2022年度 大学入学共通テスト 本試験 化学 解答・解説

＜問題要旨＞
原子が L 殻に電子を3個もつ元素を、Al・B・Li・Mg・N から選びます。

＜考え方＞
K 殻は2個、L 殻は8個まで入ります。選択肢の原子番号から電子配置を書き出し、L 殻の数が3になるものを探します。

【電子配置を書く】
 ① Al（原子番号13）
   K2 L8 M3 → L殻は8 ×

 ② B （原子番号5）
   K2 L3    → L殻は3 ○

 ③ Li（原子番号3）
   K2 L1    → L殻は1 ×

 ④ Mg（原子番号12）
   K2 L8 M2 → L殻は8 ×

 ⑤ N （原子番号7）
   K2 L5    → L殻は5 ×

よって ②

＜問題要旨＞
表1の窒素化合物（NH₄Cl、(NH₂)₂CO、NH₄NO₃、(NH₄)₂SO₄）のうち、窒素の含有率（質量パーセント）が最も高いものを選びます。

＜考え方＞
「1 mol 中の N の質量 ÷ モル質量」で比べます。N の原子量は 14 なので、分子式の N の数に 14 をかけた値をモル質量で割るだけです。

【N の質量 ÷ モル質量】

① NH₄Cl（53.5）
  N 1個 → 14
  14 / 53.5 = 0.262 → 26.2 %

② (NH₂)₂CO（60）
  N 2個 → 28
  28 / 60 = 0.467 → 46.7 % ←最大

③ NH₄NO₃（80）
  N 2個 → 28
  28 / 80 = 0.350 → 35.0 %

④ (NH₄)₂SO₄（132）
  N 2個 → 28
  28 / 132 = 0.212 → 21.2 %

（尿素は分子が小さく N を2個もつので
  含有率がとび抜けて高い）

よって ②

＜問題要旨＞
2種類の貴ガス A と B をさまざまな割合で混合し、温度一定・全圧一定（p₀）にします。元素 A の原子量が B より小さいとき、A の分圧と混合気体の密度の関係を表すグラフを選びます。

＜考え方＞
気体の密度は ρ = PM̄/(RT) で、全圧 P と温度が一定なら平均分子量 M̄ に比例します。M̄ をモル分率（＝分圧の比）で表すと、A の分圧の一次関数になります。

【密度と平均分子量】
 気体の状態方程式より
 ρ = P M̄ / (R T)

 P（全圧 p₀）と T が一定なので
 ρ は 平均分子量 M̄ に比例する

【平均分子量をAの分圧で表す】
 Aのモル分率 = p_A / p₀
 Bのモル分率 = 1 − p_A/p₀

 M̄ = M_A×(p_A/p₀) + M_B×(1 − p_A/p₀)
   = M_B − (M_B − M_A)×(p_A/p₀)

 M_A < M_B なので
 (M_B − M_A) > 0
 → p_A が増えると M̄ は一次関数的に減少

【両端の値】
 p_A = 0  → M̄ = M_B（大きい）
 p_A = p₀ → M̄ = M_A（小さい）

 → 右下がりの直線

よって ④

＜問題要旨＞
非晶質に関する記述のうち、誤りを含むものを選びます。

＜考え方＞
非晶質（アモルファス）は原子・分子の並び方が不規則な固体です。結晶部分が多いほど硬くなる、という向きを取り違えていないかがポイントです。

① ガラスは一定の融点を示さない
  非晶質は融点が定まらず
  加熱すると徐々に軟化する 正しい

② アモルファス金属・合金は
  融解した金属を急速冷却してつくる
  ゆっくり冷やすと結晶化するので
  急冷が必要         正しい

③ 非晶質の二酸化ケイ素（石英ガラス）は
  光ファイバーに利用される 正しい

④ ポリエチレンは非晶質部分の割合が
  増えるほどかたくなる

  実際は逆で
  結晶部分が多い ＝ かたい
  非晶質部分が多い ＝ やわらかい
  → 誤り ←これ

よって ④

＜問題要旨＞
1.0×10⁵ Pa で O₂ が水 20 L に接しています。同じ圧力で温度を 10℃ から 20℃ にすると、水に溶解している O₂ の物質量はどのように変化するかを、図1の溶解度曲線を使って答えます。

＜考え方＞
図1の縦軸は「水1 L に溶ける物質量」です。10℃ と 20℃ の値を読み取って差をとり、水の量 20 L 倍します。圧力は変わらないのでヘンリーの法則の補正は不要です。

【図1からO₂の溶解度を読む】
 10 ℃ … 約 1.75×10⁻³ mol/1L水
 20 ℃ … 約 1.40×10⁻³ mol/1L水

【1 L あたりの減少量】
 1.75×10⁻³ − 1.40×10⁻³
  = 0.35×10⁻³
  = 3.5×10⁻⁴ mol

【水 20 L では】
 3.5×10⁻⁴ × 20
  = 7.0×10⁻³ mol

 温度が上がると気体は溶けにくくなる
 → 減少する

よって ②（7.0×10⁻³ mol 減少する）

＜問題要旨＞
ピストン付きの密閉容器に水と空気（N₂ : O₂ ＝ 4 : 1）を入れ、5.0×10⁵ Pa を加えると 20℃ で水 1.0 L、空気 5.0 L になりました。温度一定でピストンを引き上げ 1.0×10⁵ Pa にしたとき、遊離した N₂ の体積は 0℃・1.013×10⁵ Pa で何 mL かを求めます。

＜考え方＞
溶けている量を決めるのは全圧ではなく N₂ の分圧です。圧力変更の前後それぞれで N₂ の分圧を出し、図1で読んだ 20℃ の溶解度にヘンリーの法則を適用して差をとります。最後に気体の状態方程式で体積に直します。

【N₂ の分圧】
 N₂ : O₂ = 4 : 1 → N₂ のモル分率 4/5

 変更前 5.0×10⁵ × 4/5 = 4.0×10⁵ Pa
 変更後 1.0×10⁵ × 4/5 = 0.80×10⁵ Pa

【図1から N₂ の溶解度（20℃）】
 1.0×10⁵ Pa のとき
  0.70×10⁻³ mol/1L水

【ヘンリーの法則で溶解量】
 水は 1.0 L

 変更前
  0.70×10⁻³ × (4.0×10⁵/1.0×10⁵)
   = 2.80×10⁻³ mol
 変更後
  0.70×10⁻³ × (0.80×10⁵/1.0×10⁵)
   = 0.56×10⁻³ mol

【遊離した N₂】
 2.80×10⁻³ − 0.56×10⁻³
  = 2.24×10⁻³ mol

【0℃, 1.013×10⁵ Pa での体積】
 V = nRT / P
  = 2.24×10⁻³ × 8.31×10³ × 273
            ÷ 1.013×10⁵
  = 5.08×10³ / 1.013×10⁵
  = 5.0×10⁻² L
  = 50 mL

よって ③

＜問題要旨＞
化学反応や物質の状態の変化において、発熱の場合も吸熱の場合もあるものを選びます。

＜考え方＞
①②④は必ず一方向に決まります。残る「溶解」は物質によって符号が変わることを知っているかどうかで決まります。

① 炭化水素の完全燃焼
  燃焼はつねに発熱   × 一方向

② 強酸と強塩基の中和
  中和はつねに発熱
  （希薄水溶液なら約56 kJ/mol）
           × 一方向

③ 電解質が多量の水に溶解
  溶解熱＝格子エネルギーと
  水和エネルギーの差なので
  物質によって符号が変わる

  NaOH の溶解 … 発熱
  NH₄NO₃ の溶解 … 吸熱
           ○ 両方ある

④ 常圧で純物質の液体が凝固
  凝固はつねに発熱   × 一方向

よって ③

＜問題要旨＞
0.060 mol/L の酢酸ナトリウム水溶液 50 mL と 0.060 mol/L の塩酸 50 mL を混合して 100 mL としたとき、水素イオン濃度を求めます（酢酸の電離定数は 2.7×10⁻⁵ mol/L）。

＜考え方＞
まず中和（弱酸の遊離）を完了させてから考えます。CH₃COO⁻ と H⁺ が過不足なく反応して酢酸に変わるので、「0.030 mol/L の酢酸水溶液」の問題に置きかえられます。

【混合前の物質量】
 CH₃COONa 0.060 × 50/1000
     = 3.0×10⁻³ mol
 HCl    0.060 × 50/1000
     = 3.0×10⁻³ mol

【弱酸の遊離】
 CH₃COO⁻ + H⁺ → CH₃COOH
 過不足なく反応（どちらも 3.0×10⁻³）

 生成した CH₃COOH 3.0×10⁻³ mol
 溶液は 100 mL = 0.100 L

 C = 3.0×10⁻³ / 0.100
  = 0.030 mol/L

（同時にできる NaCl は中性で無関係）

【弱酸の電離】
 [H⁺] = √(Ka × C)
   = √(2.7×10⁻⁵ × 3.0×10⁻²)
   = √(8.1×10⁻⁷)
   = √(81×10⁻⁸)
   = 9.0×10⁻⁴ mol/L

よって ③

＜問題要旨＞
可逆反応 A ⇄ B + C で、正反応の速度 v₁ = k₁[A]、逆反応の速度 v₂ = k₂[B][C] です。反応開始時 [A]=1 mol/L、[B]=[C]=0 mol/L、k₁=1×10⁻⁶ /s、k₂=6×10⁻⁶ L/(mol·s) のとき、平衡状態での [B] を求めます。

＜考え方＞
平衡とは「正反応と逆反応の速度が等しい状態」です。v₁ = v₂ とおくと、k₁/k₂ がそのまま平衡定数になります。あとは [B] = [C] = x として二次方程式を解きます。

【平衡の条件】
 v₁ = v₂
 k₁[A] = k₂[B][C]

 [B][C] / [A] = k₁ / k₂ = K

 K = (1×10⁻⁶)/(6×10⁻⁶) = 1/6

【濃度を x で表す】
 A が x mol/L 反応したとすると
 [A] = 1 − x
 [B] = [C] = x

【方程式を解く】
 x² / (1 − x) = 1/6
 6x² = 1 − x
 6x² + x − 1 = 0
 (3x − 1)(2x + 1) = 0

 x = 1/3 または x = −1/2
 濃度は正なので x = 1/3

よって ①

＜問題要旨＞
水素吸蔵合金 X は 0℃・1.013×10⁵ Pa で X の体積の 1200 倍の H₂ を貯蔵できます。この条件で 248 g の X に貯蔵できる H₂ は何 mol かを求めます（X の密度 6.2 g/cm³、R = 8.3×10³ Pa·L/(K·mol)）。

＜考え方＞
「体積の1200倍」なので、まず質量から合金の体積を出す必要があります。密度で体積に直し、1200倍して H₂ の体積を求め、気体の状態方程式で物質量にします。

【合金Xの体積】
 V_X = 質量 / 密度
   = 248 / 6.2
   = 40 cm³

【貯蔵できるH₂の体積】
 40 × 1200 = 48000 cm³
  = 48000 mL = 48 L

【物質量】
 PV = nRT より n = PV / (RT)

 n = 1.013×10⁵ × 48
    ÷ (8.3×10³ × 273)

 分子 1.013×10⁵ × 48 = 4.86×10⁶
 分母 8.3×10³ × 273 = 2.27×10⁶

 n = 4.86×10⁶ / 2.27×10⁶
  = 2.14 ≒ 2.1 mol

よって ④

＜問題要旨＞
図1のリン酸型燃料電池について、供給する物質（ア、イ）と排出される物質（ウ、エ）の組合せを選びます（排出される物質には未反応の物質も含まれます）。

＜考え方＞
図の e⁻ の向きから、どちらの電極が負極かを決めます。電子が外部回路へ出ていく側が負極で、そこに H₂ を供給します。生成した水がどちら側に出るかは、リン酸型では H⁺ が移動することから判断します。

【電極の判定】
 図1で e⁻ は左の電極から出て
 右の電極へ入る

 → 左が負極、右が正極

【各極の反応】
 負極（左）
  H₂ → 2H⁺ + 2e⁻
  ア に H₂ を供給
  ウ から未反応の H₂ が出る

 正極（右）
  O₂ + 4H⁺ + 4e⁻ → 2H₂O
  イ に O₂（空気）を供給
  エ から未反応の O₂ と
   生成した H₂O が出る

【ポイント】
 リン酸型では H⁺ が
 負極側から正極側へ移動するので
 水は正極側で生じる

ア = H₂
イ = O₂
ウ = H₂
エ = O₂, H₂O

よって ④

＜問題要旨＞
図1の燃料電池で H₂ 2.00 mol、O₂ 1.00 mol が反応したとき、外部回路に流れた電気量を求めます（ファラデー定数 9.65×10⁴ C/mol）。

＜考え方＞
H₂ 1 mol から電子が何 mol 出るかを負極の反応式から読み取ります。H₂ と O₂ は 2 : 1 で過不足なく反応しているので、どちらから計算しても同じ値になります。

【負極の反応】
 H₂ → 2H⁺ + 2e⁻
 H₂ 1 mol → e⁻ 2 mol

【電子の物質量】
 H₂ 2.00 mol
 n(e⁻) = 2.00 × 2 = 4.00 mol

（正極から検算
  O₂ + 4H⁺ + 4e⁻ → 2H₂O
  O₂ 1.00 mol → e⁻ 4.00 mol ✓）

【電気量】
 Q = n(e⁻) × F
  = 4.00 × 9.65×10⁴
  = 3.86×10⁵ C

よって ④

＜問題要旨＞
AlK(SO₄)₂·12H₂O と NaCl はどちらも無色の試薬です。それぞれの水溶液に操作ア〜エを行うとき、この二つを区別することができない操作を選びます。

＜考え方＞
ミョウバンの水溶液には Al³⁺・K⁺・SO₄²⁻ が、NaCl 水溶液には Na⁺・Cl⁻ があります。各操作でどちらか一方だけに変化が起きれば区別できます。変化が「どちらも同じ」になる操作を探します。

【ミョウバン水溶液に含まれるイオン】
 Al³⁺, K⁺, SO₄²⁻
（Al³⁺ の加水分解で弱い酸性）

ア アンモニア水を加える
  ミョウバン → Al(OH)₃ の白色沈殿
  NaCl → 変化なし
   区別できる

イ 臭化カルシウム CaBr₂ 水溶液
  ミョウバン → CaSO₄ の白色沈殿
  NaCl → 変化なし
   区別できる

ウ フェノールフタレイン溶液
  変色域は pH 8.0〜9.8（塩基性で赤）
  ミョウバン水溶液は酸性 → 無色
  NaCl 水溶液は中性   → 無色
   どちらも無色のまま
   区別できない ←これ

エ 白金板で電気分解
  NaCl 水溶液 → 陽極で Cl₂ 発生
  ミョウバン水溶液 → 陽極で O₂ 発生
   区別できる

よって ③

＜問題要旨＞
金属元素 M（酸化物中の酸化数は一つ）の単体 M と O₂ から金属酸化物 M_xO_y ができます。M と O₂ の物質量の和を 3.00×10⁻² mol に保ちながら M の物質量を変えたとき、生成する M_xO_y の質量（相対値）は図1のようになりました。この結果から組成式を決めます。

＜考え方＞
生成量が最大になるのは、M と O₂ が過不足なく反応する組合せのときです。そのときの M と O₂ の物質量の比が、そのまま反応式の係数比になります。

【最大値の位置を読む】
 図1で M_xO_y が最大になるのは
 M = 2.00×10⁻² mol のとき

 このとき O₂ は
 3.00×10⁻² − 2.00×10⁻²
  = 1.00×10⁻² mol

【過不足なく反応する比】
 M : O₂ = 2.00 : 1.00 = 2 : 1

【反応式の係数と比べる】
 x M + (y/2) O₂ → M_xO_y

 M : O₂ = x : y/2 = 2 : 1

  x /(y/2) = 2
  2x / y = 2
  y = x

 最も簡単な整数比は x = y = 1

 → 組成式は MO

よって ①

＜問題要旨＞
CO₂、Na₂CO₃、NH₄Cl をそれぞれ水に溶かしたとき、水溶液が酸性を示すものをすべて正しく選びます。

＜考え方＞
塩については「もとの酸と塩基の強弱」で判定します。弱酸＋強塩基の塩は塩基性、強酸＋弱塩基の塩は酸性です。CO₂ は塩ではなく、水に溶けて炭酸になります。

CO₂
 CO₂ + H₂O ⇄ H₂CO₃ ⇄ H⁺ + HCO₃⁻
 → 酸性 ○

Na₂CO₃
 弱酸（炭酸）と強塩基（NaOH）の塩
 CO₃²⁻ + H₂O ⇄ HCO₃⁻ + OH⁻
 → 塩基性 ×

NH₄Cl
 強酸（HCl）と弱塩基（NH₃）の塩
 NH₄⁺ + H₂O ⇄ NH₃ + H₃O⁺
 → 酸性 ○

酸性を示すのは CO₂ と NH₄Cl

よって ⑤

＜問題要旨＞
アンモニアソーダ法に関する記述のうち、誤りを含むものを選びます。

＜考え方＞
この製法の要は「NaHCO₃ が溶けにくいから沈殿として取り出せる」という点です。溶解度の大小の向きを取り違えていないか確認します。

① NaHCO₃ の水への溶解度は
  NH₄Cl より大きい

  実際は NaHCO₃ のほうが溶けにくい
  だからこそ NaHCO₃ だけが沈殿し
  NH₄Cl は溶液に残って分離できる
  → 誤り ←これ

② NH₃ を先に吸収させてから CO₂ を通じる
  溶液が塩基性になり
  CO₂ が溶けやすくなる  正しい

③ 図2のそれぞれの反応は触媒を必要としない
  加熱や中和による反応で
  触媒は使わない     正しい

④ NaHCO₃ の熱分解
  2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O
  水も生成する      正しい

よって ①

＜問題要旨＞
NaCl 58.5 kg がすべて反応して Na₂CO₃ と CaCl₂ を生成するときに、最小限必要とされる CaCO₃ は何 kg かを求めます（生じる NH₃ と CO₂ はすべて再利用されます）。

＜考え方＞
NH₃ と CO₂ が完全に再利用されるので、それらを消去した「全体の反応式」を1本つくります。その式の係数比だけで答えが出ます。

【各段階の反応式】
① NaCl + NH₃ + CO₂ + H₂O
   → NaHCO₃ + NH₄Cl        (×2)
② 2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O
③ CaCO₃ → CaO + CO₂
④ CaO + H₂O → Ca(OH)₂
⑤ 2NH₄Cl + Ca(OH)₂
   → CaCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O

【NH₃・CO₂ を消去してまとめる】
 2NaCl + CaCO₃
  → Na₂CO₃ + CaCl₂

【量的関係】
 NaCl 58.5 kg
 モル質量 58.5 g/mol
 n(NaCl) = 58.5 kg ÷ 58.5 g/mol
     = 1.00 kmol

 NaCl : CaCO₃ = 2 : 1 なので
 n(CaCO₃) = 0.500 kmol

 CaCO₃ のモル質量 100 g/mol
 質量 = 0.500 × 100
   = 50.0 kg

よって ②

＜問題要旨＞
ハロゲン原子を含む有機化合物に関する記述のうち、誤りを含むものを選びます。

＜考え方＞
④はプロピンの三重結合の位置を確認します。付加は三重結合のある炭素に起こるので、生成物の Br の位置がどこになるかを書いて確かめます。

① メタン + 十分な量の Cl₂ + 光
  CH₃Cl → CH₂Cl₂ → CHCl₃ → CCl₄
  と順次置換が進む   正しい

② ブロモベンゼンの沸点 >
  ベンゼンの沸点
  分子量が大きく分子間力も強い
            正しい

③ クロロプレンの重合体は
  クロロプレンゴム（合成ゴム）
            正しい

④ プロピン CH₃−C≡CH に Br₂ を2分子付加

  三重結合は C1 と C2 の間
  → Br は C1 と C2 につく

  CH₃−CBr₂−CHBr₂
  ＝ 1,1,2,2-テトラブロモプロパン

  問題文の CHBr₂CH₂CHBr₂ は
  1,1,3,3-テトラブロモプロパン
  → 誤り ←これ

よって ④

＜問題要旨＞
フェノールを混酸と反応させると段階的にニトロ化が起こり、ニトロフェノールとジニトロフェノールを経由して 2,4,6-トリニトロフェノールのみが得られました。この途中で経由したと考えられるニトロフェノールの異性体とジニトロフェノールの異性体はそれぞれ何種類かを答えます。

＜考え方＞
最終生成物が 2,4,6 体だけなので、途中の化合物のニトロ基も 2・4・6 のいずれかの位置に限られます。あとは「その中から1個選ぶ」「2個選ぶ」場合の数を、対称性による重複を除いて数えます。

【ニトロ基が入りうる位置】
 最終生成物が 2,4,6-体のみ
 → 途中でも NO₂ は 2, 4, 6 のみ

【ニトロフェノール（NO₂ 1個）】
 2-ニトロフェノール（オルト）
 4-ニトロフェノール（パラ）
 6-ニトロフェノール
  → 6位は番号のふり直しで
   2位と同じもの

 区別できるのは
  2-ニトロフェノール
  4-ニトロフェノール
   2 種類 → ②

【ジニトロフェノール（NO₂ 2個）】
 {2,4}, {2,6}, {4,6} の3通り

 {4,6} は逆回りに番号をふると
  6→2, 4→4 となり {2,4} と同じ

 区別できるのは
  2,4-ジニトロフェノール
  2,6-ジニトロフェノール
   2 種類 → ②

ニトロフェノール 2 種類 → ②
ジニトロフェノール 2 種類 → ②

＜問題要旨＞
天然高分子化合物および合成高分子化合物に関する記述のうち、下線部に誤りを含むものを選びます。

＜考え方＞
⑤は加水分解して何ができるかを実際に書いてみます。ポリエステルの単量体が1種類なのか2種類なのかで差がつきます。

① タンパク質の三次構造
  側鎖 R どうしのジスルフィド結合や
  イオン結合で折りたたまれる 正しい

② 変性は高次構造の変化による
  ペプチド結合は切れない   正しい

③ アセテート繊維
  トリアセチルセルロースを
  部分的に加水分解して紡糸  正しい

④ 天然ゴムの劣化
  分子中の C=C が空気酸化されて
  弾性を失う         正しい

⑤ 完全に加水分解したとき

  ポリエチレンテレフタラート
   → テレフタル酸
    ＋ エチレングリコール
    2 種類

  ポリ乳酸
   → 乳酸 のみ 1 種類

  「いずれも1種類」は 誤り ←これ

よって ⑤

＜問題要旨＞
示性式 HOOC(CH₂)₄COOH のジカルボン酸を試薬 X で還元し、途中で止めるとヒドロキシ酸と2価アルコールが得られました。図2の A〜C がどの化合物に対応するかを選びます。

＜考え方＞
「原料 → 中間体 → 最終生成物」という３段階の変化です。グラフの形（最初から減る／途中で山になる／最後まで増える）と役割を対応づけます。

【反応の流れ】
 ジカルボン酸
  →（COOHが1つ還元）ヒドロキシ酸
  →（もう1つ還元）2価アルコール

【グラフの形と役割】
 A：100 % から始まり
  48 h で 0 になる
  → 減る一方 ＝ 原料
  ＝ ジカルボン酸

 C：0 から増えて 48 h 付近で山
  その後減少
  → 途中でたまって消える
  ＝ 中間体 ＝ ヒドロキシ酸

 B：0 から増え続け
  96 h で 95 % 近く
  → 最後まで増える ＝ 最終生成物
  ＝ 2価アルコール

ジカルボン酸 = A
ヒドロキシ酸 = C
2価アルコール = B

よって ②

＜問題要旨＞
示性式 HOOC(CH₂)₂COOH のジカルボン酸を試薬 X で還元すると、炭素原子を4個もつ化合物 Y が途中で生成しました。Y は銀鏡反応を示さず、NaHCO₃ 水溶液を加えても CO₂ を生じません。86 mg の Y を完全燃焼させると CO₂ 176 mg と H₂O 54 mg が生成しました。Y の構造式を選びます。

＜考え方＞
燃焼データから組成式（＝分子式）を確定させ、そのうえで「−CHO がない」「−COOH がない」の2条件でしぼります。分子式が合わない選択肢はその場で消せます。

【燃焼データから元素の質量】
 C：176 mg の CO₂ 中
  176 × (12/44) = 48 mg
 H：54 mg の H₂O 中
  54 × (2/18) = 6 mg
 O：86 − 48 − 6 = 32 mg

【物質量比】
 C 48/12 = 4.0
 H 6/1.0 = 6.0
 O 32/16 = 2.0

 C : H : O = 4 : 6 : 2 = 2 : 3 : 1
 組成式 C₂H₃O、式量 43

【分子式の決定】
 炭素原子を4個もつ → C₄H₆O₂
 分子量 86
 86 mg ÷ 86 = 1.0 mmol
 → C 4.0 mmol と一致 ✓

【条件でしぼる】
 銀鏡反応を示さない → −CHO なし
 NaHCO₃ で CO₂ が出ない → −COOH なし

① OHC−(CH₂)₂−CHO
  C₄H₆O₂ だが −CHO あり ×
② HO−(CH₂)₃−COOH
  C₄H₈O₃ で分子式が違う ×
③ CH₂=CH−CH₂−COOH
  −COOH あり ×
④ 無水コハク酸 C₄H₄O₃ ×
⑤ 環状エステル（γ-ブチロラクトン）
  C₄H₆O₂、−CHO も −COOH もない ○
⑥ C₄H₈O₂ で分子式が違う ×

よって ⑤

＜問題要旨＞
分子式 C₅H₈O₄ をもつジカルボン酸は図3の4種類です。これらを還元して生成するヒドロキシ酸 C₅H₁₀O₃ は立体異性体を区別しないと何種類（ア）あり、そのうち不斉炭素原子をもつものは何種類（イ）かを答えます。

＜考え方＞
「2つの COOH のうち一方だけが CH₂OH に変わる」と考えます。2つの COOH が同じ環境なら生成物は1種類、違う環境なら2種類です。数え上げたあと、それぞれについて不斉炭素原子の有無を確認します。

【① ペンタン二酸】
 HOOC−CH₂CH₂CH₂−COOH
 2つの COOH は左右対称で同じ
 → 生成物は1種類
  HOCH₂−CH₂CH₂CH₂−COOH
 不斉炭素原子 なし

【② メチルコハク酸】
 CH₃−CH(COOH)−CH₂−COOH
 2つの COOH は環境が違う → 2種類

 (a) CH₃−CH(CH₂OH)−CH₂−COOH
   中心C：CH₃, CH₂OH, CH₂COOH, H
   すべて異なる → 不斉炭素 あり
 (b) CH₃−CH(COOH)−CH₂−CH₂OH
   中心C：CH₃, COOH, CH₂CH₂OH, H
   すべて異なる → 不斉炭素 あり

【③ エチルマロン酸】
 CH₃CH₂−CH(COOH)−COOH
 2つの COOH は同じ炭素についていて
 環境が同じ → 生成物は1種類

  CH₃CH₂−CH(CH₂OH)−COOH
  中心C：CH₂CH₃, CH₂OH, COOH, H
  すべて異なる → 不斉炭素 あり
  （もとの酸では COOH が2つで
   不斉ではなかった点に注意）

【④ ジメチルマロン酸】
 (CH₃)₂C(COOH)₂
 2つの COOH は同じ → 1種類

  (CH₃)₂C(CH₂OH)(COOH)
  CH₃ が2つあるので
  不斉炭素原子 なし

【合計】
 ヒドロキシ酸の種類
  1 + 2 + 1 + 1 = 5 種類 → ア = 5

 不斉炭素原子をもつもの
  ②(a), ②(b), ③ の 3 種類 → イ = 3

よって ④
（ア=5, イ=2 の ③ には部分点2点）

＜問題要旨＞
脂肪族不飽和炭化水素とそれに関連する化合物の構造に関する記述のうち、誤りを含むものを選びます。

＜考え方＞
三重結合をもつ炭素とその両隣は一直線に並びますが、それより先の sp³ 炭素はその直線からはずれます。どこまでが直線上かを図で確かめます。

① エチレンの C=C
  二重結合のまわりは回転できない
  （だからシス−トランス異性体が
   存在できる）      正しい

② シクロアルケンの一般式
  環1つ＋二重結合1つで
  水素が4個少ない
  CnH2n+2 − 4 = CnH2n−2  正しい
  （例 シクロヘキセン C₆H₁₀）

③ 1-ブチン CH≡C−CH₂−CH₃

  C1≡C2 は直線（結合角180°）
  C1, C2, C3 は同一直線上

  しかし C3 は sp³ 炭素で
  結合角は約109.5°
  → C4 はその直線上にない

  「四つの炭素原子が同一直線上」は
  誤り ←これ

④ ポリアセチレン
  −CH=CH− のくり返しで
  分子中に二重結合をもつ  正しい

よって ③

＜問題要旨＞
アルケン A（分子式 C₆H₁₂）をオゾンと SO₂ の存在下で反応させると、アルデヒド B（R¹CHO）とケトン C（R²COR³）が生成しました。B はヨードホルム反応を示さず、C はヨードホルム反応を示します。R¹、R²、R³ の組合せを選びます。

＜考え方＞
ヨードホルム反応を示すのは CH₃CO− または CH₃CH(OH)− の構造をもつ化合物です。アセトアルデヒド CH₃CHO は示す、という点が B の条件のカギになります。炭素数の合計が6になることでも確認できます。

【炭素数の確認】
 C=C の炭素2個 + R¹ + R² + R³ = 6
 → R¹, R², R³ の炭素の合計は 4

【アルデヒド B の条件】
 B = R¹CHO はヨードホルム反応を示さない

 R¹ = CH₃ だと B = CH₃CHO
  → CH₃CO− をもつので反応する ×
 → R¹ ≠ CH₃

【ケトン C の条件】
 C = R²COR³ はヨードホルム反応を示す
 → R² か R³ の少なくとも一方が CH₃

【選択肢の検討】
① R¹=H → B = HCHO（示さない ○）
  C = CH₃CH₂COCH₂CH₃
   メチルケトンでない ×
② R¹=CH₃ → B = CH₃CHO ×
③ R¹=CH₃ → ×
④ R¹=CH₃CH₂
  B = CH₃CH₂CHO（示さない ○）
  C = CH₃COCH₃ アセトン（示す ○）
  炭素数 2+1+1 = 4 ○

よって ④

＜問題要旨＞
式(2)の反応熱 Q を、式(3)（SO₂ の酸化、+99 kJ）、式(4)（O₂ から O₃、−143 kJ）と表1の生成熱（アルケン A 67、アルデヒド B 186、ケトン C 217 kJ/mol）から求めます。

＜考え方＞
反応熱 ＝（生成物の生成熱の和）−（反応物の生成熱の和）を使います。O₃ の生成熱は式(4)からそのまま読み取れ、SO₃ と SO₂ の生成熱の差は式(3)の反応熱そのものです。

【必要な生成熱を用意する】
 アルケン A … 67 kJ/mol
 アルデヒド B … 186 kJ/mol
 ケトン C  … 217 kJ/mol

 式(4) 3/2 O₂ = O₃ − 143 kJ
  → O₃ の生成熱 = −143 kJ/mol

 式(3) SO₂ + 1/2 O₂ = SO₃ + 99 kJ
  → 生成熱(SO₃) − 生成熱(SO₂) = 99

【反応熱の式】
 Q = Σ(生成物の生成熱)
   − Σ(反応物の生成熱)

 生成物：B + C + SO₃
 反応物：A + O₃ + SO₂

 Q = {186 + 217 + 生成熱(SO₃)}
   − {67 + (−143) + 生成熱(SO₂)}

  = 186 + 217 − 67 + 143
   + {生成熱(SO₃) − 生成熱(SO₂)}

  = 479 + 99
  = 578 kJ

よって ③

＜問題要旨＞
5.0×10⁻⁷ mol/L のアルケン A と 5.0×10⁻⁷ mol/L の O₃ を温度一定で反応させたときの、アルケン A のモル濃度の時間変化が図1です。反応開始後 1.0 秒から 6.0 秒の間に、アルケン A が減少する平均の反応速度を有効数字2桁で答えます。

＜考え方＞
平均の反応速度は「濃度の減少量 ÷ 経過時間」です。図1から2点の濃度を読み取るだけですが、縦軸が ×10⁻⁷ mol/L である点と、答えの形式が ×10⁻□ である点に注意します。

【図1から濃度を読む】
 t = 1.0 s のとき
  [A] ≒ 4.4×10⁻⁷ mol/L
 t = 6.0 s のとき
  [A] ≒ 2.8×10⁻⁷ mol/L

【減少量】
 4.4×10⁻⁷ − 2.8×10⁻⁷
  = 1.6×10⁻⁷ mol/L

【平均の反応速度】
 v = 減少量 / 経過時間
  = 1.6×10⁻⁷ / (6.0 − 1.0)
  = 1.6×10⁻⁷ / 5.0
  = 0.32×10⁻⁷
  = 3.2×10⁻⁸ mol/(L·s)

 28 → 3 → ③
 29 → 2 → ②
 30 → 8 → ⑧

よって 3.2×10⁻⁸ mol/(L·s)

＜問題要旨＞
表2の実験1〜3の結果から、反応速度式を v = k[A]^a[O₃]^b の形で表すとき、反応速度定数 k を有効数字2桁で求めます。

＜考え方＞
片方の濃度だけが変わっている組を探して次数を決めるのが基本ですが、この表では両方が同時に変わっています。実験1と3（[A] が同じ）でまず b を決め、次に実験1と2の比をとって a を求めます。

【b を決める：実験1と実験3】
 [A] はどちらも 1.0×10⁻⁷ で同じ
 [O₃] は 2.0×10⁻⁷ → 6.0×10⁻⁷（3倍）
 v は 5.0×10⁻⁹ → 1.5×10⁻⁸（3倍）

 → [O₃] に比例  b = 1

【a を決める：実験1と実験2】
 実験1 5.0×10⁻⁹
  = k(1.0×10⁻⁷)^a (2.0×10⁻⁷)
 実験2 1.0×10⁻⁸
  = k(4.0×10⁻⁷)^a (1.0×10⁻⁷)

 実験2 ÷ 実験1
  2.0 = 4^a × (1.0/2.0)
  4^a = 4
  a = 1

【速度式と k】
 v = k[A][O₃]

 実験1を代入
 k = 5.0×10⁻⁹
   ÷ (1.0×10⁻⁷ × 2.0×10⁻⁷)
  = 5.0×10⁻⁹ / 2.0×10⁻¹⁴
  = 2.5×10⁵ L/(mol·s)

 31 → 2 → ②
 32 → 5 → ⑤
 33 → 5 → ⑤

よって 2.5×10⁵ L/(mol·s)