杏林大学 医学部 化学（2024年度）全問題・超図解解説

STEP 17つの酸化物の「結合の種類」と「水との反応性（酸性・塩基性・両性・中性）」を一覧表で完全解剖！

STEP 2ひっかけポイントの確認！

・(a) 非金属の酸化物は原則として酸性酸化物だけど、$\mathrm{CO}$（一酸化炭素）と $\mathrm{NO}$（一酸化窒素）は例外的に水にほとんど溶けず中性！だから(a)は ⑥, ⑦ の2つだけ。
・(b) 「金属元素＋非金属元素（酸素）」からなる酸化物はイオン結合でできているよ。したがって $\mathrm{Al, Ca, Na}$ の酸化物である ①, ②, ④ の3つすべてを選ぼう。

STEP 1不飽和度の確認と、アルキル基の構造異性体数の黄金ルール！

$\mathrm{C_5H_{10}O_2}$ は、$\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n}\mathrm{O}_2$ の形なので不飽和度 $1$。エステル結合（$\mathrm{-COO-}$）の中に $\mathrm{C=O}$ 二重結合が1つあるから、残りの炭化水素基（アルキル基）はすべて単結合（飽和）だね！

STEP 2(1) エステル $\mathrm{R-COO-R'}$ の全パターンを炭素数で分類して数えよう！

エステル結合 $\mathrm{-COO-}$ で炭素を $1$ 個使うので、左右の $\mathrm{R}$（カルボン酸側）と $\mathrm{R'}$（アルコール側：炭素数 $1$ 以上）の炭素数の合計は $5 - 1 = 4$ 個だよ。

よって、(1)のエステルの総数は $4 + 2 + 1 + 2 = \mathbf{9}$ 種類！解答欄は2桁指定なので 09 とマークするよ。

STEP 3(2) 加水分解して得られるカルボン酸が「銀鏡反応を示す」もの

カルボン酸の中でアルデヒド基（$-\mathrm{CHO}$）の構造を併せ持ち、還元性（銀鏡反応）を示すのはギ酸（$\mathrm{H-COOH}$）だけ！
したがって、上の表のパターン①（ギ酸エステル $\mathrm{H-COO-C_4H_9}$）の個数を答えればよいから、$4$ 種類（マークは 04）。

STEP 4(3) 加水分解して得られるアルコールを酸化すると「ケトンが生成する」もの

酸化してケトンになるのは第二級（$2^\circ$）アルコール（$\mathrm{R'-OH}$ の $-\mathrm{OH}$ がついた炭素に、炭素が2つ結合している構造）だね！各パターンのアルコール側 $\mathrm{R'-OH}$ に第二級アルコールが何個あるか確認しよう：

• パターン①（$\mathrm{C_4H_9OH}$：4種）のうち第二級アルコールは $2\text{-ブタノール}$ の $1$ 種類（$\mathrm{H-COO-CH(CH_3)CH_2CH_3}$）。
• パターン②（$\mathrm{C_3H_7OH}$：2種）のうち第二級アルコールは $2\text{-プロパノール}$ の $1$ 種類（$\mathrm{CH_3-COO-CH(CH_3)_2}$）。
• パターン③（エタノール）とパターン④（メタノール）はどちらも第一級アルコールなので $0$ 種類。

よって、合計 $1 + 1 = \mathbf{2}$ 種類（マークは 02）！

STEP 1ポリアミド系合成繊維（ナイロン6 と ナイロン66）の単量体と重合様式！

• (A) ナイロン6（6–ナイロン）：炭素数6の環状アミドである ⑤ $\varepsilon$–カプロラクタム の開環重合によって合成される。
• (B) ナイロン66（6,6–ナイロン）：炭素数6のジカルボン酸である ② アジピン酸 $\mathrm{HOOC-(CH_2)_4-COOH}$ と、炭素数6のジアミンである ⑨ ヘキサメチレンジアミン $\mathrm{H_2N-(CH_2)_6-NH_2}$ の縮合重合によって合成される。

※ちなみに ③エチレングリコール＋⑥テレフタル酸＝ポリエチレンテレフタラート（PET）、⑦フェノール＋⓪ホルムアルデヒド＝フェノール樹脂だよ。

STEP 1頻出試薬の保存方法と「なぜそう保存するか（理由）」をセットで確認！

• (a) 黄リン（$\mathrm{P_4}$）：空気中で自然発火するため、空気（酸素）を遮断でき、かつ水と反応しないため ① 水中で保存。
• (b) 濃硝酸（$\mathrm{HNO_3}$）：光や熱によって分解（$4\mathrm{HNO_3} \rightarrow 4\mathrm{NO_2} + 2\mathrm{H_2O} + \mathrm{O_2}$）しやすいため、光を遮る ③ 褐色のガラスびんに保存（ほかに $\mathrm{AgNO_3}$ 水溶液、$\mathrm{H_2O_2}$ 水、塩素水なども褐色びん）。
• (c) フッ化水素酸（$\mathrm{HF}$ 水溶液）：ガラスの主成分である二酸化ケイ素（$\mathrm{SiO_2}$）と反応してガラスを溶かしてしまう（$\mathrm{SiO_2} + 6\mathrm{HF} \rightarrow \mathrm{H_2SiF_6} + 2\mathrm{H_2O}$）ため、④ ポリエチレン製のびんに保存（$\mathrm{NaOH}$ 水溶液などもガラスと反応するためポリエチレンびんやゴム栓を使う）。
• (d) カリウムの単体（$\mathrm{K}$）：アルカリ金属の単体（$\mathrm{Li, Na, K}$）は空気中の酸素や水（湿気）と激しく反応するため、② 石油（灯油）中で保存。

STEP 1秒殺テクニック＆酸化数の変化チェック！

まず、反応式の左辺または右辺に「単体」が含まれている反応は100%酸化還元反応！これだけで ②（$\mathrm{Cl_2, I_2}$ が単体）は即座に確定！
また、過酸化水素 $\mathrm{H_2O_2}$（$\mathrm{O}$ の酸化数 $-1$）が反応している ① と ⑦ も典型的な酸化還元反応だね。念のため①〜⑦すべての酸化数をチェックしよう。

• ① 酸化還元反応（〇）：$\mathrm{S}$ の酸化数が $+4\ (\mathrm{SO_2}) \rightarrow +6\ (\mathrm{H_2SO_4})$ に増加、$\mathrm{H_2O_2}$ の $\mathrm{O}$ の酸化数が $-1 \rightarrow -2$ に減少。
• ② 酸化還元反応（〇）：$\mathrm{I}$ の酸化数が $-1\ (\mathrm{KI}) \rightarrow 0\ (\mathrm{I_2})$ に増加、$\mathrm{Cl}$ の酸化数が $0\ (\mathrm{Cl_2}) \rightarrow -1\ (\mathrm{KCl})$ に減少。
• ③ 酸化数変化なし（×）：塩基性酸化物と水の反応（$\mathrm{Na}:+1,\ \mathrm{O}:-2,\ \mathrm{H}:+1$ のまま変化なし）。
• ④ 酸化数変化なし（×）：塩基性酸化物と酸の中和反応（$\mathrm{Mg}:+2,\ \mathrm{O}:-2,\ \mathrm{H}:+1,\ \mathrm{Cl}:-1$ のまま変化なし）。
• ⑤ 酸化数変化なし（×）：弱塩基の遊離（沈殿生成反応。$\mathrm{Cu}:+2$ のまま変化なし）。
• ⑥ 酸化数変化なし（×）：【超頻出ひっかけ！】クロム酸イオン $\mathrm{CrO_4^{2-}}$ と二クロム酸イオン $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$ の平衡移動。計算すると $\mathrm{CrO_4^{2-}}$ の $\mathrm{Cr}$ も $+6$、$\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$ の $\mathrm{Cr}$ も $+6$ で酸化数は変化していない！
• ⑦ 酸化還元反応（〇）：$\mathrm{Fe}$ の酸化数が $+2\ (\mathrm{FeSO_4}) \rightarrow +3\ (\mathrm{Fe_2(SO_4)_3})$ に増加、$\mathrm{H_2O_2}$ の $\mathrm{O}$ の酸化数が $-1 \rightarrow -2\ (\mathrm{H_2O})$ に減少。

STEP 1溶媒（水）の質量を正確に求めよう！

ここが最大の注意点！問題文には「化合物（溶質）$1.50\mathrm{\ g}$ を水に溶かし、$51.5\mathrm{\ g}$ の水溶液を作製した」と書かれているね。
したがって、溶媒である水の質量は：

$$\text{水（溶媒）の質量} = 51.5\mathrm{\ g} - 1.50\mathrm{\ g} = 50.0\mathrm{\ g} = 0.0500\mathrm{\ kg}$$

STEP 2凝固点降下の公式 $\Delta T_{\mathrm{f}} = K_{\mathrm{f}} \cdot m$ から分子量 $M$ を求めよう！

純水の凝固点は $0\ ^\circ\mathrm{C}$ だから、凝固点降下度は $\Delta T_{\mathrm{f}} = 0 - (-0.308) = 0.308\mathrm{\ K}$。
水のモル凝固点降下 $K_{\mathrm{f}} = 1.85\mathrm{\ K\cdot kg/mol}$、化合物の分子量を $M\ (\mathrm{g/mol})$ とおくと、質量モル濃度 $m\ (\mathrm{mol/kg})$ は：

$$m = \frac{\text{溶質の物質量 }(\mathrm{mol})}{\text{溶媒（水）の質量 }(\mathrm{kg})} = \frac{\dfrac{1.50}{M}\ (\mathrm{mol})}{\dfrac{50.0}{1000}\ (\mathrm{kg})} = \frac{1.50}{M \times 0.0500} = \frac{30.0}{M}\ (\mathrm{mol/kg})$$

これを $\Delta T_{\mathrm{f}} = K_{\mathrm{f}} \cdot m$ に代入して $M$ を計算すると：

$$0.308 = 1.85 \times \frac{30.0}{M} \quad \Longleftrightarrow \quad M = \frac{1.85 \times 30.0}{0.308} = \frac{55.5}{0.308} \fallingdotseq 180.19\dots \fallingdotseq 180$$

STEP 3組成式 $\mathrm{CH_2O}$ から分子式を決定しよう！

分子式を $(\mathrm{CH_2O})_n$（$n$ は自然数）とおくと、$\mathrm{CH_2O}$ の式量は $12 + 1.0 \times 2 + 16 = 30$ だから：

$$30n = 180 \quad \Longleftrightarrow \quad n = 6$$

よって分子式は $\mathrm{C_6H_{12}O_6}$（グルコースなどの単糖類）。解答欄はそれぞれ2桁の数字マークだから、$6 \rightarrow \fbox{0}\fbox{6}$、$12 \rightarrow \fbox{1}\fbox{2}$ と解答しよう！

STEP 1ボイル・シャルルの法則 $\dfrac{PV}{T} = \text{一定}$ を使って、A, B, C, D の温度 $T$ を計算しよう！

容器内の気体の物質量 $n$ は一定だから、絶対温度 $T$ は 圧力 $P$ と体積 $V$ の積 $PV$ に正比例するよ！
基準となる状態Aは、$P_{\mathrm{A}} = 4 \times 10^5\mathrm{\ Pa},\ V_{\mathrm{A}} = 10\mathrm{\ cm^3}$ で $T_{\mathrm{A}} = 100\mathrm{\ K}$。つまり：

$$T\ (\mathrm{K}) = 100 \times \frac{P \cdot V}{P_{\mathrm{A}} \cdot V_{\mathrm{A}}} = 100 \times \frac{P \cdot V}{4 \times 10} = 2.5 \times P \cdot V \quad (\text{ただし } P\text{ は }\times 10^5\mathrm{\ Pa},\ V\text{ は }\mathrm{cm^3})$$

この式を使って、図1から各状態の $(V, P)$ を読み取って温度 $T$ を求めよう！

• ① 過程 A $\rightarrow$ B（反比例の曲線：等温変化）：
  図1の曲線 A $\rightarrow$ B 上の点を読み取ると、A $(10, 4)$、途中 $(20, 2)$、B $(40, 1)$ となっており、常に $P \cdot V = 40$ で一定！
  よって A $\rightarrow$ B は温度 $100\mathrm{\ K}$ 一定の等温膨張であり、$T_{\mathrm{B}} = 100\mathrm{\ K}$（$T-V$ グラフでは A $(10, 100)$ から B $(40, 100)$ への水平な直線になる）。これだけで選択肢は ④, ⑤, ⑥ に絞られる！
• ② 過程 B $\rightarrow$ C（体積 $V = 40\mathrm{\ cm^3}$ 一定の定積加熱）：
  図1で点Cは $V_{\mathrm{C}} = 40\mathrm{\ cm^3},\ P_{\mathrm{C}} = 3 \times 10^5\mathrm{\ Pa}$。したがって積は $P_{\mathrm{C}}V_{\mathrm{C}} = 3 \times 40 = 120$（状態Aの $3$ 倍）だから、$T_{\mathrm{C}} = 300\mathrm{\ K}$！
• ③ 過程 D $\rightarrow$ A（圧力 $P = 4 \times 10^5\mathrm{\ Pa}$ 一定の定圧冷却）：
  図1で点Dは $V_{\mathrm{D}} = 30\mathrm{\ cm^3},\ P_{\mathrm{D}} = 4 \times 10^5\mathrm{\ Pa}$。したがって積は $P_{\mathrm{D}}V_{\mathrm{D}} = 4 \times 30 = 120$（状態Aの $3$ 倍）だから、$T_{\mathrm{D}} = 300\mathrm{\ K}$！
  また、D $\rightarrow$ A は定圧変化なのでシャルルの法則（$T \propto V$）より、原点 $(0, 0)$ を通る直線に沿って $(30, 300\mathrm{\ K}) \rightarrow (10, 100\mathrm{\ K})$ へ変化する。

STEP 1各気体の分圧を求めて、圧平衡定数 $K_p$ の式に代入しよう！

平衡時の総物質量は $n_0(1+\alpha)$ で、$\mathrm{N_2O_4}$ の物質量は $n_0(1-\alpha)$、$\mathrm{NO_2}$ の物質量は $2n_0\alpha$ だから、全圧を $P_1$ とするとそれぞれの分圧は「全圧 $\times$ モル分率」で表せるよ：

$$P(\mathrm{N_2O_4}) = \frac{1 - \alpha}{1 + \alpha}P_1, \qquad P(\mathrm{NO_2}) = \frac{2\alpha}{1 + \alpha}P_1$$

よって、反応 $\mathrm{N_2O_4 \rightleftarrows 2NO_2}$ の圧平衡定数 $K_p$ は：

$$K_p = \frac{\{P(\mathrm{NO_2})\}^2}{P(\mathrm{N_2O_4})} = \frac{\left(\dfrac{2\alpha}{1 + \alpha}P_1\right)^2}{\dfrac{1 - \alpha}{1 + \alpha}P_1} = \frac{4\alpha^2}{(1 + \alpha)(1 - \alpha)}P_1 = \frac{4\alpha^2}{1 - \alpha^2}P_1$$

STEP 2$\alpha = 0.20\ (20\%),\ P_1 = 9.0 \times 10^4\mathrm{\ Pa}$ を代入して計算しよう！

$$K_p = \frac{4 \times (0.20)^2}{1 - (0.20)^2} \times 9.0 \times 10^4 = \frac{4 \times 0.040}{1 - 0.040} \times 9.0 \times 10^4$$ $$= \frac{0.16}{0.96} \times 9.0 \times 10^4 = \frac{1}{6} \times 9.0 \times 10^4 = 1.5 \times 10^4\ (\mathrm{Pa})$$

なんと $0.16 / 0.96 = 1/6$ と綺麗に約分できて、一切の端数なく $1.5 \times 10^4\mathrm{\ Pa}$ が求まったね！

STEP 1温度一定なので圧平衡定数 $K_p$ は変化しない！

操作2でも温度は $27\ ^\circ\mathrm{C}\ (300\mathrm{\ K})$ に保たれているから、圧平衡定数 $K_p = 1.5 \times 10^4\mathrm{\ Pa}$ は操作1と同じ値のまま！
操作2での平衡時の全圧は $P_2 = 3.0 \times 10^5\mathrm{\ Pa}$ だから、操作2での解離度を $\alpha'$ とおくと：

$$K_p = \frac{4(\alpha')^2}{1 - (\alpha')^2}P_2 \quad \Longleftrightarrow \quad 1.5 \times 10^4 = \frac{4(\alpha')^2}{1 - (\alpha')^2} \times 3.0 \times 10^5$$

STEP 2$\alpha'$ についての方程式を解こう！

両辺を $1.5 \times 10^4$ で割ると、$\dfrac{3.0 \times 10^5}{1.5 \times 10^4} = 20$ だから：

$$1 = \frac{4(\alpha')^2}{1 - (\alpha')^2} \times 20 = \frac{80(\alpha')^2}{1 - (\alpha')^2}$$ $$1 - (\alpha')^2 = 80(\alpha')^2 \quad \Longleftrightarrow \quad 81(\alpha')^2 = 1$$

平方根をとると $\sqrt{81} = 9$ と整数で開けるね！（※もし $1-(\alpha')^2 \fallingdotseq 1$ と近似すると $\alpha' = \dfrac{1}{\sqrt{80}} = \dfrac{1}{4\sqrt{5}} = \dfrac{1}{4 \times 2.24} \fallingdotseq 0.1116 \rightarrow 11\%$ となり、どちらで計算しても有効数字2桁でピタリと同じ $11\%$ になるよ！）

$$\alpha' = \frac{1}{\sqrt{81}} = \frac{1}{9} \fallingdotseq 0.111\dots \quad \longrightarrow \quad \mathbf{11\%}$$

STEP 1ルシャトリエの原理で、式A（$\mathrm{N_2O_4 \rightleftarrows 2NO_2}$：吸熱反応）の平衡移動を判定しよう！

まず、式Aの右方向（正反応）の特徴を確認しよう：
・熱の出入り：問題文の冒頭に「$\mathrm{N_2O_4}$ から $\mathrm{NO_2}$ が生成する反応は吸熱反応」とあるから、温度を上げると右へ移動する！
・気体分子数の変化：左辺 $1$ 分子 $\rightarrow$ 右辺 $2$ 分子だから、右方向は気体の総分子数が増える方向（＝減圧すると右へ移動）！

• ① 右へ移動する（〇）：元の温度 $27\ ^\circ\mathrm{C}$ から $50\ ^\circ\mathrm{C}$ へ加熱しているため、吸熱反応である右方向へ移動する。
• ② 左へ移動する（×）：$27\ ^\circ\mathrm{C}$ から $10\ ^\circ\mathrm{C}$ へ冷却しているため、発熱反応である左方向へ移動する。
• ③ 右へ移動する（〇）：操作1の容積 $1.0\mathrm{\ L}$ を操作2で圧縮している（容積は $1.0\mathrm{\ L}$ 未満）ところから、容積を $2.0\mathrm{\ L}$ に膨張（減圧）させているため、分子数が増える右方向へ移動する。
• ④ 右へ移動する（〇）：【超重要！】「温度・全圧一定」で希ガス（アルゴン $\mathrm{Ar}$）を加えると、ピストンが押し広げられて容器の体積 $V$ が増加し、反応気体（$\mathrm{N_2O_4, NO_2}$）の分圧の和が減少する（減圧と同じ効果）。したがって、気体分子数が増える右方向へ移動する！
• ⑤ 移動しない（×）：【超重要！】「温度・容積一定」で希ガス（$\mathrm{Ar}$）を加えても、容器の体積 $V$ が変わらないため、$\mathrm{N_2O_4}$ と $\mathrm{NO_2}$ のモル濃度（および分圧）は全く変化しない。したがって平衡は移動しない！

STEP 1スチレンと $p$–ジビニルベンゼンの共重合を確認しよう！

・スチレン（$\mathrm{C_6H_5-CH=CH_2}$）と $p$–ジビニルベンゼン（$\mathrm{CH_2=CH-C_6H_4-CH=CH_2}$）はいずれもビニル基（$-\mathrm{CH=CH_2}$）をもち、炭素・炭素二重結合が開いて次々に結合する付加重合（共重合）を行う。
・2個のビニル基をもつ $p$–ジビニルベンゼンがポリスチレンの直鎖同士を架橋するため、三次元網目状構造（⑦）の母体ができる。

STEP 1イオン交換樹脂の官能基を整理しよう！

・強酸性陽イオン交換樹脂には、強酸性の官能基であるスルホ基（$-\mathrm{SO_3H}$）が導入されており、水溶液中で $\mathrm{-SO_3^- + H^+}$ に電離して溶液中の陽イオンと $\mathrm{H^+}$ を交換する（カルボキシ基は弱酸性陽イオン交換樹脂、トリメチルアンモニウム基は強塩基性陰イオン交換樹脂に用いられる）。

STEP 1イオン交換によって放出された $\mathrm{H^+}$ の物質量を求めよう！

試料水溶液 $100\text{ mL}$（$0.100\text{ L}$）に含まれる陽イオンの物質量は：

• $\mathrm{Na^+}$（1価）：$5.0 \times 10^{-3}\text{ mol/L} \times 0.100\text{ L} = 5.0 \times 10^{-4}\text{ mol}$
• $\mathrm{Ca^{2+}}$（2価）：$5.0 \times 10^{-3}\text{ mol/L} \times 0.100\text{ L} = 5.0 \times 10^{-4}\text{ mol}$
• $\mathrm{Cu^{2+}}$（2価）：$2.5 \times 10^{-3}\text{ mol/L} \times 0.100\text{ L} = 2.5 \times 10^{-4}\text{ mol}$

1価の陽イオン $1\text{ mol}$ につき $\mathrm{H^+}$ が $1\text{ mol}$、2価の陽イオン $1\text{ mol}$ につき $\mathrm{H^+}$ が $2\text{ mol}$ 放出される（電気的中性の原理）ため、流出した全量 $200\text{ mL}$ 中の $\mathrm{H^+}$ の総物質量 $n(\mathrm{H^+})$ は：

STEP 2問5：流出液（全量 $200\text{ mL}$）の $\text{pH}$ を求めよう！

全量 $200\text{ mL}$（$0.200\text{ L}$）中に $\mathrm{H^+}$ が $2.0 \times 10^{-3}\text{ mol}$ 含まれるため、水素イオン濃度 $[\mathrm{H^+}]$ は：

STEP 3問6：流出液 $50\text{ mL}$ の中和滴定を計算しよう！

流出液の水素イオン濃度は $[\mathrm{H^+}] = 1.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$ である。ここから $50\text{ mL}$ を分取し、$0.050\text{ mol/L}$ の $\mathrm{NaOH}$ 水溶液 $V\text{ [mL]}$ で中和するので：