近畿大学 医学部 化学（2021年度）全問題・超図解解説

STEP 1ガラス器具 A・B の特定と、滴定前のアンモニア水の pH（空欄 あ・い）

まずガラス器具について、一定体積（$10.0\text{ mL}$）を正確に量り取って別の容器に移す器具 A はホールピペット、滴下した液の体積を正確に測りながら少しずつ滴下する器具 B はビュレットです。

次に、濃度 $c = 1.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$ のアンモニア水中の電離平衡を考えます。

$$\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightleftarrows \text{NH}_4^+ + \text{OH}^-$$

アンモニアの電離度を $\alpha$（$\alpha \ll 1$）とすると、電離後の各濃度は $[\text{NH}_3] = c(1-\alpha) \fallingdotseq c$、$[\text{NH}_4^+] = [\text{OH}^-] = c\alpha$ となります。これを電離定数 $K_{\text{b}}$ の式に代入します。

$$K_{\text{b}} = \frac{[\text{NH}_4^+][\text{OH}^-]}{[\text{NH}_3]} = \frac{(c\alpha)^2}{c(1-\alpha)} \fallingdotseq c\alpha^2 \quad \Longrightarrow \quad \alpha = \sqrt{\frac{K_{\text{b}}}{c}}$$

したがって、水酸化物イオン濃度 $[\text{OH}^-]$（空欄 あ）は次のように表せます。

$$[\text{OH}^-] = c\alpha = c\sqrt{\frac{K_{\text{b}}}{c}} = \mathbf{\sqrt{cK_{\text{b}}}}$$

これに $c = 1.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$、$K_{\text{b}} = 2.5 \times 10^{-5}\text{ mol/L}$ を代入して具体的な数値を求めます。

$$[\text{OH}^-] = \sqrt{(1.0 \times 10^{-2}) \times (2.5 \times 10^{-5})} = \sqrt{2.5 \times 10^{-7}} = \sqrt{25 \times 10^{-8}} = 5.0 \times 10^{-4}\text{ mol/L}$$

水のイオン積 $K_{\text{w}} = [\text{H}^+][\text{OH}^-] = 1.0 \times 10^{-14}\text{ (mol/L)}^2$ より、水素イオン濃度 $[\text{H}^+]$ は：

$$[\text{H}^+] = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{5.0 \times 10^{-4}} = 0.20 \times 10^{-10} = 2.0 \times 10^{-11}\text{ mol/L}$$

よって、滴定開始前の $\text{pH}$（空欄 い）は、$\log_{10}2 = 0.30$ を用いて：

$$\text{pH} = -\log_{10}[\text{H}^+] = -\log_{10}(2.0 \times 10^{-11}) = 11 - \log_{10}2 = 11 - 0.30 = \mathbf{10.7}$$

STEP 2中和点までの塩酸の滴下量（空欄 う）と、中和点での塩の加水分解による pH（空欄 え）

1価の塩基であるアンモニア（$1.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$, $10.0\text{ mL}$）を、1価の酸である塩酸（$2.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$, $V\text{ [mL]}$）で中和するので、中和の量的関係式より：

$$1 \times (1.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}) \times \frac{10.0}{1000}\text{ L} = 1 \times (2.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}) \times \frac{V}{1000}\text{ L}$$ $$V = \frac{1.0 \times 10^{-2} \times 10.0}{2.0 \times 10^{-2}} = \mathbf{5.0\text{ mL}} \quad \text{（空欄 }\mathbf{う}\text{）}$$

中和点で生じた $\text{NH}_4^+$ は、水と反応してわずかに加水分解し、水溶液は弱酸性を示します（加水分解度を $h \ll 1$ とします）。

$$\text{NH}_4^+ + \text{H}_2\text{O} \rightleftarrows \text{NH}_3 + \text{H}^+$$

加水分解定数 $K_{\text{h}}$ は、水のイオン積 $K_{\text{w}}$ とアンモニアの電離定数 $K_{\text{b}}$ を用いて $K_{\text{h}} = \dfrac{K_{\text{w}}}{K_{\text{b}}}$ と表されます。

$$K_{\text{h}} = \frac{[\text{NH}_3][\text{H}^+]}{[\text{NH}_4^+]} = \frac{(c_{\text{s}}h)^2}{c_{\text{s}}(1-h)} \fallingdotseq c_{\text{s}}h^2 = \frac{K_{\text{w}}}{K_{\text{b}}} \quad \Longrightarrow \quad h = \sqrt{\frac{K_{\text{w}}}{c_{\text{s}}K_{\text{b}}}}$$

したがって、中和点における水素イオン濃度 $[\text{H}^+]$ は：

$$[\text{H}^+] = c_{\text{s}}h = \sqrt{\frac{c_{\text{s}}K_{\text{w}}}{K_{\text{b}}}}$$

ここに $c_{\text{s}} = \dfrac{2}{3} \times 10^{-2}\text{ mol/L}$、$K_{\text{w}} = 1.0 \times 10^{-14}\text{ (mol/L)}^2$、$K_{\text{b}} = 2.5 \times 10^{-5}\text{ mol/L}$ を代入します。

$$[\text{H}^+] = \sqrt{\frac{\frac{2}{3} \times 10^{-2} \times 1.0 \times 10^{-14}}{2.5 \times 10^{-5}}} = \sqrt{\frac{2}{7.5} \times 10^{-11}} = \sqrt{\frac{4}{15} \times 10^{-11}} = \sqrt{\frac{40}{15} \times 10^{-12}} = \sqrt{\frac{8}{3}} \times 10^{-6}\text{ mol/L}$$

ここで対数をとって $\text{pH}$（空欄 え）を計算します！（※ルートの中身を分数で整理したまま $\log$ に直すと、表紙の $\log_{10}1.63$ を使わなくても $\log_{10}2=0.30,\ \log_{10}3=0.48$ だけで一発で求まります！両方確認しましょう）

• 方法①（$\log_{10}2,\ \log_{10}3$ を使う方法）： $$\text{pH} = -\log_{10}\left(\sqrt{\frac{8}{3}} \times 10^{-6}\right) = 6 - \frac{1}{2}(\log_{10}2^3 - \log_{10}3) = 6 - \frac{1}{2}(3 \times 0.30 - 0.48) = 6 - \frac{1}{2}(0.42) = 6 - 0.21 = \mathbf{5.79 \longrightarrow 5.8}$$

STEP 3滴下量が半分（$2.5\text{ mL}$）の半中和点の pH（空欄 お）と、2倍（$10.0\text{ mL}$）のときの pH（空欄 か）

① 滴下量が中和点の半分（$2.5\text{ mL}$）のとき（空欄 お）：
アンモニアのちょうど半分が塩酸と反応して $\text{NH}_4^+$ になり、残り半分が $\text{NH}_3$ のまま残っている緩衝液の状態です。同じ容器（体積 $12.5\text{ mL}$）の中に $\text{NH}_3$ と $\text{NH}_4^+$ が同じ物質量（$0.50 \times 10^{-4}\text{ mol}$ ずつ）存在するため、$[\text{NH}_3] = [\text{NH}_4^+]$ となります。よってアンモニアの電離定数の式より：

$$K_{\text{b}} = \frac{[\text{NH}_4^+][\text{OH}^-]}{[\text{NH}_3]} \quad \Longrightarrow \quad [\text{OH}^-] = K_{\text{b}} = 2.5 \times 10^{-5}\text{ mol/L}$$

したがって水素イオン濃度 $[\text{H}^+]$ と $\text{pH}$（空欄 お）は：

$$[\text{H}^+] = \frac{K_{\text{w}}}{[\text{OH}^-]} = \frac{1.0 \times 10^{-14}}{2.5 \times 10^{-5}} = 0.40 \times 10^{-9} = 4.0 \times 10^{-10}\text{ mol/L}$$ $$\text{pH} = -\log_{10}(4.0 \times 10^{-10}) = 10 - 2\log_{10}2 = 10 - 2 \times 0.30 = \mathbf{9.4}$$

② 滴下量が中和点の2倍（$10.0\text{ mL}$）のとき（空欄 か）：
中和に $5.0\text{ mL}$ の塩酸が使われ、残りの $10.0 - 5.0 = 5.0\text{ mL}$ 分の塩酸がそのまま過剰な強酸として水溶液中に残ります。このとき、混合水溶液の合計体積は最初のアンモニア水 $10.0\text{ mL}$ ＋ 滴下した塩酸 $10.0\text{ mL} = 20.0\text{ mL}$ になっています！
過剰な $\text{H}^+$ の物質量は $(2.0 \times 10^{-2}\text{ mol/L}) \times \dfrac{5.0}{1000}\text{ L} = 1.0 \times 10^{-4}\text{ mol}$ なので、水溶液中での $[\text{H}^+]$ は：

$$[\text{H}^+] = \frac{1.0 \times 10^{-4}\text{ mol}}{\frac{20.0}{1000}\text{ L}} = 5.0 \times 10^{-3}\text{ mol/L}$$

よって $\text{pH}$（空欄 か）は、$\log_{10}5 = 0.70$ を用いて：

$$\text{pH} = -\log_{10}(5.0 \times 10^{-3}) = 3 - \log_{10}5 = 3 - 0.70 = \mathbf{2.3}$$

STEP 4設問(b) 滴定曲線の作図と、設問(c) 適切な指示薬の選択

ここまでに求めた4つの基準点 $(0\text{ mL},\ 10.7)$、$(2.5\text{ mL},\ 9.4)$、$(5.0\text{ mL},\ 5.8)$、$(10.0\text{ mL},\ 2.3)$ をプロットし、$5.0\text{ mL}$ 前後で垂直に近い急激なpHジャンプ（大体 $\text{pH } 4.0 \sim 7.5$ 付近）が起こるように滑らかな曲線を描きます。

設問(c) 指示薬の選択：
弱塩基（$\text{NH}_3$）を強酸（$\text{HCl}$）で滴定したとき、中和点のpHは弱酸性（$\text{pH}=5.8$）となり、中和点前後での急激なpH変化領域（pHジャンプ）はおおよそ $\text{pH } 4.0 \sim 7.0$ の範囲です。
選択肢①〜⑤のうち、このpHジャンプ領域に変色域がすっぽり含まれ、かつ中和点 $\text{pH}=5.8$ をカバーしているのは ②（$\text{pH } 4.2 \sim \text{pH } 6.2$：メチルレッド） のみです。（③の $\text{pH } 6.0 \sim 7.6$ は中和点 $5.8$ に達する前に変色が終わってしまうため不適です）。

設問 (a)$27.0^\circ\text{C}$ における気体Aの分圧 $P_{\text{A}}$

同温・同体積（$27.0^\circ\text{C} = 300\text{ K}$、$100\text{ L}$）において、水素と酸素は体積比（＝物質量比）が $2:1$ で加えられているため、反応式 $2\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\text{H}_2\text{O}$ の係数比と完全に一致し、反応後に水素も酸素も残らずすべて水になります。
反応後、「生成した水の一部が容器の内壁に付着し」とあるため、容器内の空間は水蒸気で飽和しており、水蒸気の分圧は $27.0^\circ\text{C}$ の飽和蒸気圧 $P_{\text{H}_2\text{O}} = 3.57 \times 10^3\text{ Pa} = 0.357 \times 10^4\text{ Pa}$ に等しくなります。
したがって、ドルトンの分圧の法則より、気体Aの分圧 $P_{\text{A}}$ は反応後の全圧 $P_{\text{後}} = 4.10 \times 10^4\text{ Pa}$ から水蒸気圧を引くだけで求まります！

$$P_{\text{A}} = P_{\text{後}} - P_{\text{H}_2\text{O}} = 4.10 \times 10^4 - 0.357 \times 10^4 = 3.743 \times 10^4\text{ Pa} \fallingdotseq \mathbf{3.74 \times 10^4\text{ Pa}}$$

設問 (b)反応で生成した水の物質量 $n_{\text{H}_2\text{O}}$

反応前の全圧 $P_{\text{前}} = 5.24 \times 10^4\text{ Pa}$ のうち、気体Aの分圧は反応前後で変わらず $P_{\text{A}} = 3.743 \times 10^4\text{ Pa}$ です。よって、反応前に存在していた水素と酸素の分圧の和 $(P_{\text{H}_2} + P_{\text{O}_2})$ は：

$$P_{\text{H}_2} + P_{\text{O}_2} = P_{\text{前}} - P_{\text{A}} = 5.24 \times 10^4 - 3.743 \times 10^4 = 1.497 \times 10^4 \fallingdotseq 1.50 \times 10^4\text{ Pa}$$

ここで、反応前の酸素 $\text{O}_2$ の物質量を $x\text{ [mol]}$ とおくと、体積比 $2:1$ より水素 $\text{H}_2$ の物質量は $2x\text{ [mol]}$ であり、水素と酸素の合計物質量は $2x + x = 3x\text{ [mol]}$ です。
また、反応式 $2\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\text{H}_2\text{O}$ より、生成する水（気体＋液体の合計）の物質量 $n_{\text{H}_2\text{O}}$ は、反応前の水素の物質量に等しく $2x\text{ [mol]}$ です！
水素と酸素の混合気体（合計 $3x\text{ [mol]}$）について気体の状態方程式 $PV = nRT$ を立てます（$T = 27.0 + 273 = 300\text{ K}$）：

$$3x = \frac{(P_{\text{H}_2} + P_{\text{O}_2})V}{RT} = \frac{(1.50 \times 10^4\text{ Pa}) \times 100\text{ L}}{(8.31 \times 10^3\text{ Pa}\cdot\text{L}/(\text{K}\cdot\text{mol})) \times 300\text{ K}} = \frac{1.50 \times 10^6}{2.493 \times 10^6} = \frac{1.50}{2.493}\text{ mol}$$

求めたい生成した水の物質量は $n_{\text{H}_2\text{O}} = 2x$ なので、両辺に $\dfrac{2}{3}$ を掛けて：

$$n_{\text{H}_2\text{O}} = 2x = \frac{2}{3} \times \frac{1.50}{2.493} = \frac{1.00}{2.493} \fallingdotseq 0.4011\text{ mol} \fallingdotseq \mathbf{0.401\text{ mol}}$$

（※ $1.497 \times 10^4\text{ Pa}$ のまま計算しても $\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1.497}{2.493} = \dfrac{0.998}{2.493} = 0.4003 \fallingdotseq 0.400\text{ mol}$ または $0.401\text{ mol}$ となります。(a)の有効数字3桁の値 $3.74 \times 10^4$ を用いると $5.24 - 3.74 = 1.50$ から綺麗に $\mathbf{0.401\text{ mol}}$ となります）。

設問 (c)気体Aの物質量 $n_{\text{A}}$

気体Aについて状態方程式 $P_{\text{A}}V = n_{\text{A}}RT$ を立てます（$P_{\text{A}} = 3.74 \times 10^4\text{ Pa}$，$V = 100\text{ L}$，$T = 300\text{ K}$）：

$$n_{\text{A}} = \frac{P_{\text{A}}V}{RT} = \frac{(3.74 \times 10^4\text{ Pa}) \times 100\text{ L}}{(8.31 \times 10^3\text{ Pa}\cdot\text{L}/(\text{K}\cdot\text{mol})) \times 300\text{ K}} = \frac{3.74 \times 10^6}{2.493 \times 10^6} = \frac{3.74}{2.493} \fallingdotseq 1.5002\text{ mol} \fallingdotseq \mathbf{1.50\text{ mol}}$$

設問 (d)気体Aのモル質量 $M_{\text{A}}$

質量保存の法則より、「反応前に加えた水素と酸素の合計質量」は「反応によって生成した水の全質量」と完全に等しいです！
設問(b)より、生成した水の物質量は $n_{\text{H}_2\text{O}} = 0.401\text{ mol}$ であり、水のモル質量は $\text{H}_2\text{O} = 1.00 \times 2 + 16.0 = 18.0\text{ g/mol}$ なので、水素と酸素の合計質量（＝生成した水の全質量 $w_{\text{H}_2\text{O}}$）は：

$$w_{\text{H}_2\text{O}} = 18.0\text{ g/mol} \times 0.401\text{ mol} = 7.218\text{ g}$$

容器内の全気体の質量が $37.5\text{ g}$ であったので、気体Aの質量 $w_{\text{A}}$ は：

$$w_{\text{A}} = 37.5\text{ g} - 7.218\text{ g} = 30.282\text{ g} \fallingdotseq 30.3\text{ g}$$

これを設問(c)で求めた気体Aの物質量 $n_{\text{A}} = 1.50\text{ mol}$ で割れば、気体Aのモル質量 $M_{\text{A}}$ が求まります！

$$M_{\text{A}} = \frac{w_{\text{A}}}{n_{\text{A}}} = \frac{30.282\text{ g}}{1.50\text{ mol}} \fallingdotseq 20.188\text{ g/mol} \fallingdotseq \mathbf{20.2\text{ g/mol}}$$

（※ちなみにモル質量約 $20.2\text{ g/mol}$ で反応・凝縮しない気体Aの正体は希ガスのネオン $\text{Ne}$（原子量 $20.2$）ですね！実在する気体の数値で作問されていることが分かり、計算の正しさが裏付けられます）。

設問 (a)リチウムに関する正しい記述の選択（A〜F）

• ・A（誤）：金属イオンの中でイオン半径が最小なのは $\text{Be}^{2+}$ や $\text{Al}^{3+}$ などさらに周期表の右側の多価陽イオンが存在するため、$\text{Li}^+$ が金属イオン最小とは限りません（アルカリ金属イオンの中では最小です）。
• ・B（誤）：アルカリ金属は同周期で最小の第一イオン化エネルギーをもちますが、同族内では原子番号が大きい（下に行く）ほどイオン化エネルギーが小さくなるため、リチウムはアルカリ金属の中で最大です。
• ・C（誤）：リチウムの炎色反応は赤色（深赤色）です（橙赤色はカルシウム $\text{Ca}$）。
• ・D（正）：アルカリ金属の単体は、原子番号が小さいほど自由電子と陽イオン間の静電引力が強く金属結合が強くなるため、リチウム $\text{Li}$ はアルカリ金属の中で融点が最も高い（約 $180^\circ\text{C}$）です。よって D が正解！
• ・E（誤）：イオン化傾向が極めて大きいため、水溶液を電気分解すると陰極では $\text{H}_2$ が発生し、単体は得られません（溶融塩電解が必要）。
• ・F（誤）：常温で密度が $1.0\text{ g/cm}^3$（水の密度）より小さいアルカリ金属には、$\text{Li}$ だけでなく $\text{Na}$ や $\text{K}$ もあります。

設問 (b)・(c)リチウムイオン電池の充放電反応とコバルトの酸化数

リチウムイオン電池の正極と負極の反応式を整理しましょう。

設問(b)： 充電時には、正極の $\text{LiCoO}_2$ から $\text{Li}^+$ と電子 $\text{e}^-$ が奪われて $\text{CoO}_2$（または $\text{Li}_{1-x}\text{CoO}_2$）になります。電子を失う反応なので正極では「酸化反応が起こり」（空欄 ア）、コバルト $\text{Co}$ の酸化数は $\text{LiCoO}_2$ 中の $+3$（$(+1) + x + (-2)\times 2 = 0 \Rightarrow x=+3$）から $\text{CoO}_2$ 中の $+4$ へと「増加する」（空欄 イ）となります。

設問(c)： 放電の際、負極で起こる反応は、$\text{LiC}_6$ が電子 $\text{e}^-$ を放出して $\text{Li}^+$ と黒鉛 $6\text{C}$ に戻る反応です。

$$\mathbf{\text{LiC}_6 \longrightarrow \text{Li}^+ + 6\text{C} + \text{e}^-}$$

設問 (d)下線部(i)の動画再生で負極に生じた $\text{Li}^+$ の質量

電流の平均値 $I = 140\text{ mA} = 0.140\text{ A}$ で、時間 $t = 3.0\text{ 時間} = 3.0 \times 3600\text{ s} = 1.08 \times 10^4\text{ s}$ 放電したときの電気量 $Q\text{ [C]}$ は：

$$Q = It = 0.140\text{ A} \times (3.0 \times 3600\text{ s}) = 1512\text{ C}$$

流れた電子 $\text{e}^-$ の物質量 $n_{\text{e}^-}$ は、ファラデー定数 $F = 9.65 \times 10^4\text{ C/mol}$ で割って求まります。また、設問(c)の反応式より、電子 $1\text{ mol}$ が流れるごとに $\text{Li}^+$（モル質量 $7.0\text{ g/mol}$）が $1\text{ mol}$ 生じるので、生じた $\text{Li}^+$ の質量 $w_{\text{Li}^+}$ は：

$$w_{\text{Li}^+} = 7.0\text{ g/mol} \times \frac{1512\text{ C}}{9.65 \times 10^4\text{ C/mol}} = \frac{10584}{96500}\text{ g} \fallingdotseq 0.10968\text{ g} \fallingdotseq \mathbf{0.11\text{ g}}$$

設問 (e)$\text{LiC}_6$ の密度はグラファイトの密度の何倍か

底面積を $S$、アボガドロ定数を $N_{\text{A}}$ とすると、1層分の四角柱（炭素原子6個分を含む領域）の質量と体積は以下のようになります。

• グラファイト（$\text{C}_6$ 相当）：
  ・炭素6個分の式量：$M_{\text{G}} = 12.0 \times 6 = 72.0\text{ g/mol}$
  ・1層分の体積：$V_{\text{G}} = S \times 0.335\text{ nm}$
  ・密度 $\rho_{\text{G}} = \dfrac{72.0 / N_{\text{A}}}{S \times 0.335}$
• 化合物 $\text{LiC}_6$（$\text{Li}_1\text{C}_6$ 相当）：
  ・$\text{LiC}_6$ の式量：$M_{\text{LiC}_6} = 7.0 + 12.0 \times 6 = 79.0\text{ g/mol}$
  ・1層分の体積：$V_{\text{LiC}_6} = S \times 0.370\text{ nm}$
  ・密度 $\rho_{\text{LiC}_6} = \dfrac{79.0 / N_{\text{A}}}{S \times 0.370}$

したがって、$\text{LiC}_6$ の密度がグラファイトの密度の何倍か（$\dfrac{\rho_{\text{LiC}_6}}{\rho_{\text{G}}}$）を計算すると、$S$ と $N_{\text{A}}$ が綺麗に約分されて消えます！

$$\frac{\rho_{\text{LiC}_6}}{\rho_{\text{G}}} = \frac{\text{質量比}}{\text{体積比（面間隔比）}} = \frac{79.0}{72.0} \times \frac{0.335}{0.370} = \frac{79 \times 0.335}{72 \times 0.370} = \frac{26.465}{26.64} \fallingdotseq 0.9934\text{ 倍} \fallingdotseq \mathbf{0.99\text{ 倍}}$$

（※リチウム原子が入り込んで質量が $\frac{79}{72}$ 倍に増えるものの、面間隔が $\frac{0.370}{0.335}$ 倍に広がる割合の方がわずかに大きいため、密度は $0.99$ 倍とほぼ同じかわずかに小さくなります！）。

STEP 1鎖式炭化水素Aの分子式と不飽和度の決定

分子量 $152$ の炭化水素 $\text{C}_x\text{H}_y$ の分子式を求めます。$152 \div 12 = 12$ 余り $8$ ですが、$\text{C}_{12}\text{H}_8$ は水素が少なすぎます。炭素を1個減らして水素を12個増やすと：

$$\text{C}_{11}\text{H}_{20} \quad (\text{分子量 } 12.0 \times 11 + 1.00 \times 20 = 132 + 20 = 152)$$

炭素数 $11$ のアルカンの分子式は $\text{C}_{11}\text{H}_{24}$ なので、水素が $4$ 個少なく、不飽和度は $2$ です。環状構造をもたず、酸化開裂で3つの断片（$\text{CO}_2$、ジカルボン酸B、ケトンC）に分かれていることから、炭化水素Aは分子内に $\text{C}=\text{C}$ 二重結合を2個もつ鎖式ジエンであることが確定します！

STEP 2化合物B（直鎖ジカルボン酸）と化合物C（ケトン）の特定（設問 a）

炭化水素A（炭素数合計 $11$）の2か所の $\text{C}=\text{C}$ 二重結合が切断されて、以下の3つのパーツが生じています。

• パーツ①：二酸化炭素 $\text{CO}_2$（炭素数 $1$）
  問題文より、末端に $\text{CH}_2=\text{CH}-$ の構造があると、$\text{CH}_2=$ の部分がギ酸 $\text{HCOOH}$ を経て $\text{CO}_2$ と $\text{H}_2\text{O}$ になります。
• パーツ②：化合物C（ケトン）
  炭酸水素ナトリウム水溶液に溶けない（カルボキシ基をもたない）ため、二重結合の切断によって生じたケトンです。さらに「ヨードホルム反応を示した」ことから、アセチル基 $\text{CH}_3-\text{CO}-$ をもつメチルケトン（$\text{CH}_3-\text{CO}-\text{R}'$）です。
• パーツ③：化合物B（枝分かれのない直鎖ジカルボン酸）
  両端が $-\text{CH}=$ となって2つの二重結合に挟まれた中央パーツであり、酸化されて $\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_n-\text{COOH}$ となっています。

STEP 3設問(b) 炭化水素A $1.00\text{ g}$ への臭素 $\text{Br}_2$ の付加反応と不斉炭素原子の数

① 生成物の質量の計算：
鎖式炭化水素A（$\text{C}_{11}\text{H}_{20}$、モル質量 $152\text{ g/mol}$）は分子内に $\text{C}=\text{C}$ 二重結合を 2個 もつため、十分な量の臭素 $\text{Br}_2$（モル質量 $80.0 \times 2 = 160\text{ g/mol}$）を反応させると、A $1\text{ mol}$ に対して $\text{Br}_2$ が $2\text{ mol}$ 付加します。

$$\text{C}_{11}\text{H}_{20}\ (152\text{ g/mol}) + 2\text{Br}_2\ (320\text{ g/mol}) \longrightarrow \text{C}_{11}\text{H}_{20}\text{Br}_4\ (\text{モル質量 } 152 + 320 = 472\text{ g/mol})$$

したがって、炭化水素A $1.00\text{ g}$（$\dfrac{1.00}{152}\text{ mol}$）から得られる四臭化物 $\text{C}_{11}\text{H}_{20}\text{Br}_4$ の質量 $w$ は：

$$w = 1.00\text{ g} \times \frac{472}{152} = \frac{59}{19}\text{ g} \fallingdotseq 3.1052\text{ g} \fallingdotseq \mathbf{3.11\text{ g}}$$

② 生成物に生じる不斉炭素原子（$*$）の個数：
炭化水素Aに $\text{Br}_2$ が2分子付加した生成物の構造式を書いて、4つの異なる原子団が結合している炭素原子（不斉炭素原子 $\text{C}^*$）をすべてチェックします！

• 1番目の炭素 $\text{C}^1$：$-\text{H}$ が2個ついている（$-\text{CH}_2\text{Br}$）ため、不斉炭素ではありません。
• 2番目の炭素 $\text{C}^2$：$-\text{H}$、$-\text{Br}$、$-\text{CH}_2\text{Br}$、$-(\text{CH}_2)_4\cdots$ の4つすべてが異なるため、不斉炭素原子（1個目）です！
• 7番目の炭素 $\text{C}^7$：$-\text{H}$、$-\text{Br}$、$-(\text{CH}_2)_4\cdots$、$-\text{C}(\text{Br})(\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$ の4つすべてが異なるため、不斉炭素原子（2個目）です！
• 8番目の炭素 $\text{C}^8$：$-\text{Br}$、$-\text{CH}_3$（メチル基）、$-\text{CH}_2\text{CH}_3$（エチル基）、$-\text{CH}(\text{Br})(\text{CH}_2)_4\cdots$ の4つすべてが異なるため、不斉炭素原子（3個目）です！

よって、生成物に生じる不斉炭素原子は合計 3個 です！

（※もし万が一、Cをアセトンと誤認していた場合は8番目の炭素にメチル基が2個ついて不斉炭素が2個になってしまいますが、厳密な分子量計算通りCは2-ブタノン（メチル基とエチル基）なので、8番目の炭素も不斉炭素となり 3個 が完全な正解となります）。

設問 (a)カーバイドに水を加えてアセチレンを得る反応の分類

反応式は $\text{CaC}_2 + 2\text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{Ca(OH)}_2 + \text{C}_2\text{H}_2$ です。
これは、極めて弱い酸であるアセチレン $\text{H}-\text{C}\equiv\text{C}-\text{H}$ の塩（カルシウムアセチリド $\text{Ca}^{2+}[\text{C}\equiv\text{C}]^{2-}$）に対して、アセチレンよりも強い酸として働く水 $\text{H}_2\text{O}$ から水素イオン $\text{H}^+$ が受け渡される弱酸の遊離反応（ブレンステッドの酸塩基反応、加水分解反応）です。したがって ④（酸塩基反応） が正解です。

設問 (b)ベンゼンを空気中で燃焼させると多量の「すす」が生じる理由

ベンゼン（$\text{C}_6\text{H}_6$）は、分子内の水素原子に対する炭素原子の割合（$\text{C}/\text{H}$ 比、すなわち炭素の質量百分率 $\frac{72}{78} \fallingdotseq 92.3\%$）が非常に大きいため、空気中の酸素だけではすべての炭素が完全燃焼（$\text{CO}_2$ に酸化）しきれず、未燃焼の炭素（単体 $\text{C}$）が「すす」として遊離するためです。

設問 (c)ニトロベンゼンをスズと濃塩酸で還元してアニリン塩酸塩を得る化学反応式

半反応式から1ステップずつ丁寧に組み立てましょう！

• ニトロベンゼンの還元（酸性条件下でアニリン塩酸塩の陽イオン $\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3^+$ になる）：
  $$\text{C}_6\text{H}_5\text{NO}_2 + 7\text{H}^+ + 6\text{e}^- \longrightarrow \text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3^+ + 2\text{H}_2\text{O} \quad \cdots \text{①}$$
• スズ $\text{Sn}$ の酸化（$\text{Sn} \rightarrow \text{Sn}^{2+} \rightarrow \text{Sn}^{4+}$ まで酸化される）：
  $$\text{Sn} \longrightarrow \text{Sn}^{4+} + 4\text{e}^- \quad \cdots \text{②}$$

電子 $\text{e}^-$ を消去するため、①$\times 2 +$ ②$\times 3$ を計算します（$6\text{e}^- \times 2 = 12\text{e}^-$）：

$$2\text{C}_6\text{H}_5\text{NO}_2 + 3\text{Sn} + 14\text{H}^+ \longrightarrow 2\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3^+ + 3\text{Sn}^{4+} + 4\text{H}_2\text{O}$$

最後に両辺に塩化物イオン $14\text{Cl}^-$ を加えて化学反応式を完成させます（右辺の $\text{SnCl}_4$ と $\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3\text{Cl}$ が塩化スズ(IV)酸塩 $(\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3)_2[\text{SnCl}_6]$ を形成する形で書いても正解ですが、問題文に「アニリン塩酸塩が形成される」と明記されているため、$\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3\text{Cl}$ と $\text{SnCl}_4$ に分けた式が最も標準的です）：

$$\mathbf{2\text{C}_6\text{H}_5\text{NO}_2 + 3\text{Sn} + 14\text{HCl} \longrightarrow 2\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3\text{Cl} + 3\text{SnCl}_4 + 4\text{H}_2\text{O}}$$

設問 (d)氷酢酸の沸点が同じ分子量のプロパノールよりも高い理由

酢酸（$\text{CH}_3\text{COOH}$、分子量 $60$）と1-プロパノール（$\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}$、分子量 $60$）はともに分子間で水素結合を形成しますが、酢酸はカルボキシ基（$-\text{COOH}$）の $\text{C}=\text{O}$ と $-\text{OH}$ の間で2分子が互いに2か所の水素結合をつくって安定な環状二量体を形成するため、ヒドロキシ基1か所で水素結合するプロパノールよりも分子間力が強くなり、沸点が高くなります。

設問 (e)カーバイド $1.00\text{ g}$ から得られるアセトアニリドの最大質量

上の反応追跡マップの通り、アセチレン $3$ 分子が三量化してベンゼン $1$ 分子（$\text{C}_6\text{H}_6$）になるため、カーバイド $\text{CaC}_2$ $3\text{ mol}$ からベンゼン環が $1\text{ mol}$ 作られ、最終的にアセトアニリド $\text{C}_6\text{H}_5\text{NHCOCH}_3$ が最大 $1\text{ mol}$ 得られます！

• カーバイド $\text{CaC}_2$ の式量：$40.0 + 12.0 \times 2 = 64.0\text{ g/mol}$
• アセトアニリド $\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}$ の分子量：$12.0 \times 8 + 1.00 \times 9 + 14.0 + 16.0 = 96.0 + 9.00 + 30.0 = 135.0\text{ g/mol}$

カーバイド $1.00\text{ g}$ の物質量は $n_{\text{CaC}_2} = \dfrac{1.00}{64.0}\text{ mol}$ です。
これから得られるアセトアニリドの最大物質量は、その $\dfrac{1}{3}$ 倍なので：

$$n_{\text{アセトアニリド}} = \frac{1}{3} \times \frac{1.00}{64.0}\text{ mol} = \frac{1.00}{192}\text{ mol}$$

よって、得られるアセトアニリドの最大質量 $w$ は：

$$w = 135.0\text{ g/mol} \times \frac{1.00}{192}\text{ mol} = \frac{135}{192}\text{ g} = \frac{45}{64}\text{ g} = 0.703125\text{ g} \fallingdotseq \mathbf{0.703\text{ g}}$$