113 年 國立中山大學材料與光電科學學系碩士班《普通化學》

核心觀念

本題比較四種化合物中酸性氫的 $pK_a$。定義為：

$$pK_a=-\log K_a$$

因此，$pK_a$ 越小，酸性越強；排列時由小到大即代表由強酸到弱酸。

圖中各物質為：

• （I）乙醇，$CH_3CH_2OH$
• （II）苯甲酸，$C_6H_5COOH$
• （III）丙酮，$CH_3COCH_3$，比較羰基旁 $\alpha$-碳上的氫
• （IV）苯酚，$C_6H_5OH$

解題方法

比較其共軛鹼的穩定性：

1. 苯甲酸（II）
   失去羧基上的氫後形成苯甲酸根離子，負電荷可在兩個氧原子間共振分散，且羰基具有吸電子作用，因此共軛鹼最穩定，酸性最強。
   $pK_a\approx 4.2$

2. 苯酚（IV）
   形成苯酚根離子後，負電荷可與苯環共振分散，因此酸性比醇強。
   $pK_a\approx 10$

3. 乙醇（I）
   形成乙氧根離子後，負電荷主要集中在氧原子上，缺乏有效的共振穩定。
   $pK_a\approx 16$

4. 丙酮（III）
   可移除羰基旁的 $\alpha$-氫，形成烯醇負離子；負電荷可與羰基氧共振，但其酸性仍弱於醇。
   $pK_a\approx 19\sim20$

所以由 $pK_a$ 小到大排列為：

核心觀念

本題考查芳香族化合物的 IUPAC 命名與定位編號。

「4-amino-2-bromoanisole」可拆解為：

• anisole：苯環上連接甲氧基 $-\mathrm{OCH_3}$。
• 2-bromo：以甲氧基所在位置為第 $1$ 位，溴在鄰位，即第 $2$ 位。
• 4-amino：胺基 $-\mathrm{NH_2}$ 在第 $4$ 位，與甲氧基呈對位。

因此，苯環上的相對位置必須是：

$$\mathrm{OCH_3}(1),\quad \mathrm{Br}(2),\quad \mathrm{NH_2}(4)$$

解題方法

先找出各選項是否具有甲氧基 $-\mathrm{OCH_3}$，再以甲氧基所在的苯環碳作為第 $1$ 位，依最小定位號碼判斷溴與胺基的位置。

正確結構應符合：

1. 甲氧基與溴相鄰，為 $1,2$-位。
2. 胺基位於甲氧基的對位，為第 $4$ 位。

選項分析

本題考查電磁波譜的能量比較。電磁波的能量與其頻率成正比，與其波長成反比。能量最高的電磁波具有最高的頻率和最短的波長。

能量與頻率的關係式為 $E = hf$，其中 $E$ 是能量，$h$ 是普朗克常數，$f$ 是頻率。
頻率與波長的關係式為 $c = \lambda f$，其中 $c$ 是光速，$\lambda$ 是波長。因此，$f = c/\lambda$。
將此代入能量公式，得到 $E = hc/\lambda$。

我們需要比較不同電磁波區域的能量。電磁波譜的能量順序（從低到高）大致如下：
無線電波 (Radio waves) < 微波 (Microwave) < 紅外線 (Infrared light) < 可見光 (Visible light) < 紫外線 (Ultraviolet light)

本題考查分子間作用力對物質宏觀性質的影響。題目已知液體 X 的分子間作用力比液體 Y 強。

分子間作用力（Intermolecular forces, IMF）是影響液體多種性質的關鍵因素，包括表面張力、黏度、沸點、蒸氣壓等。

1. 表面張力 (Surface Tension)：表面張力是液體表面張開的趨勢，可以看作是使液體表面積最小化的力。較強的分子間作用力會使液體分子更緊密地結合，需要更大的能量來克服這些吸引力，從而在表面形成時產生更大的內聚力，表現為較高的表面張力。
   因此，如果液體 X 的分子間作用力比液體 Y 強，那麼液體 X 的表面張力會比液體 Y 大。

2. 黏度 (Viscosity)：黏度是液體抵抗流動的性質，可以看作是內摩擦。較強的分子間作用力會阻礙分子之間的滑動，使得液體更難流動，表現為較高的黏度。
   因此，如果液體 X 的分子間作用力比液體 Y 強，那麼液體 X 的黏度會比液體 Y 大。

綜合以上兩點：

• 液體 X 的分子間作用力 > 液體 Y 的分子間作用力
• 液體 X 的表面張力 > 液體 Y 的表面張力
• 液體 X 的黏度 > 液體 Y 的黏度

本題考查氧化還原反應中的氧化劑和還原劑的相對強弱。
我們需要根據給定的反應和非反應信息，推斷金屬離子的氧化性（氧化劑能力）和金屬單質的還原性（還原劑能力）。

氧化劑 (Oxidizing Agent)：能夠氧化別人，自身被還原的物質。氧化劑的氧化性越強，其對應的還原態（通常是金屬離子）就越容易被還原。
還原劑 (Reducing Agent)：能夠還原別人，自身被氧化的物質。還原劑的還原性越強，其對應的氧化態（通常是金屬單質）就越容易被氧化。

判斷原則：

1. 如果金屬 A 能與金屬離子 B^n+ 反應，則 A 是還原劑，B^n+ 是氧化劑。此時，A 的還原性強於 B，B^n+ 的氧化性強於 A^m+（A 的氧化態）。
2. 如果金屬 A 不能與金屬離子 B^n+ 反應，則 A 的還原性弱於 B，B^n+ 的氧化性弱於 A^m+。

給定的信息：
(1) $\text{Mn} + \text{Zn}^{2+} \rightarrow \text{Zn} + \text{Mn}^{2+}$
這個反應發生。
* Mn 被氧化成 Mn^2+，所以 Mn 是還原劑。
* Zn^2+ 被還原成 Zn，所以 Zn^2+ 是氧化劑。
* 因此，還原性：$\text{Mn} > \text{Zn}$。
* 因此，氧化性：$\text{Zn}^{2+} > \text{Mn}^{2+}$。

(2) $\text{Fe} + \text{Co}^{2+} \rightarrow \text{Fe}^{2+} + \text{Co}$
這個反應發生。
* Fe 被氧化成 Fe^2+，所以 Fe 是還原劑。
* Co^2+ 被還原成 Co，所以 Co^2+ 是氧化劑。
* 因此，還原性：$\text{Fe} > \text{Co}$。
* 因此，氧化性：$\text{Co}^{2+} > \text{Fe}^{2+}$。

(3) $\text{Fe}$ do not react with $\text{Zn}^{2+}$
Fe 不能與 Zn^2+ 反應。
* 這意味著 Fe 的還原性弱於 Zn。
* 這意味著 Zn^2+ 的氧化性弱於 Fe^2+。
* 因此，還原性：$\text{Zn} > \text{Fe}$。

核心觀念

濃硫酸加熱使醇脫水，通常經由酸催化的 E1 消去反應：

1. 羥基先被質子化，形成較好的離去基。
2. 水分子離去，形成碳陽離子。
3. 鄰近 $\beta$ 碳失去氫，形成烯類。

本題要找出能產生圖中三種烯類的醇：

1. $3$-甲基-$1$-戊烯
2. $2$-乙基-$1$-丁烯
3. $3$-甲基-$2$-戊烯

判斷重點是：醇脫水後形成的碳陽離子，能否透過直接消去與碳陽離子重排，產生上述三種不同的雙鍵位置與碳骨架。

解題方法

逐一檢查各選項的醇結構。

選項（A）

（A）為 $3$-甲基-$2$-戊醇，可表示為：

$$\ce{CH3-CH2-CH(CH3)-CH(OH)-CH3}$$

羥基所在碳脫水後，先形成二級碳陽離子：

$$\ce{CH3-CH2-CH(CH3)-C^+(H)-CH3}$$

此碳陽離子可以有兩種反應路徑。

直接消去

從右側甲基上的 $\beta$ 氫消去，形成：

$$\ce{CH3-CH2-CH(CH3)-CH=CH2}$$

即圖中的 $3$-甲基-$1$-戊烯。

發生氫轉移

鄰近的 $3$ 號碳進行 $1,2$-氫轉移，形成較穩定的三級碳陽離子：

$$\ce{CH3-CH2-C^+(CH3)-CH2-CH3}$$

由此碳陽離子消去不同位置的 $\beta$ 氫：

• 從甲基上消去氫：

$$\ce{CH2=C(CH2CH3)2}$$

即 $2$-乙基-$1$-丁烯。

• 從乙基上消去氫：

$$\ce{CH3CH2-C(CH3)=CH-CH3}$$

核心觀念

本題考查化學反應機構中的：

1. 速率決定步驟：機構中最慢的步驟決定整體反應速率。
2. 基元反應的速率律：基元反應的速率律可直接由該步驟反應物的濃度寫出。
3. 中間體：在機構中先生成、後被消耗，且不出現在總反應式中的物種。
4. 催化劑：在反應過程中被消耗，最後又被再生，因此不出現在總反應式中。

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解題方法

先將三個步驟相加，消去各步驟中生成並被消耗的物種。

Step I：

$$\mathrm{H_2O_2+I^- \rightarrow HOI+OH^-}$$

Step II：

$$\mathrm{OH^-+H^+ \rightarrow H_2O}$$

Step III：

$$\mathrm{HOI+H^++I^- \rightarrow I_2+H_2O}$$

相加後，$OH^-$ 與 $HOI$ 會互相抵消，得到：

$$\mathrm{H_2O_2+2H^++2I^- \rightarrow I_2+2H_2O}$$

與題目所給的總反應式一致。

由於 Step I 標示為 Slow，因此 Step I 是速率決定步驟。若各步驟均視為基元反應，速率律由 Step I 的反應物直接寫出：

$$\mathrm{Rate}=k[\mathrm{H_2O_2}][\mathrm{I^-}]$$

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選項分析

(A) Rate = $k[\mathrm{HOI}][\mathrm{I^-}]$

錯誤。

此速率律是由 Step III 的反應物寫出的：

$$\mathrm{Rate}_{\mathrm{III}}=k_3[\mathrm{HOI}][\mathrm{H^+}][\mathrm{I^-}]$$

但 Step III 是快速步驟，並非速率決定步驟。整體速率應由最慢的 Step I 決定：

$$\mathrm{Rate}=k[\mathrm{H_2O_2}][\mathrm{I^-}]$$

本題考查有機化學中的 E1 消除反應。E1 反應是通過碳陽離子中間體進行的消除反應，通常在二級或三級醇或鹵代烷與弱鹼（或中性溶劑）在加熱條件下發生。

E1 反應的特點：

1. 速率決定步驟是碳陽離子的形成：R-X → R+ + X- (慢速)。
2. 碳陽離子與鹼反應：R+ + B- → 烯烴 + HB (快速)。
   或者，如果鹼很弱，則可能是 R+ → 烯烴 + H+。

我們需要判斷哪個選項的反應是 E1 類型的。

(A)
反應物：一個溴代烷（可能是環己基溴）和乙醇 (C2H5OH)，在加熱條件下。
乙醇可以作為溶劑，也可以作為弱鹼。
溴代烷在加熱條件下，與弱鹼（乙醇）反應，容易發生取代或消除。
這個反應很可能是 E1 或 SN1。
如果形成碳陽離子 R+，乙醇可以作為親核試劑進攻（SN1），也可以作為鹼奪取 β-氫形成烯烴（E1）。
由於有加熱條件，E1 是可能的。

(B)
反應物：一個溴代烷（環戊基溴）和 NaHS。
NaHS 是強鹼（HS^- 是弱酸的共軛鹼）。
強鹼與鹵代烷反應，通常是 E2 或 SN2。
E2 消除反應通常在強鹼存在下發生，是協同反應，不經過碳陽離子。
所以，這個反應更可能是 E2 或 SN2，而不是 E1。

(C)
反應物：一個溴代烷（可能是 2-溴-2-甲基丙烷，即叔丁基溴）和甲醇 (CH3OH)。
叔丁基溴是三級鹵代烷，非常容易形成三級碳陽離子。
甲醇是弱鹼，也可能作為溶劑。
在加熱條件下，這個反應很可能是 E1 或 SN1。

本題考查電化學電池的標準電極電勢、標準電池電勢、吉布斯自由能和化學平衡的關係。

我們需要根據給定的兩個半電池反應的標準還原電勢，判斷哪個是陽極，哪個是陰極，計算標準電池電勢，以及標準吉布斯自由能。

給定的半反應及其標準還原電勢 ($E^\circ$)：

1. $\text{Au}^{3+} + 3e^- \rightarrow \text{Au}$ $E^\circ = +1.50 \text{ V}$
2. $\text{Ca}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Ca}$ $E^\circ = -2.87 \text{ V}$

判斷陽極和陰極：
在一個原電池中，標準還原電勢較高的半電池發生還原反應，作為陰極 (cathode)。標準還原電勢較低的半電池發生氧化反應，作為陽極 (anode)。
比較兩個 $E^\circ$ 值：
$E^\circ(\text{Au}^{3+}/\text{Au}) = +1.50 \text{ V}$
$E^\circ(\text{Ca}^{2+}/\text{Ca}) = -2.87 \text{ V}$
由於 $+1.50 \text{ V} > -2.87 \text{ V}$，所以金的半電池（$\text{Au}^{3+}/\text{Au}$）將作為陰極，發生還原反應。
鈣的半電池（$\text{Ca}^{2+}/\text{Ca}$）將作為陽極，發生氧化反應。

陰極反應（還原）：$\text{Au}^{3+} + 3e^- \rightarrow \text{Au}$ $E^\circ_{cathode} = +1.50 \text{ V}$
陽極反應（氧化）：$\text{Ca} \rightarrow \text{Ca}^{2+} + 2e^-$ $E^\circ_{oxidation} = -E^\circ_{reduction}(\text{Ca}^{2+}/\text{Ca}) = -(-2.87 \text{ V}) = +2.87 \text{ V}$

計算標準電池電勢 ($E^\circ_{cell}$)：
$E^\circ_{cell} = E^\circ_{cathode} - E^\circ_{anode}$ （使用還原電勢）
$E^\circ_{cell} = (+1.50 \text{ V}) - (-2.87 \text{ V}) = 1.50 \text{ V} + 2.87 \text{ V} = +4.37 \text{ V}$

或者，使用氧化電勢和還原電勢相加：
$E^\circ_{cell} = E^\circ_{reduction}(\text{Au}^{3+}/\text{Au}) + E^\circ_{oxidation}(\text{Ca}/\text{Ca}^{2+})$
$E^\circ_{cell} = (+1.50 \text{ V}) + (+2.87 \text{ V}) = +4.37 \text{ V}$

計算標準吉布斯自由能變 ($\Delta G^\circ$)：
$\Delta G^\circ = -nFE^\circ_{cell}$
其中 $n$ 是反應中轉移的電子數，$F$ 是法拉第常數 ($96485 \text{ C/mol}$)。
為了寫出總反應式，我們需要平衡電子數。
陰極反應：$\text{Au}^{3+} + 3e^- \rightarrow \text{Au}$

核心觀念

本題考查「化學反應式的組合」與平衡常數 $K$ 的變化規則：

1. 反應式反向時，平衡常數取倒數：

$$K_{\text{逆}}=\frac{1}{K_{\text{正}}}$$

2. 反應式所有係數乘以 $n$ 時，平衡常數變為原來的 $n$ 次方：

$$K_{\text{新}}=K_{\text{原}}^n$$

3. 多個反應相加時，總反應的平衡常數等於各反應平衡常數的乘積：

$$K_{\text{總}}=K_1K_2\cdots$$

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解題方法

目標反應為：

$$\mathrm{A_2C(g)+B_2(g)\rightleftharpoons 2AB(g)+\frac12 C_2(g)}$$

已知反應：

$$\mathrm{A_2+B_2\rightleftharpoons 2AB} \qquad K_1=10^2$$ $$\mathrm{2A_2+C_2\rightleftharpoons 2A_2C} \qquad K_2=10^{-4}$$

第二式需先反向並除以 $2$。

原第二式除以 $2$：

$$\mathrm{A_2+\frac12 C_2\rightleftharpoons A_2C}$$

其平衡常數為：

$$K=\sqrt{K_2} =\sqrt{10^{-4}} =10^{-2}$$

再將反應式反向：

$$\mathrm{A_2C\rightleftharpoons A_2+\frac12 C_2}$$

因此反向反應的平衡常數為：

$$K_{\text{逆}}=\frac{1}{10^{-2}}=10^2$$

將反應 (1) 與上述反向反應相加：

$$\mathrm{A_2+B_2\rightleftharpoons 2AB}$$ $$\mathrm{A_2C\rightleftharpoons A_2+\frac12 C_2}$$

消去兩邊相同的 $\mathrm{A_2}$，得到：

本題考查相圖 (phase diagram) 的概念，以及水的相圖和二氧化碳的相圖的繪製與比較。

相圖 (Phase Diagram)：相圖是表示物質在不同壓力 (P) 和溫度 (T) 下的穩定相（固態、液態、氣態）的圖。相圖上有幾個重要的點和線：

• 三相點 (Triple Point)：固、液、氣三相共存的點。
• 臨界點 (Critical Point)：液態和氣態相的區別消失的點。臨界點以上的溫度和壓力，物質以超臨界流體 (supercritical fluid) 形式存在。
• 昇華曲線 (Sublimation Curve)：固態和氣態之間相變的線。
• 熔化曲線 (Melting Curve)：固態和液態之間相變的線。
• 汽化曲線 (Vaporization Curve)：液態和氣態之間相變的線。

繪製水的相圖 (Qualitative Phase Diagram of H₂O)：
水的相圖比較特殊，因為其固態（冰）的密度比液態（水）小。

1. 三相點：約在 0.006 atm 和 0.01 °C。
2. 熔化曲線：水的熔化曲線（固態-液態）向左下方傾斜（負斜率）。這意味著在較高壓力下，水的熔點會降低。這是因為壓力增大時，水的體積收縮，而冰的體積膨脹，所以高壓有利於冰融化成水。
3. 汽化曲線：從三相點延伸到臨界點，表示液態和氣態之間的平衡。
4. 臨界點：水的臨界點約在 218 atm 和 374 °C。
5. 昇華曲線：從三相點延伸到真空（壓力趨近於零），表示固態和氣態之間的平衡。

繪製二氧化碳的相圖 (Qualitative Phase Diagram of CO₂)：
二氧化碳的相圖比較「標準」，其固態（乾冰）的密度比液態（如果存在的話）大。

1. 三相點：約在 -56.6 °C (216.55 K) 和 5.1 atm。
2. 熔化曲線：二氧化碳的熔化曲線（固態-液態）向右上方傾斜（正斜率）。這意味著壓力增大時，二氧化碳的熔點會升高。
3. 汽化曲線：從三相點延伸到臨界點。
4. 臨界點：二氧化碳的臨界點約在 31.1 °C (304.25 K) 和 72.8 atm。
5. 昇華曲線：從三相點延伸到壓力趨近於零，表示固態（乾冰）直接昇華為氣態。

核心觀念

本題考查芳香族化合物的官能基導入、取代基定位效應，以及側鏈氧化：

• $CH_3Cl/AlCl_3$：Friedel–Crafts 烷基化，在苯環導入 $CH_3$。
• $Cl_2/FeCl_3$：芳香族親電取代反應，在苯環導入 $Cl$。
• $KMnO_4、H_3O^+$：將苄位具有氫的烷基側鏈氧化為 $CO_2H$。
• $CH_3$ 是鄰、對位定位基，因此氯化時主要形成鄰位與對位產物，通常以對位產物為主要產物。

解題方法

目標物含有苯甲酸側鏈 $CO_2H$，可由苯環上的甲基氧化而來，因此必須先導入 $CH_3$：

$$\mathrm{C_6H_6} \xrightarrow[\mathrm{AlCl_3}]{\mathrm{CH_3Cl}} \mathrm{C_6H_5CH_3}$$

接著利用甲基的鄰、對位定位效應進行氯化：

$$\mathrm{C_6H_5CH_3} \xrightarrow{\mathrm{Cl_2/FeCl_3}} \mathrm{o/p\text{-}ClC_6H_4CH_3}$$

最後將甲基氧化為羧酸：

核心觀念

本題考查三類有機反應：

1. 酮的還原：羰基 $\ce{C=O}$ 還原成二級醇。
2. 醇的脫水：醇脫去 $\ce{H2O}$ 形成烯烴。
3. 烯烴的環氧化：碳碳雙鍵與過酸反應形成環氧化物。

反應流程為：

$$\text{環己酮} \longrightarrow \text{環己醇} \longrightarrow \text{環己烯} \longrightarrow \text{環氧環己烷}$$

解題方法

第 1 步是將環己酮的羰基還原為二級醇，需要使用強還原劑 $\ce{LiAlH4}$，反應後再以 $\ce{H3O+}$ 酸化處理：

$$\ce{cyclohexanone ->[LiAlH4,\ ether][H3O+] cyclohexanol}$$

因此第 1 格選 (E)。

第 2 步是環己醇脫水形成環己烯。加熱的硫酸水溶液可使醇質子化，接著脫去水分子形成雙鍵：

$$\ce{cyclohexanol ->[\Delta,\ warm\ H2SO4/H2O] cyclohexene}$$

因此第 2 格選 (C)。

第 3 步是烯烴轉化為環氧化物。間氯過氧苯甲酸（mCPBA）會將 $\ce{C=C}$ 氧化成三元環氧結構：

$$\ce{cyclohexene ->[m-ClC6H4CO3H] cyclohexene\ oxide}$$

因此第 3 格選 (A)。

選項分析

本題考查有機合成路線的設計，要求從苯或甲苯出發，合成間溴苯甲酸 (m-bromobenzoic acid)。

目標分子結構：苯環上連有一個溴原子 (-Br) 和一個羧基 (-COOH)，且兩者處於間位。

我們需要考慮苯環上的取代基定位效應。

• 溴原子 (-Br) 是鈍化基團，但它是鄰對位定位基 (ortho, para director)。
• 羧基 (-COOH) 是鈍化基團，且是間位定位基 (meta director)。

我們必須仔細規劃合成步驟，以確保取代基處於正確的間位關係。

策略一：從苯出發

1. 引入溴：苯與 $\text{Br}_2$/$\text{FeBr}_3$ 反應，生成溴苯。
2. 引入羧基：在溴苯上引入羧基。溴苯上的溴原子是鄰對位定位基。如果我們直接嘗試引入羧基，會主要得到鄰溴苯甲酸和對溴苯甲酸。這不是我們想要的間位產物。
   • 直接羧化（例如通過 Grignard 試劑）在溴苯上，溴的定位效應會影響。
   • 通過 Friedel-Crafts 酰基化，然後氧化。例如，用乙酰氯/$\text{AlCl}_3$ 引入乙酰基，主要得到鄰對位產物。

因此，直接從苯出發，先溴代再引入羧基，或者先引入羧基再溴代，都難以直接得到間溴苯甲酸。

策略二：從甲苯出發

1. 引入溴：甲苯的甲基 (-CH₃) 是活化基團，是鄰對位定位基。
   • 甲苯與 $\text{Br}_2$/$\text{FeBr}_3$ 反應，主要得到鄰溴甲苯和對溴甲苯。
   • 我們需要間溴苯甲酸。這意味著，我們需要在甲基的間位引入溴。
   • 如果我們先氧化甲基為羧基，得到苯甲酸，則羧基是間位定位基。
   • 所以，先氧化甲苯為苯甲酸，然後溴代苯甲酸，可以得到間溴苯甲酸。

合成路線：
步驟 1：將甲苯氧化為苯甲酸。

• 使用強氧化劑，如 $\text{KMnO}_4$ (酸性或鹼性條件下加熱) 或 $\text{K}_2\text{Cr}_2\text{O}_7$/$\text{H}_2\text{SO}_4$。
  甲苯 + $\text{KMnO}_4$, $\text{H}_3\text{O}^+$ (或 $\text{NaOH}$ 後酸化) $\rightarrow$ 苯甲酸。

步驟 2：將苯甲酸溴代。

• 苯甲酸上的羧基 (-COOH) 是間位定位基。
• 苯甲酸 + $\text{Br}_2$/$\text{FeBr}_3$ → 間溴苯甲酸。
  溴原子會進入羧基的間位。

總結合成路線：
從甲苯出發：

1. 甲苯氧化為苯甲酸，使用 $\text{KMnO}_4$ (酸性或鹼性條件下加熱，然後酸化)。
2. 苯甲酸溴代，使用 $\text{Br}_2$/$\text{FeBr}_3$ 催化劑，得到間溴苯甲酸。

其他可能性：
如果從苯出發，我們需要找到一種方法，能在苯環上引入溴和羧基，且它們是間位關係。
例如，先進行 Friedel-Crafts 酰基化，引入一個酰基，然後溴代，再氧化。
或者，先溴代，然後通過其他方法引入間位的羧基。

考慮到從甲苯出發的路線較為直接且符合定位規則，這是較優的合成策略。
題目要求「Starting with benzene or toluene」。

詳細步驟：

1. 甲苯的氧化：
   甲苯 + $\text{KMnO}_4$ (在鹼性溶液中加熱，如 $\text{NaOH}$ 溶液) $\rightarrow$ 苯甲酸鈉。
   苯甲酸鈉 + $\text{H}_3\text{O}^+$ (酸化) $\rightarrow$ 苯甲酸。
   或者，甲苯 + $\text{KMnO}_4$/$\text{H}_3\text{O}^+$ (加熱) $\rightarrow$ 苯甲酸。

2. 苯甲酸的溴代：
   苯甲酸 + $\text{Br}_2$ / $\text{FeBr}_3$ (催化劑) $\rightarrow$ 間溴苯甲酸。
   羧基 (-COOH) 是強鈍化基和間位定位基，所以溴原子會進入間位。

為何不直接從苯出發？

• 苯 → 溴苯 (Br 在苯環上)
• 溴苯上的 Br 是鄰對位定位基。如果直接引入羧基，會得到鄰溴苯甲酸和對溴苯甲酸。

核心觀念

本題考的是以紅外光譜判定官能基，再以核磁共振光譜分析氫原子的化學環境。

• FTIR：吸收位置可辨認鍵結種類，吸收峰的形狀也很重要。羧酸的 O–H 通常呈現約 $2500\text{–}3300\ \mathrm{cm^{-1}}$ 的寬廣吸收，並伴隨約 $1700\ \mathrm{cm^{-1}}$ 的強 C=O 吸收。
• $^1\mathrm{H}$ NMR：化學位移反映氫的電子環境；積分代表各組氫的相對數目；裂分提供鄰近氫的資訊。僅憑峰高，不能判定氫原子數。

解題方法

原圖左側是透射率對波數的紅外光譜，因此向下的谷底代表吸收；可讀到約 $2500\text{–}3300\ \mathrm{cm^{-1}}$ 的寬廣吸收及約 $1700\ \mathrm{cm^{-1}}$ 的強吸收。右側是化學位移向右遞減的 $^1\mathrm{H}$ NMR，主要訊號集中在約 $\delta 4.6$ 與 $\delta 3.8$，但圖中未標積分，裂分細節也不足以可靠判讀。

一、由 FTIR 判定羧酸官能基

寬廣 O–H 吸收與強 C=O 吸收共同支持存在羧酸基：

$$\mathrm{-C(=O)OH}$$

羧酸的氫鍵作用使 O–H 吸收特別寬廣，並可延伸至 C–H 伸縮振動所在區域。不能只看到羰基峰，就直接將物質判定為酮或酯。

二、由 NMR 限制結構範圍

約 $\delta 3.8$ 的訊號符合與氧相連的碳上氫，例如 $\mathrm{-CH_2-O-}$；約 $\delta 4.6$ 的訊號也落在含氧環境氫及部分可交換氫的常見範圍。