順天堂大学
医学部 化学
2026年度 解答・解説

問1(a)　酢酸の電離 $K_\mathrm{a(ac)}=\dfrac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}$、アンモニウムイオンの酸の電離 $\dfrac{K_\mathrm{w}}{K_\mathrm{b(am)}}=\dfrac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}$。

両辺をかけると、$[\mathrm{NH_4^+}]=[\mathrm{CH_3COO^-}]$、$[\mathrm{NH_3}]=[\mathrm{CH_3COOH}]$ より分数の部分が約分されて、$K_\mathrm{a(ac)}\times\dfrac{K_\mathrm{w}}{K_\mathrm{b(am)}}=[\mathrm{H^+}]^2$。　【答】(A) $[\mathrm{H^+}]^2$

(b)　$\mathrm{pH}=-\log_{10}[\mathrm{H^+}]=-\dfrac12\log_{10}\!\left(K_\mathrm{a(ac)}\dfrac{K_\mathrm{w}}{K_\mathrm{b(am)}}\right)$。$K_\mathrm{a(ac)}=K_\mathrm{b(am)}$ なので $[\mathrm{H^+}]^2=K_\mathrm{w}=1.0\times10^{-14}$、$\mathrm{pH}=7.0$。　【答】7.0

問2(a)　酸や塩基を少量加えても pH があまり変化しない働きを緩衝作用という。

(b)　$K_\mathrm{a(ac)}=\dfrac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}$ に $[\mathrm{CH_3COOH}]=C_\mathrm{ac}$、$[\mathrm{CH_3COO^-}]=C_\mathrm{so}$ を入れて $[\mathrm{H^+}]=K_\mathrm{a(ac)}\dfrac{C_\mathrm{ac}}{C_\mathrm{so}}$。両辺に $-\log_{10}$ をとって

$\mathrm{pH}=-\log_{10}K_\mathrm{a(ac)}+\log_{10}\dfrac{C_\mathrm{so}}{C_\mathrm{ac}}$。　【答】(D) $\log_{10}\dfrac{C_\mathrm{so}}{C_\mathrm{ac}}$

(c)　答案例：アンモニウムイオンの酸の電離定数は $\dfrac{K_\mathrm{w}}{K_\mathrm{b(am)}}=5.0\times10^{-10}$ mol/L で、酢酸の $2.0\times10^{-5}$ mol/L よりはるかに小さい弱酸であり、電離して出す水素イオンの量が酢酸に比べて無視できる。さらに混合水溶液は酢酸の電離で pH 5 付近の酸性（水素イオン濃度が高い）であり、アンモニウムイオンの電離平衡はさらに左へ偏って、ほとんど電離しない。

問1　$\mathrm{CH_4}+2\mathrm{O_2}\to\mathrm{CO_2}+2\mathrm{H_2O}$

問2　$(\mathrm{XH})_2\mathrm{CO_3}$ は固体で体積は無視できるので、気体は CH$_4$ と O$_2$ だけ。$n=\dfrac{PV}{RT}=\dfrac{1.425\times10^6\times2.490}{8.3\times10^3\times300}=1.425$ mol。CH$_4$ : O$_2$ $=1:2$ で過不足なく反応するので、CH$_4$ は $\dfrac13$ の $0.475$ mol、質量は $0.475\times16=7.60$ g。　【答】7.60 g

問3　$(\mathrm{XH})_2\mathrm{CO_3}$ は $\dfrac{5.28}{96.0}=0.0550$ mol で、CO$_2$ を 0.0550 mol 出す。CH$_4$ の燃焼で 0.475 mol。合計 $0.475+0.0550=0.530$ mol。　【答】0.530 mol

(i)　① 液体の水の体積：注入した水 102.0 mL と、燃焼で生じた水 $2\times0.475=0.950$ mol、熱分解で生じた水 0.0550 mol（計 1.005 mol $=18.09$ g）。$102.0+18.1=120.1$ mL $=0.1201$ L。

② 気体の分圧：$\dfrac{RT}{V}=\dfrac{8.3\times10^3\times300}{2.490}=1.0\times10^6$ Pa/mol。気体として残る CO$_2$ を $(0.530-x)$ mol とすると、分圧は $(0.530-x)\times10^6$ Pa $=10(0.530-x)\times10^5$ Pa。

③ ヘンリーの法則：溶けた量 $x=5.00\times10^{-2}\times0.1201\times10(0.530-x)$、$x=0.06005(0.530-x)$ より $x=0.0300$ mol。X は全量 $2\times0.0550=0.110$ mol から $y=1.00\times0.1201\times10(0.110-y)=1.201(0.110-y)$ より $y=0.0600$ mol。　【答】CO$_2$ 0.0300 mol、X 0.0600 mol

(ii)　CO$_2$ 0.0300 mol が X と中和して、$\mathrm{XH^+}$ 0.0300 mol と $\mathrm{HCO_3^-}$ 0.0300 mol を生じる。X は $0.0600-0.0300=0.0300$ mol 余る。X と $\mathrm{XH^+}$ が等量の緩衝液になるので、$[\mathrm{OH^-}]=K_\mathrm{b(X)}\dfrac{[\mathrm{X}]}{[\mathrm{XH^+}]}=2.0\times10^{-5}$、$\mathrm{pOH}=5-0.30=4.70$、$\mathrm{pH}=14-4.70=9.30$。　【答】9.30

(i)　CO$_2$ と X が等量 $n$ なので、中和すると $\mathrm{XH^+}$ と $\mathrm{HCO_3^-}$ が $n$ ずつ（炭酸水素塩の水溶液）。弱酸と弱塩基の塩なので、第1問 問1の考え方。$[\mathrm{H^+}]^2=K_\mathrm{a(ca)}\times\dfrac{K_\mathrm{w}}{K_\mathrm{b(X)}}=4.0\times10^{-7}\times5.0\times10^{-10}=2.0\times10^{-16}$、$\mathrm{pH}=-\dfrac12\log(2.0\times10^{-16})=8-0.15=7.85$。　【答】7.85

(ii)　CO$_2$ が X の2倍：X $n$ に対して CO$_2$ $2n$。$n$ の CO$_2$ が X と反応して $\mathrm{HCO_3^-}$ $n$ と $\mathrm{XH^+}$ $n$ を生じ、残る CO$_2$ $n$ は H$_2$CO$_3$ のまま。H$_2$CO$_3$ と $\mathrm{HCO_3^-}$ が等量の緩衝液なので、第1問 問2の考え方。$\mathrm{pH}=-\log_{10}K_\mathrm{a(ca)}+\log_{10}\dfrac{[\mathrm{HCO_3^-}]}{[\mathrm{H_2CO_3}]}=6.40+0=6.40$。　【答】6.40