産業医科大学 医学部 化学（2023年度）全問題・超図解解説

Step 1：ハーバー・ボッシュ法の化学反応式を確認する

窒素 $\text{N}_2$ と水素 $\text{H}_2$ からアンモニア $\text{NH}_3$ を合成する反応は、最も簡単な整数比で表すと次のようになります。

$$\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \longrightarrow 2\text{NH}_3$$

Step 2：生成熱から反応熱を計算して熱化学方程式にする

アンモニア $1\text{ mol}$ が成分元素の単体から生成するときの発熱量（生成熱）が $46\text{ kJ/mol}$ です。
整数係数の式 $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 = 2\text{NH}_3 + Q$ ではアンモニアが $2\text{ mol}$ 生成するため、発熱量 $Q$ は $46 \times 2 = 92\text{ kJ}$ となります。
（※アンモニア $1\text{ mol}$ 基準の熱化学方程式で書いても正解となります。両方併記しておくとさらに確実です！）

Step 1：分子内の共有結合の本数を図解でチェック！

Step 2：結合エネルギーの公式で方程式を立てる

結合エネルギーを用いた反応熱の公式は、「反応熱 $Q =$（右辺・生成物の結合エネルギーの総和）$-$（左辺・反応物の結合エネルギーの総和）」です。
アンモニアの $\text{N}-\text{H}$ 結合エネルギーを $x\ [\text{kJ/mol}]$ とし、問1の式 $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 = 2\text{NH}_3 + 92\text{ kJ}$ に当てはめます。

$$\begin{aligned} 92 &= (\text{NH}_3\ 2\text{分子分の結合エネルギー}) - (\text{N}_2\ 1\text{分子分} + \text{H}_2\ 3\text{分子分の結合エネルギー}) \\ 92 &= 6x - (946 + 436 \times 3) \end{aligned}$$

Step 3：1ステップずつ丁寧に計算する

$$\begin{aligned} 436 \times 3 &= 1308 \\ 946 + 1308 &= 2254 \\ 92 &= 6x - 2254 \\ 6x &= 2254 + 92 = 2346 \\ x &= \frac{2346}{6} = 391\ [\text{kJ/mol}] \end{aligned}$$

Step 1：仮の係数を置いて原子数を合わせる

$(a) = 1$ と仮定すると、左辺の $\text{N}$ 原子は $1$ 個、$\text{H}$ 原子は $3$ 個になります。

• $\text{N}$ 原子の数合わせ：右辺の $\text{N}_2$ の係数 $(c) = \dfrac{1}{2}$
• $\text{H}$ 原子の数合わせ：右辺の $\text{H}_2\text{O}$ の係数 $(d) = \dfrac{3}{2}$
• $\text{O}$ 原子の数合わせ：右辺に $\text{O}$ 原子が $\dfrac{3}{2}$ 個あるので、左辺の $\text{O}_2$ の係数 $(b) = \dfrac{3}{4}$

Step 2：分母の最小公倍数 $4$ を掛けて整数化する

$$1 : \frac{3}{4} : \frac{1}{2} : \frac{3}{2} \xrightarrow{\times 4} 4 : 3 : 2 : 6$$

したがって、$4\text{NH}_3 + 3\text{O}_2 \longrightarrow 2\text{N}_2 + 6\text{H}_2\text{O}$ となります。

Step 1：アンモニア $1\text{ mol}$ あたりの熱化学方程式を書く

問3の係数を $4$ で割って、$\text{NH}_3$ の係数を $1$ にした熱化学方程式（反応熱を $Q\ [\text{kJ}]$ とする）を作ります。

$$\text{NH}_3 + \frac{3}{4}\text{O}_2 = \frac{1}{2}\text{N}_2 + \frac{3}{2}\text{H}_2\text{O} + Q\text{ kJ}$$

Step 2：各分子に含まれる結合の種類と本数を整理する

• 左辺（反応物）の結合：
  • $\text{NH}_3\ (1\text{ mol})$：$\text{N}-\text{H}$ 結合（$391\text{ kJ/mol}$）が $3$ 本 $\rightarrow 391 \times 3 = 1173\text{ kJ}$
  • $\text{O}_2\ \left(\dfrac{3}{4}\text{ mol}\right)$：$\text{O}=\text{O}$ 結合（$500\text{ kJ/mol}$）が $\dfrac{3}{4}$ 本 $\rightarrow 500 \times \dfrac{3}{4} = 375\text{ kJ}$
  • 左辺合計 $= 1173 + 375 = 1548\text{ kJ}$
• 右辺（生成物）の結合：
  • $\text{N}_2\ \left(\dfrac{1}{2}\text{ mol}\right)$：$\text{N}\equiv\text{N}$ 結合（$946\text{ kJ/mol}$）が $\dfrac{1}{2}$ 本 $\rightarrow 946 \times \dfrac{1}{2} = 473\text{ kJ}$
  • $\text{H}_2\text{O}\ \left(\dfrac{3}{2}\text{ mol}\right)$：$1$ 分子中に $\text{O}-\text{H}$ 結合（$465\text{ kJ/mol}$）が $2$ 本あるので、$\dfrac{3}{2}\text{ mol}$ では $2 \times \dfrac{3}{2} = 3\text{ mol}$ 本！ $\rightarrow 465 \times 3 = 1395\text{ kJ}$
  • 右辺合計 $= 473 + 1395 = 1868\text{ kJ}$

Step 3：（生成物の結合エネルギー総和）$-$（反応物の結合エネルギー総和）を計算する

$$Q = 1868 - 1548 = 320\text{ kJ} \quad \text{……ここが最大の注意点！}$$

Step 1：メタン（$\text{CH}_4$）とアンモニア（$\text{NH}_3$）の燃焼生成物を比較する

• メタンの燃焼：$\text{CH}_4 + 2\text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$ （炭素を含むため温室効果ガスである $\text{CO}_2$ が発生する）
• アンモニアの燃焼：$4\text{NH}_3 + 3\text{O}_2 \longrightarrow 2\text{N}_2 + 6\text{H}_2\text{O}$ （炭素を含まないため $\text{CO}_2$ が発生しない）

Step 2：30字以内にまとめる

「炭素を含まないため燃焼時に二酸化炭素を排出しない点。」（26字）
「炭素を含まず燃焼時に温室効果ガスの$\text{CO}_2$を出さない点。」（27字）

Step 1：「102万トン」をグラム（$\text{g}$）に変換してアンモニアの物質量（$\text{mol}$）を求める

• $1\text{ 万} = 10^4$ なので、$102\text{ 万トン} = 102 \times 10^4\text{ トン} = 1.02 \times 10^6\text{ t}$
• $1\text{ トン (t)} = 1000\text{ kg} = 10^6\text{ g}$ なので、グラムに直すと： $$1.02 \times 10^6 \times 10^6\text{ g} = 1.02 \times 10^{12}\text{ g}$$
• アンモニア $\text{NH}_3$ のモル質量は $14 + 1.0 \times 3 = 17\text{ g/mol}$ なので、アンモニアの物質量 $n(\text{NH}_3)$ は： $$n(\text{NH}_3) = \frac{1.02 \times 10^{12}\text{ g}}{17\text{ g/mol}} = 0.060 \times 10^{12}\text{ mol} = 6.0 \times 10^{10}\text{ mol}$$

Step 2：必要な水素 $\text{H}_2$ の物質量を求める

$\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \longrightarrow 2\text{NH}_3$ より、アンモニア $2\text{ mol}$ を作るのに水素は $3\text{ mol}$（アンモニアの $\dfrac{3}{2}$ 倍）必要です。

$$n(\text{H}_2) = 6.0 \times 10^{10}\text{ mol} \times \frac{3}{2} = 9.0 \times 10^{10}\text{ mol}$$

Step 3：水の電気分解で流れる電子 $\text{e}^-$ の物質量と電気量を求める

薄い $\text{NaOH}$ 水溶液の電気分解において、陰極で水素が発生する反応式は：

$$2\text{H}_2\text{O} + 2\text{e}^- \longrightarrow \text{H}_2 + 2\text{OH}^-$$

つまり、水素 $\text{H}_2$ を $1\text{ mol}$ 発生させるのに、電子 $\text{e}^-$ は $2\text{ mol}$ 必要です。

$$n(\text{e}^-) = 9.0 \times 10^{10}\text{ mol} \times 2 = 1.8 \times 10^{11}\text{ mol}$$

最後にファラデー定数 $F = 9.65 \times 10^4\text{ C/mol}$ を掛けて電気量を求めます。

$$\begin{aligned} \text{電気量} &= 1.8 \times 10^{11}\text{ mol} \times 9.65 \times 10^4\text{ C/mol} \\ &= 17.37 \times 10^{15}\text{ C} \\ &= 1.737 \times 10^{16}\text{ C} \fallingdotseq 1.7 \times 10^{16}\text{ C} \end{aligned}$$

Step 1：反応開始時（$t=0$）に存在する酸を確認する

$t=0$ ではまだ酢酸エステルの加水分解は進んでいないため、酢酸は $0\text{ mol}$ です。
したがって、中和される酸は触媒として加えた塩酸のみです。（なお、触媒の塩酸は反応によって消費されないため、どの時刻でも常に同じ量だけ存在します！）

Step 2：採取した $5.0\text{ mL}$ 中に含まれる塩酸の物質量を求める

• 元のフラスコ（全量 $100\text{ mL}$）に入れた塩酸の物質量： $$0.50\text{ mol/L} \times \frac{96}{1000}\text{ L} = 0.048\text{ mol}$$ （つまりフラスコ内の塩酸のモル濃度は $\dfrac{0.048\text{ mol}}{0.100\text{ L}} = 0.48\text{ mol/L}$ です）
• ここから $5.0\text{ mL}$（全体の $\dfrac{5.0}{100} = \dfrac{1}{20}$）を取り出したので、ビーカー内の塩酸の物質量は： $$0.48\text{ mol/L} \times \frac{5.0}{1000}\text{ L} = 2.4 \times 10^{-3}\text{ mol}$$ （※水 $50\text{ mL}$ に入れて薄めても、中に含まれる塩酸の $\text{mol}$ 数は変わりません！）

Step 3：中和に必要な $0.20\text{ mol/L}$ $\text{NaOH}$ 水溶液の体積 $(a)\ [\text{mL}]$ を求める

$$1 \times 2.4 \times 10^{-3}\text{ mol} = 1 \times 0.20\text{ mol/L} \times \frac{(a)}{1000}\text{ L}$$ $$(a) = \frac{2.4}{0.20} = 12.0\text{ mL} \xrightarrow{\text{有効数字2桁}} 12\text{ mL}$$

Step 1：時刻 $t=\infty$ の意味と生成した酢酸の量をとらえる

加水分解反応は $1\text{ mol}$ の酢酸エステルから $1\text{ mol}$ の酢酸と $1\text{ mol}$ のアルコールが生じる反応です：

$$\text{CH}_3\text{COOR} + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{CH}_3\text{COOH} + \text{ROH}$$

「逆反応はほとんど無視できる」ため、$t=\infty$ では最初にあった酢酸エステルがすべて（$100\%$）反応して酢酸に変わっています。
よって、「$t=0$ での酢酸エステルの初濃度 $C_0$」は、「$t=\infty$ で生成した酢酸の濃度」と完全に等しくなります！

Step 2：$t=\infty$ で生成した酢酸の中和に使われた $\text{NaOH}$ の体積を求める

$t=\infty$ での滴定値 $V_\infty = 42.0\text{ mL}$ のうち、触媒の塩酸の中和に常に $V_0 = 12.0\text{ mL}$ が使われています。
したがって、生成した酢酸だけを中和するのに使われた $\text{NaOH}$ の体積は：

$$V_\infty - V_0 = 42.0 - 12.0 = 30.0\text{ mL}$$

Step 3：酢酸エステルの初濃度 $C_0\ [\text{mol/L}]$ を求める

採取した反応液 $5.0\text{ mL}$ 中の酢酸（濃度 $C_0$）が、$0.20\text{ mol/L}$ の $\text{NaOH}$ $30.0\text{ mL}$ とちょうど中和するので：

$$C_0 \times \frac{5.0}{1000}\text{ L} = 0.20\text{ mol/L} \times \frac{30.0}{1000}\text{ L}$$ $$C_0 = 0.20 \times \frac{30.0}{5.0} = 1.20\text{ mol/L} \xrightarrow{\text{有効数字2桁}} 1.2\text{ mol/L}$$

Step 1：$0$ 分〜$10$ 分の間に減少したエステルの濃度（＝生成した酢酸の濃度）を求める

$$\Delta C = C_0 - C_{10} = 1.20 - 1.088 = 0.112\text{ mol/L}$$

（※または生成した酢酸の滴定値増加分 $V_{10} - V_0 = 14.8 - 12.0 = 2.8\text{ mL}$ から、$0.040 \times 2.8 = 0.112\text{ mol/L}$ と求めても同じです！）

Step 2：経過時間 $\Delta t = 10\text{ min}$ で割って平均反応速度 $\bar{v}$ を求める

$$\bar{v} = -\frac{\Delta C}{\Delta t} = \frac{0.112\text{ mol/L}}{10 - 0\text{ min}} = 0.0112\text{ mol}/(\text{L}\cdot\text{min}) \xrightarrow{\text{有効数字2桁}} 1.1 \times 10^{-2}\text{ mol}/(\text{L}\cdot\text{min})$$

Step 1：$t=0$ の濃度 $C_0$ と $t=10$ の濃度 $C_{10}$ の平均をとる

$$\bar{C} = \frac{C_0 + C_{10}}{2} = \frac{1.20 + 1.088}{2} = \frac{2.288}{2} = 1.144\text{ mol/L}$$

有効数字2桁に四捨五入すると $1.1\text{ mol/L}$ となります。

Step 1：四捨五入前の正確な値を代入して $k$ を求める

$\bar{v} = 0.0112\text{ mol}/(\text{L}\cdot\text{min})$、$\bar{C} = 1.144\text{ mol/L}$ を代入すると：

$$k = \frac{\bar{v}}{\bar{C}} = \frac{0.0112}{1.144} \fallingdotseq 0.00979\text{ /min} \fallingdotseq 9.8 \times 10^{-3}\text{ /min}$$

また、問3・問4の有効数字2桁の解答値（$\bar{v} = 1.1 \times 10^{-2}$，$\bar{C} = 1.1$）をそのまま代入すると：

$$k = \frac{1.1 \times 10^{-2}}{1.1} = 1.0 \times 10^{-2}\text{ /min}$$

（※入試採点では途中計算値を使った $9.8 \times 10^{-3}\text{ /min}$ と、前問の解答値を使った $1.0 \times 10^{-2}\text{ /min}$ のいずれも考慮されますが、両方確認しておきましょう！）

Step 1：炭素数からアルコールの分子式を特定する

元の酢酸エステルの分子式は $\text{C}_5\text{H}_{10}\text{O}_2$ です。
酢酸エステルは $\text{CH}_3\text{COO}-\text{R}$ と表され、酢酸部分（$\text{CH}_3\text{COO}-$）に炭素が $2$ 個あるため、アルコール由来の炭化水素基 $-\text{R}$ は炭素数 $5 - 2 = 3$ 個（$-\text{C}_3\text{H}_7$）です。
したがって、加水分解で生じたアルコール $\text{R}-\text{OH}$ は炭素数 $3$ のアルコール（$\text{C}_3\text{H}_7\text{OH}$：1-プロパノール または 2-プロパノール）です。

Step 2：ヨードホルム反応陽性の条件から構造を決定する

アルコールがヨードホルム反応を示すのは、$\text{CH}_3-\text{CH(OH)}-\text{R}'$ の構造をもつときです。
炭素数 $3$ でこの構造をもつのは 2-プロパノール（$\text{CH}_3-\text{CH(OH)}-\text{CH}_3$） です。
よって、元の酢酸エステルは、酢酸と2-プロパノールがエステル結合した酢酸イソプロピル（酢酸1-メチルエチル）です！

Step 1：グラフの9択（a〜i）がどのように分類されているか見抜く！

問題の9つのグラフ（3行×3列）をよく観察すると、次の2つの視点で綺麗に分類されています：

• 列の違い（縦のグループ）：pHジャンプの回数と形
  • 左列（a, d, g）：最初すぐ（約1.7目盛り）で1回だけpHジャンプする。
  • 中列（b, e, h）：約1.7目盛りで1回目の小さなpH上昇（塩酸の中和）があり、その後 $\text{pH}\ 4\sim 5$ 付近の緩衝領域を経て、約6目盛りで2回目のpHジャンプ（酢酸の中和）がある2段階滴定曲線！
  • 右列（c, f, i）：途中まで平らで、約6目盛りで1回だけ大きくpHジャンプする。
• 行の違い（横のグループ）：滴定開始時（$\text{NaOH} = 0\text{ mL}$）の初期pH
  • 上段（a, b, c）：初期pHが約 $2.3\sim 2.4$（目盛り1と4の間の2.3付近）からスタート。
  • 中段（d, e, f）：初期pHが約 $2.0$ 付近からスタート。
  • 下段（g, h, i）：初期pHが $1.0$ からスタート。

Step 2：なぜ「中列（2段階中和）」になるのか？

$t=\infty$ のビーカー内には、強酸である塩酸（$\text{NaOH}$ $12.0\text{ mL}$ 分）と、弱酸である酢酸（$\text{NaOH}$ $30.0\text{ mL}$ 分）の両方が入っています。
ここに強塩基 $\text{NaOH}$ を滴下していくと：

1. まず電離度が1の強酸（塩酸）が優先的に中和され、$\text{NaOH}$ を $12.0\text{ mL}$ 入れたところで第1中和点（1段目のpH上昇）を迎えます。
2. 続いて弱酸（酢酸）の中和が始まり、酢酸と酢酸ナトリウムが共存する緩衝液状態（$\text{pH} \fallingdotseq -\log_{10} K_a = -\log_{10}(3\times 10^{-5}) = 5 - 0.48 = 4.52$ 付近でなだらかな領域）を通過します。
3. 最後に $\text{NaOH}$ を合計 $42.0\text{ mL}$ 入れたところで、酢酸もすべて中和されて第2中和点（塩基性側でのpHジャンプ）を迎えます。（体積比は $12.0\text{ mL} : 42.0\text{ mL} = 2 : 7$ で、グラフの横軸の変曲点の位置ともピタリ一致します！）

これにより、候補は中列の b, e, h に絞られます！

Step 3：滴定開始時（$\text{NaOH} = 0\text{ mL}$）のビーカー内の初期pHを計算して b, e, h から1つに絞る！

ここが超重要ポイントです！リード文を正確に読むと：
「反応液を $5.0\text{ mL}$ とり，$50\text{ mL}$ の水が入ったビーカーに移した。このビーカー内の溶液を滴定した」とあります。
（もし水で薄める前の反応液そのものなら $[\text{H}^+] = 0.48\text{ mol/L} \rightarrow \text{pH} \fallingdotseq 0.32$ ですが、ビーカー内で水 $50\text{ mL}$ を加えて合計 $55\text{ mL}$ に希釈しています！）

• ケースA（ビーカー内の溶液 $55\text{ mL}$ のpH）：
  塩酸の物質量は $2.4 \times 10^{-3}\text{ mol}$。体積は約 $55\text{ mL} = 0.055\text{ L}$ なので： $$[\text{H}^+] = \frac{2.4 \times 10^{-3}\text{ mol}}{0.055\text{ L}} \fallingdotseq 4.36 \times 10^{-2}\text{ mol/L} \implies \text{pH} \fallingdotseq 1.36$$
• ケースB（第1中和点＝塩酸がすべて中和された $\text{NaOH}\ 12.0\text{ mL}$ 時点の酢酸水溶液のpH）：
  グラフ b, e, h の違いをさらに拡大して見比べると：
  • b：$\text{NaOH} = 0$ で $\text{pH} = 3$ 付近から始まり、第1段階が平坦で第1中和点がない（弱酸2種類のような形）。
  • e：$\text{NaOH} = 0$ で $\text{pH} \fallingdotseq 1.5\sim 2.0$ から始まり、塩酸の中和後に $\text{pH}\ 4.5$ の緩衝領域を通る。
  • h：$\text{NaOH} = 0$ で $\text{pH} = 1.0$ から始まり、塩酸の中和後に $\text{pH}\ 4.5$ の緩衝領域を通る。

Step 1：単糖の組成を確認する

単糖類は、炭素数 $n$（$n \ge 3$ の整数）に対して水素原子が $2n$ 個、酸素原子が $n$ 個結合しており、「炭水化物」の名前の通り $\text{C}_n(\text{H}_2\text{O})_n$ すなわち $\text{C}_n\text{H}_{2n}\text{O}_n$ の一般式で表されます。（例：トリオース $\text{C}_3\text{H}_6\text{O}_3$、ペントース $\text{C}_5\text{H}_{10}\text{O}_5$、ヘキソース $\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$）

Step 1：グルコースのみから構成される代表的な多糖類を3つ挙げる

• デンプン（$\alpha$-グルコースが縮合重合した植物の貯蔵多糖：アミロース・アミロペクチン）
• グリコーゲン（$\alpha$-グルコースが縮合重合した動物の貯蔵多糖）
• セルロース（$\beta$-グルコースが縮合重合した植物細胞壁の主成分）

Step 1：五員環の $\beta$-フルクトースが開環して鎖状になる仕組みを理解する

問題文にある $\beta$-フルクトースの五員環構造では、2位の炭素（$\text{C}^2$）と5位の炭素（$\text{C}^5$）が酸素原子（$-\text{O}-$）を介して環を作っています（ヘミケタール構造）。
この $\text{C}^2$ にあるヒドロキシ基（$-\text{OH}$）の水素原子が、環内の $-\text{O}-$ に移動して開環すると、2位の炭素（$\text{C}^2$）がケトン基（カルボニル基 $\text{C}=\text{O}$）になり、5位の炭素（$\text{C}^5$）にヒドロキシ基（$-\text{OH}$）が戻ります。

Step 2：なぜフルクトースはアルデヒド基がないのに還元性を示すのか？

通常のケトンは還元性を示しませんが、鎖状フルクトースのようにカルボニル基（2位：$\text{C}=\text{O}$）のすぐ隣の炭素（1位：$-\text{CH}_2\text{OH}$）にヒドロキシ基がある構造（$\alpha$-ヒドロキシケトン構造：$\text{CO}-\text{CH}_2\text{OH}$）をもつ場合、塩基性水溶液中でケト・エノール互変異性によって容易にアルデヒド基（$-\text{CHO}$）へと変化するため、強い還元性を示します！
したがって、線で囲む部位は2位のカルボニル基（$\text{C}=\text{O}$）（または1位〜2位の $-\text{CO}-\text{CH}_2\text{OH}$ 部位）となります。

Step 1：構成する単糖の合計個数と脱水縮合の回数を数える

フルクトース（$\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$）もグルコース（$\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$）も、分子式は同じ $\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$ であり、モル質量は：

$$12 \times 6 + 1.0 \times 12 + 16 \times 6 = 72 + 12 + 96 = 180\text{ g/mol}$$

フルクトース $14$ 個とグルコース $1$ 個が結合しているので、単糖の合計個数は $14 + 1 = 15$ 個 です。
$15$ 個の単糖が直鎖状に結合するとき、隣り合う単糖同士の間（グリコシド結合）は $15 - 1 = \mathbf{14\text{ 箇所}}$ あるため、水分子 $\text{H}_2\text{O}$（モル質量 $18\text{ g/mol}$）が $14\text{ 個}$ 脱水縮合によって失われます。

Step 2：イヌリン $1\text{ mol}$ の質量を計算する

$$\begin{aligned} \text{イヌリン } 1\text{ mol の質量} &= (180\text{ g/mol} \times 15) - (18\text{ g/mol} \times 14) \\ &= 2700 - 252 \\ &= 2448\text{ g} \end{aligned}$$

（※計算の工夫：$1\text{ 個}$ だけ水分子が抜けないので $162 \times 14 + 180 = 2268 + 180 = 2448\text{ g}$ と計算しても超スピードで出せます！）

問5(a) 水面の高さが低くなっていたのはどちらか？

半透膜は溶媒である水分子は通しますが、大きな溶質粒子であるイヌリン分子は通しません。
浸透現象により、濃度の低い方（右側：純水）から濃度の高い方（左側：イヌリン水溶液）へと水分子が移動するため、右側（水側）の水面が低くなり、左側（水溶液側）の水面が高くなります。

問5(b) 浸透前のイヌリン水溶液のモル濃度 $C\ [\text{mol/L}]$

問4よりイヌリンのモル質量は $M = 2448\text{ g/mol}$ です。
イヌリン $0.306\text{ g}$ の物質量 $n\ [\text{mol}]$ を計算すると（なんと $2448 \div 0.306 = 8000$ でピタッと割り切れます！）：

$$n = \frac{0.306\text{ g}}{2448\text{ g/mol}} = \frac{1}{8000}\text{ mol} = 1.25 \times 10^{-4}\text{ mol}$$

これが体積 $V = 10\text{ mL} = 0.010\text{ L}$ の水溶液中に溶けているので、モル濃度 $C$ は：

$$C = \frac{1.25 \times 10^{-4}\text{ mol}}{0.010\text{ L}} = 1.25 \times 10^{-2}\text{ mol/L} \xrightarrow{\text{有効数字2桁}} 1.3 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$$

問5(c) 浸透前におけるイヌリン水溶液の浸透圧 $\Pi\ [\text{Pa}]$

ファントホッフの法則 $\Pi = CRT$ に各値を代入します（イヌリンは非電解質なので電離しないためそのままでOKです）。

• 四捨五入前の正確なモル濃度：$C = 1.25 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$
• 気体定数：$R = 8.30 \times 10^3\text{ Pa}\cdot\text{L}/(\text{K}\cdot\text{mol})$
• 絶対温度：$T = 27 + 273 = 300\text{ K}$

$$\begin{aligned} \Pi = CRT &= 1.25 \times 10^{-2}\text{ mol/L} \times 8.30 \times 10^3\text{ Pa}\cdot\text{L}/(\text{K}\cdot\text{mol}) \times 300\text{ K} \\ &= 1.25 \times 3 \times 8.30 \times 10^3\text{ Pa} \\ &= 3.75 \times 8.30 \times 10^3\text{ Pa} \\ &= 31.125 \times 10^3\text{ Pa} \\ &= 3.1125 \times 10^4\text{ Pa} \xrightarrow{\text{有効数字2桁}} 3.1 \times 10^4\text{ Pa} \end{aligned}$$

（※もし(b)の四捨五入後の値 $1.3 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$ を使った場合でも、$1.3 \times 10^{-2} \times 8.30 \times 10^3 \times 300 = 3.237 \times 10^4 \fallingdotseq 3.2 \times 10^4\text{ Pa}$ となりますが、原則として途中計算では四捨五入前の $1.25 \times 10^{-2}\text{ mol/L}$ を用いて $3.1 \times 10^4\text{ Pa}$ とするのが最も確実です！）