自治医科大学 医学部 化学（2025年度）全問題・超図解解説

半減期 $T = 8\text{ 日}$ とは、「$8$ 日経つごとに元の量の $\dfrac{1}{2}$ になる」ということです。経過日数を $t\text{ 日}$ とすると、残存量の割合は $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{t}{8}}$ と表せます。
これが $\dfrac{1}{8}$ になるとき、 $$\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{8}} = \frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^3$$ 指数の部分を比較すると、 $$\frac{t}{8} = 3 \quad \Longleftrightarrow \quad t = 8 \times 3 = 24\text{ 日}$$ したがって、かかる日数は $32$ 日ではなく $24$ 日 です。（$\dfrac{1}{2} \xrightarrow{8\text{日}} \dfrac{1}{4} \xrightarrow{8\text{日}} \dfrac{1}{8}$ と指折り数えても $8 \times 3 = 24$ 日とすぐわかります！）

それぞれの原子番号の元素と電子配置（K殻、L殻、M殻、N殻）を確認しましょう。

• 原子番号 $5$：ホウ素 $\text{B}$（第2周期・13族） $\rightarrow$ 電子配置は $\text{K}(2)\,\text{L}(3)$ $\rightarrow$ 価電子の数は $3$
• 原子番号 $13$：アルミニウム $\text{Al}$（第3周期・13族） $\rightarrow$ 電子配置は $\text{K}(2)\,\text{L}(8)\,\text{M}(3)$ $\rightarrow$ 価電子の数は $3$
• 原子番号 $21$：スカンジウム $\text{Sc}$（第4周期・3族の遷移元素！） $\rightarrow$ 原子番号19の $\text{K}$ が $\text{K}(2)\,\text{L}(8)\,\text{M}(8)\,\text{N}(1)$、原子番号20の $\text{Ca}$ が $\text{K}(2)\,\text{L}(8)\,\text{M}(8)\,\text{N}(2)$ であり、21番の $\text{Sc}$ は内側のM殻（$3\text{d}$ 軌道）に電子が入るため $\text{K}(2)\,\text{L}(8)\,\text{M}(9)\,\text{N}(2)$ となります。最外殻（N殻）の電子数は $2$ です（第4周期の13族であるガリウム $\text{Ga}$ は原子番号 $31$ です）。

よって、すべて同じではありません。

石英（水晶）は二酸化ケイ素 $\text{SiO}_2$ からなりますが、その結晶はイオン結晶ではなく、ケイ素原子 $\text{Si}$ と酸素原子 $\text{O}$ が共有結合で網目状に無限につながった 共有結合の結晶 です。

金属結晶の配位数（1個の原子に最も近くで接している周囲の原子の数）は以下の通りです。

• 体心立方格子：立方体の中心にある原子に、8個の頂点の原子が接しているので、配位数は $8$。
• 六方最密構造（および面心立方格子）：最も密に詰まる構造であり、配位数は $12$。

よって、配位数は異なります（$8 \neq 12$）。

凝固点降下度 $\Delta T_{\text{f}}$ は、質量モル濃度を $m\,\text{[mol/kg]}$、モル凝固点降下を $K_{\text{f}}\,\text{[K}\cdot\text{kg/mol]}$ とすると、$\Delta T_{\text{f}} = K_{\text{f}}\,m$ と表されます。ここで比例定数 $K_{\text{f}}$ は、溶質の種類には無関係で、溶媒の種類に固有の定数 です。「溶質の種類に固有」としている点が誤りです。

凝固点降下度 $\Delta T_{\text{f}}$ は、溶液中に存在する全溶質粒子の質量モル濃度に比例します。溶質が電解質（例：$\text{NaCl} \rightarrow \text{Na}^+ + \text{Cl}^-$）の場合、電離によって溶質粒子の総数が増えるため、同じ濃度の非電解質水溶液よりも凝固点降下度は大きくなります。

上の冷却曲線の図の通り、溶液が凝固するときは「純粋な溶媒の結晶（水溶液なら氷）」だけが析出します。そのため、凝固が進むにつれて残りの溶液中の溶媒が減少し、溶液の濃度がどんどん濃くなります。濃度が高くなると凝固点降下度がさらに大きくなるため、凝固が進む間、温度は一定に保たれず徐々に下がり続けます。

溶液では凝固進行中に温度が下がり続けるため、「（過冷却が起きなかったとしたときの）凝固開始時の温度」をその溶液の凝固点と定義します。

純粋なシクロヘキサンの凝固点が $6.50\,^\circ\text{C}$、溶液の凝固点が $4.50\,^\circ\text{C}$ なので、凝固点降下度 $\Delta T_{\text{f}}$ は、 $$\Delta T_{\text{f}} = 6.50 - 4.50 = 2.00\,\text{K}$$

溶媒であるシクロヘキサン $100\,\text{mL}$ の質量 $W\,\text{[g]}$ は、密度が $0.779\,\text{g/mL}$ なので、 $$W = 0.779\,\text{g/mL} \times 100\,\text{mL} = 77.9\,\text{g} = \frac{77.9}{1000}\,\text{kg}$$ 次に、溶質であるナフタレン（$\text{C}_{10}\text{H}_8$）の分子量は、 $$\text{C}_{10}\text{H}_8 = 12.0 \times 10 + 1.0 \times 8 = 120 + 8 = 128$$ よって、ナフタレン $1.00\,\text{g}$ の物質量 $n\,\text{[mol]}$ は、 $$n = \frac{1.00}{128}\,\text{mol}$$

溶液の質量モル濃度 $m\,\text{[mol/kg]}$ は「溶媒 $1\,\text{kg}$ あたりの溶質の物質量 $\text{[mol]}$」なので、 $$m = \frac{\dfrac{1.00}{128}\,\text{mol}}{\dfrac{77.9}{1000}\,\text{kg}} = \frac{1000}{128 \times 77.9}\,\text{mol/kg}$$ ここで、$128 \times 77.9$ を計算すると、 $$128 \times 77.9 = 9971.2 \fallingdotseq 1.00 \times 10^4$$ したがって、 $$m = \frac{1000}{9971.2} \fallingdotseq 0.1003\,\text{mol/kg}$$ 公式 $\Delta T_{\text{f}} = K_{\text{f}}\,m$ に代入して $K_{\text{f}}$ を求めると、 $$K_{\text{f}} = \frac{\Delta T_{\text{f}}}{m} = \frac{2.00}{0.1003} \fallingdotseq 19.94 \fallingdotseq 20.0\,\text{K}\cdot\text{kg/mol}$$

この金属元素を $\text{M}$、求める原子量を $M$ とします。$\text{M}$ は2価の陽イオン（$\text{M}^{2+}$）になるので、塩化物イオン $\text{Cl}^-$ とつくる塩化物の化学式は $\text{MCl}_2$ です。
$\text{Cl} = 35.5$ より、$\text{MCl}_2$ の式量は、 $$\text{MCl}_2\text{ の式量} = M + 35.5 \times 2 = M + 71.0$$ したがって、$\text{MCl}_2$ $10.0\,\text{g}$ の物質量は $\dfrac{10.0}{M + 71.0}\,\text{mol}$ であり、水溶液中に電離して生じる $\text{Cl}^-$ の物質量は、その 2倍 の $$n(\text{Cl}^-) = 2 \times \frac{10.0}{M + 71.0} = \frac{20.0}{M + 71.0}\,\text{mol}$$ となります。

塩化銀 $\text{AgCl}$ の式量は、$\text{Ag} = 108,\ \text{Cl} = 35.5$ より、 $$\text{AgCl} = 108 + 35.5 = 143.5$$ 沈殿した $\text{AgCl}$ は $13.8\,\text{g}$ なので、その物質量は、 $$n(\text{AgCl}) = \frac{13.8}{143.5}\,\text{mol}$$

$\text{Ag}^+ + \text{Cl}^- \longrightarrow \text{AgCl}\downarrow$ より、$n(\text{Cl}^-) = n(\text{AgCl})$ が成り立ちます。 $$\frac{20.0}{M + 71.0} = \frac{13.8}{143.5}$$ 両辺の逆数をとって $M + 71.0$ を求めると、 $$M + 71.0 = \frac{20.0 \times 143.5}{13.8} = \frac{2870}{13.8} \fallingdotseq 207.97 \fallingdotseq 208.0$$ したがって、金属 $\text{M}$ の原子量 $M$ は、 $$M = 208.0 - 71.0 = 137.0$$ （ちなみに原子量 $137$ の2価金属はバリウム $\text{Ba}$ です！）

$\text{Cu} = 64.0,\ \text{S} = 32.0,\ \text{O} = 16.0,\ \text{H} = 1.0$ より、 $$\text{CuSO}_4\text{（無水物）の式量} = 64.0 + 32.0 + 16.0 \times 4 = 160$$ $$5\text{H}_2\text{O}\text{（水分子5個分）の式量} = 18.0 \times 5 = 90.0$$ $$\text{CuSO}_4\cdot 5\text{H}_2\text{O}\text{（五水和物）の式量} = 160 + 90.0 = 250$$ つまり、硫酸銅(II)五水和物は、質量比で 「無水物 $\text{CuSO}_4$：水 $\text{H}_2\text{O} = 160 : 90 = 16 : 9$」 からできています。

最初に溶かした五水和物 $\text{CuSO}_4\cdot 5\text{H}_2\text{O}$ は $25.0\,\text{g}$ です。この中に含まれる無水物 $\text{CuSO}_4$ の質量は、 $$\text{溶質 }\text{CuSO}_4\text{ の質量} = 25.0\,\text{g} \times \frac{160}{250} = 16.0\,\text{g}$$ 一方、$60\,^\circ\text{C}$ での溶解度は $40.0$（水 $100\,\text{g}$ に無水物 $\text{CuSO}_4$ が $40.0\,\text{g}$ 溶ける）です。
今、無水物 $\text{CuSO}_4$ が $16.0\,\text{g}$ 溶けてちょうど飽和水溶液になっているので、この飽和水溶液中の水の総質量 $W_{\text{水}}$ は、 $$\frac{\text{溶質 }16.0\,\text{g}}{\text{水 }W_{\text{水}}\,\text{g}} = \frac{40.0}{100} \quad \Longleftrightarrow \quad W_{\text{水}} = 16.0 \times \frac{100}{40.0} = 40.0\,\text{g}$$ （※よって、$60\,^\circ\text{C}$ の飽和水溶液の内訳は「溶質 $\text{CuSO}_4$ が $16.0\,\text{g}$、水が $40.0\,\text{g}$（合計 $56.0\,\text{g}$）」です！）

$20\,^\circ\text{C}$ に冷やしたとき、硫酸銅(II)五水和物 $\text{CuSO}_4\cdot 5\text{H}_2\text{O}$ が $x\,\text{[g]}$ 析出する とおきます。
析出した結晶 $x\,\text{[g]}$ の中には、

• 無水物 $\text{CuSO}_4$ が $\dfrac{160}{250}x = \dfrac{16}{25}x\,\text{[g]}$
• 結晶水 $\text{H}_2\text{O}$ が $\dfrac{90}{250}x = \dfrac{9}{25}x\,\text{[g]}$

が含まれており、これらが水溶液から抜けます。残った上澄み液は $20\,^\circ\text{C}$ の飽和水溶液（溶解度 $20.0$）になっているので、「残った水」と「残った溶質」の比が $100 : 20.0$ になります。 $$\frac{\text{残った溶質 }\text{CuSO}_4}{\text{残った水 }\text{H}_2\text{O}} = \frac{16.0 - \dfrac{16}{25}x}{40.0 - \dfrac{9}{25}x} = \frac{20.0}{100} = \frac{1}{5}$$ たすき掛けして $x$ を求めましょう！ $$5\left(16.0 - \frac{16}{25}x\right) = 40.0 - \frac{9}{25}x$$ $$80.0 - \frac{80}{25}x = 40.0 - \frac{9}{25}x$$ $$80.0 - 40.0 = \frac{80 - 9}{25}x \quad \Longleftrightarrow \quad 40.0 = \frac{71}{25}x$$ $$x = \frac{40.0 \times 25}{71} = \frac{1000}{71} \fallingdotseq 14.08\,\text{g}\quad \text{……}$$

電極 II（陰極）には $\text{Cu}$ が析出するため質量が増加しますが、電極 I（陽極）は白金 $\text{Pt}$ 電極であり、自身は溶けずに表面で $\text{O}_2$ が発生するだけなので、電極 I の質量は変化しません。

陰極である電極 II では電子を受け取る還元反応が起き、陽極である電極 III では電子を失う酸化反応が起きます。

電極 III（陽極）では $2\text{I}^- \rightarrow \text{I}_2 + 2\text{e}^-$ によりヨウ素 $\text{I}_2$ が生じ、水溶液中の $\text{I}^-$ と反応して三ヨウ化物イオン $\text{I}_3^-$ となって溶けるため、電極 III 付近の水溶液は褐色を呈します。

電極 IV（陰極）では $2\text{H}_2\text{O} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{H}_2\uparrow + 2\text{OH}^-$ により水酸化物イオン $\text{OH}^-$ が生成して塩基性になるため、$\text{pH}$ は増加します。

電解槽 A で発生する気体は電極 I からの 酸素 $\text{O}_2$ であり、電解槽 B で発生する気体は電極 IV からの 水素 $\text{H}_2$ です。したがって同じ気体ではありません。

電解槽 A の電極 II で析出した金属は銅 $\text{Cu}$（原子量 $64.0$）です。析出した $\text{Cu}$ の物質量 $n(\text{Cu})$ は、 $$n(\text{Cu}) = \frac{2.56\,\text{g}}{64.0\,\text{g/mol}} = 0.0400\,\text{mol}$$ 反応式 $\text{Cu}^{2+} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Cu}$ より、$\text{Cu}$ $1\,\text{mol}$ が析出するのに電子 $\text{e}^-$ は $2\,\text{mol}$ 必要なので、回路を流れた電子の物質量 $n(\text{e}^-)$ は、 $$n(\text{e}^-) = 0.0400 \times 2 = 0.0800\,\text{mol}$$

電流 $I = 0.500\,\text{A}$、ファラデー定数 $F = 9.65 \times 10^4\,\text{C/mol}$ より、 $$n(\text{e}^-) = \frac{I \cdot \text{X}}{F} \quad \Longleftrightarrow \quad 0.0800 = \frac{0.500 \times \text{X}}{9.65 \times 10^4}$$ $$\text{X} = \frac{0.0800 \times 9.65 \times 10^4}{0.500} = 0.160 \times 9.65 \times 10^4 = 1.544 \times 10^4\,\text{秒} \fallingdotseq 1.54 \times 10^4\,\text{秒}$$

電解槽 B で発生した気体は、電極 IV における水素 $\text{H}_2$ です。
反応式 $2\text{H}_2\text{O} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{H}_2\uparrow + 2\text{OH}^-$ より、発生した $\text{H}_2$ の物質量 $n(\text{H}_2)$ は、 $$n(\text{H}_2) = \frac{1}{2}\,n(\text{e}^-) = \frac{1}{2} \times 0.0800 = 0.0400\,\text{mol}$$ この気体の $T = 27 + 273 = 300\,\text{K}$、$P = 1.00 \times 10^5\,\text{Pa}$ における体積 $\text{Y}\,\text{[L]}$ を気体の状態方程式 $PV = nRT$ で求めます（$R = 8.31 \times 10^3\,\text{Pa}\cdot\text{L/(mol}\cdot\text{K)}$）。 $$\text{Y} = \frac{nRT}{P} = \frac{0.0400 \times 8.31 \times 10^3 \times 300}{1.00 \times 10^5} = \frac{0.0400 \times 300 \times 8.31}{100} = 0.120 \times 8.31 = 0.9972\,\text{L} \fallingdotseq 0.997\,\text{L}$$

電解槽 A の陽極（電極 I）では、次の反応が起きています。 $$2\text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{O}_2\uparrow + 4\text{H}^+ + 4\text{e}^-$$ 式中の係数を見ると、$\text{e}^-$ と $\text{H}^+$ の係数はどちらも $4$（すなわち $1 : 1$） です！
問題7より流れた電子の物質量は $n(\text{e}^-) = 0.0800\,\text{mol}$ なので、電解槽 A 全体（$0.50\,\text{L} = 500\,\text{mL}$）に生成した水素イオン $\text{H}^+$ の物質量は、 $$n_{\text{全体}}(\text{H}^+) = n(\text{e}^-) = 0.0800\,\text{mol}$$ したがって、電解槽 A の水溶液は酸性になっており、中和するためには塩基である水酸化ナトリウム水溶液が必要です。

全体 $0.50\,\text{L}$（$= 500\,\text{mL}$）のうち、$\dfrac{1}{10}$ にあたる $50\,\text{mL}$ をビーカーに取り出したので、このビーカー内の $\text{H}^+$ の物質量は、 $$n(\text{H}^+) = 0.0800\,\text{mol} \times \frac{50\,\text{mL}}{500\,\text{mL}} = 0.00800\,\text{mol} = 8.0 \times 10^{-3}\,\text{mol}$$ これを中和するには、同じ物質量（$8.0 \times 10^{-3}\,\text{mol}$）の $\text{OH}^-$ を含む水酸化ナトリウム水溶液が必要です。選択肢の $\text{NaOH}$ 水溶液（㋒〜㋔）の物質量を計算すると、

• ㋒：$0.10\,\text{mol/L} \times \dfrac{20}{1000}\,\text{L} = 2.0 \times 10^{-3}\,\text{mol}$（不足）
• ㋓：$0.10\,\text{mol/L} \times \dfrac{40}{1000}\,\text{L} = 4.0 \times 10^{-3}\,\text{mol}$（不足）
• ㋔：$0.20\,\text{mol/L} \times \dfrac{40}{1000}\,\text{L} = 8.0 \times 10^{-3}\,\text{mol}$（ぴったり一致！）

反応①は、左辺の気体分子数の合計が $1 + 1 = 2$、右辺の気体分子数も $2$ で同数です。気体分子数が変わらない反応では、圧力を変化させても平衡は移動しません。

触媒は正反応と逆反応の反応速度を同じ割合で大きくするだけであり、平衡状態そのものは移動させません。

反応②は $\Delta H = -92\,\text{kJ} < 0$ なので、右向きの反応は発熱反応です。加熱すると温度を下げる方向（吸熱反応である左向き）に平衡が移動します。

体積一定で反応に関与しない希ガス（アルゴン $\text{Ar}$）を加えても、$\text{NO}_2$ や $\text{N}_2\text{O}_4$ のモル濃度（分圧）は一切変化しないため、平衡は移動しません（※引っかかりやすい超頻出ポイント！）。

反応③は $\Delta H = -57\,\text{kJ} < 0$ なので、右向きの反応は発熱反応です。冷却すると、温度を上げる方向（発熱反応である右向き）に平衡が移動します。

混合液中のメタノール（$\text{CH}_3\text{OH}$、分子量 $32.0$）の物質量を $x\,\text{[mol]}$、エタノール（$\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}$、分子量 $46.0$）の物質量を $y\,\text{[mol]}$ とします。
それぞれの完全燃焼の反応式と発熱量は、

• $\text{CH}_3\text{OH} + \dfrac{3}{2}\text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + \mathbf{2\text{H}_2\text{O}} \qquad \Delta H = -726.0\,\text{kJ/mol}$（$1\,\text{mol}$ あたり水 $2\,\text{mol}$ 生成）
• $\text{C}_2\text{H}_5\text{OH} + 3\text{O}_2 \longrightarrow 2\text{CO}_2 + \mathbf{3\text{H}_2\text{O}} \qquad \Delta H = -1368\,\text{kJ/mol}$（$1\,\text{mol}$ あたり水 $3\,\text{mol}$ 生成）

生じた水 $\text{H}_2\text{O}$（分子量 $18.0$）の質量が $126.0\,\text{g}$ なので、その物質量は、 $$n(\text{H}_2\text{O}) = \frac{126.0\,\text{g}}{18.0\,\text{g/mol}} = 7.00\,\text{mol}$$ よって、水の物質量に関する式①と、発生した熱量に関する式②が立ちます。 $$\begin{cases} 2x + 3y = 7.00 & \cdots \text{①} \\ 726.0x + 1368y = 3099 & \cdots \text{②} \end{cases}$$

①より $2x = 7.00 - 3y$ すなわち $x = 3.50 - 1.5y$ です。これを②（または② $\div 3$ した $242x + 456y = 1033$）に代入しましょう！
②の両辺を $3$ で割ると数字が小さくなって計算が超ラクになります： $$242x + 456y = 1033$$ ここに $2x = 7.00 - 3y$ を代入すると（$242x = 121 \times 2x$）、 $$121(7.00 - 3y) + 456y = 1033$$ $$847 - 363y + 456y = 1033$$ $$93y = 1033 - 847 = 186 \quad \Longleftrightarrow \quad y = \frac{186}{93} = 2.00\,\text{mol}$$ これを①に代入すると、 $$2x + 3(2.00) = 7.00 \quad \Longleftrightarrow \quad 2x = 1.00 \quad \Longleftrightarrow \quad x = 0.500\,\text{mol}$$ したがって、燃焼前の混合液の質量は、 $$\text{混合液の質量} = 32.0\,\text{g/mol} \times 0.500\,\text{mol} + 46.0\,\text{g/mol} \times 2.00\,\text{mol} = 16.0 + 92.0 = 108.0\,\text{g}$$

同族元素では、周期が下に行く（原子番号が大きくなる）ほど原子半径が大きくなり、第一イオン化エネルギーは小さくなります。したがって、A（第2〜4周期の1・2族）の中で最もイオン化エネルギーが小さいのは $\text{Li}$ ではなく カリウム $\text{K}$ です。

Bは第4周期の遷移元素（$\text{Sc} \sim \text{Zn}$、ただし12族 $\text{Zn}$ は典型元素）です。原子番号が大きくなっても電子は内側のM殻（$3\text{d}$ 軌道）に充填されていくため、最外殻電子の数は基本的に $2$ 個または $1$ 個（$\text{Cr},\ \text{Cu}$）でほぼ一定 であり、原子番号とともに増え続けるわけではありません。

Bの右端（第4周期・12族）には 亜鉛 $\text{Zn}$ が含まれています。$\text{Zn}$ は両性元素（$\text{Al},\ \text{Zn},\ \text{Sn},\ \text{Pb}$）の1つであり、塩酸と水酸化ナトリウム水溶液の両方に溶けます。

地殻中にもっとも多く含まれる元素（クラーク数第1位）はケイ素 $\text{Si}$（第2位）ではなく、酸素 $\text{O}$（第1位、Cグループの第2周期16族に含まれる）です。

Cグループの第3周期・13族には アルミニウム $\text{Al}$ が含まれています。$\text{Al}$（および $\text{Fe},\ \text{Ni},\ \text{Cr},\ \text{Co}$）は、濃硝酸に入れると表面に緻密な酸化被膜（不動態）を形成するため、それ以上溶けなくなります。

貴ガスの単体は無極性の単原子分子であり、分子間にはファンデルワールス力のみが働きます。原子番号（分子量）が大きくなるほどファンデルワールス力が強くなるため、沸点は原子番号が大きくなるほど高くなります。

第2周期のネオン $\text{Ne}$ は、放電管に入れて電圧をかけると橙赤色に発光しますが、単体そのものは常温・常圧で無色無臭の気体です。

第4周期のクリプトン $\text{Kr}$（原子番号 $36$）の電子配置は $\text{K}(2)\,\text{L}(8)\,\text{M}(18)\,\text{N}(8)$ です。もっとも電子数が多いのはN殻（$8$ 個）ではなく M殻（$18$ 個） です。

第3周期のアルゴン $\text{Ar}$ は、乾燥空気中に体積比で約 $0.93\%$（窒素 $78\%$、酸素 $21\%$ に次いで第3位！）含まれており、二酸化炭素（約 $0.04\%$）よりもはるかに多く存在します。

貴ガスの単体は、安定な電子配置をとっているため他の原子と結合せず、原子1個で分子のようにふるまう単原子分子として存在します。

沈殿 a（$\text{AgCl}$）は過剰のアンモニア水を加えると、ジアンミン銀(I)イオン $[\text{Ag}(\text{NH}_3)_2]^+$ を形成してよく溶けます。

ろ液1中の $\text{Fe}^{3+}$ は、強い還元剤である硫化水素 $\text{H}_2\text{S}$ によって還元されるため、ろ液2には $\text{Fe}^{2+}$ として含まれています。

沈殿 a（$\text{AgCl}$）と沈殿 d（$\text{CaCO}_3$）はどちらも白色沈殿なので、すべて色が異なるというのは誤りです。

ろ液2を加熱（煮沸）するのは、硫化水素を濃縮するためではなく、次の操作で塩基性にした際に $\text{FeS}$ が沈殿したり硝酸が消費されたりするのを防ぐため、溶存している硫化水素 $\text{H}_2\text{S}$ を気体として追い出す（除去する）ためです。

ろ液4に残っている金属イオンは $\text{Li}^+$ であり、リチウムの炎色反応は橙色（$\text{Ca}$）ではなく 赤色 です。

銅 $\text{Cu}$ はイオン化傾向が水素 $\text{H}_2$ より小さいため希塩酸や希硫酸には溶けませんが、酸化力のある酸である希硝酸、濃硝酸、熱濃硫酸には溶けます。

$\text{Cu}^{2+}$ を含む水溶液に少量のアンモニア水を加えると生じる水酸化銅(II) $\text{Cu(OH)}_2$ の沈殿は、緑白色（$\text{Fe(OH)}_2$ の色！）ではなく 青白色 です。

水酸化銅(II) $\text{Cu(OH)}_2$ の沈殿に過剰量のアンモニア水を加えると、テトラアンミン銅(II)イオン $[\text{Cu}(\text{NH}_3)_4]^{2+}$ を生じて沈殿が溶け、深青色の水溶液になります。

銅に熱濃硫酸を加えると $\text{Cu} + 2\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CuSO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} + \text{SO}_2\uparrow$ の反応により二酸化硫黄 $\text{SO}_2$ が発生しますが、$\text{SO}_2$ は刺激臭のある無色の気体です。「有色」としている点が誤りです。

体積の単位換算に注意しましょう！$1\,\text{m}^3 = 1000\,\text{L} = 1.0 \times 10^3\,\text{L}$ なので、 $$11.2\,\text{m}^3 = 11.2 \times 10^3\,\text{L}$$ 標準状態（$0\,^\circ\text{C},\ 1.013 \times 10^5\,\text{Pa}$）では気体 $1\,\text{mol}$ の体積は $22.4\,\text{L}$ なので、アンモニアの物質量 $n(\text{NH}_3)$ は、 $$n(\text{NH}_3) = \frac{11.2 \times 10^3\,\text{L}}{22.4\,\text{L/mol}} = 0.500 \times 10^3\,\text{mol} = 500\,\text{mol}$$

オストワルト法の全反応式 $\text{NH}_3 + 2\text{O}_2 \longrightarrow \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O}$ より、アンモニア中の窒素原子 $\text{N}$ がすべて硝酸 $\text{HNO}_3$ に変換されるため、 $$n(\text{HNO}_3) = n(\text{NH}_3) = 500\,\text{mol}$$ $\text{HNO}_3$ の分子量は $1.0 + 14.0 + 16.0 \times 3 = 63.0$ なので、得られる純粋な $\text{HNO}_3$ の質量は、 $$m(\text{HNO}_3) = 63.0\,\text{g/mol} \times 500\,\text{mol} = 31500\,\text{g} = 31.5\,\text{kg}$$

得られた濃度 $60.0\,\%$ の硝酸水溶液の質量を $W\,\text{[kg]}$ とすると、その $60.0\,\%$ が純粋な $\text{HNO}_3$（$31.5\,\text{kg}$）なので、 $$W \times \frac{60.0}{100} = 31.5\,\text{kg} \quad \Longleftrightarrow \quad W = \frac{31.5}{0.600} = 52.5\,\text{kg}$$

• 操作（あ）：ナトリウムフェノキシドと安息香酸ナトリウムを含む【水層】から、フェノールだけを遊離させて【エーテル層】へ抽出する操作です。炭酸よりも弱い酸であるフェノールのみを遊離させるため「十分に二酸化炭素を通じ，さらにエーテルを加える」となります。
• 操作（い）：残った安息香酸ナトリウムを含む【水層】から、強酸を加えて安息香酸を遊離させ、新しく【エーテル層】を作って抽出するため、「塩酸およびエーテルを加える」となります。
• 操作（ろ）：アニリンとニトロベンゼンを含む【エーテル層】に酸を加えてアニリンを塩にして水層へ移す操作です。すでにエーテル溶液の状態なのでエーテルを追加する必要はなく、「塩酸を加える」のみとなります。
• 操作（は）：アニリン塩酸塩を含む【水層】に強塩基を加えて弱塩基のアニリンを遊離させ、【エーテル層】へ抽出するため、「水酸化ナトリウム水溶液およびエーテルを加える」となります。

• ㋐ 正しい：A（フェノール）に臭素水を加えると、室温で容易に置換反応が起こり、$2,4,6$-トリブロモフェノールの白色沈殿が生じます。
• ㋑ 正しい：B（安息香酸）に炭酸水素ナトリウム水溶液を加えると、安息香酸の方が炭酸よりも強い酸であるため弱酸の遊離が起こり、二酸化炭素 $\text{CO}_2$ の気体が発生します。
• ㋒ 誤り：C（ニトロベンゼン）は、ベンゼンに濃硝酸と濃硫酸の混合物（混酸）を加えて加熱（$50 \sim 60\,^\circ\text{C}$）することで得られます（ニトロ化）。塩化鉄(III)などの触媒を用いて反応させるのはハロゲン化（クロロベンゼンの合成など）です。
• ㋓ 正しい：D（アニリン）にさらし粉水溶液を加えると、酸化反応により赤紫色を呈します（アニリンの検出反応）。
• ㋔ 正しい：A（フェノール）と D（アニリン）にそれぞれ無水酢酸を作用させると、Aからはエステル結合をもつ酢酸フェニル、Dからはアミド結合をもつアセトアニリドが生成します（いずれもアセチル化）。

自治医大のようなスピード勝負の試験では、質量 $[\text{mg}]$ を個別に計算するよりも「試料 $1\,\text{mol}$ あたり何 $\text{mol}$ の $\text{CO}_2$ と $\text{H}_2\text{O}$ が出るか」を直接計算するのが最速です！
試料 E（分子量 $74$）の物質量 $n(\text{E})$ は、 $$n(\text{E}) = \frac{14.8\,\text{mg}}{74\,\text{g/mol}} = 0.20\,\text{mmol}$$ 生じた二酸化炭素 $\text{CO}_2$（分子量 $44$）と水 $\text{H}_2\text{O}$（分子量 $18$）の物質量は、 $$n(\text{CO}_2) = \frac{35.2\,\text{mg}}{44\,\text{g/mol}} = 0.80\,\text{mmol}$$ $$n(\text{H}_2\text{O}) = \frac{18.0\,\text{mg}}{18\,\text{g/mol}} = 1.00\,\text{mmol}$$

試料 E $0.20\,\text{mmol}$ 中に、炭素原子 $\text{C}$ は $0.80\,\text{mmol}$、水素原子 $\text{H}$ は $1.00 \times 2 = 2.00\,\text{mmol}$ 含まれています。
したがって、E $1\,\text{mol}$ あたりに含まれる $\text{C}$ と $\text{H}$ の物質量は、 $$\text{C} : \frac{0.80}{0.20} = 4\,\text{mol}, \qquad \text{H} : \frac{2.00}{0.20} = 10\,\text{mol}$$ 残りの質量は酸素原子 $\text{O}$（原子量 $16$）によるものなので、分子量 $74$ より、 $$\text{Oの数} = \frac{74 - (12 \times 4 + 1.0 \times 10)}{16} = \frac{74 - 58}{16} = 1$$

$\text{C}_4\text{H}_{10}\text{O}$（飽和アルコールまたはエーテル）のうち、金属 $\text{Na}$ を加えて水素ガスが発生した F と G はアルコール（$-\text{OH}$ をもつ）、反応しなかった H はエーテル（$-\text{O}-$ をもつ） です。

$\text{C}_4\text{H}_9\text{OH}$ の4種類のアルコール異性体を整理すると以下のようになります。

• $1$-ブタノール：第一級アルコール、直鎖構造
• $2$-メチル-$1$-プロパノール：第一級アルコール、枝分かれ構造あり $\longrightarrow$ 2段階酸化されてアルデヒド（I）を経てカルボン酸（J）になるため、これが 化合物 F（$\text{CH}_3\text{CH(CH}_3\text{)CH}_2\text{OH}$）！
• $2$-ブタノール：第二級アルコール、不斉炭素原子あり
• $2$-メチル-$2$-プロパノール：第三級アルコール、不斉炭素原子をもたず、酸化されない $\longrightarrow$ これが 化合物 G（$\text{(CH}_3)_3\text{COH}$）！

また、H はエーテル（ジエチルエーテル $\text{C}_2\text{H}_5\text{OC}_2\text{H}_5$ など）です。

• ㋐ 誤り：$\text{C}_4\text{H}_{10}\text{O}$ の構造異性体は、アルコールが $4$ 種類、エーテルが $3$ 種類（ジエチルエーテル、メチルプロピルエーテル、メチルイソプロピルエーテル）の合計 $7$ 種類 です（鏡像異性体を含めると $2$-ブタノールに1対あるため全 $8$ 種類）。
• ㋑ 誤り：F（$2$-メチル-$1$-プロパノール）や G（$2$-メチル-$2$-プロパノール）は $\text{CH}_3\text{CH(OH)}-$ の構造をもたないため、いずれもヨードホルム反応は陰性です（$\text{C}_4\text{H}_{10}\text{O}$ の中でヨードホルム反応を示すのは $2$-ブタノールのみ）。
• ㋒ 誤り：F を分子内脱水すると $2$-メチルプロペン $\text{CH}_2=\text{C(CH}_3)_2$ の1種類のみが生じます。このアルケンにはシス・トランス異性体（幾何異性体）は存在しません。
• ㋓ 正しい：化合物 I（$2$-メチルプロパナール $\text{CH}_3\text{CH(CH}_3\text{)CHO}$）はアルデヒド基 $-\text{CHO}$ をもつため還元性を示し、フェーリング液を還元して酸化銅(I) $\text{Cu}_2\text{O}$ の赤色沈殿を生じます（銀鏡反応も陽性）。
• ㋔ 誤り：同一分子量のアルコール（F，G）とエーテル（H）を比較すると、アルコールは分子間で水素結合を形成するため、分子間力（ファンデルワールス力と極性引力）のみが働くエーテル H よりも沸点が著しく高くなります（すなわちエーテル H の沸点は F や G よりも低い）。

• アンモニア $\text{NH}_3$：塩化アンモニウムと水酸化カルシウムの混合物を加熱して発生（$\text{2NH}_4\text{Cl} + \text{Ca(OH)}_2 \longrightarrow \text{CaCl}_2 + 2\text{NH}_3 + 2\text{H}_2\text{O}$）。塩基性気体であるため、酸性の濃硫酸や、反応して付加化合物（$\text{CaCl}_2\cdot 8\text{NH}_3$）をつくる塩化カルシウムは乾燥剤に使えません（ソーダ石灰や生石灰 $\text{CaO}$ を使用し、上方置換で捕集）。
• 硫化水素 $\text{H}_2\text{S}$：硫化鉄(II)に希塩酸または希硫酸を加えて発生。強い還元性をもつ弱酸性気体であるため、塩基性のソーダ石灰や、酸化力をもつ濃硫酸は乾燥剤に使えません（十酸化四リンや塩化カルシウムを使用し、下方置換で捕集）。
• 塩素 $\text{Cl}_2$：酸化マンガン(IV)に濃塩酸を加えて加熱、またはさらし粉に希塩酸を加えて発生。生じた気体には未反応の塩化水素 $\text{HCl}$ と水蒸気 $\text{H}_2\text{O}$ が混じるため、まず水に通じて $\text{HCl}$ を除去し、次に濃硫酸に通じて水分を除去（乾燥）し、下方置換で捕集します。

• 過剰のアンモニア水に溶ける水酸化物・酸化物沈殿：語呂合わせ「銀・銅・亜鉛・ニッケル（$\text{Ag}^+,\ \text{Cu}^{2+},\ \text{Zn}^{2+},\ \text{Ni}^{2+}$）」はアンミン錯イオンを形成して再溶解します。一方、$\text{Al}^{3+}$ や $\text{Fe}^{3+},\ \text{Pb}^{2+}$ の水酸化物沈殿は過剰のアンモニア水には溶けません。
• 過剰の水酸化ナトリウム水溶液に溶ける水酸化物沈殿：両性元素である「あ・す・ん・な・り（$\text{Al}^{3+},\ \text{Sn}^{2+},\ \text{Zn}^{2+},\ \text{Pb}^{2+}$）」はヒドロキシド錯イオンを形成して無色の水溶液となります。
• 硫化水素 $\text{H}_2\text{S}$ による沈殿：$\text{Cu}^{2+},\ \text{Ag}^+,\ \text{Pb}^{2+},\ \text{Cd}^{2+}$ などは酸性・中性・塩基性を問わず沈殿しますが、$\text{Zn}^{2+},\ \text{Fe}^{2+},\ \text{Ni}^{2+},\ \text{Mn}^{2+}$ は中性〜塩基性条件下でのみ硫化物の沈殿（$\text{ZnS}$ のみ白色、$\text{MnS}$ は淡赤色、他は黒色）を生じます。

• 二糖類の構成単糖と還元性：
  • マルトース（麦芽糖）：$\alpha$-グルコース 2分子が $\alpha$-$1,4$-グリコシド結合（還元性あり）。
  • セロビオース：$\beta$-グルコース 2分子が $\beta$-$1,4$-グリコシド結合（還元性あり）。
  • スクロース（ショ糖）：$\alpha$-グルコースと $\beta$-フルクトースが結合（双方のヘミアセタール構造が結合に使われているため、還元性なし！）。
• デンプンとセルロース：アミロースは直鎖状に近いらせん構造で濃青色のヨウ素デンプン反応を示し、アミロペクチンは枝分かれが多く赤紫色〜紫褐色を示します。セルロースは $\beta$-グルコースが直鎖状に縮合重合しており、分子鎖間で強固な水素結合を形成するため水や通常の有機溶媒に溶けません。
• タンパク質の呈色反応：
  • ビウレット反応：トリペプチド以上（ペプチド結合が2個以上）で赤紫色。
  • キサントプロテイン反応：ベンゼン環をもつアミノ酸（フェニルアラニン、チロシン、トリプトファン）に濃硝酸を加えて加熱すると黄色になり、塩基性にすると橙黄色になります。
  • ニンヒドリン反応：アミノ基 $-\text{NH}_2$ と反応して赤紫色〜青紫色（アミノ酸だけでなくタンパク質でも陽性）。

• ポリアミド系合成繊維：ナイロン66はヘキサメチレンジアミンとアジピン酸の縮合重合で作られ、ナイロン6は $\varepsilon$-カプロラクタムの開環重合で作られます（どちらも繰り返し単位の式量は $226$ と $113$ で $2:1$ の関係）。
• ビニロン（合成繊維）：酢酸ビニルを付加重合させてポリ酢酸ビニル（PVAc）とし、これを水酸化ナトリウム水溶液でけん化（加水分解）してポリビニルアルコール（PVA）を得た後、親水性の $-\text{OH}$ 基の一部（約 $30 \sim 40\,\%$）をホルムアルデヒド $\text{HCHO}$ でアセタール化して耐水性を高めた繊維です。
• 熱硬化性樹脂：フェノール樹脂、尿素樹脂（ユリア樹脂）、メラミン樹脂、アルキド樹脂、シリコーン樹脂などは三次元網目構造をもち、加熱すると硬化します。
• イオン交換樹脂：スチレンと$p$-ジビニルベンゼン（架橋剤）の共重合体を母体とし、これにスルホ基 $-\text{SO}_3\text{H}$ を導入したものが強酸性陽イオン交換樹脂、第四級アンモニウム塩の構造 $-\text{N}^+(\text{CH}_3)_3\text{OH}^-$ を導入したものが強塩基性陰イオン交換樹脂です。

高分子の反応計算では、重合度 $n$ を無理に求めなくても「反応前後での繰り返し単位あたりの式量変化」に注目すると1行で解けます！

• ポリ酢酸ビニル（式量 $86n$）$\longrightarrow$ ポリビニルアルコール（式量 $44n$）：
  モノマー単位1個あたり、アセチル基（$\text{CH}_3\text{CO}-$、式量 $43$）が外れて水素原子（$\text{H}-$、式量 $1$）に置き換わるため、式量は $86 \longrightarrow 44$ と $42$ 減少します。
• ポリビニルアルコール（式量 $44n$）$\longrightarrow$ ビニロン（アセタール化）：
  ヒドロキシ基 $-\text{OH}$ 2個に対してホルムアルデヒド $\text{HCHO}$（分子量 $30$）1分子が反応し、水 $\text{H}_2\text{O}$（分子量 $18$）1分子が取れるため、反応した $\text{HCHO}$ $1\,\text{mol}$ あたり高分子の質量は $30 - 18 = 12\,\text{g}$ 増加します。
  したがって、PVA（繰り返し単位の式量 $44$）のヒドロキシ基のうち割合 $x$（$x \times 100\,\%$）がアセタール化されたとき、モノマー2単位（式量 $44 \times 2 = 88$）あたり $12x$ だけ式量が増加するため、質量変化の比は、 $$\frac{\text{ビニロンの質量}}{\text{PVAの質量}} = \frac{88 + 12x}{88} = \frac{44 + 6x}{44}$$

上式の比例関係に問題文の数値を代入して計算すると、求める質量（または反応率）が直ちに求まります。