ 個對掌性中心，但不能因此判斷只有 $2$ 個立體異構物。

兩個對掌性中心的分子，其立體異構物最大數目為：

$$2^2=4$$

因此「共有 $2$ 個立體異構物」錯誤。

本題的結構不具有可使部分異構物重合的對稱面，因此不能以 meso 形式將數目減少為 $2$ 個。

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(B) 錯誤

「左旋」與 $L$ 並不是同一個概念。

• $L/D$：表示分子的相對構型，通常以 Fischer projection 與甘油醛的構型比較而定。
• $-/+$：表示實際測得的旋光方向。
• $(-)$：使平面偏振光向左旋轉。
• $(+)$：使平面偏振光向右旋轉。

核心觀念

本題考查酒石酸的：

1. 對掌性中心數目與立體異構物數目
2. 對掌異構物與內消旋化合物的旋光性
3. 酸的質子數與官能基分類
4. 對掌異構物在非對掌性環境下的物理性質

酒石酸結構為：

$$\ce{HO2C-CH(OH)-CH(OH)-CO2H}$$

中間兩個 $\ce{CH(OH)}$ 碳各連接四種不同的基團，因此各為一個對掌性中心。

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解題方法

先判斷立體中心數目，再考慮分子是否具有內部對稱面。若有 $n$ 個對掌性中心，立體異構物數目最多為：

$$2^n$$

但若分子具有對稱性，可能產生不具旋光性的內消旋化合物，使實際異構物數目少於 $2^n$。

酒石酸有兩個對掌性中心，理論上最多有：

$$2^2=4$$

種組合，即 $(R,R)$、$(S,S)$、$(R,S)$、$(S,R)$。然而，$(R,S)$ 與 $(S,R)$ 因分子具有內部對稱性，實際上是同一個內消旋酒石酸。因此實際共有三種立體異構物：

• $(R,R)$：一種對掌異構物
• $(S,S)$：另一種對掌異構物
• meso-$(R,S)$：內消旋化合物

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選項分析

(A) 該分子結構中含有 2 個對掌性中心，共有 4 個立體異構物。

前半句正確。兩個 $\ce{CH(OH)}$ 碳均為對掌性中心。

但後半句錯誤。雖然依 $2^2$ 可得到四種組合，酒石酸具有內部對稱性，使 $(R,S)$ 與 $(S,R)$ 實際上為同一個內消旋異構物。

因此實際立體異構物數目為：

$$3$$

故本選項錯誤。

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(B) 該分子所有立體異構物均具旋光性。

錯誤。

$(R,R)$ 與 $(S,S)$ 為一對對掌異構物，具有旋光性，且旋光方向相反：

• 一者使平面偏振光右旋
• 另一者使平面偏振光左旋

但 meso-$(R,S)$ 酒石酸具有內部對稱面，兩個對掌性中心造成的旋光效應彼此抵消，因此不具旋光性。

核心觀念

本題考查：

1. 胺的徹底甲基化（exhaustive methylation）。
2. 四級銨鹽轉化為四級銨氫氧化物。
3. 四級銨氫氧化物加熱進行 Hofmann 消去反應。
4. Hofmann 規則：通常生成取代程度較低、位阻較小的烯烴。

起始物為在同一個環碳上連接 $\ce{NH2}$ 與 $\ce{CH3}$ 的胺：

$$\ce{1-amino-1-methylcyclohexane}$$

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解題方法

第一步使用過量碘甲烷進行胺的徹底甲基化：

$$\ce{R-NH2 + 3 CH3I -> R-N(CH3)3+ I-}$$

因此，原本的 $\ce{-NH2}$ 會完全甲基化成四級銨基 $\ce{-N(CH3)3+}$。選項 A、B 分別只代表部分甲基化產物，並非過量 $\ce{CH3I}$ 下的最終胺類型。

接著加入 $\ce{Ag2O}$ 和水，使碘離子被移除，形成四級銨氫氧化物：

$$\ce{R-N(CH3)3+ I- ->[Ag2O][H2O] R-N(CH3)3+ OH-}$$

加熱後進行 Hofmann 消去。四級銨基離去，鄰近 $\beta$-碳上的氫被移除，形成烯烴：

$$\ce{R-CH2-N(CH3)3+ OH- ->[\Delta] Alkene + N(CH3)3 + H2O}$$

本題的 $\alpha$-碳是原本連接 $\ce{NH2}$ 與 $\ce{CH3}$ 的環碳。可供消去的 $\beta$-氫有兩類：

• 從環上相鄰碳移除氫：生成環內雙鍵，即 1-甲基環己烯。
• 從甲基上的氫移除：生成環外末端雙鍵，即亞甲基環己烷。

Hofmann 消去偏好形成取代程度較低的烯烴。比較如下：

$$\ce{1-methylcyclohexene}$$

為較多取代的內烯烴；而

核心觀念

本題考查閉環烯烴交換反應（ring-closing metathesis, RCM）的骨架判斷與取代基位置保留。

底物可視為：

$$\ce{CH2=CH-CH2-C(CO2CH3)2-CH2-C(R)=CH2}$$

在 Grubbs 催化劑作用下，兩個末端烯烴進行烯烴交換，脫去乙烯 $\ce{CH2=CH2}$，並在分子內形成新的碳—碳雙鍵：

$$\ce{CH2=CH-CH2-C(CO2CH3)2-CH2-C(R)=CH2 ->[\text{Grubbs}] cyclopentene + CH2=CH2}$$

反應的關鍵是：

1. 兩個末端烯烴參與交換。
2. 原本各自靠近鏈端的烯烴碳形成新的環內雙鍵。
3. $\ce{CO2CH3}$ 與 $R$ 等取代基不會任意交換位置。
4. 兩個烯烴之間的碳鏈長度決定形成五元環。

解題方法

將兩個末端雙鍵標示如下：

$$\ce{CH2=CH-\underset{1}{CH2}-C(CO2CH3)2-\underset{2}{CH2}-C(R)=CH2}$$

RCM 後，兩個末端的 $\ce{CH2}$ 部分生成乙烯；留下的兩個烯烴碳彼此形成環內雙鍵。因此：

• $\ce{C(CO2CH3)2}$ 必須保留在五元環的同一個碳上。
• 原本位於右側烯烴碳上的 $R$，仍位於環內雙鍵的碳上。
• 新形成的雙鍵位置，必須是連接左右兩端烯烴碳的位置。