東京慈恵会医科大学 医学部 化学（2025年度）全問題・超図解解説

$t = 0$ における ${}^{131}\text{I}$ の放射線量を $A_0\ [\text{Bq}]$、${}^{137}\text{Cs}$ の放射線量を $B_0\ [\text{Bq}]$ とおきます。
まず、$t = 0$ での合計放射線量が $5.0 \times 10^5\text{ Bq}$ なので、 $$A_0 + B_0 = 5.0 \times 10^5\text{ Bq} \quad \cdots \text{①}$$ 次に、$t = 16\text{ 日}$ 後を考えます。

• ${}^{131}\text{I}$（半減期 $8.0\text{ 日}$）：$16\text{ 日} = 8.0\text{ 日} \times 2$（半減期の2回分）なので、放射線量は $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$ 倍になります。
• ${}^{137}\text{Cs}$（半減期 $30\text{ 年} \approx 1.1 \times 10^4\text{ 日}$）：たった $16\text{ 日}$ 経過しても、半減期 $30\text{ 年}$ に比べて極めて短いため、減衰は無視でき、放射線量は $B_0$ のまま変化しません。

したがって、$t = 16\text{ 日}$ での合計放射線量について次の式が成り立ちます。 $$\frac{1}{4}A_0 + B_0 = 3.5 \times 10^5\text{ Bq} \quad \cdots \text{②}$$ ①式から②式を引き算して $B_0$ を消去しましょう！ $$\left(A_0 + B_0\right) - \left(\frac{1}{4}A_0 + B_0\right) = 5.0 \times 10^5 - 3.5 \times 10^5$$ $$\frac{3}{4}A_0 = 1.5 \times 10^5 \implies A_0 = 1.5 \times 10^5 \times \frac{4}{3} = 2.0 \times 10^5\text{ Bq}$$ これより、$B_0 = 5.0 \times 10^5 - 2.0 \times 10^5 = 3.0 \times 10^5\text{ Bq}$ と分かります。
よって、$t = 0$ の全体の放射線量（$5.0 \times 10^5\text{ Bq}$）に対する ${}^{131}\text{I}$ の放射線量（$2.0 \times 10^5\text{ Bq}$）の割合は、 $$\frac{2.0 \times 10^5}{5.0 \times 10^5} \times 100 = 40\%$$

初期状態で ${}^{137}\text{Cs}$ だけでも $B_0 = 3.0 \times 10^5\text{ Bq}$ あります。全体の放射線量が $1.0 \times 10^5\text{ Bq}$ まで減るということは、${}^{137}\text{Cs}$ 自体が最初の $\dfrac{1}{3}$ 程度まで減衰するほどの長い年月（数十年）が経過しているということです。
数十年が経過した時点では、半減期が $8.0\text{ 日}$ しかない ${}^{131}\text{I}$ は完全に壊変して消滅（$0\text{ Bq}$）しています！
したがって、求める時間 $t\ [\text{年}]$ においては、${}^{137}\text{Cs}$ から出る放射線量のみが $1.0 \times 10^5\text{ Bq}$ になっているとして式を立てます。 $$B_0 \times \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{30}} = 1.0 \times 10^5$$ $B_0 = 3.0 \times 10^5$ を代入して両辺を $3.0 \times 10^5$ で割ると、 $$3.0 \times 10^5 \times \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{30}} = 1.0 \times 10^5 \implies \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{30}} = \frac{1}{3}$$ 両辺の逆数をとると、 $$2^{\frac{t}{30}} = 3$$ 両辺の常用対数（$\log_{10}$）をとります（問題文より $\log_{10} 2 = 0.30,\ \log_{10} 3 = 0.48$）。 $$\frac{t}{30} \log_{10} 2 = \log_{10} 3$$ $$\frac{t}{30} \times 0.30 = 0.48 \implies 0.010 \times t = 0.48 \implies t = 48\text{ 年}$$

（注1）より、多糖Aは「植物性の多糖」かつ「水溶液」として用いられ、分解前はヨウ素デンプン反応を示すデンプン（アミロースまたはアミロペクチン）です（グリコーゲンは動物性、セルロースは水に溶けずヨウ素反応も示さない）。
デンプンを加水分解してヨウ素デンプン反応を示さない大きさ（デキストリンや二糖のマルトース）に切断する消化酵素は (e) アミラーゼ です。また、生体内で触媒としてはたらくタンパク質を 酵素 とよびます。

与えられた数値を整理します：

• 質量 $w = 0.0112\text{ g} = 1.12 \times 10^{-2}\text{ g}$
• 体積 $V = 6.2\text{ mL} = 6.2 \times 10^{-3}\text{ L}$
• 絶対温度 $T = 273 + 37 = 310\text{ K}$
• 浸透圧 $\Pi = 83.1\text{ Pa}$
• 気体定数 $R = 8.31 \times 10^3\text{ Pa}\cdot\text{L}/(\text{mol}\cdot\text{K})$

求めるタンパク質Bの分子量を $M$ とすると、物質量は $n = \dfrac{w}{M}\ [\text{mol}]$ です。浸透圧の式 $\Pi V = \dfrac{w}{M}RT$ より、$M$ について解きます。 $$M = \frac{wRT}{\Pi V} = \frac{1.12 \times 10^{-2} \times 8.31 \times 10^3 \times 310}{83.1 \times 6.2 \times 10^{-3}}$$ ここで、数字の約分に注目してください！慈恵の化学は必ず綺麗に約分できるように設計されています！ $$\frac{8.31 \times 10^3}{83.1} = 100, \qquad \frac{310}{6.2} = 50$$ したがって、 $$M = \frac{1.12 \times 10^{-2}}{10^{-3}} \times 100 \times 50 = 11.2 \times 5000 = 56000 = 5.6 \times 10^4$$ 体積 $6.2\text{ mL}$ や温度 $37\ ^\circ\text{C}$ が有効数字2桁なので、有効数字2桁で $5.6 \times 10^4$ と答えます。

袋の外の水には、アミラーゼによってデンプンが分解されて生じた二糖であるマルトース（麦芽糖、$\text{C}_{12}\text{H}_{22}\text{O}_{11}$、分子量 $342 \le 1000$）が溶け出しています。
ここにヘキサン（密度 $0.66\text{ g/cm}^3$、水より軽い）を加えると：

• 上層（溶液C）：密度の小さいヘキサン層です。マルトースは極性分子なので無極性のヘキサンには一切溶けません。よって純粋なヘキサンであり、(a)〜(e) のどの反応も示さないため (f) です。
• 下層（溶液D）：密度の大きい水層であり、ここにマルトース（化合物E）が溶けています。マルトースは分子内にヘミアセタール構造をもつ還元糖なので、アンモニア性硝酸銀水溶液を加えて加熱すると銀鏡反応（銀が生成）を示します！よって (d) です。（※マルトースは低分子の二糖なのでコロイドではなく、(e)のチンダル現象は示しません）。

凝固点降下度 $\Delta T_{\text{f}} = K_{\text{f}} m$ は、同じ溶媒Iを用いているので粒子の質量モル濃度 $m\ [\text{mol/kg}]$ が等しいときに同じ値になります。
【溶液1：化合物E（マルトース）の溶液】

• 溶媒Iの質量：$5.20\text{ g}$
• 化合物E（分子量 $342$、非電解質）の物質量：$n_{\text{E}} = \dfrac{0.171}{342} = 0.000500\text{ mol} = 5.00 \times 10^{-4}\text{ mol}$

【溶液2：ヨウ化セシウム（$\text{CsI}$）の溶液】
ここで問題文を注意深く読みましょう！「溶媒Iにヨウ化セシウムを溶解して（溶液全体の質量を）$32.40\text{ g}$ とした溶液」と書かれています！
$\text{CsI}$ の式量は $\text{Cs}(133) + \text{I}(127) = 260$ です。溶かした $\text{CsI}$ の質量を $x\ [\text{g}]$ とおくと、

• 溶媒Iの質量：$(32.40 - x)\ [\text{g}]$（※ここを $32.40\text{ g}$ としないように超注意！）
• $\text{CsI}$ の物質量：$\dfrac{x}{260}\ [\text{mol}]$
• $\text{CsI} \longrightarrow \text{Cs}^+ + \text{I}^-$ と2個のイオンに完全電離するため、全粒子の物質量は $2 \times \dfrac{x}{260} = \dfrac{x}{130}\ [\text{mol}]$ です。

両溶液の「溶媒 $1\text{ g}$ あたりの全粒子モル数」が等しいので、次の等式が立ちます。 $$\frac{5.00 \times 10^{-4}\text{ mol}}{5.20\text{ g}} = \frac{\dfrac{x}{130}\text{ mol}}{(32.40 - x)\text{ g}}$$ 左辺と右辺の分母を整理します（$130 \div 5.20 = 25$ なので両辺に $130$ を掛けると一気に簡単になります！）： $$\frac{5.00 \times 10^{-4} \times 130}{5.20} = \frac{x}{32.40 - x}$$ $$5.00 \times 10^{-4} \times 25 = \frac{x}{32.40 - x} \implies 0.0125 = \frac{x}{32.40 - x}$$ $0.0125 = \dfrac{1}{80}$ なので、 $$\frac{1}{80} = \frac{x}{32.40 - x} \implies 80x = 32.40 - x \implies 81x = 32.40$$ $$x = \frac{32.40}{81} = 0.40\text{ g}$$ （※もし万が一、問題文の「$32.40\text{ g}$ とした」の $x$ が溶媒質量に比べて無視できる、あるいは溶媒Iを $32.40\text{ g}$ 用いたと解釈した場合は $x \fallingdotseq 0.405\text{ g} \rightarrow 0.41\text{ g}$ となりますが、$81x = 32.40$ が $32.40 \div 81 = 0.40$ と割り切れる作問数値になっていることから、$(32.40 - x)\text{ g}$ で立式して $0.40\text{ g}$ を導かせる美しい作問であることが確定します！※なお、速報等で非電離と誤読した $0.80\text{ g}$ や $0.65\text{ g}$ が出回ることがありますが、正しくは $\text{CsI} = 260$、電離度 $1$（2粒子）より $0.40\text{ g}$ です）。

タンパク質の水溶液に四塩化炭素のような有機溶媒を加えて激しく振り混ぜると、タンパク質の立体構造（二次・三次構造）が壊れて変性し、水に不溶となって凝固（沈殿）します。したがって、凝固した物質は (b) タンパク質B から生じたものです。

炭化カルシウム $\text{CaC}_2$ に水 $\text{H}_2\text{O}$ を加えると、水酸化カルシウム $\text{Ca(OH)}_2$ とアセチレン $\text{C}_2\text{H}_2$（気体）が生成します。 $$\text{CaC}_2 + 2\text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{Ca(OH)}_2 + \text{C}_2\text{H}_2$$

アセチレン $\text{C}_2\text{H}_2\text{(気)}$ の生成エンタルピーを $\Delta H_{\text{f}}\ [\text{kJ/mol}]$ とします。
アセチレン $1\text{ mol}$ の完全燃焼の反応式は次の通りです： $$\text{C}_2\text{H}_2\text{(気)} + \frac{5}{2}\text{O}_2\text{(気)} \longrightarrow 2\text{CO}_2\text{(気)} + \text{H}_2\text{O}\text{(液)} \qquad \Delta H = -1301\text{ kJ}$$ 「反応エンタルピー $\Delta H = (\text{生成物の生成エンタルピーの総和}) - (\text{反応物の生成エンタルピーの総和})$」の公式に代入します（単体 $\text{O}_2$ の生成エンタルピーは $0$）。 $$-1301 = \left\{2 \times (-394) + 1 \times (-286)\right\} - \Delta H_{\text{f}}$$ $$-1301 = (-788 - 286) - \Delta H_{\text{f}}$$ $$-1301 = -1074 - \Delta H_{\text{f}}$$ $$\Delta H_{\text{f}} = 1301 - 1074 = +227\text{ kJ/mol}$$ したがって、生成エンタルピーを選ぶ場合は $+227\text{ kJ/mol}$、符号が逆の生成熱を選ぶ場合は $-227\text{ kJ/mol}$ となります（どちらで答えても正解です）。

実験2で四塩化炭素（密度 $1.59\text{ g/cm}^3$、下層）と水（密度 $1.0\text{ g/cm}^3$、上層）に分液したとき、上層（水層）に残った物質は以下の3つです：

1. 袋の中に残っていたデンプン由来の糖類（デキストリン・オリゴ糖）
2. リン酸（$\text{H}_3\text{PO}_4$、不揮発性の3価の酸）
3. 炭酸（$\text{H}_2\text{CO}_3$、揮発性の2価の弱酸）

ここに $18\text{ mol/L}$ の硫酸（$\text{H}_2\text{SO}_4$、不揮発性の2価の強酸）を $0.61\text{ mL}$ 加えて長時間加熱すると：

• 炭酸（$\text{H}_2\text{CO}_3$）は、強酸である硫酸・リン酸の作用および加熱によって $\text{H}_2\text{CO}_3 \longrightarrow \text{H}_2\text{O} + \text{CO}_2\uparrow$ と分解し、二酸化炭素（気体③）として全て系外へ追い出されて消滅します！
• 袋の中のデンプン由来の糖類は、希硫酸を触媒として長時間加熱されることで完全に加水分解され、単糖である グルコース（化合物G、問7の答え） になります。

よって、加熱後の溶液Fに残っている酸性物質は「加えた硫酸」と「最初からあったリン酸」の2種類です！
それぞれの物質量を計算しましょう：

• 加えた硫酸（$\text{H}_2\text{SO}_4$、2価）の物質量 $n_{\text{硫酸}}$： $$n_{\text{硫酸}} = 18\text{ mol/L} \times \frac{0.61}{1000}\text{ L} = 0.01098\text{ mol} \fallingdotseq \mathbf{0.011\text{ mol}}$$
• 中和に要した水酸化カルシウム（$\text{Ca(OH)}_2$、式量 $40.0 + 17.0 \times 2 = 74.0$、2価の塩基）の物質量： $$n_{\text{Ca(OH)}_2} = \frac{3.70\text{ g}}{74.0\text{ g/mol}} = 0.0500\text{ mol}$$ これが出す $\text{OH}^-$ の総物質量は、$0.0500\text{ mol} \times 2\text{ 価} = \mathbf{0.100\text{ mol}}$ です。
• リン酸（$\text{H}_3\text{PO}_4$、3価の酸）の物質量 $n_{\text{リン酸}}$：
  硫酸（2価）とリン酸（3価）が出す $\text{H}^+$ の合計が $\text{OH}^-$ の物質量 $0.100\text{ mol}$ と等しくなるので、 $$2 \times n_{\text{硫酸}} + 3 \times n_{\text{リン酸}} = 0.100\text{ mol}$$ $n_{\text{硫酸}} = 0.01098\text{ mol}$ を代入すると、 $$2 \times 0.01098 + 3 n_{\text{リン酸}} = 0.100 \implies 0.02196 + 3 n_{\text{リン酸}} = 0.100$$ $$3 n_{\text{リン酸}} = 0.07804 \implies n_{\text{リン酸}} = 0.02601\dots \fallingdotseq \mathbf{0.026\text{ mol}}$$ （※リン酸が第3段階まで完全中和される場合は3価として $0.026\text{ mol}$、もし水溶液中の指示薬滴定で第2段階 $\text{HPO}_4^{2-}$ までの2価として働く設定の場合は $2 \times 0.011 + 2 n_{\text{リン酸}} = 0.100 \implies n_{\text{リン酸}} = 0.039\text{ mol}$ となりますが、高校化学の純粋な化学量論では $\text{H}_3\text{PO}_4$ は3価の酸として扱うため、$3 n_{\text{リン酸}} = 0.078 \implies \mathbf{0.026\text{ mol}}$ が標準解です）。

フタロニトリル（化合物3）1分子には、「ベンゼン環1個 ＋ シアノ基の炭素2個 ＋ 窒素2個」が含まれています。
銅フタロシアニン（化合物4）は、4分子のフタロニトリルが環状に重合してできています。各単位は「イソインドール環（ベンゼン環＋五員環の炭素2個と内側の $\text{N}$ 原子1個）＋ 隣の単位と橋渡しをする外側のメソ位 $\text{N}$ 原子1個」の計 $\text{C}_8\text{H}_4\text{N}_2$ からなります。
したがって、上下左右にある4つのベンゼン環それぞれについて、「ベンゼン環＋五員環の $\text{C}-\text{N}-\text{C}$ ＋ 外側の橋渡し $\text{N}$ 原子1個（時計回りまたは反時計回りに1つずつ割り当てたもの）」の4つのブロックを丸で囲みます。

問題文に「銅フタロシアニンは対称性が高く、単結合と二重結合は実際にはすべて等価である」と明記されています。つまり、結合の単・二重の違いによる異性体は存在せず、純粋に4つのベンゼン環それぞれにおける $-\text{CF}_3$ 基の位置（向き）だけを考えればよいことになります！
化合物5（4-トリフルオロメチルフタロニトリル）は左右非対称なので、大環の上下左右4箇所に配置するとき、各ユニットの $-\text{CF}_3$ 基が「時計回り側（$+$）を向くか」「反時計回り側（$-$）を向くか」の2通りの向きがあります。
さらに、平面分子を裏返すと「時計回り（$+$）」と「反時計回り（$-$）」がすべて入れ替わることに注意して分類しましょう！

• パターン①：（$+, +, +, +$）と（$-, -, -, -$）
  4つとも同じ向き。裏返すと一致するため、合わせて $1$ 種類。
• パターン②：（$+, +, +, -$）と（$-, -, -, +$）
  3つが同じ向きで、1つだけ逆向き。これも裏返すと一致するため、合わせて $1$ 種類。
• パターン③：（$+, +, -, -$）
  時計回り2個が隣り合い、反時計回り2個も隣り合う配置。これで $1$ 種類。
• パターン④：（$+, -, +, -$）
  時計回り2個が向かい合い（対角）、反時計回り2個も向かい合う配置。これで $1$ 種類。

以上より、生成する構造異性体の数は $1 + 1 + 1 + 1 = \mathbf{4}$ 種類です！