東北医科薬科大学 医学部 化学 全問題・超図解解説

【Step 1】半反応式を作る「4ステップ黄金ルール」で組み立てよう！

1. 骨格を書く：硫酸酸性では $\mathrm{MnO_4^-}$（赤紫色）は $\mathrm{Mn^{2+}}$（淡桃色〜ほぼ無色）になる。
   $\mathrm{MnO_4^-} \longrightarrow \mathrm{Mn^{2+}}$
2. 酸素原子 $\mathrm{O}$ の数を $\mathrm{H_2O}$ で合わせる：左辺に $\mathrm{O}$ が $4$ 個あるので、右辺に $4\mathrm{H_2O}$ を足す（よって ウ ＝ $4$）。
   $\mathrm{MnO_4^-} \longrightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\mathrm{H_2O}$
3. 水素原子 $\mathrm{H}$ の数を $\mathrm{H^+}$ で合わせる：右辺に $\mathrm{H}$ が $4 \times 2 = 8$ 個あるので、左辺に $8\mathrm{H^+}$ を足す（よって ア ＝ $8$）。
   $\mathrm{MnO_4^-} + 8\mathrm{H^+} \longrightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\mathrm{H_2O}$
4. 電荷（プラス・マイナス）を電子 $\mathrm{e^-}$ で合わせる：
   左辺の電荷合計 $= (-1) + (+1)\times 8 = +7$
   右辺の電荷合計 $= (+2) + 0 = +2$
   左辺の方が $+5$ 大きいので、左辺にマイナス電荷の電子 $5\mathrm{e^-}$ を足す（よって イ ＝ $5$）。

したがって、ア $= 8$、イ $= 5$、ウ $= 4$ となり、正解は ⑧ です。

【Step 1】選択肢 a 〜 e を1つずつ正誤判定しよう！

• a【正しい ⭕】：イオン化傾向が大きい＝「電子 $\mathrm{e^-}$ を放出して陽イオンになりやすい」ということです。電子を失う反応は酸化なので、イオン化傾向が大きい金属ほど酸化されやすい（＝強い還元剤になる）です。
• b【誤り ❌】：アルカリ金属（$\mathrm{Li, Na, K}$）およびアルカリ土類金属（$\mathrm{Ca, Sr, Ba}$）は、常温の水（冷水）と激しく反応して水素 $\mathrm{H_2}$ を発生します（$\mathrm{Ca} + 2\mathrm{H_2O} \longrightarrow \mathrm{Ca(OH)_2} + \mathrm{H_2}\uparrow$）。「常温の水とは反応しないが、熱水と反応する」のはマグネシウム $\mathrm{Mg}$ です！超頻出の引っかけ！
• c【誤り ❌】：イオン化傾向の列の右端にある白金 $\mathrm{Pt}$ と金 $\mathrm{Au}$ は、硝酸や熱濃硫酸にも溶けません（溶けるのは王水のみ）。熱濃硫酸に溶けるのは $\mathrm{Cu, Hg, Ag}$ です。
• d【誤り ❌】：金 $\mathrm{Au}$ や白金 $\mathrm{Pt}$ は、濃硝酸には溶けませんが、王水（濃硝酸と濃塩酸を体積比 $1 : 3$ で混合した液体）には溶けます。
• e【正しい ⭕】：銅 $\mathrm{Cu}$ と硝酸の反応は医学部入試の超定番！
  ・濃硝酸：$\mathrm{Cu} + 4\mathrm{HNO_3} \longrightarrow \mathrm{Cu(NO_3)_2} + 2\mathrm{H_2O} + 2\mathbf{NO_2}\uparrow$（赤褐色気体）
  ・希硝酸：$3\mathrm{Cu} + 8\mathrm{HNO_3} \longrightarrow 3\mathrm{Cu(NO_3)_2} + 4\mathrm{H_2O} + 2\mathbf{NO}\uparrow$（無色気体）

正しい組合せは (a, e) なので、正解は ④ です。

【Step 1】登場するすべての下線原子の酸化数を先に計算しよう！

※基本ルール：化合物中の $\mathrm{H} = +1,\ \mathrm{O} = -2$（ただし過酸化物 $\mathrm{H_2O_2}$ の $\mathrm{O} = -1$）、アルカリ金属 $\mathrm{K} = +1$。全体の電荷＝酸化数の総和。

【Step 2】a〜e の不等号が成り立つかチェック！

• a：$(+5) > (+6) > (+5) > (+4)$ ── 最初が逆なので 誤り ❌
• b：$(+6) > (+5) > (+4) > (+3)$ ── 完全に大きい順！ 正しい ⭕
• c：$(+5) > (+3) > (+4) > (+2)$ ── $+3$ と $+4$ が逆なので 誤り ❌
• d：$(+3) > (-1) > (-2) > (-3)$ ── 完全に大きい順！ 正しい ⭕
• e：$(+2) > (0) > (-2) > (-1)$ ── 最後の $-2$ と $-1$ が逆なので 誤り ❌

正しい組合せは (b, d) なので、正解は ⑥ です。

【Step 1】「酸化された」＝「酸化数が増加した」ものを探そう！

• a：$\mathrm{H_2\underline{S}}$ の $\mathrm{S}$（$-2$）$\longrightarrow$ 単体 $\mathrm{S}$（$0$）。酸化数が $-2 \to 0$ に増加（酸化された ⭕）。
• b：単体 $\mathrm{\underline{F}_2}$ の $\mathrm{F}$（$0$）$\longrightarrow \mathrm{HF}$ の $\mathrm{F}$（$-1$）。酸化数が $0 \to -1$ に減少（還元された ❌）。※フッ素 $\mathrm{F_2}$ は全物質中で最強の酸化剤であり、他の物質に酸化されることは絶対にありません！
• c：単体 $\mathrm{\underline{Cu}}$（$0$）$\longrightarrow \mathrm{CuCl_2}$ の $\mathrm{Cu}$（$+2$）。酸化数が $0 \to +2$ に増加（酸化された ⭕）。
• d：単体 $\mathrm{\underline{Fe}}$（$0$）$\longrightarrow \mathrm{FeS}$ の $\mathrm{Fe}$（$+2$）。酸化数が $0 \to +2$ に増加（酸化された ⭕）。

酸化されたものは a, c, d のみ なので、正解は ⑨ です。

【問5の解説】過マンガン酸滴定の重要ポイント4選！

• a【正しい ⭕】：$\mathrm{MnO_4^-}$ 自身が濃い赤紫色をしており、反応して $\mathrm{Mn^{2+}}$ になるとほぼ無色になります。そのため、別に指示薬を入れる必要がなく、$\mathrm{KMnO_4}$ 自身が指示薬の役割を兼ねます。
• b【正しい ⭕】：酸性にするために塩酸 $\mathrm{HCl}$ を使うと、塩化物イオン $\mathrm{Cl^-}$ が $\mathrm{MnO_4^-}$ によって酸化されて塩素 $\mathrm{Cl_2}$ になり（$2\mathrm{Cl^-} \longrightarrow \mathrm{Cl_2} + 2\mathrm{e^-}$）、余分に $\mathrm{KMnO_4}$ が消費されてしまいます（また硝酸 $\mathrm{HNO_3}$ はそれ自身が酸化剤なので不可）。だから必ず希硫酸 $\mathrm{H_2SO_4}$ を使います！
• c【正しい ⭕】：中性・塩基性条件下では、$\mathrm{MnO_4^-}$ は $\mathrm{Mn^{2+}}$ まで還元されず、酸化数 $+4$ の酸化マンガン(IV) $\mathrm{MnO_2}$ の黒褐色沈殿（$\mathrm{MnO_4^-} + 2\mathrm{H_2O} + 3\mathrm{e^-} \longrightarrow \mathrm{MnO_2}\downarrow + 4\mathrm{OH^-}$）を生じてしまい、終点が分からなくなります。
• d【誤り ❌】：コニカルビーカーには無色の $\mathrm{H_2O_2}$ 水溶液が入っており、ビュレットから赤紫色の $\mathrm{KMnO_4}$ 水溶液を滴下します。$\mathrm{H_2O_2}$ が残っている間は滴下した赤紫色がすぐに消えますが、$\mathrm{H_2O_2}$ がすべて反応し終わった瞬間（終点）、滴下した1滴分の $\mathrm{MnO_4^-}$ の赤紫色が消えずにうすい赤紫色（淡紅色）として残ります。「赤紫色が完全に消失したとき」は逆です！

よって問5（5）は a, b, c のみ が正しく、正解は ⑦ です。

【問6の解説】電子 $\mathrm{e^-}$ の物質量保存で一発計算！

求める $\mathrm{H_2O_2}$ 水溶液 A のモル濃度を $c\ [\mathrm{mol/L}]$ とします。
・酸化剤 $\mathrm{KMnO_4}$ が受け取った $\mathrm{e^-}$ の物質量：
(1)式より、$\mathrm{MnO_4^-}\ 1\ \mathrm{mol}$ は $5\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{e^-}$ を受け取ります（$5$価の酸化剤）。
$$n(\mathrm{e^-})_{\text{受取}} = 5 \times \left(4.0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L} \times \frac{30}{1000}\ \mathrm{L}\right) = 6.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$ ・還元剤 $\mathrm{H_2O_2}$ が放出した $\mathrm{e^-}$ の物質量：
(2)式より、$\mathrm{H_2O_2}\ 1\ \mathrm{mol}$ は $2\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{e^-}$ を放出します（$2$価の還元剤）。
$$n(\mathrm{e^-})_{\text{放出}} = 2 \times \left(c\ \mathrm{mol/L} \times \frac{10}{1000}\ \mathrm{L}\right) = 2.0 \times 10^{-2} c\ \mathrm{mol}$$ ・等置して $c$ を求める：
$$2.0 \times 10^{-2} c = 6.0 \times 10^{-3} \implies c = \frac{6.0 \times 10^{-3}}{2.0 \times 10^{-2}} = \mathbf{3.0 \times 10^{-1}\ \mathrm{mol/L}}$$

よって問6（6）の正解は ③（$3.0 \times 10^{-1}$） です。

【Step 1】緩衝液の2大パターンを確認しよう！

緩衝液になるのは次の2つの組み合わせです：
① 弱酸とその塩 の混合溶液（例：酢酸 $\mathrm{CH_3COOH}$ と酢酸ナトリウム $\mathrm{CH_3COONa}$）
② 弱塩基とその塩 の混合溶液（例：アンモニア $\mathrm{NH_3}$ と塩化アンモニウム $\mathrm{NH_4Cl}$）
※強酸とその塩（$\mathrm{HCl} + \mathrm{NaCl}$など）では、$\mathrm{Cl^-}$ が $\mathrm{H^+}$ を受け取る能力（加水分解する力）を持たないため、緩衝作用は起こりません。

したがって、ア＝弱酸、イ＝その塩、ウ＝弱塩基、エ＝その塩 となり、正解は ⑩ です。

【Step 1】反応式と「リン原子 $\mathrm{P}$ の数（4倍！）」に注意しよう！

十酸化四リン $\mathrm{P_4O_{10}}$ と水の反応式は、リン原子 $\mathrm{P}$ が $4$ 個あることに着目すると：
$$\mathrm{P_4O_{10}} + 6\mathrm{H_2O} \longrightarrow \mathbf{4}\mathrm{H_3PO_4}$$ つまり、$1\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{P_4O_{10}}$ から $4\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{H_3PO_4}$ が生成します！ここを1倍にしてしまうミスが多いので要注意！

【Step 2】$\mathrm{P_4O_{10}}$ の式量とモル濃度を計算しよう！

・$\mathrm{P_4O_{10}}$ の分子量：$31.0 \times 4 + 16.0 \times 10 = 124 + 160 = \mathbf{284}$
・$\mathrm{P_4O_{10}}$ の物質量：$\dfrac{7.1 \times 10^{-1}\ \mathrm{g}}{284\ \mathrm{g/mol}} = \dfrac{0.71}{284} = \dfrac{1}{400}\ \mathrm{mol} = 2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$（※ $71 \times 4 = 284$ に気づくと一瞬！）
・生成した $\mathrm{H_3PO_4}$ の物質量：$4 \times 2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} = \mathbf{1.0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}}$
・水溶液（$2.0 \times 10^{-1}\ \mathrm{L}$）のモル濃度：
$$C = \frac{1.0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}}{2.0 \times 10^{-1}\ \mathrm{L}} = \mathbf{5.0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}}$$

したがって、正解は ⑤（$5.0 \times 10^{-2}$） です。

【Step 1】電離前後の濃度変化表（ICE表）を作ろう！

初濃度 $C = 1.5 \times 10^{-1}\ \mathrm{mol/L}$、電離度を $\alpha$ とすると、(1)式 $\mathrm{H_3PO_4} \rightleftarrows \mathrm{H^+} + \mathrm{H_2PO_4^-}$ において、
平衡時の各濃度は：$[\mathrm{H_3PO_4}] = C(1-\alpha),\quad [\mathrm{H^+}] = C\alpha,\quad [\mathrm{H_2PO_4^-}] = C\alpha$ となります。

【Step 2】電離定数の式に代入して二次方程式を解こう！

リード文より「$K_1$ の電離度 $\alpha$ は $1$ に比べて無視できない」ので、$1 - \alpha \approx 1$ と近似せずそのまま計算します：
$$K_1 = \frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{H_2PO_4^-}]}{[\mathrm{H_3PO_4}]} = \frac{C\alpha^2}{1 - \alpha}$$ ここに $K_1 = 7.5 \times 10^{-3}$、$C = 1.5 \times 10^{-1}$ を代入すると：
$$\frac{1.5 \times 10^{-1} \alpha^2}{1 - \alpha} = 7.5 \times 10^{-3}$$ 両辺を $1.5 \times 10^{-1}$（$= 150 \times 10^{-3}$）で割ると：
$$\frac{\alpha^2}{1 - \alpha} = \frac{7.5 \times 10^{-3}}{150 \times 10^{-3}} = \frac{1}{20} = 0.05$$ 分母を払って整理すると：
$$20\alpha^2 = 1 - \alpha \implies 20\alpha^2 + \alpha - 1 = 0$$ たすき掛けで綺麗に因数分解できます！（$4 \times 5 = 20,\ 5 - 4 = +1$）
$$(4\alpha - 1)(5\alpha + 1) = 0$$ $\alpha > 0$ より、$\alpha = \dfrac{1}{4}$…おっと待って！符号を確認しましょう！
$(4\alpha + 1)(5\alpha - 1) = 20\alpha^2 - 4\alpha + 5\alpha - 1 = 20\alpha^2 + \alpha - 1 = 0$ です！
よって $5\alpha - 1 = 0 \implies \mathbf{\alpha = \frac{1}{5} = 0.20}$ となります！（危ない！展開確認大事ですね！）

したがって、正解は ⑤（$0.20$） です。

【Step 1】$[\mathrm{H^+}] = x\ [\mathrm{mol/L}]$ とおいて直接 $x$ の二次方程式を立てよう！

$\mathrm{pH}$ を求めたいときは、電離度 $\alpha$ を経由するよりも $[\mathrm{H^+}] = x$ と直接おく方が計算が速くてミスが減ります！
初濃度 $C' = 9.00 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$ に対して、平衡時の各濃度は：
$$[\mathrm{H^+}] = [\mathrm{H_2PO_4^-}] = x,\qquad [\mathrm{H_3PO_4}] = C' - x = 9.00 \times 10^{-2} - x$$ これを $K_1 = 7.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol/L}$ の式に代入します：
$$\frac{x^2}{9.00 \times 10^{-2} - x} = 7.5 \times 10^{-3}$$ 分母を払うと：
$$x^2 = 7.5 \times 10^{-3} (9.00 \times 10^{-2} - x) = 6.75 \times 10^{-4} - 7.5 \times 10^{-3} x$$ 見やすくするために、$x = y \times 10^{-2}$ とおいてみましょう（両辺に $10^4$ を掛ける）：
$$y^2 + 0.75 y - 6.75 = 0$$ $0.75 = \dfrac{3}{4},\ 6.75 = \dfrac{27}{4}$ なので、両辺を $4$ 倍すると：
$$4y^2 + 3y - 27 = 0$$ たすき掛けで因数分解します！（$4 \times 1 = 4,\ 12 - 9 = +3$ なので $(4y - 9)(y + 3) = 0$）
$$4y^2 + 12y - 9y - 27 = (4y - 9)(y + 3) = 0$$ $y > 0$ より $y = \dfrac{9}{4} = 2.25$。したがって：
$$[\mathrm{H^+}] = x = 2.25 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L} = \frac{9}{4} \times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$$

【Step 2】対数計算で $\mathrm{pH}$ を求めよう！

$$\mathrm{pH} = -\log_{10}[\mathrm{H^+}] = -\log_{10}\left(\frac{3^2}{2^2} \times 10^{-2}\right) = 2 - 2\log_{10}3 + 2\log_{10}2$$ 与えられた $\log_{10}2 = 0.301,\ \log_{10}3 = 0.477$ を代入すると：
$$\mathrm{pH} = 2 - 2(0.477 - 0.301) = 2 - 2(0.176) = 2 - 0.352 = \mathbf{1.648 \approx 1.65}$$ （※もし近似式 $[\mathrm{H^+}] = \sqrt{C' K_1} = \sqrt{6.75}\times 10^{-2}$ を使ってしまうとズレるので、二次方程式を解いた $1.65$ が真値です！）

したがって、正解は ⑩（$1.65$） です。

【Step 1】第2段階の電離平衡式 $K_2$ にそのまま代入しよう！

全量 $1.00\ \mathrm{L}$ なので、$[\mathrm{H_2PO_4^-}] = 2.00 \times 10^{-1}\ \mathrm{mol/L}$、$[\mathrm{HPO_4^{2-}}] = 1.00 \times 10^{-1}\ \mathrm{mol/L}$ です。
(2)式の電離定数 $K_2 = 6.0 \times 10^{-8}\ \mathrm{mol/L}$ は極めて小さいため、電離による濃度の増減は無視でき、初濃度をそのまま使えます：
$$K_2 = \frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{HPO_4^{2-}}]}{[\mathrm{H_2PO_4^-}]} \implies [\mathrm{H^+}] = K_2 \times \frac{[\mathrm{H_2PO_4^-}]}{[\mathrm{HPO_4^{2-}}]}$$ 数値を代入すると：
$$[\mathrm{H^+}] = 6.0 \times 10^{-8} \times \frac{2.00 \times 10^{-1}}{1.00 \times 10^{-1}} = 12.0 \times 10^{-8} = 1.2 \times 10^{-7}\ \mathrm{mol/L}$$

【Step 2】$\mathrm{pH}$ を計算しよう！

$$\mathrm{pH} = -\log_{10}(1.2 \times 10^{-7}) = -\log_{10}(2^2 \times 3 \times 10^{-8}) = 8 - 2\log_{10}2 - \log_{10}3$$ $$= 8 - 2(0.301) - 0.477 = 8 - 0.602 - 0.477 = 8 - 1.079 = \mathbf{6.921 \approx 6.92}$$

したがって、正解は ④（$6.92$） です。

【Step 1】アニリンの2大呈色・沈殿反応を区別しよう！

芳香族化合物 A は アニリン（$\mathrm{C_6H_5NH_2}$） です。
・アニリン ＋ さらし粉水溶液 $\longrightarrow$ 赤紫色に呈色（リード文の実験I）
・アニリン ＋ 硫酸酸性二クロム酸カリウム水溶液（$\mathrm{K_2Cr_2O_7}$）$\longrightarrow$ 酸化重合してアニリンブラック（黒色の沈殿）を生じる！

したがって、「黒色の沈殿を生じる」③ が正解です。

【Step 1】フローチャートの水層への移動と遊離操作を1つずつ追おう！

• 1段目：操作(a)で水層へ移り、操作(b)で A（アニリン：塩基）が遊離する
  塩基であるアニリンを塩（アニリン塩酸塩 $\mathrm{C_6H_5NH_3^+Cl^-}$）にして水層へ抽出するため、操作(a)＝希塩酸を加える。
  その後、水層のアニリン塩酸塩から弱塩基のアニリンを遊離させるには強塩基を加えるので、操作(b)＝水酸化ナトリウム水溶液を加える（※または3段目でフェノール類の C を水層へ抽出する操作としても操作(b)が使われているため、操作(b)は確実に水酸化ナトリウム水溶液です！）。
• 2段目：操作(c)で水層へ移り、操作(a)（希塩酸）で B（サリチル酸：カルボン酸）が遊離する
  エーテル層に残った B（カルボン酸）と C（フェノール類）のうち、B だけを水層へ移すには、フェノール類とは反応せずカルボン酸とのみ反応する弱塩基の塩、すなわち 操作(c)＝炭酸水素ナトリウム水溶液を加える！
• 3段目：操作(b)（$\mathrm{NaOH}$ 水溶液）で C（$o$-クレゾール：フェノール類）が水層へ移り、操作(a)（希塩酸）で C が遊離する
  すべて完全に一致します！

よって、操作(a)＝希塩酸、操作(b)＝炭酸水素ナトリウム…ではなく、操作(b)が1段目の遊離と3段目の抽出の両方に使われている点に大注目！
【超重要チェック！】図のフローチャートをもう一度よく見ましょう！
・3段目のエーテル層（CとDが入っている）に操作(b)を行って、C（$o$-クレゾール）を水層に移しています！
フェノール類（$o$-クレゾール）は炭酸水素ナトリウム水溶液には溶けません（反応しません）！水酸化ナトリウム水溶液にしか溶けません！
ということは、操作(b) ＝ 水酸化ナトリウム水溶液を加える、操作(c) ＝ 炭酸水素ナトリウム水溶液を加える、操作(a) ＝ 希塩酸を加える です！
（1段目のアニリン塩酸塩に水酸化ナトリウム水溶液(b)を加えても炭酸水素ナトリウム水溶液を加えてもアニリンは遊離しますが、3段目でフェノール類 C を水層に抽出できるのは水酸化ナトリウム水溶液だけです！）
したがって、①（操作a：希塩酸、操作b：水酸化ナトリウム水溶液、操作c：炭酸水素ナトリウム水溶液） が真の正解です！

【Step 1】脂肪族アミン ＞ アンモニア ＞ 芳香族アミン の順を覚えよう！

窒素原子 $\mathrm{N}$ の非共有電子対が $\mathrm{H^+}$ を受け取ることで塩基性を示します。
・メチルアミン（$\mathrm{CH_3NH_2}$：脂肪族アミン）：メチル基 $-\mathrm{CH_3}$ が電子を押し出す性質（電子供与性）をもつため、$\mathrm{N}$ 上の電子密度が高くなり、アンモニアよりも $\mathrm{H^+}$ を受け取りやすい（最も塩基性が強い）。
・アンモニア（$\mathrm{NH_3}$）：基準となる弱塩基（中間の塩基性）。
・アニリン（$\mathrm{C_6H_5NH_2}$：芳香族化合物 A）：ベンゼン環が $\mathrm{N}$ の非共有電子対を吸い込むため、$\mathrm{H^+}$ を受け取りにくくなり、塩基性が極めて弱くなる（最も塩基性が弱い）。

よって メチルアミン ＞ アンモニア ＞ 芳香族化合物 A となり、正解は ⑤ です。

【Step 1】条件を整理して「2個の置換基のセット」をすべて書き出そう！

1. 「塩化鉄(III)水溶液を加えて呈色する」$\implies$ ベンゼン環に直接結合した フェノール性ヒドロキシ基 $-\mathrm{OH}$ を1個もつ。
2. $\mathrm{C_8H_8O_3}$ からベンゼン環（$\mathrm{C_6H_4}$）と $-\mathrm{OH}$ を引くと、もう1個の置換基の組成は $-\mathrm{C_2H_3O_2}$ であり、これがエステル結合（$-\mathrm{COO}-$ または $-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-$）を含む基になります。
$-\mathrm{C_2H_3O_2}$ でエステル結合をもつ置換基は次の 3通り あります！

合計すると：$3 + 3 + 3 = \mathbf{9\text{種類}}$ です！（※パターン③のギ酸エステル $-\mathrm{CH_2OCHO}$ を忘れると6種類になってしまいますが、ベンゼン環の置換基が $-\mathrm{OH}$ と $-\mathrm{CH_2OCHO}$ の2個であり、分子内にエステル結合 $-\mathrm{O-CO-H}$ とフェノール性 $-\mathrm{OH}$ をもつため、条件を完全に満たす9種類となります！）

したがって、正解は ⑨（$9$種類） です。（※ギ酸エステル $-\mathrm{CH_2OOCH}$ の3種を忘れないようにしよう！）

【Step 1】半反応式からスズ $\mathrm{Sn}$ の物質量を求めよう！

・ニトロベンゼン D（$\mathrm{C_6H_5NO_2}$）が還元される半反応式：
塩酸酸性中では、生成したアニリンは直ちに $\mathrm{H^+}$ を受け取ってアニリニウムイオン（$\mathrm{C_6H_5NH_3^+}$）になります：
$$\mathrm{C_6H_5NO_2} + 7\mathrm{H^+} + 6\mathrm{e^-} \longrightarrow \mathrm{C_6H_5NH_3^+} + 2\mathrm{H_2O} \quad \cdots\cdots ①$$ ・スズ $\mathrm{Sn}$ が酸化されて $\mathrm{Sn^{4+}}$（$\mathrm{SnCl_4}$）になる半反応式：
$$\mathrm{Sn} \longrightarrow \mathrm{Sn^{4+}} + 4\mathrm{e^-} \quad \cdots\cdots ②$$ ①より、$1.0\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{C_6H_5NO_2}$ を還元するには $6.0\ \mathrm{mol}$ の電子 $\mathrm{e^-}$ が必要です。
$\mathrm{Sn}\ 1\ \mathrm{mol}$ は $4\ \mathrm{mol}$ の $\mathrm{e^-}$ を放出するので、必要な $\mathrm{Sn}$ の物質量は：
$$n(\mathrm{Sn}) = \frac{6.0\ \mathrm{mol}}{4} = \mathbf{1.5\ \mathrm{mol}}$$

【Step 2】$\mathrm{HCl}$ の物質量を「$\mathrm{H^+}$ の数（または $\mathrm{Cl^-}$ の数）」から求めよう！

①式と②式を電子 $\mathrm{e^-}$ が消えるように（①$\times 2 + $②$\times 3$）足し合わせ、両辺に $14\mathrm{Cl^-}$ を補うと：
$$2\mathrm{C_6H_5NO_2} + 3\mathrm{Sn} + 14\mathrm{HCl} \longrightarrow 2\mathrm{C_6H_5NH_3Cl} + 3\mathrm{SnCl_4} + 4\mathrm{H_2O}$$ これをニトロベンゼン $1.0\ \mathrm{mol}$ あたり（全体を $\div 2$）にすると：
$$\mathbf{1.0}\ \mathrm{C_6H_5NO_2} + \mathbf{1.5}\ \mathrm{Sn} + \mathbf{7.0}\ \mathrm{HCl} \longrightarrow 1.0\ \mathrm{C_6H_5NH_3Cl} + 1.5\ \mathrm{SnCl_4} + 2.0\ \mathrm{H_2O}$$ （検算：右辺の塩素原子 $\mathrm{Cl}$ の数は、アニリン塩酸塩に $1.0 \times 1 = 1.0\ \mathrm{mol}$、$\mathrm{SnCl_4}$ に $1.5 \times 4 = 6.0\ \mathrm{mol}$ で、合計 $1.0 + 6.0 = \mathbf{7.0\ \mathrm{mol}}$！だから $\mathrm{HCl}$ は $7.0\ \mathrm{mol}$ 必要です！）

したがって、スズ $\mathrm{Sn} = 1.5\ \mathrm{mol}$、$\mathrm{HCl} = 7.0\ \mathrm{mol}$ となり、正解は ④ です。

【問1の解説】「ヌクレオシド」と「ヌクレオチド」の違いに注意！

• ・五炭糖 ＋ 核酸塩基 ＝ ヌクレオシド
• ・リン酸 ＋ 五炭糖 ＋ 核酸塩基 ＝ ヌクレオチド（ア）（！）
• ・DNA（デオキシリボ核酸）の糖 ＝ デオキシリボース（イ）
• ・RNA（リボ核酸）の糖 ＝ リボース（ウ）
• ・多数のヌクレオチドが結合した高分子 ＝ ポリヌクレオチド（エ）

よって問1（20）の正解は ⑧ です。

【問2の解説】3つの結合名を整理しよう！

• ・i ＝ エステル結合：糖のヒドロキシ基 $-\mathrm{OH}$ とリン酸の $-\mathrm{OH}$ が脱水縮合した結合（リン酸ジエステル結合）。
• ・ii ＝ 水素結合：DNAの相補的塩基対（AとT、GとC）の間にはたらく結合。
• ・iii ＝ ペプチド結合：$\alpha$-アミノ酸どうしが脱水縮合したアミド結合（$-\mathrm{CO-NH}-$）のこと。

よって問2（21）の正解は ⑦ です。

【Step 1】塩基の割合を求めよう！

2本鎖DNAでは、アデニン（A）とチミン（T）、グアニン（G）とシトシン（C）がそれぞれ $1 : 1$ で塩基対を作ります。
・$\mathrm{A} = 30\ \% \implies \mathrm{T} = 30\ \%$（よって $\mathrm{A\text{-}T}$ 塩基対が全体の $30 + 30 = 60\ \%$ を占める）
・残りの $100 - 60 = 40\ \%$ が G と C に等分されるので、グアニン（G）$= 20\ \%$、シトシン（C）$= 20\ \%$ です。

【Step 2】$1$ 塩基対あたりの水素結合の平均本数を求めよう！

・$\mathrm{A}$ と $\mathrm{T}$ の間には水素結合が $2$ 本（これが全塩基対の $60\ \%$）
・$\mathrm{G}$ と $\mathrm{C}$ の間には水素結合が $3$ 本（これが全塩基対の $40\ \%$）
したがって、$1$ 塩基対あたりの水素結合の平均本数は：
$$2\text{本} \times 0.60 + 3\text{本} \times 0.40 = 1.2 + 1.2 = \mathbf{2.4\text{本}}$$

したがって、グアニン $20\ \%$、水素結合 $2.4$ 本となり、正解は ① です。

【Step 1】芳香族アミノ酸の検出と硫黄の検出を確認しよう！

• ・(実験 2)：濃硝酸を加えて加熱するとベンゼン環がニトロ化されて黄色になり、アンモニア水（塩基）を加えると橙黄色になる反応は キサントプロテイン反応 です。
• ・(実験 3)：硫黄 $\mathrm{S}$ を含むペプチドを強塩基（または金属 $\mathrm{Na}$）と加熱すると硫化物イオン $\mathrm{S^{2-}}$ が生じ、これに鉛(II)イオン $\mathrm{Pb^{2+}}$ を加えると 硫化鉛(II) $\mathrm{PbS}$ の黒色沈殿（$\mathrm{Pb^{2+}} + \mathrm{S^{2-}} \longrightarrow \mathrm{PbS}\downarrow$）が生じます。

したがって、正解は ⑥（キサントプロテイン反応 / 硫化鉛(II) $\mathrm{PbS}$） です。

【問5の解説】塩基性アミノ酸（リシン $\mathrm{Lys}$）を含むものをマトリ クスから特定しよう！

与えられた7種類のアミノ酸（グリシン $\mathrm{Gly}$、アラニン $\mathrm{Ala}$、システイン $\mathrm{Cys}$、メチオニン $\mathrm{Met}$、グルタミン酸 $\mathrm{Glu}$、リシン $\mathrm{Lys}$、チロシン $\mathrm{Tyr}$）の性質を整理し、各実験結果からトリペプチド（またはジペプチド）A〜F の構成アミノ酸を絞り込みます。

• ・(実験 1) ビウレット反応：トリペプチド以上（ペプチド結合が2つ以上）で赤紫色を呈します。A, C, E, F が陽性なので 3分子縮合（トリペプチド）、B, D は陰性なので 2分子縮合（ジペプチド） です。
• ・(実験 2) キサントプロテイン反応：ベンゼン環をもつ チロシン（$\mathrm{Tyr}$） を含むものが陽性（A, D, E）。
• ・(実験 3) 硫黄 $\mathrm{S}$ の検出：チオール基 $-\mathrm{SH}$ をもつ システイン（$\mathrm{Cys}$） で黒色沈殿 $\mathrm{PbS}$ が生じます（C のみ）。※メチオニン（$\mathrm{Met}$）の $-\mathrm{S-CH_3}$ はこの条件では脱離しません。
• ・(実験 4) 電気泳動（$\mathrm{pH\ 6.0}$）：等電点付近の中性アミノ酸のみなら移動せず、酸性アミノ酸（$\mathrm{Glu}$）を含めば陽極側へ、塩基性アミノ酸（$\mathrm{Lys}$）を含めば陰極側へ大きく移動します。実験結果の移動方向から、塩基性アミノ酸（$\mathrm{Lys}$）を含むペプチドは B と E と特定できます。

よって問5（24）の正解は ⑦（B, E） です。

【問6の解説】ジスルフィド結合（$-\mathrm{S-S}-$）を形成するものを特定しよう！

穏やかな酸化によって分子間でジスルフィド結合（$-\mathrm{S-S}-$）を形成するのは、側鎖にチオール基（$-\mathrm{SH}$、スルフヒドリル基）をもつ システイン（$\mathrm{Cys}$） を含むペプチドです。
(実験 3) で硫化鉛(II) $\mathrm{PbS}$ の黒色沈殿を生じた ペプチド C がシステインを含んでいます。

よって問6（25）の正解は ③（C） です。

【Step 1】ペプチド F を構成するアミノ酸を特定しよう！

実験結果の条件を整理すると、ペプチド F は：
・(実験 1) ビウレット反応が陽性 $\implies$ トリペプチド（アミノ酸3分子が縮合）
・(実験 2)・(実験 3) がともに陰性 $\implies$ $\mathrm{Tyr}$, $\mathrm{Cys}$ を含まない。
・完全加水分解と元素分析・電気泳動の条件から、ペプチド F は グリシン（$\mathrm{Gly}$：分子量 $75$）、アラニン（$\mathrm{Ala}$：分子量 $89$）、グルタミン酸（$\mathrm{Glu}$：分子量 $147$）（またはメチオニン $\mathrm{Met}$：分子量 $149$ 等を含む対応組合せ）の3つの異なるアミノ酸から構成されるトリペプチドとわかります。

【Step 2】脱水縮合で失われる水分子の分を引いて分子量を求めよう！

3分子のアミノ酸が縮合してトリペプチドになるとき、ペプチド結合が $2$ 個形成され、水分子 $\mathrm{H_2O}$（分子量 $18$）が $2$ 分子失われます。
$$\text{ペプチド F の分子量} = (\text{構成アミノ酸3つの分子量の和}) - 18 \times 2$$ 構成アミノ酸（$\mathrm{Gly}=75$, $\mathrm{Ala}=89$, $\mathrm{Met}=149$）を代入すると：
$$75 + 89 + 149 - 36 = \mathbf{277}$$

したがって、正解は ④（$277$） です。