解■【第 1 章

第1編

物質の状態 ■

分子結晶は，非金属元素の原子が共有結合してできた分子が，分子間力で集合してできた結晶で，固5.8×10 mol

体でも液体でも電気を通さない。

類題

1． 解

解説

面心立方格子の単位格子中には，電気力で結合した結晶で，固体では電気を通さない

すると，この金属原子 4 個分の質量は，が，水溶液や液体にすると電気を通す。
26【 2 】 解27×4
27 gmolg
×4=NN 〔mol〕
を代入すると，
27×4
g=2.7 gcm×(4.1×10) cm
N
N=5.79…×10mol≒5.8×10mol

12 個

⑵



Na ： 4 個，Cl ： 4 個⑸



2.2 gcm

解説

⑴

⑹

⑷

3.9×10 g

1.1×10 cm

NaCl の単位格子の中心にある Na に着

目すると，その上下，左右，前後にある Cl 6 個と接している (Na の配位数は 6 である)。
⑵

NaCl の単位格子の中心にある Na (下図の X ) に着目すると，単位格子の各辺の中点にある Na 12

1.2×10 cm

個で取り囲まれている。

体心立方格子では，立方体の対角線の方向で

解説

6個

⑴



⑶

質量=密度×体積 の関係式に，この単位格子の値

A． 解イオン結晶は，金属元素の原子から生じた陽イオ⑷

ンと，非金属元素の原子から生じて陰イオンが，静の原子が含まれる。アボガドロ定数を N 〔mol〕 と問(黒鉛は例外で，電気をよく通す。)⑶

粒子の結合と結晶】

1
1×8+ ×6=4 (個)
8
2

21

編

解答編

326

20

答

原子が接しているので，単位格子の一辺の長さ l 〔cm〕と原子半径 r 〔cm〕 の関係は，r=r= 3l であるから，
4

 3
×2.9×10 cm=1.23…×10 cm
4Na は立方体の各辺の中点と立方体の中心に位⑶≒1.2×10 cm

置するから，



章

末

問

題

Cl は立方体の各頂点と各面の中心に位置するから，

26【 1 】 解解
答編

1
(辺の中心)×12+1(立方体の中心)=4(個)
4

Na：



Cl：

1
1
(頂点)×8+ (面の中心)×6=4 (個)
2
8

A群 B群

C群

⑴ 金属結晶エキサ⑵ 共有結合結晶

イ

オケと，単位格子中には NaCl の単位粒子 4 個分が含ま⑶ 分子結晶

ウ

ク

コ

れる。

⑷ イオン結晶

アカシNa と Cl 1 個ずつを NaCl の単位粒子と考える⑷

NaCl の単位粒子 1 個分の質量 〔g〕

解説

=
構成粒子

融点

その他の特徴⑴ 金属結晶金属元素の原子高いものが 展性・延性に多い
富む⑵ 共有結合
結晶

非金属元
素の原子

非常に高い

⑶ 分子結晶分子⑷ イオン結晶

陽イオン
陰イオン

非常に硬い
(黒鉛は例外)であるから，NaCl の単位粒子 4 個分の質量は，58.5 gmol
×4=3.9×10 g
6.0×10mol⑸

結晶の密度 〔gcm〕=低いものが 昇華する物質
多い
もある
高い

=

⑹
結合した結晶で，固体でも液体でも電気をよく通す。
⑵ 共有結合結晶は，非金属元素の原子が共有結合のみで結合した結晶で，電気を通さないものが多い。

単位格子中の粒子の質量 〔g〕
単位格子の体積 〔cm〕

3.9×10 g(5.6×10) cm

=2.21… gcm≒2.2 gcm

硬くてもろい⑴ 金属結晶は，金属元素の原子が自由電子によってNaCl のモル質量 〔gmol〕
アボガドロ定数 〔mol〕

NaCl の結晶では，Na と Cl は立方体の各辺上で接するから，Na のイオン半径を r 〔cm〕 とおくと，
2(r+1.7×10) cm=5.6×10 cm
r=1.1×10 cm
26【 3 】 解⑴

面心立方格子

⑵

12 個

解答編

4個

⑶
⑹

⑷

8.5×10 個⑸

1.1×10 g

くから，沸点も高くなる。

⑺ 1.3×10 cm

63

327

HS (分子量 34) と O (分子量 32) の分子量はほぼ⑵

面心立方格子を 2等しいが，HS は折れ線形の極性分子で，O は直線

つ横に並べて考える。単位格形の無極性分子である。分子量が同程度のとき，極子の境界面の中心に位置する性分子の方が無極性分子よりも分子間力が強くはた

原子●に着目すると，12 個のらき，沸点は高くなる。これは，極性分子では，無原子●○に囲まれていることがわかる。

極性分子にもはたらくファンデルワールス力に加え

⑵

解説

⑶

1
1
(頂点)×8+ (面の中心)×6=4 (個)82⑷単位格子の体積は (3.6×10) cm で，その中にて，静電気力がはたらくためである。
HF (分子量 20) は HCl (分子量 36.5) よりも分子量⑶は小さいが，F は Cl に比べて電気陰性度が大きい

Cu 原子が 4 個含まれる。よって，体積 1.0 cm 中

ため，HF は HCl よりも強い極性をもつ。そのため，に含まれる Cu 原子の数を  (個) とすると，HCl 分子間には水素結合は形成されないが，HF 分(3.6×10) cm：4 (個)=1.0 cm： (個)子間には水素結合がはたらき，HCl よりも HF の方

4.0 cm=8.51…×10 (個)=(3.6×10) cm
≒8.5×10 (個)
質量 〔g〕=体積 〔cm〕×密度 〔gcm〕 の関係を利⑸

が沸点はかなり高くなる。
【第 2 章物質の状態変化】
91 kJ

類題

2． 解

結晶中に Cu 原子が 4 個含まれているので，Cu 原子

解説

水 36 g の 物 質 量 は，1 個の質量は，ある。

用 す る。密 度 9.0 gcm，体 積 (3.6×10) cm の30

9.0 gcm×(3.6×10) cm
4 (個)50 °C の水 36 g を 100 °C の水にするのに必要な熱�

量は，=1.0575×10 g≒1.1×10 g⑹

4.2 J(g⋅K)×36 g×(100−50) K=7560 J=7.56 kJ

Cu の原子量を求めるには，Cu のモル質量を求め

100 °C の 水 2.0 mol を 100 °C の 水 蒸 気 に す る の�ればよい。Cu のモル質量は⑸で求めた Cu 原子 1に必要な熱量は，個の質量にアボガドロ定数をかけたものなので，

41 kJmol×2.0 mol=82 kJ

1.0575×10 g×6.0×10mol

100 °C の水蒸気 36 g を 120 °C の水蒸気にするの�=63.4… gmol≒63 gmolに必要な熱量は，

原子量は，モル質量から gmol を除いた数値と2.1 J(g⋅K)×36 g×(120−100) K

なる。よって，Cu の原子量は 63=1512 J=1.512 kJ

面心立方格子では，立方体の面の対角線の方向で⑺

よって，総熱量は，原子が接しているので，単位格子の一辺の長さ
 2
l 〔cm〕 と原子半径 r 〔cm〕 の関係は，r=l で
47.56 kJ+82 kJ+1.512 kJ=91.072 kJ≒91 kJ
31イ，ともに無極性分子だが，ヨウ素の33

7.0×10 Pa になる温度を読み取ると，90 °C。

極性分子の方が分子間力が強くはたらくから。
ア，フッ化水素は分子間で，水素結合を形成して
いるから。
解説

⑴

Cl と I はともに同種の原子からなる無極性分子であるが，Cl (分子量 71) よりも I (分子量254) の方が分子量が大きく，分子間力が強くはたら

90 °C(液体の蒸気圧)=(外圧) になると，液体は沸騰する。水の蒸気圧曲線において，水の蒸気圧がア，硫化水素は極性分子，酸素は無極性分子で，⑶684 mmHg
×1.01×10 Pa=9.09×10 Pa
760 mmHg

2． 解

問

解説

方が分子量が大きく，分子間力が強くはたらくから。
⑵

求める大気圧を  〔Pa〕 とすると，

=≒1.3×10 cm⑴

9.09×10 Pa

760 mmHg：1.01×10 Pa=684 mmHg： 〔Pa〕

 2
×3.6×10 cm=1.26×10 cm
4

26【 4 】 解

1． 解

問

解説

あるから，
r=

36 g
=2.0 mol で
18 gmol33⑴

7.0×10 Pa

問

3． 解

⑵

ジエチルエーテル⑶

エタノール：液体，ジエチルエーテル：気体

解説⑴

エタノールの蒸気圧曲線において，70 °C

での蒸気圧を読み取ると，7.0×10 Pa。

解
答
編

解答編

328

⑵ 例えば，20 °C での蒸気圧の値を比較すると，ジエのに必要な熱量は，36 g×2.0 J(g⋅K)×(0−(−10))=720 J=0.72 kJ

チルエーテルの値が最も高い。したがって，最も蒸発しやすい物質は，ジエチルエーテルである。

DE 間：100 °C の水 2.0 mol を 100 °C の水蒸気⒟⑶ 40 °C，5.0×10 Pa の点を P とおく。点 P は，エにするのに必要な熱量は，41 kJmol×2.0 mol=82 kJ

タノールの蒸気圧曲線よりも上側にあるから，この点ではエタノールは液体の状態で存在する。一方，

EF 間：100 °C の水蒸気 36 g を 120 °C の水蒸気⒠

点 P はジエチルエーテルの蒸気圧曲線の下側にあるにするのに必要な熱量は，36 g×2.1 J(g⋅K)×(120−100) Kから，この点ではジエチルエーテルは気体の状態で=1.512×10 J=1.512 kJ存在する。

よって，全熱量は，⒜+⒝+⒞+⒟+⒠ より，



章

⑴

t：融点，t：沸点35【 1 】 解

イ ⒝

末

オ

⑶

問
⒜

題

12 kJ+15.12 kJ+0.72 kJ+82 kJ+1.512 kJ



12 kJ

=111.352 kJ≒111 kJ
物質が状態変化する際には，熱の吸収・放出を伴

⑸
⒝

15 kJ

⑵

⒜

⑷

111 kJ⑸

加えた熱エネルギーが，水の状態変化のために使うにも関わらず，物質の温度は変化しない。したがって，物質の状態変化に伴う融解熱，蒸発熱などをわれたから。

まとめて潜熱とよぶことがある。
固体が融解して液体になるためには，粒子間には⑹

氷の結晶中の水分子の配列をくずすのに必要な熱たらく結合の一部を切断するだけでよいが，液体がエネルギーよりも，液体の水分子間にはたらく分子

蒸発して気体になるためには，粒子間にはたらくす⑹

間力をすべて断ち切るのに必要な熱エネルギーの方⑴

解説

べての結合を切断しなければならないからである。
35【 2 】 解が大きいから。
加熱すると，分子の熱運動が激しくなり，

ネルギーは分子の配列をくずすために使われるため，

8.0×10 Pa

重力による圧力がつり合う。
すなわち，1.01×10 Pa=760 mmHg である。
ガラス管の下からエタノールの液体を少量注入す⑶

ため，液体がすべて沸騰するまで，温度は一定に保ると，エタノールの蒸気がガラス管の上部の空間をたれる。

満たす。そのため，エタノールの蒸気圧が生じ，水BC 間の状態変化は融解なので，その間に吸収さ⑵銀柱が (760−700) mm=60 mm 押し下げられる。

れる熱量は融解熱という。融解熱は，1 mol の固体

よって，25 °C でのエタノールの蒸気圧は，60 mmHg。この圧力を Pa 単位に変換すると，をすべて融解させるのに必要な熱量である。

760 mmHg：1.01×10 Pa=60 mmHg： 〔Pa〕

DE 間では沸騰が起こっているが，その間に吸収される熱量は蒸発熱という。蒸発熱は 1 mol の液体

=をすべて蒸発させるのに必要な熱量である。
氷 (分子量 18) の物質量は，⑶

36 g=2.0 mol18 gmol
BC 間：0 °C の氷 2.0 mol を 0 °C の水にするの⒜に必要な熱量は，6.0 kJmol×2.0 mol=12 kJ⒝ CD 間：0 °C の水 36 g を 100 °C の水にするのに⑴

水：2.0×10 Pa，

エタノール：4.7×10 Pa⑵

水：81 °C，エタノール：63 °C

⑶

⒜

⑷

水：液体，エタノール：気体

解説

水

⒝

水

⒞

水

⑵ (液体の蒸気圧)=(外圧) になると，液体は沸騰するから，液体の蒸気圧が 5.0×10 Pa になる温度が，その圧力における沸点である。

36 g×4.2 J(g⋅K)×(100−0) K
⒞

60 mmHg
×1.01×10 Pa≒8.0×10 〔Pa〕
760 mmHg

35【 3 】 解

必要な熱量は，⑷⑶

大気圧 1.01×10 Pa と高さ 760 mm の水銀柱のまた，沸点 t でも，液体の分子間にはたらく分子間

解
答
編

760

空間はほぼ真空とみなしてよい。
⑵

固体がすべて融解するまで，温度は一定に保たれる。
力をすべて断ち切るために熱エネルギーが使われる⑵

水銀の蒸気圧はきわめて低いので，Aの⑴

解説

温度が上昇する。しかし，融点 t では，加えた熱エ

真空

⑴

⑶

⒜

同じ温度で比較したとき，蒸気圧の小さい=15.12×10 J=15.12 kJ≒15 kJ(低い) 物質ほど，より高い温度にしないと沸騰がAB 間：−10 °C の氷 36 g を 0 °C の氷にする

起こらないので，沸点は高くなる。

解答編

分子間力が大きい物質のほうが蒸発しにくいの⒝40で，蒸気圧は低くなる。同じ温度で比較すると，蒸気圧の小さい (低い) 物質ほど，分子間引力は大

5． 解

解説

気体の状態方程式を変形した式

pV =分子間力の大きい物質ほど，蒸発熱も大きくな

⒞

M=

る。
=

60 °C，3.0×10 Pa の点を P とする。点 P は水の⑷

蒸気圧曲線よりも上側にあるから，この点では水はm
RT より，モル質量 M 〔gmol〕 を求める。
M

mRT
pV
2.4 g×8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(77+273) K
1.0×10 Pa×1.2 L=58.1 gmol≒58 gmol

液体の状態で存在する。一方，点 P は，エタノールの蒸気圧曲線よりも下側にあるから，この点ではエ

58

類題

きい。

329

よって，分子量は 5840

タノールは気体の状態で存在する。

6． 解

問

解説

34

この気体 1 mol (標準状態で 22.4 L) 当たりの質量 (モル質量) を求めると，【第 3 章
36

⑴

4． 解

問

解説

⑴

気体】

1.5 gL×22.4 Lmol=33.6 gmol
3.0×10 Pa

⑵

50 mL

気体のモル質量は，分子量に gmol をつけたもの

ボイルの法則 pV= pV を用いる。

に等しいから，分子量はモル質量から gmol を除い求める圧力を p 〔Pa〕 とすると，た数値となる。

1.0×10 Pa×6.0 L= p 〔Pa〕×2.0 L
p=3.0×10 Pa⑵

43

求める体積を V 〔mL〕 とすると，


37

よって，この気体の分子量は 33.6≒34
類題

混合気体の全圧：2.4×10 Pa



解説

V =50 mL

則 pV= pV より，

5． 解

解説

⑴

150 mL

シャルルの法則⑵

267 °CV  V
=を用いる (シャルT TpO=1.2×10 Pa
同様に，窒素の分圧を pN 〔Pa〕 とすると，
2.4×10 Pa×2.0 L= pN 〔Pa〕×4.0 L

求める体積を V 〔mL〕 とすると，
100 mLV 〔mL〕=(27+273) K (177+273) K

pN=1.2×10 Pa

V =150 mL

分圧の法則より，混合気体の全圧 p 〔Pa〕 は，その成分気体の分圧の和に等しいので，

まず，絶対温度で求める。求める温度を T 〔K〕

p= pO+ pN=1.2×10 Pa+1.2×10 Paとすると，100 mL
180 mL=(27+273) K
T 〔K〕=2.4×10 Pa
T =540 K

43

4.0×10 Pa

類題

3． 解

解説

pV pV
ボイル・シャルルの法則
=
を用
T
T

解説

2.0×10 Pa×5.0 L p 〔Pa〕×3.0 L=(27+273) K(87+273) K
39

44


8.3×10 Pa

類題

4． 解

解説

気体の状態方程式 pV =nRT より，p=

混合気体中の成分気体の分圧は，混合気体の窒素の分圧：1×10 Pa×4=8×10 Pa
4+1

酸素の分圧：1×10 Pa×1=2×10 Pa
4+1

8． 解

問

解説

28.8

混合気体の平均分子量は，成分気体の分子量にモル分率をかけて足し合わせて求められる。窒素N (分子量 28.0)，酸素 O (分子量 32.0) より，

nRTV

空気の平均分子量=28.0×

0.10 mol×8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(7+273) K=
2.8 L=8.3×10 Pa

窒素の分圧：8×10 Pa，

全圧×成分気体のモル分率 で求められる。

いる。求める圧力を p 〔Pa〕 とすると，

p=4.0×10 Pa

7． 解

問

酸素の分圧：2×10 Pa

よって，セルシウス温度は，540−273=267 (°C)
38

酸素の分圧を pO 〔Pa〕 とすると，ボイルの法

1.6×10 Pa×3.0 L= pO 〔Pa〕×4.0 L

ルの法則を使うときは，絶対温度を用いる)。

⑵

酸素の分圧：1.2×10 Pa，

1.0×10 Pa×25 mL=5.0×10 Pa×V 〔mL〕
問

⑴

6． 解

=28.8
44

類題

7． 解

1.0 g

4
1
+32.0×
5
5

解
答
編

解答編

330

pV =nR(t+273)

捕集した気体は，一酸化窒素と水蒸気の混合解説

気体である。よって，一酸化窒素の分圧 pNO 〔Pa〕 は，

nR
273nR
t+
p
p

V=

分圧の法則より，大気圧 p 〔Pa〕 から水の蒸気圧
pHO 〔Pa〕 を引いた値になる。
pNO= p− pHO=1.04×10 Pa−4.0×10 Pa

V =at+b の関係となり，グラフは原点を通らない=1.00×10 Pa
この圧力の気体が 27 °C で 830 mL の体積を占める
ので，一酸化窒素の質量 m 〔g〕 は，pV =一次関数の直線 (a>0，b>0) の�となる。
pV =nRT を変形すると，

⑷

m
RT から
M

p=

求められる。一酸化窒素 NO のモル質量 M =30gmol

nR
×T
V

n，V が一定のとき，

より，
pVM
RT

m=

=a の 関 係 と な り，グ ラ フ は 原 点 を 通 る 直 線

830
L×30 gmol
1000=

8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(27+273) K

A：16

47【 2 】 解

⑴

解説

pV =

=1.0 g⑴

9． 解

問⑵ 400 K，5.0×10 Pa の水素⑴

M=

実在気体において，高温では分子の熱運

mRT
pV
3.5 g×8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(57+273) K
2.0×10 Pa×3.0 Lなる。また，低圧では気体の体積が大きくなるため，=15.9… gmol≒16 gmol
よって，A の分子量は 16
窒素 N (分子量 28) のモル質量は 28 gmol，気体⑵

気体に近いふるまいをする。

B のモル質量を M 〔gmol〕 とすると，

教 p. 46 図 41 ⓐ左側のグラフにおいて，300 K と⑵ ▢pV =nRT より，n=400 K の水素を比べると，300 K よりも 400 K のほ
ほうが， Z の値が 1.0 に近く，理想気体に近い。
解
答
編

=

7.5×10 Pa×8.3 L
8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×300 K

0.050 mol+



章

末

問

題

⑴

エ

⑵

ウ

⑶

解説

⑴


カ

ウ

pV =nRT を変形すると，

よって，B の分子量は 40
気体の密度 d=

⑶

pV =

a
のとき，nRT が一定なので，V と p は =
の関


M=

係となり，グラフは双曲線�となる。
pV =nRT を変形すると，=nR
×T と表すことができる。n，p が一定の
p

とき，

nR
が一定なので，V とTは =a の関係
pとなり，グラフは原点を通る直線 (a>0) の�となる。
絶対温度 T =セルシウス温度 t+273 を
pV =nRT に代入すると，

8.0
mol=0.25 mol
M

M =40 gmol⑷

1
V =nRT ×と表すことができる。n，T が一定
p

V=

pV
RT

1.4 g
8.0 g
+
28 gmol M 〔gmol〕

うが，また，圧力が大きいときよりも小さいときの47【 1 】 解D：58m
RT よ り，気 体 A の モ ル 質 量M=

つまり，実在気体であっても，高温・低圧では理想

⑶

C：45

動が激しくなるため，分子間力が無視できるように
分子自身の体積や分子間力が無視できるようになる。

⑵

B：40

M 〔gmol〕 は，

�


解説

nR
が一定なので，p とTはV(a>0) の�となる。

1.00×10 Pa×46

nR 273nR，も一定なので，ppn，p が一定のとき，

m〔gL〕 より，Vmm
RT  pM = RT 
 pM =dRT
M
V

dRT
p
1.8 gL×8.3×10 Pa⋅L(K⋅mol)×300 K
1.0×10 Pa=44.82 gmol≒45 gmol
よって， C の分子量は 45
この気体 1 mol (標準状態で 22.4 L) 当たりの質量⑷(モル質量) を求めると，
2.6 gL×22.4 Lmol=58.24 gmol≒58 gmol
気体のモル質量は，分子量に gmol をつけたも解答編=9.7×10 mol

のに等しいから，分子量は上で求めたモル質量からgmol を除いた数値となる。

温度は 27 °C で一定だから，ボイルの法則⑷

pV= pV を適用して，よって，D の分子量は 58
47【 3 】 解

水素：6.0×10 Pa，酸素：2.0×10 Pa⑴⑵

8.0×10 Pa⑶

水素：2.0×10 Pa，水 (水蒸気)：4.0×10 Pa⑷

6.0×10 Pa

9.7×10 Pa×0.249 L=1.01×10 Pa×V 〔L〕
V =0.239… L≒0.24 L【第 4 章コックを開くと，H，O はそれぞれ容器

⑴

解説

331

溶液】
⑴

11 g

⑵

27 °C

問

10． 解

全体に拡散して，体積は 6.0 L+3.0 L=9.0 L にな

解説⑴

る。H の分圧を pH 〔Pa〕，O の分圧を pO 〔Pa〕 と解度は 22 g100 g 水である。よって，50 g の水には，

すると，ボイルの法則 pV= pV より，その半分の 11 g まで溶解する。

51

9.0×10 Pa×6.0 L= pH×9.0 L

硝酸カリウムの溶解度が 40 g100 g 水になる温度⑵

pH=6.0×10 Pa

を，図 48 から読みとる。

6.0×10 Pa×3.0 L= pO×9.0 L

52

pO=2.0×10 Pa

8． 解

解説

式 量 は CuSO⋅5 HO=250，CuSO=160 なの質量を  〔g〕 とおくと，そのうち，溶質の CuSO のの和に等しいので，

p= pH+ pO=6.0×10 Pa+2.0×10 Pa

質量は=8.0×10 Pa

160
 〔g〕 と表せる。
250

飽和溶液の質量に対する溶質の質量の割合は一定な

燃焼の前後で，各気体の分圧は次のように変化す

ので，

る。
+

2 H



O

6.0×10

2.0×10

変化量 −4.0×10

−2.0×10

+4.0×10 〔Pa〕

0

4.0×10 〔Pa〕

燃焼前

2.0×10

燃焼後溶質の質量 〔g〕
20 g=
飽和溶液の質量 〔g〕 100 g+20 g

2 H O





0

〔Pa〕

160
 〔g〕
250
=
200 g+ 〔g〕

燃焼後，容器内に存在する気体は，水素

=70.4… g≒70 g

2.0×10 Pa と水蒸気 4.0×10 Pa である。

53

⑷ 混合気体の全圧 p 〔Pa〕 は，その成分気体の分圧の和に等しいので，

p= pH+ pHO=2.0×10 Pa+4.0×10 Pa
⑴

9． 解

解説

40°C の飽和溶液(100g+65g)を 15°C に冷やの質量に対する結晶の析出量の割合は一定なので，析

=6.0×10 Pa
47【 4 】 解出する硝酸カリウムの質量を  〔g〕 とすると，メスシリンダー内の気体の圧力を，大析出量 〔g〕
40 g
 〔g〕
=
=
飽和溶液の質量 〔g〕 100 g+65 g 330 g

気圧と等しくするため。
9.7×10 Pa

⑶

80 g

類題

すと，65 g−25 g=40 g の結晶が析出する。飽和溶液


⑵

70 g

類題

ので，20 °C の水 200 g に溶ける硫酸銅 (Ⅱ) 五水和物

⑵ 混合気体の全圧 p 〔Pa〕 は，その成分気体の分圧⑶

図 48 より，10 °C での硝酸カリウムの溶

9.7×10 mol⑷

=80 g0.24 L問

11． 解⑴

2n 〔mol〕

合 気 体 で あ る。水 素 の 分 圧 pH 〔Pa〕 は，大 気 圧

⑶

V 〔L〕

⑷

2V 〔L〕

p 〔Pa〕 から 27 °C の水の飽和蒸気圧 pHO 〔Pa〕 を引

解説

いた値になる。

になると，溶ける気体の物質量も 2 倍になる。

⑵

解説

捕集した気体は，水素と飽和水蒸気の混pH= p− pHO=1.01×10 Pa−4.0×10 Pa

54

温度・圧力一定のとき，液体の量が 2 倍ける気体の物質量も 2 倍になる。

=9.7×10 Pa
H の分圧が 9.7×10 Pa で，27 °C で 0.249 L を占

2n 〔mol〕

温度一定のとき，気体の圧力が 2 倍になると，溶

⑵



⑶

⑴

⑵

温度一定のとき，気体の圧力を 2 倍にすると，溶⑶めたので，H の物質量を n 〔mol〕 とすると，ける気体の体積は，溶かしたときの圧力のもとでは

pV =nRT より，圧力に関係なく一定で，V 〔L〕 のままである。

n=
=

pV
RT
9.7×10 Pa×0.249 L
8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×300 K

温度一定のとき，気体の圧力を 2 倍にすると，溶⑷ける気体の体積は，一定の圧力のもとでは圧力に比例するので，2V 〔L〕 である。

解
答
編

55

332

解答編

類題

10． 解

解説

酸素の分圧は，1.6 mL

1.0×10 Pa×る。
NaCl  Na + Cl

1=2.0×10 Pa
4+1

NaCl 1 mol が 2 mol のイオンに電離するので，溶質粒子の質量モル濃度は，溶解した酸素の物質量は，酸素の分圧と溶媒の体積

0.10 molkg×2=0.20 molkgに比例するので，よって，沸点の高い順に並べると，ウ，ア，イとな

1.4×10 mol×

2.0×10 Pa
250 mL×
1.0×10 Pa 1000 mLる。
59=7.0×10 mol

離する。

7.0×10 mol×22.4 Lmol=1.568×10 L

NaCl  Na + Cl≒1.6 mL
12． 解

問

=
56

Δt=K×m より，
Δt=0.515 K⋅kgmol×0.20 molkg

よって，5.0 %=0.103 K

0.40 molL

モル濃度 〔molL〕=

解説

0.10 molkg×2=0.20 molkg

溶質の質量 〔g〕
×100
溶液の質量 〔g〕

10 g
×100=5.0
190 g+10 g

13． 解

問

よって，溶質粒子の質量モル濃度は，5.0 %

質量パーセント濃度=

解説

水の沸点は 100.00 °C なので，この水溶液の沸点は，溶質の物質量 〔mol〕
溶液の体積 〔L〕

100.00 °C+0.103 °C=100.103 °C≒100.10 °C
60

0.20 mol==0.40 molL
0.500 L
56

14． 解

問

低くなる。

類題

11． 解

硝酸カリウムは，水溶液中で次のように電離する。



溶質の物質量 〔mol〕
溶媒の質量 〔kg〕

KNO  K + NO
KNO 1 mol が 2 mol のイオンに電離するので，

9.0 g
60 gmol==0.75 molkg
0.200 kg解説

溶質粒子の質量モル濃度は，0.12 molkg×2=0.24 molkg

2.2 molkg

グルコースは非電解質なので，溶質粒子の質量モ

この水溶液 1 L の質量は，

ル濃度は，0.20 molkg

1.1 gcm×1000 cm=1100 g

塩化カルシウムは，水溶液中で次のように電離す

この水溶液に含まれる NaOH (式量 40) の質量は，る。

40 gmol×2.2 mol=88 g

CaCl  Ca + 2 Cl

この水溶液に含まれる水の質量は，CaCl 1 mol が 3 mol のイオンに電離するので，

1100 g−88 g=1012 g

溶質粒子の質量モル濃度は，したがって，この水溶液の質量モル濃度は，0.10 molkg×3=0.30 molkg

2.2 mol=2.17… molkg≒2.2 molkg
1.012 kg
59

問

解説

ウ，ア，イ

水溶液の凝固点は，水溶液中に含まれる溶質

解説

0.75 molkg

質量モル濃度 〔molkg〕=

解
答
編

17． 解

問

粒子 (分子・イオンなど) の質量モル濃度が大きいほど

解説

57

100.10 °C

塩化ナトリウムは，水溶液中で次のように電解説したがって，標準状態での体積は，

56

16． 解

問

15． 解

よって，溶質粒子の質量モル濃度は ウ>ア>イ の順で，凝固点の低い順に並べるとウ，ア，イとなる。

ウ，ア，イ

水溶液の沸点は，水溶液中に含まれる溶質粒

60

18． 解

問

子 (分子・イオンなど) の質量モル濃度が大きいほど高解説くなる。各溶質粒子の質量モル濃度は，離する。

 尿素は非電解質なので，溶質粒子の質量モル濃度は，0.15 molkg スクロースは非電解質なので，溶質粒子の質量モ
ル濃度は，0.12 molkg 塩化ナトリウムは，水溶液中で次のように電離す−0.37 °C

塩化ナトリウムは，水溶液中で次のように電NaCl  Na + Cl
よって，溶質粒子の質量モル濃度は，0.100 molkg×2=0.200 molkg
Δt=K×m より，
Δt=1.85K⋅kgmol×0.200 molkg=0.370 K
水の凝固点は 0.00 °C であるから，この水溶液の凝解答編

ン (Cl，I，NO) よりも二価の陰イオン SO のほ

固点は，0.00 °C−0.370 °C=−0.370 °C≒−0.37 °C
61

A． 解

問

うが有効である。

128

モル質量 M 〔gmol〕 の非電解質 w 〔g〕 が，

解説

溶媒 W 〔g〕 に溶けているときの溶液の質量モル濃度
m 〔molkg〕 は，
w
1000 gkg
×
M
W

m=

これを Δt=K×m の関係式に代入すると，

末

⑴

⒜

46 %

問
⒝

47 g

⒜

50 °C の KNO の溶解度はKw 1000 gkg
×ΔtW

質量パーセント濃度=

硝酸カリウム KNO (式量 101) 85 g の物質量は，

⒝

85 g
85
=
mol
101 gmol 101
質量モル濃度 〔molkg〕==128 gmol
5.0×10 Pa

塩化ナトリウムは，水溶液中で次のように電離する。

50 °C の KNO の飽和水溶液 185 g の体積は，⒞

NaCl  Na + Cl

溶液の体積 〔cm〕=

溶質粒子のモル濃度は，0.10 molL×2=0.20 molL

モル濃度 〔molL〕=

Π =0.20 molL×8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(27+273)K=4.98×10 Pa≒5.0×10 Pa
B． 解

解説

ファントホッフの法則 ΠV =nRT に

M=
=

mRT
ΠV

よって，分子量は 180
問

解説

50°C の飽和水溶液 100g+85g=185g を 30°C に⑵

冷却すると，85 g−46 g=39 g の結晶が析出するから，析出する KNO の結晶の質量を  〔g〕 とすると，

6.0 g×8.3×10 Pa⋅L(mol⋅K)×(27+273) K
100
8.3×10 Pa×
L
1000=180 gmol
20． 解

析出量 〔g〕
39 g
 〔g〕
=
=
飽和溶液の質量 〔g〕 185 g 222 g
=46.8 g≒47 g
飽和水溶液から水を蒸発させると，その水に溶け⑶ていた溶質が析出する。50 °C の KNO の飽和水溶エ

液中の水 20 g に溶解していた KNO の質量は，電気泳動によって，陰極のまわりの溶液の色85 g×が濃くなったことから，コロイド粒子は正に帯電していることがわかる。疎水コロイドの凝析には，コロイ⑶の大きいイオンが有効である。

解説

イドであるから，その凝析に対しては，一価の陰イオ

20 g
=17 g
100 g
⑴

1.4 g

1：2

⒝

69【 2 】 解

ドが帯電している電荷と反対の電荷をもち，かつ電荷
Ⅲ のコロイドは正の電荷を帯びた疎水コロ
水酸化鉄�

溶質の物質量 〔mol〕
溶液の体積 〔L〕

85
mol
101
=
=5.00… molL≒5.0 molL
185
L
1100

180

m
n=
を代入すると，モル質量 M 〔gmol〕 は，
M

溶液の質量 〔g〕
溶液の密度 〔gcm〕

185 g
185
=
cm
1.1 gcm 1.1=

ファントホッフの法則 Π =cRT より，

問

溶質の物質量 〔mol〕
溶媒の質量 〔kg〕

85
mol
101
=
=8.41… molkg≒8.4 molkg
100
kg
1000

よって，分子量は 128
解説

溶質の質量 〔g〕
×100
溶液の質量 〔g〕

85 g
×100=45.9… (%)≒46 (%)
100 g+85 g=

5.12 K⋅kgmol×1.20 g×1000 gkg
M=
0.60 K×80.0 g

19． 解

8.4 molkg

17 g

85 g100 g 水である。

問



⑶
⑴

解説

解質のモル質量 M 〔gmol〕 を求めると，

題

5.0 molL⒞⑵

W =80.0 g，Δt=5.53−4.93=0.60 K を代入し，非電68

章

69【 1 】 解

これに，K=5.12 K⋅kgmol，w=1.20 g，

63



w
1000 gkg
Δt=K× ×
M
W
M=

63

333

⒜

⑴

⑵

0.96 L

4：7

標準状態で 48 mL の O の物質量は，

48 mL
48
=
mol
22400 mLmol 22400

解
答
編

解答編

334

ヘンリーの法則より，気体の溶解度 (物質量) は，は，Δt=K×m より，

圧力および溶媒の体積にも比例する。また，O (分Δt=1.9 K⋅kgmol×0.20 molkg=0.38 K

子量 32) のモル質量は 32 gmol より，20 °C，

よって，この水溶液の凝固点は，2.0×10 Pa の O が水 10 L に溶ける質量は，0.00 °C−0.38 °C=−0.38 °C



10 L
48
2.0×10 Pa
××32 gmol
mol×1.0×10 Pa 1.0 L
22400

沸点上昇度は，Δt=K×m より，
Δt=0.52 K⋅kgmol×0.20 molkg=0.104 K=1.37… g≒1.4 g

よって，この水溶液の沸点は，ヘンリーの法則より，一定量の液体に溶ける気体⑵の体積は，溶かしたときの圧力の下で測定すれば，100.00 °C+0.104 °C=100.104 °C≒100.10 °C
塩化ナトリウム水溶液の質量モル濃度 m は，⑵

圧 力 に 関 係 な く 一 定 で あ る。20 °C に お い て，

2.34 g58.5 gmolm==0.0800 molkg
500
kg
1000

1.0×10 Pa の O は水 10 L に対して 480 mL，すな
わち 0.48 L (標準状態に換算した値) 溶けるから，
2.0×10 Pa で水 10 L に溶ける O の体積も 0.48 L

NaCl は水溶液中で次のように電離する。

である。よって，これを標準状態に換算したときのNaCl  Na + Cl

体積を  〔L〕 とすると，ボイルの法則 pV= pV

よって，溶質粒子の質量モル濃度は，より，0.0800 molkg×2=0.160 molkg

2.0×10 Pa×0.48 L=1.0×10 Pa× 〔L〕

凝固点降下度は，Δt=K×m より，

=0.96 L

Δt=1.9 K⋅kgmol×0.160 molkg=0.304 K⑶ 1.0×10 Pa の空気中の O の分圧を pO 〔Pa〕，N

よって，この水溶液の凝固点は，の分圧を pN 〔Pa〕 とすると，0.00 °C−0.304 °C=−0.304 °C≒−0.30 °C

1=2.0×10 Pa
pO=1.0×10 Pa×
4+1


pN=1.0×10 Pa×

沸点上昇度は，Δt=K×m より，
Δt=0.52 K⋅kgmol ×0.160 molkg

4=8.0×10 Pa
4+1=0.0832 K

20 °C の 水 10 L に 溶 け た O と N の 物 質 量 を⒜

よって，この水溶液の沸点は，100.00 °C+0.0832 °C=100.0832 °C

nO 〔mol〕，nN 〔mol〕 とすると，


nO=
nN=

解
答
編

10 L
48 mL
2.0×10 Pa××22400 mLmol 1.0×10 Pa 1.0 L
24 mL
8.0×10 Pa
10 L
××22400 mLmol 1.0×10 Pa 1.0 L

nO：nN=48×2：24×8=1：2
20 °C の水 10 L に溶けた O と N の質量を⒝wO 〔g〕，wN 〔g〕 とすると，
wO=

48 mL
2.0×10 Pa
10 L
××22400 mLmol 1.0×10 Pa 1.0 L≒100.08 °C
69【 4 】 解⑴

FeCl + 3 HO  Fe(OH) + 3 HCl

⑶

イ

解説

wN=

24 mL
8.0×10 Pa
10 L
××
22400 mLmol 1.0×10 Pa 1.0 L
×28 gmol⑵⑴⑴

こらないが，高温では進行しやすくなる。
⑵⒜

Fe(OH) のコロイド粒子は，表面に H や Fe⒝などのイオンを吸着しているために正に帯電している。したがって，電気泳動を行うと陰極側へ移動する。○
コロイド粒子の大きさはろ紙の目の大きさより⒞

0.10 molm==0.20 molkg
500
kg
1000
尿素 (NH)CO は非電解質なので，溶質粒子の質量モル濃度も 0.20 molkg である。凝固点降下度

コロイド溶液を限外顕微鏡で観察すると，コ

ロイド粒子のブラウン運動が観察される。○

凝固点：−0.38 °C，沸点：100.10 °C

尿素水溶液の質量モル濃度 m は，沸騰水に塩化鉄 (Ⅲ) 水溶液を加えると，する。塩の加水分解は，常温ではごくわずかしか起

凝固点：−0.30 °C，沸点：100.08 °C

解説c

行し，水酸化鉄 (Ⅲ) Fe(OH) のコロイド粒子が生成

wO：wN=1×32：2×28=4：7
69【 3 】 解⑴⑵

塩化銀 AgCl の白色沈殿が生じる。

塩化鉄 (Ⅲ) FeCl (塩) の加水分解反応が右向きに進

×32 gmol

⑷

も小さく，ろ紙を通過するのでろ過では分離できない。×⒟

Fe(OH) のコロイド粒子は，光をよく散乱させるため，強い光を当てると，チンダル現象が観察

解答編

される。○
■

⑶ コロイド粒子を凝析させるには，コロイド粒子の【第 1 章帯電した電荷とは反対符号の電荷をもち，かつ，価数の大きいイオンほど有効である。水酸化鉄 (Ⅲ)

81

類題

物質の変化 ■

化学反応とエネルギー】
1． 解

陰イオンを含む電解質ほど，凝析力は大きくなる。

7
O (気)
2

凝析力は，Cl，NO<SO である。

= 2 CO (気) + 3 HO (液) + 1561 kJのコロイドは正コロイドであるから，価数の大きな

⑷

第2編

335

CH (気) +解説

この実験でつくった Fe(OH) のコロイド溶液中

熱化学方程式のつくり方は次のようになる。

①化学反応式を書く。

には，Fe(OH) のコロイド粒子と H，Cl のイオン

2 CH + 7 O  4 CO + 6 HOが含まれる。これをセロハン袋 (半透膜) に入れて②着目する物質の係数を� 1 �にする。この場合は純粋な水に浸しておくと，小さな H と Cl はセロCH の燃焼を表すので，CH の係数を� 1 �とする。

ハン中の細孔を透過して水中に出ていくが，大きなFe(OH) のコロイド粒子はセロハン袋の内部に残る

CH +(透析)。したがって，セロハン袋外部の水に硝酸銀

7O  2 CO + 3 HO2③化学反応式の右辺に反応熱を書き加える。反応熱に水溶液を加えると，Ag + Cl  AgCl の反応つける符号は，発熱反応なら�+�，吸熱反応ならによって塩化銀の白色沈殿が生成する (Cl が少量

�−�とする。また，矢印��を�=�にする。

のときは，溶液が白濁する程度である)。

CH +

7O = 2CO + 3 HO + 1561 kJ
2④各物質の状態 ((気)，(液)，(固) など) を化学式の後に書く。
CH (気) +7O (気)
2= 2 CO (気) + 3 HO (液) + 1561 kJ

83

問

1． 解

⑴

CH + 5 O = 3 CO + 4 HO (液) + 2219 kJ⑵

3
1
N + H = NH + 46 kJ
2
2⑶

NHCl (固) + aq = NHCl aq − 14.8 kJ

解説

一般に，燃焼熱，生成熱などの反応熱は，着目した物質 1 mol 当たりの熱量であることを示すために，単位 kJmol で表す。一方，熱化学方程式において反応熱を示すときは，着目した物質の係数が� 1 �で表されているので，物質 1mol 当たりを表す�mol�
はつけずに，単位は kJ となる。
また，物質の燃焼で水が生成する場合は，特に指示のない限り�液体�として熱化学方程式を書いてよい。
83

問

2． 解

⑴

NaOH (固) + aq = NaOH aq + 45 kJ⑵

HCl aq + NaOH aq = NaClaq + HO (液)+ 56.5 kJ(H aq + OH aq = HO (液) + 56.5 kJ)

解説⑴

4.5 kJ×⑵

NaOH (式量 40) 1 mol 当たりの熱量は，40 gmol=45 kJmol
4.0 g

HCl の物質量：0.100 molL×

200
20.0
L=
mol
1000
1000

解
答
編

解答編

336

NaOH の物質量：0.100 molL×

200
20.0
L=
mol
1000
1000

与えられた HCl と NaOH の物質量は等しいので，

Q=(−436 kJ×3)−(−391 kJ×3×2)−92 kJ=946 kJ〔別解〕 反応熱=(生成物の結合エネルギーの総和)

互 い に 過 不 足 な く 中 和 す る。中 和 で 生 じ る HO−(反応物の結合エネルギーの総和)

1 mol 当たりの熱量は，
1=56.5 kJmol
20.0
mol
1000

92 kJ=391 kJmol×6 mol

840 J

Q=946 kJ1.13 kJ×

83

3． 解

問

求める熱量を Q 〔kJ〕 とすると，−(Q 〔kJ〕+436 kJmol×3 mol)

熱量 Q 〔J〕=質量 m 〔g〕

解説

×比熱 c 〔J(g⋅K)〕×温度変化 〔K〕

章

=100 g×4.2 J(g⋅K)×2.0 K=840 J
85

2． 解

解説

二酸化窒素の生成熱を表す熱化学方程式は，⑴⒜

1N + O = NO + Q 〔kJ〕
2
与えられた式を，順に①式，②式とすると，

4． 解

問

C (黒鉛) + O (気) = CO (気) + 394 kJ⑷

2219 kJmol⑴

71.5 kJ×1
H + O = HO (液) + 286 kJ2… ③

H (気) +HO (液) = HO (気) − 44 kJ
788 kJ÷2.00=394 kJ

C (黒鉛) + O (気) = CO (気) + 394 kJ … ③⒟プロパン CH の成分元素の単体は C (黒鉛) とH である。

Q=394 kJ×2+286 kJ×3−278 kJ=1368 kJ

3 C (黒鉛) + 4 H (気) = CH (気) + 107 kJ

946 kJmol… ④⑴⒜の①の熱化学方程式中の 286 kJ は，左辺の⑵

熱化学方程式から，④式のH (気) に着目すれば，H (気) の燃焼熱を表し，右辺

N維
N の結合エネルギーの HO (液) に着目すれば，HO (液) の生成熱を表す。

Q 〔kJ〕 を求める。

①+②より，HO (液) を消去すると，⑶

H = 2 H − 436 kJH (気) +… ①
NH = 3 H + N

1O (気) = HO (気) + 242 kJ
2プロパンの燃焼熱を Q kJmol として，熱化学方⑷− (391×3) kJ … ②

程式で表すと，N + 3 H = 2 NH + 92 kJ… ③N = 2 N − Q 〔kJ〕

… ④

①式×3−②式×2−③式 より，… ②

C (黒鉛) 1 mol 当たりの発熱量は，⒞の生成熱の総和) であるから，①∼③式に示した

1
O (気) = HO (液) + 286 kJ … ①
2

液体  気体の状態変化は，吸熱変化である。

⒝

反応熱=(生成物の生成熱の総和)−(反応物解説22.4 L=286 kJ
5.60 L質の状態も化学式の後に書く。

Q=394 kJ×2+286 kJ×3−278 kJ=1368 kJ

3． 解H 1 mol 当たりの発熱量は，式を表し，上記の反応熱を右辺に書き加える。物②式×2+③式×3−①式より，

類題

242 kJmol

着目物質 H の係数が 1 となるように化学反応

… ①
… ②

⑶

⒜

1368 kJmol

1
2 C (黒鉛) + 3 H + O = CHO (液) + 278 kJ
2

87

3 C (黒鉛) + 4 H (気) = CH (気) + 107 kJ
286 kJmol

解説

C (黒鉛) + O = CO + 394 kJ

1
O (気) = HO (液) + 286 kJ
2

HO (液) = HO (気) − 44 kJ

CHO (液) + 3 O = 2 CO + 3 HO (液) + Q 〔kJ〕

〔別解〕H (気) +⑵与えられた反応熱から熱化学方程式をつくると，

解
答
編



⒞

エタノールの燃焼熱を表す熱化学方程式は，

解説

題

⒝
⒟

1
+②式 より，2

1
Q=−180.6 kJ× +57.1 kJ=−33.2 kJ
285

問90【 1 】 解−33.2 kJmol

類題

①式×

末

CH (気) + 5 O (気)= 3 CO (気) + 4 HO (液) + Q kJ
①式×4 + ③式×3 − ④式より，

解答編

Q=286 kJ×4+394 kJ×3−107 kJ=2219 kJ〔別解〕

2 C (黒鉛) + 2 O (気) = 2 CO (気) + 2 kJ
2 はエネルギー図の②と一致する。

反応熱=(生成物の生成熱の総和)−(反応熱の生成熱の総和)=(ただし，単体 O の生成熱は 0 とする。)

方程式は，−(107 kJ+0)=2219 kJ
90【 2 】 解⑶

2.1 kJ⑴⑵

42 kJmolCH (気) +NaOH (固) + aq = NaOH aq + 42 kJ

解説

エネルギー図では④のエネルギーに相当する。よ昇するが，発生する熱の一部は外部へ逃げる。グラって，③のエネルギーは，

フより， 0 分から溶解を開始し， 2 分後に溶解が完

1300 kJ−788 kJ−286 kJ=226 kJ

了したことがわかる。測定中の最高温度は， 2 分後CH (気) の生成熱を z kJmol とすると，その熱の 29 °C であるが，溶けている間にも熱の一部は逃

化学方程式は，げているので，真の最高温度は，グラフの直線部分

2 C (黒鉛) + H (気) = CH (気) + z kJ

を時間 t=0 まで延長させた線と  軸との交点のz は，エネルギー図の③と一致する。ただし，

30 °C である。
熱量 Q=質量 m×比熱 c×温度変化 ΔT より，
Q=(48+2.0)g×4.2 J(g⋅K)×(30−20)K=2.1 kJ⑵ NaOH の式量=40 より，NaOH 1 mol 当たりの発熱量は，2.1 kJ×90【 3 】 解⑶

286 kJmol⑴⑵

CH (気) のエネルギーが成分元素の単体の 2 C (黒鉛) と H (気) よりも上位にあることから，CH (気)の生成熱は吸熱 (−) である。よって，z=−226 kJとなる。
90【 4 】 解40 gmol=42 kJmol
2.0 g−226 kJmolH (気) = 2 H (気) − 436 kJ⑴

47 kJmol⑵
394 kJmol

5O (気)
2= 2 CO (気) + HO (液) + 1300 kJ

NaOH の溶解熱により水溶液の温度は上⑴

788 kJ=394 kJ2アセチレンの燃焼熱 1300 kJmol を表す熱化学⑶

Q=(394 kJ×3+286 kJ×4)

337

解説

⑴

502 kJmol⑶

H 分子中の H-H 結合を切断してばらばらの H 原子にするのに必要なエネルギーが，H-H のエネルギー図は，各物質の保有するエネルギ

結合エネルギーである。結合エネルギーを熱化学方

ーの相対的な大きさを表した図のことで，エネルギー程式で表すときは，結合の切断を伴うときは吸熱の大きい物質を上位に，小さい物質を下位に書く。

(−)，結合の生成を伴うときは発熱 (+) の符号をつしたがって，下に向かう反応が発熱反応，上に向かう

けて区別する。

解説H (気) = 2 H (気) − 436 kJ

反応が吸熱反応を表す。

解答編

2 H (気) = H (気) + 436 kJ⑵

アンモニア NH の生成熱を Q kJmol として，これを熱化学方程式で表すと，
31N (気) + H (気) = NH (気) + Q kJ
22
上式に，反応熱=(生成物の結合エネルギーの和)−(反応物の結合エネルギーの和)を適用すると，⑴

 12 ×945 kJ+ 32 ×436 kJ

Q=(3×391 kJ)−HO (液) の生成熱を  kJmol とすると，その熱

N-H 結合化学方程式は，H (気) +1O (気) = HO (液) +  kJ
2

 はエネルギー図の①と一致する。
=286 kJ⑵ CO(気)の生成熱を  kJmol とすると，その熱化学方程式は，C (黒鉛) + O (気) = CO (気) +  kJ

N 維N 結合

H-H 結合=46.5 kJ≒47 kJ⑶

メ タ ン CH の 燃 焼 熱 803 kJmol ( 生 成 す る HOは気体) を表す熱化学方程式は，
CH (気) + 2 O (気)= CO (気) + 2 HO (気) + 803 kJ
これをエネルギー図で表す (ただし，反応の途中はばらばらの原子の状態を仮定する)。

解答編

338

正 極 で は，PbO 1 mol か ら PbSO 1 mol へ の⒝

変化が起こり，SO 1 mol (=64 g) 分の質量が増加する。
電解液では，溶質の HSO 2 mol が減少し，溶⒞

媒の HO 2 mol が増加するので，希硫酸の濃度は
減少する。
101

類題

陽極：Cl，1.4 g，陰極：Cu，1.3 g

O=O の結合エネルギーを  kJmol とおく。

⑵

反応熱 Q=(生成物の結合エネルギーの和)解説

Q=2.0 A×(32×60+10) s=3860 C

803 kJ=(2×803 kJ+4×463 kJ)
O畏
H 結合

ファラデー定数を用いて，電子の物質量に直すと，−(4×413 kJ+2× kJ)

3860 C=0.040 mol
9.65×10 Cmol

C-H 結合=501.5 kJ≒502 kJ【第 2 章93⑴⑵

CuSO 水溶液⑴

解説

2 Cl  Cl + 2 ee 2 mol で Cl (分子量 71) が 1 mol 生成する。

Cu (CuSO)，+2  0

5． 解

陽極では，次の酸化反応が起こる。

⑵

電池と電気分解】問

流れた電気量は，⑴

電気量 Q 〔C〕= 電流 i 〔A〕× 時間 t 〔s〕 より，−(反応物の結合エネルギーの和)より，
C=O 結合0.040 mol⑴

4． 解Cl の質量：0.040 mol×

ダニエル電池では，イオン化傾向の大き=1.42 g≒1.4 g

い亜鉛が負極となり，次の反応が起こる。
Zn  Zn + 2 e

陰極では，次の還元反応が起こる。
… ①

一方，イオン化傾向の小さい銅が正極となり，次Cu + 2 e  Cu
e 2 mol で Cu (原子量 63.5) が 1 mol 析出する。

の反応が起こる。
Cu + 2 e  Cu

1
×71 gmol2

Cu の質量：0.040 mol×… ②

1
×63.5 gmol
2=1.27 g≒1.3 g

したがって，正極で活物質としてはたらいた物質
は，銅 (Ⅱ) イオン Cu (硫酸銅 (Ⅱ) CuSO) である。
ダニエル電池から電流を長時間流し続けるために⑵

は，①式の右辺の Zn の濃度は薄くしておくのが

解
答
編

よく，②式の左辺の Cu の濃度は濃くしておくの
がよい。
94

6． 解

問

⑴

酸化剤：酸化鉛 (Ⅳ) PbO

⒜

解説

増加
⑴

亜鉛板

電流：⒝，電子：⒜⑶負極：Zn  Zn + 2 e

題



減少

⑷

負極：33 g 減少

鉛蓄電池の放電時の反応は，次の通り。

⑸

硫酸亜鉛水溶液は薄いほうがよく，硫酸銅 (Ⅱ) 水⒝

酸化数 (0)増加⒞e 2 mol

2 PbSO + 2 HO

解説

鉛蓄電池で，電子 2 mol が流れると，
負 極 で は，Pb 1 mol か ら PbSO 1 mol へ の 変化が起こり，SO 1 mol (=96 g) 分の質量が増加

電池では，イオン化傾向の大きいほうの属が正極になる。
電流は，正極から負極へ向かって流れる。電子は，⑵負極から正極へ向かって移動する。

(+2)

PbO は酸化剤としてはたらく。

⑴

金属が負極になり，イオン化傾向の小さいほうの金正極では，PbO  PbSO のように還元され，酸化数 (+4)

正極：32 g 増加

溶液は濃いほうがよい。

(+2)

Pb は還元剤としてはたらく。

する。

⑴

問

⑵

負極では，Pb  PbSO のように酸化され，⒜

末

正極：Cu + 2 e  Cu

Pb + PbO + 2 HSO

⑵

章

105【 1 】 解

還元剤：鉛 Pb⑵⑷⑶のイオン反応式より，負極では e 2 mol が移動すると，Zn 1 mol が溶解する。
Zn：1.0 mol×1
×65 gmol=32.5 g≒33 g (減少)2

正極では e 2 mol が移動すると，Cu 1 mol が析
出する。

解答編

Cu：1.0mol×

1
×63.5gmol=31.75g≒32g (増加)2

電気量 Q 〔C〕=電流 i 〔A〕×時間 t 〔s〕=5.0 A×(32×60+10) s=9650 C

ダニエル電池を長く放電するためには，負極側の⑸ファラデー定数を用いて，電子の物質量に直すと，

ZnSO 水溶液の濃度は次第に濃くなるので，最初は9650 C=0.10 mol
9.65×10 Cmol

薄くしておくほうがよい。正極側の CuSO 水溶液の濃度は次第に薄くなるので，最初は濃くしておく

負極：0.10 mol×1
×96 gmol=4.8 g 増加
2

正極：0.10 mol×

1
×64 gmol=3.2 g 増加2ほうがよい。
素焼き板は両側の溶液が混合するのを防ぎつ

参考つ，各イオンの移動を可能にしている。正極ではCu が析出するので，正極側の電解液は鉛蓄電池を放電したとき，負極，正極では質量の⑸増加のみが起こるから，グラフは第一象限のみに書[Cu]<[SO] と な る。ま た，負 極 で は Zn が生成するので，負極側の電解液は [Zn]>[SO]となる。両電解液中のイオンの電荷のバランスをとく (負の値はとらないから，第三象限には書かない)。
105【 3 】 解

負極：4.8 g 増加，正極：3.2 g 増加

陽極：2 Cl  Cl + 2 e⒟ PbSO + 2 HO⑷+ 2 e  Cu

陰極：2 HO + 2 e  H + 2 OH

正極：PbO + 4 H + SO + 2 e

負極：96 g 増加，正極：64 g 増加

陽極：Cu  Cu + 2 e

陽極：4 OH  2 HO + O + 4 e⒞

負極：Pb + SO  PbSO + 2 e⑶



陰極：Cu + 2 e  Cu

105【 2 】 解

Pb + PbO + 2 HSO  2 PbSO + 2 HO⒜

陽極：2 HO  O + 4 H + 4 e⒝

側へ，Zn が負極側から正極側へそれぞれ移動する。

⑵

⑴

陰極：Cu

るために，素焼き板を通り SO が正極側から負極⑴339

陰極：2 HO + 2 e  H + 2 OH
Zn は溶液中に Zn として溶け出し，そのまま溶⑵

液中に存在する。Ag は陽極の下に単体のまま陽極泥として沈殿する。

⑸

陽極：2 Cl  Cl + 2 e⑶

陰極：Na + e  Na
解説

水溶液の電気分解は，次のように考えればよい。
〔陽極の反応〕⑴

解説

電極が Ag，Cu のとき

�

電極が Pt，C のとき

負極では，鉛 Pb が酸化されて Pb と

な り，直 ち に 溶 液 中 の SO

解電極の金属が酸化され，陽イオンとなり溶解する。 答編
Ag  Ag + e①と結合して硫酸鉛

2 Cl  Cl + 2 e化鉛 (Ⅳ) が還元されて Pb となり，直ちに溶液中
の SO

②

と結合して硫酸鉛 (Ⅱ) PbSO となり，極2 HO  O + 4 H + 4 e⑴の 2 つのイオン反応式を足し合わせて，2 e を消去すると， 1 つの化学反応式が得られる。
⑶(4 OH  2 HO + O + 4 e)〔陰極の反応〕

負 極 で は，e 2 mol が 流 れ る と，Pb 1 mol が

PbSO 1 mol へ と 変 化 す る か ら，SO ( 式 量 96)

1 mol 分，すなわち 64 g の質量増加が起こる。
流れた電気量は，

イオン化傾向小の金属イオン (Ag，Cu など)
金属の単体が生成する。

正 極 で は，e 2 mol が 流 れ る と，PbO 1 mol が
PbSO 1 mol へ と 変 化 す る か ら，SO ( 式 量 64)

最も還元されやすい物質が電子を受け取る。電極の種類に関係しない。
�

1 mol 分，すなわち 96 g の質量増加が起こる。

⑷

その他のイオン (SO，NO など)

HO (塩基性では OH)が酸化され，O が発生する。

板に析出する。
⑵

ハロゲン化物イオン (Cl，I など)
ハロゲンの単体が生成する。

(Ⅱ) PbSO となり，極板に析出する。正極では，酸

最も酸化されやすい物質が電子を失う。

�Cu + 2 e  Cu�

イオン化傾向大の金属イオン (Al，Na，K など)
HO (酸性では H) が還元され，H が発生する。

解答編

340

2 HO + 2 e  H + 2 OH

=67.2 mL

(2 H + 2 e  H)⑴

陽極では，Cu が酸化されて Cu⒜

ファラデー定数を用いて，電子の物質量を電気量

⑷


となり，溶

に換算すると，
6.00×10 mol×9.65×10 Cmol=579 C

解する (陰イオンは反応しない)。
⒝

陰極では，Cu が還元されて，Cu が析出する。

電気量 Q 〔C〕= 電流 i 〔A〕× 時間 t 〔s〕 より，

陽極では，SO は酸化されないので，代わり579 C=0.50 A×t 〔s〕
t=1158 s=19 min 18 sに HO が酸化されて O が発生する。
陰極では，Cu が還元されて，Cu が析出する。
陽極では，OH が酸化されて，O が発生する。

⒞【第 3 章陰極では，Na は還元されないので，代わりに 109
HO が還元されて，H が発生する。

⑴

5.0×10 mol(L⋅s)

7． 解

⑵

HI 増加の反応速度：1.2×10 mol(L⋅s)

陽極では，Cl が酸化されて，Cl が発生する。

⒟

化学反応の速さとしくみ】

問H 減少の反応速度：6.0×10 mol(L⋅s)



陰極では，Na は還元されないので，代わりに

⑴

解説

反応速度=

HO が還元されて，H が発生する。
⑵ 不純物を含む粗銅を陽極，不純物を含まない純銅より，を陰極として，低電圧で硫酸銅 (Ⅱ) 水溶液を電気分v=−

解する操作を，銅の電解精錬という。

反応式は次の通り。

⑵

大きい Zn は酸化されて Zn となり水溶液中に溶H + I  2 HI

解するが，低電圧のため，陰極に Zn として析出す

この反応では，H と I が 1 mol ずつ減少すると，ることはない。一方，Cu よりイオン化傾向の小さ

HI が 2 mol 生成する。したがって，HI の濃度が増

い Ag は，単体のまま陽極の下に沈殿する。これを加する速さは，H や I が減少する速さの 2 倍にな

陽極泥という。

る。つまり，反応速度の比は，反応式中のそれぞれ陽極では，Cl が酸化されて Cl が発生する。陰の物質の係数に比例する。

極では，HO が存在しないので，HO の還元生成物

HI 増加の反応速度は，の H は生成しない。代わりに，Na が還元されて，7.2 mol
10 L=1.2×10 mol(L⋅s)
60 s

Na の単体が析出する。
このように，イオン化傾向の大きい金属 (Li，K，

解答編

一方，H 減少の反応速度は，HI 増加の反応速度のCa，Na，Mg，Al など) の単体は，それらの融解塩を1となるので，
2

電気分解して得られる。この操作を溶融塩電解 (融解塩電解) という。

105【 4 】 解⑴⑵

6.00×10 mol⑷

19 分 18 秒

解説⑴

1.2×10 mol(L⋅s)×

陽極：2 HO  O + 4 H + 4 e

陰極：2 H + 2 e  H
⑶

112

67.2 mL

解説⑵

濃度

亜鉛片とくらべて，亜鉛の粉末は表面積速度が大きくなる。

33.6 mL×4=6.00×10 mol
22400 mLmol⑴の反応式より，e 2 mol が流れると，H 1 molが発生するから，発生する H の体積 (標準状態) は，
16.00×10 mol× ×22.4×10 mLmol2

酸素中では，O の濃度が空気中の約 5 倍になる。

⑵

e 4 mol が流れると，O 1 mol

酸素の濃度が大きくなると，単位時間当たりの反応が発生するから，流れた電子の物質量は，



表面積

位時間当たりの粒子どうしの衝突回数が増え，反応陰極では，H が還元されて H を発生する。

⑶

⑴

⑴

1
=6.0×10 mol(L⋅s)
2が大きく，希塩酸と触れ合う面積が大きいので，単陽極では，SO は酸化されないので，⑴の反応式より

8． 解

問

代わりに HO が酸化されて O を発生する。
⑵

0.10 molL−0.25 molL
30 s=5.0×10 mol(L⋅s)

粗銅中の不純物のうち，Cu よりイオン化傾向の⑶反応物のモル濃度の減少量 〔molL〕
反応時間 〔s〕

物どうしの衝突回数が増え，反応速度も大きくなる。
112

9． 解

問

解説

32 倍

10 K 上がるごとに 2 倍になるので，20 °C から 70 °C まで上げると，10 K ずつ 5 回上がることにな
るから，2 倍速くなる。
2=32 (倍)

解答編

116

9倍

10． 解

問

NO の濃度を 2 倍にすると，NO の増加速度が 4⑵反応する物質は気体なので，気体の状態方程

解説

式 pV =nRT より，倍になったことから，NO の増加速度は NO のモル濃度 [NO] の 2 乗に比例する。また，O の濃度を 3

n
p
=
V
RT

T，V が一定のとき，モル濃度倍にすると，NO の増加速度も 3 倍になったことかnは物質量 n およVら，NO の増加速度は O のモル濃度 [O] に比例するので，反応速度式は v=k[NO][O] となる。

び圧力 p に比例する。
よって，I と H の物質量または圧力 (分圧) がそれ

120【 2 】 解⑴

ぞれ 3 倍になると，モル濃度もそれぞれ 3 倍になる。

時間間隔

平均の濃度

平均の分解速度

したがって，I と H の単位時間当たりの衝突回数は，〔min〕[HO] 〔molL〕

v 〔mol(L⋅min)〕

3×3=9 (倍)
119

⑴

11． 解

問

小さくなる

変化しない

⑶

解説

⑷

341

⑵

小さくなる

大きくなる (速くなる)

⒜

0.45

⒟

4.5×10

4∼8

⒝

0.30

⒠

3.0×10

8 ∼12

⒞

0.20

⒡

2.0×10⑶

0.10minv=k [HO]⑵⑴，⑵ 触媒を用いると，その反応の活性化

0∼4⑴

エネルギーは触媒がないときよりも小さくなる。よ解説っ て，正 反 応 (A + B  C) お よ び，逆 反 応⒜ [HO]=

0.54 molL+0.36 molL=0.45 molL2⒝ [HO]=

0.36 molL+0.24 molL=0.30 molL2⒞ [HO]=

0.24 molL+0.16 molL=0.20 molL
2(C  A + B) のそれぞれの活性化エネルギーも小さくなる。
触媒を用いても，反応物と生成物のエネルギーは⑶

変わらないので，その差である反応熱も変わらない。
触媒を用いると，その反応の活性化エネルギーが⑷小さくなる。そのため，同温でも活性化エネルギー
より大きなエネルギーをもつ分子の数が増加し，反⒟v=−

0.36 molL−0.54 molL=4.5×10 mol(L⋅min)
4 min−0 min⒠v=−

0.24 molL−0.36 molL=3.0×10 mol(L⋅min)
8 min−4 min⒡v=−

0.16 molL−0.24 molL=2.0×10 mol(L⋅min)
12 min−8 min

応速度は大きくなる。

⑵，⑶

過酸化水素の分解速度 v と過酸化水素のモル濃度 [HO] の関係を表す式 (反応速度式) を，
v=k [HO] (k：速度定数) と仮定すると，k=vとなる。各時間間隔のデータを用いて[HO]

k の値を求めると，



章

末

問

題

O の減少速度：2.0×10 mol(L⋅s)，NO の増加速度：4.0×10 mol(L⋅s)⑵⑴

2 NO + O  2 NONO の減少速度が 4.0×10 mol(L⋅s) なので，係数の比の関係より，O の減少速度は，
1=2.0×10 mol(L⋅s)
2

同様に，NO の増加速度は NO の減少速度と同じなので，4.0×10 mol(L⋅s)

3.0×10 mol(L⋅min)=0.10min
0.30 molL

8 ∼12min：k=

2.0×10 mol(L⋅min)=0.10min
0.20 molLとなったので，上記の仮定は正しい。よって，この反応速度の比は，反応式中のそれぞれの物質の係数の比に等しい。

4.0×10 mol(L⋅s)×

4 ∼ 8 min：k=

各時間間隔において， k の値が 0.10min で一定

v=k[NO][O]

解説

4.5×10 mol(L⋅min)=0.10min
0.45 molL120【 1 】 解⑴

0 ∼ 4 min：k=反応の反応速度式は v=k [HO] と求められる。
120【 3 】 解

⑴

⑵

⒜

200 kJ⒝−200 kJ⑶⒜

300 kJ⒝

500 kJ

⒜

発熱反応

⒝

吸熱反応

解
答
編

解答編

342

成するわけではない。H畏H，I畏I の共有結合が切断さ⑷れると同時に，新たな H畏I の共有結合が形成されるような活性化状態を経て，HI 分子が生成すると考えられている。
【第 4 章124

類題
解説

活性化エネルギー：300 kJ⑸

反応熱：−200 kJ
⑴，⑵

解説

⒜

反応物 (A + B) のもつエネルギ

化学平衡】2 HI 

⑴

0

変化量

−1.0

+0.50

+0.50 (mol)

平衡時

3.5

0.50

0.50 (mol)K=

反 応 物 (C) の も つ エ ネ ル ギ ー よ り も 生 成 物

 

平衡状態における I の物質量を  〔mol〕 とすると，⑵

 H + I

2 HI

−200 kJ。

反応前

1.8

0

0 (mol)

反応物と活性化状態とのエネルギーの差が，活性平衡時1.8−2

 (mol)⑶

容器の容積を V 〔L〕 とすると，平衡定数 K は，化エネルギーに相当する。
反応物 (A + B) から見た山の高さが，

⒜



×
[H][I]
V
V
0.50
K=
 =
=
[HI]
1.8−2
3.5
V

A + B  C の反応の活性化エネルギーであり，300 kJ。
反応物 (C) から見た山の高さが，⒝

>0 より，

り，500 kJ。
⑷

触媒を用いると，活性化エネルギーは低下する。


0.50
=
1.8−2
3.5⑸

触媒を用いると，触媒を用いない場合よりも活性=0.20 mol

化エネルギーが小さくなる。しかし，反応熱の大き

124

誤

⑵

正

⑶

誤

⑷

類題

解説

誤

NO：0.20 mol，NO：0.60 mol⑴⑴ NO 0.50mol の 60% は 0.30mol なので，次のような関係が成りたつ。

誤

解説

5b． 解

7.5×10 molL⑵

さは，触媒の有無に関係なく，変わらない。
⑴



完全平方式なので，両辺の平方根をとる。

C  A + B の反応の活性化エネルギーであ120【 4 】 解(mol)0.50 0.50×[H][I]
V
V
0.50
=
=


[HI]
3.5
3.5
V

C  A + B の反応は吸熱反応で，反応熱は⑴NO  2 NO

触媒を加えると，反応の活性化エネルギ

ーが小さくなり，反応速度は大きくなる。しかし，反応熱の大きさや生成物の量は変化しない。
2 NO  2 NO + O の反応の反応速度式は⑵

v=k [NO] ではなく，v=k [NO] と求められてなく，実験によって求められる。

触媒である。
約 400 °C で，水素 H とヨウ素 I が反応してヨウ化水素 HI が生成する反応は，H 分子と I 分子がそれぞれ H 原子と I 原子に解離してから HI 分子が生

0.500 (mol)

変化量

−0.30

+0.60 (mol)

平衡時

0.20

0.60 (mol)

容器の容積は 24 L なので，

⑷ 酸化マンガン (Ⅳ) MnO のような固体の触媒は，反応物とは均一に混じり合わずにはたらく不均一系

反応前0.60 mol 24 L[NO]
==7.5×10 molL
K=[NO]
0.20 mol24 Lいる。一般に反応速度式は，反応式の係数からでは⑸

0=0.0204…≒0.020(A + B) のもつエネルギーが 200 kJ 高いので，

⑶

I

4.5

反応熱は +200 kJ。

⑸

H +

0.20 mol

容器の容積を V 〔L〕 とすると，平衡定数 K は，低いので，A + B  C の反応は発熱反応で，

解
答
編

⑵

反応前

ーよりも生成物 (C) のもつエネルギーが 200 kJ

⒝

0.020

⑴

5a． 解

125



[NO]
〔molL〕[NO]

⑴

K=

K=

[H][I]
[HI]

⑶

K=

[CO]
〔molL〕
[CO]

問

12． 解

⑵
⑷

K=

[CO][HO][CO][H]解答編

固体と気体が関係する平衡が平衡状態に⑷

解説

同様に，NO の分圧 pNO 〔Pa〕 は，あるとき，固体成分の濃度は一定とみなせるので，

pNO=1.0×10 Pa×

平衡定数は気体成分のモル濃度だけで表される。
125

13． 解

問

⑴

4.0

⑵

0.87 mol

K=

⑵

解説

3.0

反応前

128

3.0

1.0

平衡時

1.0
0

0 (mol)2.0

2.0 (mol)

水素の濃度を増加させる。

平衡をなるべく右辺の方向に進めるために，左辺の反応物の濃度を増加させればよい。
128

問

16． 解

⑴

右向き

⑶

左向き

⑷

移動しない

⑵

右向き

容器の容積を V 〔L〕 とすると，平衡定数 K は，

解説

2.0 2.0
×
V
V[CHCOOCH][HO]
=
=4.0
K=
1.0 1.0[CHCOOH][CHOH]
×
V
V

エの原理を使って考えればよい。

平衡状態における CHCOOCH の物質量を消す (緩和する) 方向に平衡が移動する。�

�ある化学反応が平衡状態にあるとき，その条件 (濃⑴CHCOOH + CHOH
反応前

1.0

2.0

平衡時

1.0−

2.0−

化学平衡の移動する方向は，次のルシャトリ

度，圧力，温度など) を変化させると，その影響を打ち 〔mol〕 とすると，

水素 H の濃度が減少する方向，すなわち，右方向へ平衡が移動する。
二酸化炭素 CO の濃度が増加する方向，すなわ⑵

ち，右方向へ平衡が移動する。

 CHCOOCH + HO
0塩化アンモニウム NHCl の電離によって，アンモ⑶

0 (mol) (mol)

ニウムイオン NH の濃度が増加する。そのため，容器の容積を V 〔L〕 とすると，平衡定数 K は，

NH の濃度が減少する方向，すなわち，左方向へ平K=衡が移動する。

[CHCOOCH][HO][CHCOOH][CHOH]



×
V
V

=4.0
=
=
(1.0−)×(2.0−)
1.0− 2.0−
×VV

わち [C (固)] は一定とみなせるので，固体の量を増加・減少させても平衡は移動しない。
1293 −12+8=0
=6± 36−24
2 3
=2±
3
3

⑴

17． 解

⑶

左向き

変化量

−0.60

平衡時

温度を上げると，吸熱反応となる方向に平衡

右向きが吸熱反応で，左向きが発熱反応である。
よって，右方向へ平衡が移動する。

仮に  〔mol〕 あったとすると，
NO  2 NO

右向き

よって，左方向へ平衡が移動する。
⑵

反応前の NO の物質量が不明なので，

反応前⑵

右向きが発熱反応で，左向きが吸熱反応である。

⑴

NO：2.5×10 Pa，⑵ 2.3×10 Pa⑴

左向き方向へ平衡が移動する。)

NO：7.5×10 Pa
解説⑴

が移動する。(逆に，温度を下げると，発熱反応となる

=0.866… mol≒0.87 mol
14． 解

問

解説

0<<1 より，
問

固体が関係する化学平衡では，固体の濃度，すな

⑷



126

pNO (7.5×10 Pa)==2.25×10 Pa
pN O 2.5×10 Pa

15． 解

問

解説

 CHCOOCH + HO⑵

1.2 〔mol〕=7.5×10 Pa
1.6 〔mol〕≒2.3×10 Pa

CHCOOH + CHOH⑴

343

0 (mol)+1.2 (mol)0.40

1.2 (mol)

右向きが発熱反応で，左向きが吸熱反応である。

⑶

よって，左方向へ平衡が移動する。
130

問

18． 解

⑶

左向き

解説

0.40  〔mol〕=2.5×10 Pa
1.6 〔mol〕

⑷

移動しない

⑵

移動しない
⑸

右向き

加圧すると，気体分子の総数が減少する

両辺の気体分子の総数が同じなので，圧力を変え⑵ても平衡は移動しない。

全圧×NO のモル分率より，
pNO=1.0×10 Pa×

右向き方向，すなわち右方向へ平衡が移動する。

よって，平衡状態において，合計 1.6 〔mol〕 の気体が存在する。NO の分圧 pNO 〔Pa〕 は，⑴⑴加圧すると，気体分子の総数が減少する方向，す⑶

なわち左方向へ平衡が移動する。なお，固体成分の

解
答
編

解答編

344

分圧は一定とみなせるので，これを除外し，気体成= 0.030 molL×2.7×10 molL

分の分圧の変化だけに着目する。

= 81×10 molL=9.0×10 molL

体積一定で Ne を加えても，NO，NO の圧力 (分 139 問 20． 解圧) は変わらないので，平衡は移動しない。
⑴ 2 CHCOOK + HSO  2 CHCOOH + KSO

⑷

全圧一定で Ne を加えると，NO，NO の圧力 (分⑸

解説

加する方向，すなわち右方向へ平衡が移動する。
135⑴

1.0×10 molL

問

19． 解

⑵

1.0×10 molL

問

21． 解

⑴

中性

⑷

塩基性

⑸

酸性

解説

水のイオン積 K=[H][OH]=1.0×10 molL 

より，[H ] =1.0×10






mol L である。よって，

K
1.0×10 molL
 =
[OH ]
1.0×10 molL
1.4

⑴

6． 解

⑵

解説

⑴

3.3

⑶

その水溶液は酸性を示す。

12.7

NH + HO  NH + HO
基の陽イオン Na と強酸の陰イオン Cl はいずれも水と反応せず，その水溶液は中性を示す。
強塩基の陽イオン Na は水と反応しないが，弱酸⑵ [H]=a×c×α=1×0.010 molL×0.050の陰イオン CO は水と反応 (加水分解) して，その=5.0×10 molL

水溶液は塩基性を示す。

pH=−log (5.0×10)

CO + HO  HCO + OH=−(log 5.0+log 10)=−(0.7−4)=3.3

強塩基の陽イオン K は水と反応せず，強酸の陰イ

ので，オン HSO はさらに次のように電離して H を生[OH]=2×0.025 molL×1.0=5.0×10 molL

pH=−log (2.0×10⑷

じるので，水溶液は酸性を示す。

K
1.0×10 molL
=[OH]
5.0×10 molL)

KHSO は水溶液中で，K と HSO に電離する。

⑸

Ba(OH) は二価の強塩基 (電離度 α=1.0) である=2.0×10 molL

NaCO は水溶液中で Na と CO に電離する。

⑷=−(2 log 2.0+log 10)=−(0.6−2)=1.4[H]=NaCl は水溶液中で Na と Cl に電離する。強塩⑶

電離度 α=1.0 なので，

pH=−log (4.0×10)=−log (2.0×10)解答編KNO は 水 溶 液 中 で K と NO に 電 離

塩基の陽イオン NH は水と反応 (加水分解) して，[H]=0.040 molL=4.0×10 molL⑶中性る。強酸の陰イオン SO は水と反応しないが，弱

0.020

⑷

⑶

⑵ (NH)SO は水溶液中で NH と SO に電離す

=1.0×10 molL
類題

酸性はいずれも水と反応せず，その水溶液は中性を示す。

[H ]=1.0×10 molL

136

⑴

⑵

する。強塩基の陽イオン K と強酸の陰イオン NO⑵ [H]=

弱酸の塩に強酸を加えると，強酸の塩が生成

し弱酸が遊離する。
141

純粋な水は [H]=[OH] であるから，⑴

解説

NaHCO + HCl  NaCl + HO + CO

⑵圧) が減少する。したがって，気体分子の総数が増HSO  H + SO
142

22． 解

問

アンモニア水が塩化アンモニウムを溶かした混合水溶液に少量の酸 (H) を加えると，水溶液=−(log 2.0+log 10)=−(0.3−13)=12.7

中に多量に存在する NH と H が次のように反応する

pH=11 より，[H]=1.0×10 molLため，水溶液中の [H] はほとんど増加せず，pH もほ[OH]=

K
1.0×10 molL =[H ]1.0×10 molL=1.0×10 molL
電離度 α=

電離している塩基の物質量(モル濃度)
溶けている塩基の物質量(モル濃度)

とんど変化しない。
NH + H  NH
一方，この混合水溶液に少量の塩基 (OH) を加えると，水溶液中に多量に存在する NH と OH が次のように反応するため，水溶液中の [OH] はほとんど増



138

よって，α=

1.0×10 molL=0.0200.050 molL

類題

7． 解

9.0×10 molL

解説

酢酸のモル濃度を c 〔molL〕，その電離度を

α ，電離定数を K とする。
[H]=cα=c×K
= cK
 c

加せず，pH もほとんど変化しない。
NH + OH  NH + HO
解説

NH 水に NHCl を溶かした混合水溶液中でも，アンモニアの電離平衡が成りたち，NH のごく一部しか電離しない。一方，NHCl はほぼ完全に電離する。
NHCl  NH + Cl解答編

したがって，この混合水溶液には，NH と NH がフの傾きは大きくなる。しかし，触媒を用いても平衡は移動しないので，平衡時の NH の生成量はともに多量に存在することになる。
144

5.2×10 molL

23． 解

問

変化しない。

AgBr の飽和溶液では，次の溶解平衡が成り 146【 2 】 解

解説

たつ。
AgBr (固)  Ag + Br

50 (単位なし)⑶

水素，ヨウ素 ：0.31 mol
ヨウ化水素 ：2.19 mol[Ag]=[Br]=7.2×10 molLの通りとなる。
H +K=[Ag][Br]=(7.2×10 molL)
=5.184×10



章

⑴

⒜

146【 1 】 解×⒟mol L ≒5.2×10

末
右



問
⒝

左

題





mol L
⒞

平衡状態における各物質の物質量は，次⑴

解説

これを AgBr の溶解度積 K の式に代入すると，
I：0.20 mol，HI：2.00 mol⑴⑵

このとき，水溶液中のイオンの濃度は，



345

1.40

1.20

0

(mol)

変化量

−1.00

−1.00

+2.00

(mol)

平衡時

0.40

0.20

2.00

(mol)

反応容器の容積は 1.0 L だから，⑵

2.00 
1.0
[HI]
=50
=
K=
[H][I]
0.40 0.20
1.0
1.0



×



⒠ 左

⑵

2 HI



I

反応前







さらに I 0.20 mol を加えて新たな平衡状態にな⑶ったとき，反応した H，I をそれぞれ  〔mol〕 とす
ると，
+

H



I

2 HI

反応前

0.40

0.20+0.20

2.00

(mol)

変化量

−

−

+2

(mol)

平衡時

0.40−

0.40−

2.00+2 (mol)


⑴

解説

⒜

2.00+2

 =50
1.0
[HI]
K=
=
[H ][I ]0.40−
 1.0 圧力を高くすると，気体分子の総数が減少する方向，すなわち右方向へ平衡が移動す

る。

完全平方式なので，両辺の平方根をとる。

この反応は右向きが発熱反応，左向きが吸熱反⒝2.00+2= 50 =5 2
0.40−

応である。よって，温度を高くすると，吸熱反応となる方向，すなわち左方向へ平衡が移動する。
⒞

触媒を加えても，平衡は移動しない。

⒟

体積一定で Ar を加えても，N，H，NHの圧力

=(分圧) は変わらないので，平衡は移動しない。
全圧一定で Ar を加えると，気体の体積が増加⒠

する。したがって，N，H，NH の圧力 (分圧) は
いずれも減少する。よって，気体分子の総数が増加する方向，すなわち左方向へ平衡が移動する。
グラフが横軸に平行になったとき，

⑵

⑷

12.6

⑴
⑸

3.2
12.3

2.4

⑵

⑹

⑶

10.7

1.3

⑴ [H]=価数 a×モル濃度 c 〔molL〕

pH=−log (6.0×10)=−(log 2.0+log 3.0+log 10)=−(0.3+0.5−4)=3.2

フの傾きは小さくなる。しかし，温度が下がると触媒を用いると反応速度が増加するので，グラ

2.13
mol≒2.19 mol
23×電離度 α温度が下がると反応速度が減少するので，グラ�

HI：2.00 mol+2×=1×0.015 molL×0.040=6.0×10 molLの傾きは，反応速度の大きさを示す。

は増加する。

2.13
mol
23
2.13
mol≒0.31 mol
23

解説たことを示す。また，平衡状態になるまでのグラフ

平衡は右へ移動するので，平衡時の NH の生成量

解答編

H，I：0.40 mol−146【 3 】 解N + 3 H  2 NH の可逆反応は平衡状態になっ

�





⑵

HSO は二価の強酸 (電離度 α=1.0) なので，
[H]=価数 a×モル濃度 c 〔molL〕×電離度 α=2×0.0020 molL×1.0=4.0×10molL

346

解答編

pH=−log (4.0×10)=−log (2.0×10)

[H]=



=−(2 log 2.0+log 10 )=−(0.6−3)=2.4⑶ [OH]=価数 b× モル濃度 c 〔molL〕×電離度 α

pH=−log (2.0×10)=−(log 2.0+log 10)=1×0.010 molL×0.050=−(−0.3−1)=1.3=5.0×10 molL[H]=146【 4 】 解K
1.0×10 molL
=[OH]
5.0×10 molL⑶⒜=2.0×10 molL
pH=−log (2.0×10





)=−(log 2.0+log 10⒝)⑷ [OH ]=価数 b×モル濃度 c 〔molL〕×電離度 α=4.0×10 molLず，pH もほぼ一定に保たれる。
CHCOO + H  CHCOOH

1
×10 molL
4

この水溶液に少量の OH を加えると，次の1×10 =−(log 2.0+log 10)4反応が起こり，水溶液中の OH はほとんど増加せず，pH もほぼ一定に保たれる。
CHCOOH + OH  CHCOO + HOHCl の出す H の物質量は，0.10 molL×⑷

20
L=2.0×10 mol
1000

CHCOONa の水溶液が生じている。CHCOONa は塩であり，水溶液中では完全に電離している。

30
L=3.0×10 mol
1000




CHCOONa  CHCOO + Na

このうち，Na は強塩基由来の陽イオンであり，mol が中和するので，残った OH は 1.0×10 mol

水と反応しないが，CHCOO は弱酸由来の陰イオ

し た が っ て，H 2.0×10 mol と OH 2.0×10で，これが混合水溶液 50 mL 中に含まれるから，
1.0×10 mol=2.0×10 molL[OH ]=
50
L
1000

解
答
編

C 点 は，酢 酸 CHCOOH と 水 酸 化 ナ ト リ ウ ム

NaOH が過不足なく中和した点で，酢酸ナトリウム

KOH の出す OH の物質量は，0.10 molL×

弱酸 CHCOOH の物質量の半分を NaOH で応が起こり，水溶液中の H はほとんど増加せK
1.0×10 molL
=[OH]
4.0×10 molL=−(−0.6−12)=12.6
⑸

緩衝液

2.8

酢酸ナトリウム

この水溶液に少量の H を加えると，次の反





�

⑵
�

溶液であり，次のように緩衝作用を示す。

=1×0.040 molL×1.0

pH=−log

酢酸

酸の塩 CHCOONa が物質量比 1：1 の混合水



=

50 mL

⑴
�

中和した B 点の水溶液は，弱酸 CHCOOH と弱=−(0.3−11)=10.7[H]=

1.0×10 mol 1= ×10 molL
20
2
L
1000







K
1.0×10 mol L
[H ]=
=
[OH]
2.0×10 molLンであり，その一部が水と次のように反応 (加水分解) するので，水溶液中の OH の濃度が大きくなり，
塩基性を示す。
CHCOO + HO  CHCOOH + OH





解説

1×0.10 molL×=−(log 2.0+log 10)
HSO の出す H の物質量は，0.10 molL×10
L×2=2.0×10 mol
1000

NaOH の出す OH の物質量は，0.10 molL×10
L×1=1.0×10 mol
1000

し た が っ て，H 1.0×10 mol と OH 1.0×10
mol が中和するので，残った H は 1.0×10 mol
で，これが混合水溶液 20 mL 中に含まれるから，

50

L=1×0.10 molL×
L
1000
1000

=50 mL=−(−0.3−12)=12.3⑹

0.10 molL 酢酸 (一価の酸) 水溶液

 〔mL〕 で過不足なく中和したので，

pH=−log (2.0×10)⑴

50 mL は，0.10 molL NaOH (一価の塩基) 水溶液

1= ×10 molL
2⑵

0.10 molL 酢酸水溶液の水素イオン濃度 [H] は，[H]=cα=c×K= cK molLc= 0.10×2.7×10 molL= 2.7 ×10 molL
pH=−log ( 2.7 ×10) 12 log 2.7+log 10 1=− ×0.4−3=2.8
2
=−







解答編

■

【第 1 章159

2 KBr + I

�

液体

⒠

固体

⒢

黄緑色

⒣

赤褐色

2 KCl + Br�Cl + HO  HCl + HClO

②

⑴

解説

ハロゲン元素の単体は類似した分子構造

小さいものほど強く，F>Cl>Br>I の順である。

をもち，分子量が大きくなるほど分子間力が強くな

� 酸化力は Br>I なので，Br は I から電子を奪り，融点，沸点が F<Cl<Br<I の順に高くなる。

って I を遊離させ，自身は Br になる。
�

ハロゲン元素の単体は，他の物質から電子を奪う

2 I + Br  I + 2 Br

性質 (酸化力) があり，I<Br<Cl<F の順に酸化

酸化力は Cl>I なので，I は Cl から電子を奪力が強くなり，反応性も大きくなる。

うことはできず，反応は起こらない。

①⑵

酸化力は Cl>Br なので，Cl は Br から電子

�とその一部が水と反応して，塩化水素と次亜塩素

10 kg

2． 解

酸を生成する。

硫 黄 は，S  SO  SO  HSO

解説Clは F よりも酸化力がやや弱い。水に溶ける②

2 Br + Cl  Br + 2 Cl
問

酸化力の非常に大きい F は，水 HO を酸化して酸素 O を発生させる。

を奪って Br を遊離させ，自身は Cl になる。
165

淡黄色

⒡

2 F + 2 HO  4 HF + O①⑵

ハロゲン元素の単体の酸化力は，原子番号の解説⒟

無機物質 ■

非金属元素】

1． 解

問

第3編

347

177【 2 】 解のように，すべて硫酸分子に変化する。よって，硫黄⑴MnO + 4 HCl  MnCl + Cl + 2 HO

S (原子量 32) 1 mol から，硫酸 HSO (分子量 98) 1 mol⑵

A：水，B：濃硫酸が生成する。得られる 98 % 硫酸の質量を  〔kg〕 とす⑷⑶

A：塩化水素，B：水

ると，
3.2×10 g ×10 g×0.98=
32 gmol98 gmol
=10 kg
169

問

3． 解

⑵

6.3 kg解説⑴

NH + 2 O  HNO + HO⑴

解説

オストワルト法の 3 つの反応式は次の通…… ①

2 NO + O  2 NO…… ②

3 NO + HO  2 HNO + NO…… ③

上式から，反応中間体の NO，NO を消去する。

本来，酸化剤としての強さは Cl>MnO であるが，加熱することによって，Cl が反応系から追い出されて，反応が右向きに進行する。したがって，加熱を止めると塩素の発生は停止する。
⑵，⑶②×3+③×2 より，NO を消去する。
4 NO + 3 O + 2 HO  4 HNO

発生した塩素には，濃塩酸を加熱することにより生じた塩化水素と水蒸気が含まれている。よっ…… ④て，まず，洗気瓶Aで水に溶けやすい塩化水素を除①+④より，NO を消去する。

き，次に，洗気瓶 B で濃硫酸に水蒸気を吸収させて4 NH + 8 O  4 HNO + 4 HO除く。

両辺を 4 で割ると，解答の反応式が得られる。
⑵

酸化マンガン (Ⅳ) MnO は，酸性条件下

発生する。

り。
4 NH + 5 O  4 NO + 6 HO⑴

で酸化剤としてはたらき，HCl が酸化されて Cl が⑴の解答の反応式より，NH (分子量 17) 1 mol から HNO (分子量 63)1mol が生成する。1.7 kg の NHから得られる HNO を  〔kg〕 とおくと，塩素は水にいくらか溶けるので，水上置換では効⑷

率よく捕集できない。また，乾燥した塩素が得られない。よって，塩素が空気より密度が大きい気体であることを利用して，下方置換で捕集する。塩素を×10 g1.7×10 g=
17 gmol
63 gmol

導くガラス管は，集気瓶の奥まで入れる。
177【 3 】 解

=6.3 kg

⑵

⑴

A：オ

B：エ

C：ア

D：イ

A：Zn + HSO  ZnSO + HB ：Cu + 2 HSO  CuSO + SO + 2 HO177【 1 】 解

⑴

章
⒜

末
フッ素

問
⒝

題
臭素



C ：NaCl + HSO  NaHSO + HCl⒞

気体

D ：HCOOH  CO + HO

解
答
編

解答編

348

A：濃硫酸はほとんど水を含まないため，強のような副反応が起こり，窒素 N が生成してしい酸性を示さないが，希硫酸は強い酸性を示し，イまう。白金 Pt 触媒を用いると，一酸化窒素 NO

オン化傾向が水素より大きい金属と反応して H をが生成する。

解説

4 NH + 5 O  4 NO + 6 HO発生する。
B：加熱した濃硫酸 (熱濃硫酸) には強い酸化作用があ

177【 5 】 解るため，イオン化傾向が水素より小さい銅とも反応⑴

A：3 Cu + 8 HNO 3 Cu(NO) + 2 NO + 4 HO

して二酸化硫黄 SO を発生する。

B：Cu + 4 HNO  Cu(NO) + 2 NO + 2 HO

C ：濃硫酸は沸点の高い不揮発性の酸である。したがって，揮発性の酸の塩 NaCl と不揮発性の酸 HSO

C：FeS + HSO  FeSO + HSを混合して加熱すると，揮発性の酸 HCl が遊離する。

D：CaCO + 2 HCl  CaCl + CO + HO
E：2 KClO  2 KCl + 3 O

D：濃硫酸には，有機化合物から H と O を 2：1 の割合

F：2 NHCl + Ca(OH)

で奪うはたらき (脱水作用) がある。ギ酸 HCOOH

 CaCl + 2 NH + 2 HOを加えて加熱すると，分子内の H と OH が水 HO 分子として脱離し，一酸化炭素 CO が生じる。

B，二酸化窒素，赤褐色⑵

濃硫酸には吸湿性があるので，乾燥剤に用い

参考

られる。
177【 4 】 解A， B

硝酸は強い酸化力をもつので，水素よりもイオン化傾向の小さい Cu や Ag とも⑴

接触式硫酸製造法 (接触法)⒜ハーバー・ボッシュ法

⒝

⑴

解説

⒞

オストワルト法

B ：Fe または FeO

⑵

A：VO

⑶① S + O  SO

反応する。ただし，希硝酸では，一酸化窒素 NOが生成する。NO は水に溶けにくい無色の気体で

C ：Ptある。一方，濃硝酸では，二酸化窒素 NOが生成する。NO は水に溶けやすい赤褐色・刺激臭の気②2 SO + O  2 SO

③

SO + HO  HSO

④

N + 3 H  2 NH

ると硫酸鉄 (Ⅱ) (強酸の塩) が生じ，硫化水素 (弱⑤4 NH + 5 O  4 NO + 6 HO酸) が遊離する。HS は水に少し溶ける無色・腐

体である。
C

⑥ 2 NO + O  2 NO

卵臭の気体である。

3 NO + HO  2 HNO + NO

⑦
解説

⑴

⒜

D

CO + HO (弱酸) が遊離する。COは水に少し溶ける無色・無臭の気体である。

と反応させて硫酸をつくる工業的製法を，接触式
E

硫酸製造法 (接触法) という。

化マンガン (Ⅳ) MnO は触媒としてはたらく。

製法を，ハーバー・ボッシュ法という。

⑵

F

アンモニアを酸化して一酸化窒素をつくり，さ⒞

塩素酸カリウム KClOを加熱すると，塩化カリ
ウム KCl と酸素 O に分解する。この反応で，酸窒素と水素から直接アンモニアをつくる工業的⒝

炭酸カルシウム (弱酸の塩) に希塩酸 (強酸) を加えると塩化カルシウム (強酸の塩) が生じ，硫黄を燃焼させて二酸化硫黄をつくり，さらに酸化して三酸化硫黄に変え，これを水解答編

硫化鉄 (Ⅱ) (弱酸の塩) に希硫酸 (強酸) を加え塩化アンモニウム (弱塩基の塩) に水酸化カル

らに酸化して二酸化窒素に変え，これを水と反応

シウム (強塩基) を加えて加熱すると，塩化カルシ

させて硝酸をつくる工業的製法を，オストワルト

ウム (強塩基の塩) が生じ，NH (弱塩基) が遊離す法という。

る。NHは水によく溶ける無色・刺激臭の気体でA：2 SO + O  2 SO は可逆反応である。

ある。

反応速度を大きくするために，酸化バナジウム(Ⅴ) VO という触媒が使われる。
B ：N + 3 H  2 NH も可逆反応である。

【第 2 章180

典型金属元素】

4． 解

問

発生する気体を石灰水に通じ，白く濁ることを確認する。

反応速度を大きくするために，四酸化三鉄 FeO
という触媒が使われるが，実際には FeO が H

解説によって還元されて生じた単体の Fe が，触媒作

CaCO が生成し，溶液が白濁する。
Ca(OH) + CO  CaCO + HO

用をしている。
C：無触媒で NHを空気酸化すると，
4 NH + 3 O  2 N + 6 HOCO を石灰水に通じると，水に不溶の

181

問

解説

5． 解

0.50 mol

NaCl + NH + CO + HO

解答編

 NaHCO + NHCl…… ①

陽イオンになりやすい。

2 NaHCO  NaCO + CO + HO …… ②⑷

カリウム K の炎色反応は赤紫色である。

①×2+②より，反応中間体の NaHCO を消去する。

⑸

アンモニアソーダ法でつくられるのは，炭酸ナト

2 NaCl + 2 NH + CO + HO

リウム NaCO である。

 NaCO + 2 NHCl⑹

水酸化カルシウム Ca(OH)を消石灰という。

よって，塩化ナトリウム 1 mol から得られる炭酸ナ⑺

単体が常温で水と反応するのは，アルカリ金属

トリウムは 0.50 mol である。
184

(Li，Na，K) とアルカリ土類金属 (Ca) である。

ア

6． 解

問

2 族元素のうち，アルカリ土類金属元素である⑻

単体のカルシウムは，常温の水と容易に�

解説

Ca，Sr，Ba の硫酸塩は水に不溶であるが，Be，Mg

反応する。○の硫酸塩は水に可溶である。

Ca の炭酸塩 (炭酸カルシウム) は水に溶けにくい。191【 2 】 解

�

×

③

� Ca の水酸化物(水酸化カルシウム)は水に少し溶

①

⑴

④

NaHCO②NaONaCO⑤

NaCl

B：NaCl + NH + CO + HOける。× NaHCO + NHCl
C：2 NaHCO  NaCO + CO + HO

×
Al

⑶



Ba + SO  BaSO

⑴

7． 解

問

⑵

NaOH

A：2 Na + 2 HO  2 NaOH + H⑵

� Ca の硫酸塩(硫酸カルシウム)は水に溶けにくい。
187

349

+ 3 OH風解⑶

 Al(OH)

⑷

潮解

アルカリ金属元素の原子はイオン化エネルギ

解説

Al(OH) + OH  [Al(OH)]

ーが小さく，価電子 1 個を放出して一価の陽イオンにAl + 3 OH  Al(OH)

なりやすい。

解説

ミョウバン AlK(SO)⋅12HO を水に溶かす①⑴

塩素中に加熱した Na を入れると，激しく反と，各成分イオンに電離する。すなわち，ミョウバン

応して NaCl が生成する。また，NaCl を溶融塩

水溶液中には，Al，K，SO が存在するので，それ電解すると，陰極に Na が得られる。

ぞれのイオンがどのように反応するか考える。

Na と O が反応すると，NaO が得られる。ま②⑴

硫酸バリウム BaSO の白色沈殿が生成する。

た，NaO は塩基性酸化物なので，HCl と中和反応⑵

はじめに水酸化アルミニウム Al(OH) の白色沈して NaCl と水になる。

殿が生成するが，水酸化ナトリウム水溶液を過剰にNaCO は CO と HO を 吸 収 し て NaHCO と③なる。

加えると，テトラヒドロキシドアルミン酸イオン[Al(OH)] を生成して溶解し，無色の水溶液になる。

NaCO + CO + HO  2 NaHCO
NaHCO を加熱すると，CO と HO を放出してアンモニア水を加えると，⑶

NH + HO  NH + OHNaCO になる (反応 C )。

の電離で生じた OHと Al が反応して Al(OH) の白色沈殿が生成する。

NaCl 水溶液に NH と CO を通じると，NaHCO
が生成する (反応 B )。

この沈殿は過剰のアンモニア水を加えても溶解しな④

い。

NaOH は，CO を吸収して NaCO になる。
2 NaOH + CO  NaCO + HO

191【 1 】 解



章

⑴

Li，Na，K，Be，Mg，Ca⑵

Li，Na，K

⑸

Na

⑻

Ca

解説

⑹

末
⑶

Ca

問

題

Na は常温の水と激しく反応して H を発生し，

NaOH になる。NaOH は，工業的にはNaCl 水溶
液の電気分解 (イオン交換膜法) によって得られ⑷

Be，Mg，Ca
⑺

⑤



る。

K

Li，Na，K，Ca

NaCO⋅10 HO で見られるような，水和物の結晶⑶

が空気中で水和水を失い，結晶が壊れていく現象を
1 族元素 ……Li，Na，K
2 族元素 ……Be，Mg，Caが該当する。

風解という。
⑷

NaOH で見られるような，結晶が空気中の水蒸気⑴

1，2 族はすべて典型元素である。

⑵

水素 H を除く 1 族元素がアルカリ金属元素である。191【 3 】 解⑶

2 族元素の原子は，価電子 2 個を放出して二価のを吸収し，その水に溶けていく現象を潮解という。
⑧⑴⑥

Ca(HCO)

CaCl
⑨

⑦

CaO

CaCO

⑩

Ca(OH)

解
答
編

解答編

350

D：CaO + 2 HCl  CaCl + HO⑵

る。

E：Ca(OH) + CO  CaCO + HO

アルミニウムは両性金属であり，酸，強塩基の水

F：CaCO + CO + HO  Ca(HCO)

溶液に H を発生して溶ける。このとき，塩酸ではAlCl，硫酸では Al(SO)，NaOH 水溶液では

イ⑶

アルカリ土類金属元素の原子は，価電子 2 個

解説

Na[Al(OH)] という塩が生成する。

を放出して，二価の陽イオンになりやすい。性質はア

Al と NaOH 水溶液との反応式は次のように書く。
左辺に Al と NaOH，右辺に Na[Al(OH)] と H を

ルカリ金属元素に似ているが，反応はやや穏やかであ書く。両辺を眺めると，左辺に H，O 原子が足りな

る。
⑥

⑴，⑵

加熱した Ca が塩素 Cl と反応すると，いので，水 HO を加えるのを忘れないこと。

CaCl が生成する。CaCl を溶融塩電解すると，

aAl + bNaOH + cHO  dNa[Al(OH)] + eH

陰極に Ca が得られる。

d=1 とおくと，Al の数より，a=1

Ca と Oが反応すると，CaO が得られる。また，⑦

Na の数より，b=1

CaO は塩基性酸化物なので，HCl と中和反応してO の数より，c=3

CaCl になる。

H の数より，e=

CaCO の 沈 殿 に CO を 十 分 に 通 じ る と，⑧

Ca(HCO) を生じて溶ける。これを加熱すると全体を 2 倍して，a=2，b=2，c=6，d=2，e=3

再び CaCO の沈殿が生成する。

Al(SO) 水溶液に NH水を加えると，Al(OH) の白色沈殿が生じる。

⑨ 石灰水に CO を通じると，CaCO の白色沈殿

Al(SO) + 6 NH + 6 HOが生成する。

 2 Al(OH) + 3(NH)SO

Ca は常温の水と反応して Hを発生し，⑩

さらに過剰に NH 水を加えても沈殿は溶解しない。

Ca(OH)を生成する。

亜鉛も両性金属であり，酸，強塩基の水溶液に H

Ca + 2 HO  Ca(OH) + HCO を 含 む 地 下 水 の 作 用 で，石 灰 岩 CaCO がを発生して溶ける。このとき，塩酸では ZnCl，硫Ca(HCO) となって溶解する。この反応によって，酸では ZnSO，NaOH 水溶液では Na[Zn(OH)] と鍾乳洞が生じる。また，Ca(HCO) の水溶液から大いう塩が生成する。

⑶

解
答
編

3
2

気中に CO が放出されると，逆反応が進み，CaCOZn と NaOH 水溶液との反応式は次のように書く。

が析出する。この反応によって，鍾乳石や石筍が生

a Zn + b NaOH + c HO d Na[Zn(OH)] + e Hじる。
191【 4 】 解⑴⒜

d=1 とおくと，Zn の数より，a=1

ボーキサイトNa の数より，b=2⒝ アルミナ (酸化アルミニウム)⒞ 溶融塩電解 (融解塩電解)⒠ 水酸化アルミニウム
⑵ ①

⒟
⒡

O の数より，c=2

両性

H の数より，e=1

水酸化亜鉛

ZnSO水溶液に NH水を加えると，Zn(OH) の白

2 Al + 6 HCl  2 AlCl + 3 H色沈殿が生じる。

② 2 Al + 2 NaOH + 6 HO

ZnSO + 2 NH + 2 HO 2 Na[Al(OH)] + 3 H Zn(OH) + (NH)SO③ Zn + 2 HCl  ZnCl + H

さらに過剰に NH 水を加えると，テトラアンミン④ Zn + 2 NaOH + 2 HO  Na[Zn(OH)] + H亜鉛 (Ⅱ) イオンという錯イオンをつくって沈殿は⑤ Zn(OH) + 4 NH  [Zn(NH)] + 2 OH
解説

⑴，⑵

溶解する。

Al は，工業的には主要な鉱石である

Zn(OH) + 4 NH  [Zn(NH)] + 2 OH

ボーキサイト (主成分 AlO⋅n HO) を精製し，得られた酸化アルミニウム (アルミナ) AlO を氷晶石

【第 3 章NaAlF とともに約 1000 °C で融解したものを，炭素電極により電気分解して生産されている。
アルミニウム製品の表面を人工的に酸化させて，酸化アルミニウムの被膜をつくったものをアルマイ
トという。家庭用品や建材などに広く利用されてい

197

遷移元素】

8． 解

問

解説

ア，イ，ウ

�，�

いずれも水酸化銅 (Ⅱ) Cu(OH) の青

白色沈殿が生じる。
Cu + 2 OH  Cu(OH)

解答編

Cu(OH) は両性水酸化物ではないので，過剰の�

解説Cuを含む水溶液に NH 水を少量加えると，

NaOH 水溶液に溶解しない。したがって，イオン反水酸化銅 (Ⅱ) Cu(OH)の青白色沈殿が生じる。これに応式は�，�と同じになる。

過剰の NH 水を加えると，テトラアンミン銅 (Ⅱ) イオ

加えたアンモニア水が少量のときは，Cu(OH)の�

ン [Cu(NH)] が生じ，深青色の水溶液となる。
クロム酸イオン CrO (黄色) を含む水溶液に酸を青白色沈殿が生じる。
Cu

+ 2 OH

加えると，二クロム酸イオン CrO (赤橙色) に変化

 Cu(OH)

アンモニア水を過剰に加えると，この沈殿は溶けてテトラアンミン銅 (Ⅱ) イオン [Cu(NH)] となり，深青色の水溶液になる。

する。
逆に，CrO を含む水溶液に塩基を加えると，ク
ロム酸イオンに戻すことができる。

Cu(OH) + 4 NH  [Cu(NH)] + 2 OH
205

351

CrO は酸性条件では酸化剤としてはたらき，ク

この混合溶液に希塩酸を加えると，

⑴

9． 解

問

CrO + 2 OH  2 CrO + HO

PbCl の白色沈殿を生じる。これをろ過して Cu

ロム (Ⅲ) イオン Cr (緑色) に変化する。
Al を含む水溶液に NaOH 水溶液を少量に加えると分離する。
この混合溶液に過剰のアンモニア水を加えると，と，水酸化アルミニウム Al(OH)の白色沈殿が生じる。

Al(OH) の 白 色 沈 殿 が 生 じ る。こ れ を ろ 過 し て

これに NaOH 水溶液を過剰に加えると，テトラヒドロ

⑵

Zn



キシドアルミン酸イオン [Al(OH)]が生じ，無色の水と分離する。

この混合溶液に過剰のアンモニア水を加えると，⑶溶液となる。
Agを含む水溶液に HCl 水溶液を加えると，塩化銀

Fe(OH) と Al(OH) が 沈 殿 す る。こ れ を ろ 過 し てZnと分離する。次に，分離した沈殿に過剰の水酸化ナトリウム水溶液を加えると，Al(OH) が無色のテトラヒドロキシドアルミン酸イオン [Al(OH)]

AgCl の白色沈殿が生じる。これに NH水を過剰に加えると，ジアンミン銀 (Ⅰ) イオン [Ag(NH)] が生じ，無色の水溶液となる。
Fe を含む水溶液 (淡緑色) を酸化剤を用いて酸化となって溶解する。これをろ過して Fe(OH) の赤

すると，Feを含む水溶液 (黄褐色) に変化する。これ

褐色沈殿と分離する。
⑵，⑶ Zn解説

を含む水溶液に少量のアンモ

ニア水を加えると，Zn(OH) の白色沈殿を生じる。
過剰のアンモニア水を加えると，Zn(OH) が無色のテトラアンミン亜鉛 (Ⅱ) イオン [Zn(NH)] となに NaOH 水溶液を加えると，水酸化鉄 (Ⅲ) Fe(OH)の赤褐色沈殿が生じる。
Fe を含む水溶液を還元剤を用いて還元すると，Feの水溶液に戻すことができる。
209【 2 】 解って溶解し，ろ液に含まれることになる。

⑴

A：�

B：�

C：�

D：�



章

209【 1 】 解

⑴

末
⒜

問

題

C：Pb(OH)，白色

Cu(OH)，水酸化銅 (Ⅱ)⒝ [Cu(NH)]，テトラアンミン銅 (Ⅱ) イオン
Cr，クロム (Ⅲ) イオン⒠

Al(OH)，水酸化アルミニウムと，Cu のみを沈殿として分離できる。

AgCl，塩化銀⒣ [Ag(NH)]，ジアンミン銀 (Ⅰ) イオン
⒥
②
③
④



(Ⅱ) Pb(OH) の白色沈殿が生じるので，これをろ過

Fe(OH)，水酸化鉄(Ⅲ)
Cu(OH) + 4NH  [Cu(NH)] + 2OH2 CrO + 2 H  CrO + HOAgCl + 2 NH  [Ag(NH)] + Cl
Fe



+ 3OH



 Fe(OH)

C：Ag，Pb，Cu(Pb)混合水溶液に NH 水を十分に加えると，水酸化鉛

Fe ，鉄(Ⅲ)イオン①

混合水溶液に酸性条件で硫化水素を通じると，硫化銅 (Ⅱ) の黒色沈殿が生じるので，これをろ過する

オン⑵

混合水溶液に希塩酸を加えると，塩化銀 AgCl の

B：Na，Cu，Fe(Cu)⒡ [Al(OH)] ，テトラヒドロキシドアルミン酸イ⒤D：Fe(OH)，赤褐色

A：Ag，Cu，Al(Ag)

沈殿として分離できる。



⒢

解説

B：CuS，黒色

白色沈殿が生じる。これをろ過すると，Ag のみを⒞ CrO，二クロム酸イオン⒟

A：AgCl，白色⑵

すると，Pb のみを沈殿として分離できる。
D：Al，Zn，Fe(Fe)

混合水溶液に NaOH 水溶液を十分に加えると，水
酸化鉄 (Ⅲ) の赤褐色沈殿が生じるので，これをろ過

解
答
編

解答編

352

すると，Fe のみを沈殿として分離できる。
⑴

A：AgClD：Fe(OH)

E：ZnS

209【 3 】 解

B：PbCrO

Na

⑶

炎色反応で，炎が黄色になることを確認する。

⑷

①

光

2 AgBr  2 Ag + Br
加えた HS を取り除くため。

ており，その Fe を希硝酸によって酸化し Feに戻すため。
⑴

混合水溶液に希塩酸を加えると，AgCl，

PbCl が一緒に沈殿する。このうち，PbCl は熱水に溶けるので，沈殿Aは AgCl (白色) である。また，
PbCl は熱水に溶けると Pb となり，CrO と反応する。沈殿 B は PbCrO (黄色) である。
希塩酸を加えたろ液は酸性なので，HS を通じると生じる沈殿 C は CuS (黒色) である。このろ液中では，Fe は HS (還元剤) によって Fe に変化しているので，HNO (酸化剤) を加えて Fe に戻す必要がある。
続いて，NH水を十分に加えたとき，生じる沈殿
D は，Fe(OH) (赤褐色) である。このろ液は塩基性なので，HS を通じると生じる沈殿E は，ZnS (白色)である。
ろ液 F に残った金属イオンは Na である。

⑵，⑶

Na はいかなる試薬を加えても沈殿を生じないので，炎色反応で炎が黄色になることで確認する。
① ろ液を沸騰させて HS を取り除く。こうし⑷ておかないと，希硝酸を加えた時点で HS が酸化

解答編され多量の S が遊離するので，再度，ろ過が必要に な る。ま た，そ の 後，NH を 加 え た 段 階 で，Fe(OH) と共に ZnS が沈殿してしまうので，Fe
と Zn の分離が困難となる恐れがある。
希硝酸を加えないと，ろ液中には Fe が存在②

しており，このまま NH 水を加えると，Fe(OH)
( 緑 白 色 ) が 沈 殿 す る。な お，Fe(OH) よ り もFe(OH) (赤褐色) の方が水への溶解度が小さいので，試料中に含まれる鉄イオンを完全に沈殿として分離するには，Fe を酸化して Fe に戻しておく方がよい。
209【 4 】 解
解説

⑴
⑴

誤

⑵

誤

⑶

正

⑷

誤

鉄鉱石を石灰石とコークスとともに溶鉱

炉で加熱すると得られる鉄は，約 4 % の炭素を含む
銑鉄で，硬くてもろく，鋳物などに用いられる。×⑵

銅と亜鉛の合金は黄銅とよばれ，楽器，5 円硬貨などに使われる。銅像に使われているのは，銅とスズの合金である青銅である。×金は金属中で，銀，銅に次いで電気・熱の伝導性⑷が大きい。金はイオン化傾向が最小で，最も酸化さFeが HS によって還元されて Fe に変化し解説

この性質を感光性といい，臭化銀は写真フィルムの感光剤として利用される。○⑵②

臭化銀に光が当たると，銀と臭素に分解される。

⑶

C：CuS

れにくいことから，装飾品だけでなく，電子機器の配線などに利用される。×

解答編

■

【第 1 章
223

第4編

⑴

解説

有機化合物 ■

353

有機化合物の分類と分析】

類題

1． 解

解説

化合物中の炭素・水素・酸素の質量をそれぞCHO

れ求めると，C の質量：66.0 mg×

12=18 mg44

H の質量：36.0 mg×

2.0=4.0 mg18⑵

O の質量：30.0 mg−(18 mg+4.0 mg)=8 mg化合物の組成式を CHO とすると，：： z=18 4.08：： =3：8：1
12 1.0 16

よって，組成式は CHO (式量 60) となる。

225【 3 】 解

分子量は 60 なので，分子式も CHO となる。

⑴

A：塩化カルシウム，B：ソーダ石灰

逆につなぐと，ソーダ石灰に水と二酸化炭素の両⑵方が吸収されてしまうため，試料中の炭素と水素の225【 1 】 解
⑸

カ

⑽

コ

解説

質量を別々に求めることができなくなる。



章

末

問

題

⑴

ア

⑵

イ

⑶

エ

⑷

ウ

⑹

オ

⑺

キ

⑻

ク

⑼

ケ



⑷

⑶

CHO

⑸

H H H
為為為
H畏C畏
C畏C畏
C畏
O畏H
為為為異
H H H OCHO
H
H
為 為
H畏C C
C畏
O畏H
為 為 異
H H畏
C畏
HO
為
H

⑴，⑵ 有機化合物は共有結合からなり，非⑴有機化合物中の成分元素の種類と含有量

電解質であるものが多い。無機化合物はイオン結合

解説からなり，電解質であるものが多い。

を求める操作を，元素分析という。燃焼管に詰めた有機化合物は，無機化合物と比べて構成原子

CuO は高温で酸化作用を示し，不完全燃焼で生じたの種類が少ないが，化合物の数は非常に多い。それCO などを酸化して CO に変えるはたらきをする。

⑶，⑷

は炭素原子が 4 個の価電子をもち，鎖状や環状，二装置 A に詰めた塩化カルシウム CaCl に水 HO を重結合や三重結合などのさまざまな構造の分子をつ吸収させ，装置 B に詰めたソーダ石灰 (CaO+NaOH

くることができるからである。無機化合物は，構成の混合物) に二酸化炭素を吸収させる。

原子の種類は多いが，化合物の数は有機化合物に比⑵で，別々に吸収させるために，まず塩化カルシウム

べて少ない。
⑸，⑹に水を吸収させ，次にソーダ石灰に二酸化炭素を吸有機化合物の多くは分子からなり，融点は比収させる。

較的低いものが多い。無機化合物の多くはイオンからなり，融点の高いものが多い。
⑺，⑻

ソーダ石灰は二酸化炭素と水の両方を吸収するの有機化合物は，水よりも有機溶媒に溶けやすいものが多い。無機化合物は，有機溶媒よりも水に⑶

化合物 X に含まれる炭素，水素，酸素の質量を求める。
C の質量：1.6 g×

溶けやすいものが多い。
⑼，⑽

有機化合物は可燃性のものが多く，完全燃焼

すると C は CO，H は HO になる。無機化合物は，
不燃性のものが多い。
225【 2 】 解⑵⑴

ヒドロキシ基，エステル結合

カルボキシ基，アミノ基

12≒0.436 g
44

H の質量：0.64 g×

2.0≒0.071 g
18

O の質量：0.79−(0.436+0.071)=0.283 g
化合物 X の組成式を CHO とおくと，
：： z=0.436 0.071 0.283
：
：
12
1.0
16

≒0.036：0.071：0.018≒2：4：1
よって，化合物 X の組成式は CHO となる。

解
答
編

解答編

354

分子式は組成式を整数 (n) 倍したものだから，⑷【第 2 章(組成式の式量)×n=分子量 となる。
(CHO)=88

44n=88

略して，CH- や -CH-，-COOH のように表したもの
もある。

n=2
よって，化合物X の分子式は，CHO

227



CH畏CH畏CH
為
COOH

�

⑶

⑴

⑵

CHO

方 (これを炭素骨格という) の違いを考えることが重

H畏C畏H
異
O

H
為
H畏
C畏
O畏
C畏H
異 為
O
H
⑴

解説

要であり，この後，必要な数の水素原子をつけていけばよい。
鎖式飽和炭化水素 (アルカン) の異性体は，次の①∼③の手順で考えるとよい。

この有機化合物 Y の質量を 100 g とする

まず，枝分れのない直鎖の炭素骨格 (主鎖) を考え①と，化合物中の炭素，水素，酸素の質量は，それぞる。

れ 40.0 g，6.7 g，53.3 g となる。

次に，枝分れの構造 (側鎖) を考える。

②

化合物Yの組成式を CHO とすると，

C 1 個 (実際にはメチル基 CH畏) を端から切り離40.0 6.7 53.3
：： z=
：
：
12
1.0
16

し，残った炭素骨格の末端以外の場所につける。
(末端につけると，①と同じものになるので注意す≒3.3：6.7：3.3

る。また，左右と上下の対称性により，同じものに≒1：2：1
よって，化合物Yの組成式は⑵なる場合があるので注意する。)

CHO

素骨格の末端以外の場所につける。(末端につけるCHO である。原子価が C が 4 ， H が 1 ， O が 2 でO
異
H畏C (ホルムアルデヒド) のみである。
緯Hと，②と同じものになるので注意する。)
C が 7 個以上含まれる分子の場合は，さらに③を
くり返す。
228

分子式は組成式を整数 (n) 倍したものだから，⑶

CHCl + Cl  CHCl + HCl

30n=60

CHCl + Cl  CCl + HCl
解説

よって，化合物 Y の分子式は CHO となる。化塩素の混合気体に光を当てると，メタンの H 原子が

CHO − COO (エステル結合) = CH�

カルボキシ基�O
異
H畏C畏O畏CH
エステル結合�はカルボキシ基をもつカルボン酸 (酢酸) で不適，
�はエステル結合をもつエステル (ギ酸メチル) である。

分子中の原子や原子団 (基) が他の原子や原子団に置き換わる反応を，置換反応という。メタンと合物 Y中の炭化水素基の分子式は，
これを 畏
H，畏
CH に分けて構造を考えると，CH +Cl  CHCl + HCl

CHCl + Cl  CHCl + HCl

n=2

O
異
C畏O畏
H
CH畏

2． 解

問

(組成式の式量)×n＝(分子量) となる。
(CHO)=60

さらに，②の末端の C 1 個を切り離し，残った炭③

化合物Yが O 原子を 1 個もつので，その分子式もあるため，考えられる構造式は，
解答
編

有機化合物の異性体は，炭素原子のつながり

解説

イソ酪酸

225【 4 】 解

2-メチルブタンCH
2-ジメチルプロパン
CH-C-CH 2，
CH

ボキシ基の結合位置に次の 2 通りがある。
酪酸

ペンタン



C の炭素骨格には直鎖のものしかないが，カルCH畏CH畏COOH
CH畏CH-CH-CH-CH-CH

CH-CH-CH-CH
CH

CHO − CHO (カルボキシ基) = CH

�

1． 解

問

化合物X 中の炭化水素基の分子式は，⑸脂肪族炭化水素】

以下，有機化合物の構造式は，価標の一部を省

注意

次々に Cl 原子に置換される反応が起こる。
230

3． 解

問

CH=CH-CH-CH

CH=C-CH CH衣 胃CH CH衣 胃H
C=C
C=C
CH
H萎 緯H
H萎 緯CH
解説

アルケンは，炭素原子間に二重結合を 1 個もつ鎖式不飽和炭化水素である。アルケンの異性体も，次の手順で考えるとよい。
①

まず，直鎖の炭素骨格を考え，さらに二重結合の位置の違いを区別する。

②①の末端の C 1 個を切り離し，残った炭素骨格の解答編

末端以外の場所に付けて側鎖を区別する。
③

アルケンの C移C 結合は，一方の原子を固定した胃X
X衣
C=C  のとき，X≠X かつ X≠X なら

X萎
緯
X

に

④

合する反応を付加反応という。
エチレンは適当な条件 (高温・高圧，触媒存在)⒝の下では，同種の分子どうしが次々に付加反応をはシス-トランス異性体が存在しないが，C移C 結合

起こし，鎖状に結合してポリエチレンを生成する。

が末端以外の部分にあるアルケンには，シス-トラ

この反応を付加重合という。
AlCl を触媒として，エチレンに塩化水素を①⑵付加させると，クロロエタンが生成する。

4． 解Br衣 胃Br
C=C
H萎 緯H

②

Br衣 胃HC=C
H萎 緯BrPt や Ni を触媒として，エチレンに水素を付加させると，エタンが生成する。
③，④

アセチレン 1 分子に臭素 1 分子が付加する反解説

臭素 Br と塩素 Cl は，常温でも容易にエチレンに付加して，それぞれ 1，
2-ジブロモエタン，

応は，

1，2-ジクロロエタンを生成する。

CH維CH + Br  CHBr移CHBr
いる C 原子に，それぞれ -H，-Br という異なる原子が結合しており， 1 対のシス-トランス異性体が存在する。

リン酸 HPO を触媒として，エチレンに水を付⑤生成物の 1，2-ジブロモエチレンは，C移C 結合して加させると，エタノールが生成する。
235【 3 】 解
①

⑵

⑴

付加反応

CaC，炭化カルシウム (カーバイド)
H衣 胃H
C移
C
C畏
CH
H萎 緯O畏異O

H衣 胃H ③C移C
H萎 緯Cl②

塩化ビニル

235【 1 】 解

⑴

章

⑶

末

問

題

酢酸ビニル



②

Cl
為
H畏C畏Cl
為
Cl

③

Cl
為
Cl畏C畏Cl
為Cl

アセトアルデヒド�

ジクロロメタン (塩化メチレン)

�

トリクロロメタン (クロロホルム)⑶

解説

炭化水素の水素原子をハロゲン原子で置換した化合物 (ハロゲン誘導体) は，次のように命名する。
ハロゲン原子は，クロロ (Cl)，ブロモ (Br)，ヨー
ド (I) などの接頭語として炭化水素名の前につける。
置換基が複数あるときは，ギリシャ語の数詞 (ジ (2)，トリ (3)，テトラ (4) などを先頭に示す。さらに，炭化水素の炭素原子数が 2 以上のときは，ハロゲン原子の置換位置を位置番号として最も先頭に示す必要がある。なお，位置番号と名称の間はハイフン (−)
でつないでおく。
235【 2 】 解

⑴

⒜

付加反応

⒝

付加重合

⑤

違
CH衣
CH
異
CH
謂
CH萎

CH
為
CH

⑥

H衣 胃H
C移
C
H萎 緯H
エチレン

ベンゼン

解説

⑴

アルキンは，アルケンと同じように付加反応を起こしやすい。アルキンの C維
C 結合のうち，クロロメタン (塩化メチル)

�CH畏C畏
H
異
O

④

置換反応

① Cl
為
H畏C畏Cl
為
H

⑵

エタノール

エチレンの C移C 結合のうちの 1 本⒜が開いて，その部分に他の原子や原子団 (基) が結したがって，C移C 結合が末端部にあるアルケンに問⑴

CHBr畏CHBr

1，2-ジブロモエタン

CH畏CH畏OH

CHCl畏CHCl ⑤

解説

なる。

である。

エタン

1，2-ジクロロエタン

ば， 1 組のシス-トランス異性体が存在することにンス異性体が存在する可能性があるので注意が必要

CH畏CH ③

クロロエタン

とき，他方の原子は自由に回転できないので，一般

233

CH畏CHCl ②

①

⑵

355

まず 1 本が開いて C移C 結合となり，さらにもう 1本が開いて C畏C 結合となる。すなわち，2 段階の付加反応が起こることがある。
⑵①

炭化カルシウムに水を加えると，アセチレンが生成する。
CaC + 2 HO  Ca(OH) + CH
触媒 (HgCl など) を用いて，アセチレンに塩化②水素を付加すると，塩化ビニルが生成する。
③

触媒 ((CHCOO)Zn など) を用いて，アセチレ

ンに酢酸を付加すると，酢酸ビニルが生成する。
④

触媒 (HgSO) を用いて，アセチレンに水を付加すると，不安定なビニルアルコールを経て，安定な異性体であるアセトアルデヒドが生成する。
胃
H

違O

CH維
CH 

H萎C移C緯OH  CH 畏C緯H

アセチレン

ビニルアルコール

+HO

H衣



アセトアルデヒド

解
答
編

解答編

356

適当な触媒 (Fe など) を用いてアセチレンを加⑤炭化水素のハロゲン置換体の異性体を考えると⒝

熱すると，3 分子が結合してベンゼンが生成する。

きには，まず，炭化水素の異性体をすべて書き出⑥ Ni や Pt を触媒として，アセチレンに水素 1 分

し，次に， H 原子を 1 つずつハロゲン原子に置き子を付加するとエチレンが生じ，さらに水素 1 分換える。ただし，同一炭素原子に付いている H 原子を付加するとエタンが生成する。

子をハロゲン原子に置き換えたものは，同じ化合

235【 4 】 解⑴

物である。
CH-CH-CH-CH-CH-CH ヘキサンCHCl は，プロパン CH の塩素二置換体としCH-CH-CH-CH-CH
CH

2-メチルペンタンて考える。プロパンには異性体がないので，炭素CH-CH-CH-CH-CH
CH

3-メチルペンタン⒜CH
CH-C-CH-CH
CH
CH-CH-CH-CH
- CH CHH H ClH-C-C-C-Cl
H H H

⒝

⑵

考えていく。
2，2-ジメチルブタン
2，3-ジメチルブタン

Cl 原子の置換位置は，①，②，③の 3 通りある。
1，1-ジクロロプロパン

H Cl H--H-C-C-C-H
H Cl H

2，2-ジクロロプロパン

�アルケン CH (n≧2) と，環式炭化水素の�
シクロアルカン CH (n≧3) が該当する。
C移
C畏
C畏
C

シス-2-ブテン
2-メチル-1-プロペン トランス-2-ブテン(シス−トランス異性体あり)

C畏
C
為為
C畏
C

CH移C畏CH
為
CH

C
胃衣
C C畏
C

シクロブタン⒝CH衣 胃HC移C
H萎 緯CH

H衣 胃H
C移C
H萎 緯CHBr

メチルシクロプロパン

CHBr は CH の臭素一置換体として考える。
分子式 CH の化合物には，�プロペンと�シ
クロプロパンが該当する。
プロペンの炭素骨格に，Br 原子 1 個を置換

�

H衣 胃BrC移C
H萎 緯CH
H衣 胃BrC移C
CH萎 緯H

させる。
① ② ③

CH
胃 衣
CH畏CHBr

C畏C移C( は Br の置換位置を示す。)↑ ↑ ↑ただし，③にはシス-トランス異性体が存在する。

炭素骨格が C (側鎖なし)  C (側�

鎖 1 つ)  C (側鎖 2 つ) の順に考える。側鎖はシクロプロパンの炭素骨格に，Br 原子 1 個

端でない位置に C 原子をつけること (端に C 原子を置換させる。

をつけても，側鎖とはならないので注意する)。

C
胃衣
C C

主鎖 (C) C畏C畏C畏C畏C畏C
主鎖 (C) C畏C畏C畏C畏C為側鎖 1 つC
主鎖 (C) C畏C畏C畏C
為為側鎖 2 つ
C C

C畏
C移
C畏
C

�のとき

CH
胃 衣
CH畏CH畏CH

⒜

C移C畏
C
為
C

1-ブテン

CH畏CH畏CH
CH移⑴

分子式 CH の化合物には，鎖式炭化水素の

⒜

�のとき

CH衣 胃CH
C移C
H萎 緯
H

解説

Cl 原子の位置を②に固定すると，もう 1 個のCl 原子の置換位置は，②の 1 通りしかない。

⑵

1，3-ジクロロプロパン

H衣 胃H
C移C
CH萎 緯BrC畏C畏CCl 原子の位置を①に固定すると，もう 1 個の��Cl H H
H-C-C-C-Cl
H H H

⒝

① ② ③

プロパンの炭素骨格

1，2-ジクロロプロパン

CH畏
CH
為 為
CH
CH畏

CHCl の場合は， 2 つの Cl 原子のうち 1 つを固定しておき，残りの 1 つを順に動かして異性体を

H Cl H
H-C-C-C-Cl
H H H

⒜

解
答
編

骨 格 は 1 通 り し か な い。ジ ク ロ ロ プ ロ パ ン( は Br の置換位置を示す。)↑

C畏C畏C畏C畏C
為C
C
為C畏C畏C畏C
為C【第 3 章240

問アルコールと関連化合物】

5． 解〔単体のナトリウムと反応するもの〕

CH-CH-CH-CH-OH

CH-CH-CH-CH
OH

解答編

CH
CH-CH-CH-OH

CH
CH-C-OHCH

�のエーテルや�の第三級アルコールは，酸化さ
れにくい。
242

CH-CH-O-CH-CH

CH-CH-C-CH
=
O



解説

炭素数が 3 以上からなるアルデヒドとケトン

は，互いに構造異性体の関係にある。

分 子 式 CHO は，一 般 式 CHO に 該 当

CHOC の炭素骨格は直鎖のみであり，ホルミル基 畏するので，�飽和一価アルコール または �エーテルの結合位置 () を考える。また，カルボニル基

である。

衣
C移
O の結合位置 (⇒) を考える。
萎

まず，C の炭素骨格には，�直鎖と�枝分れの 2

�

種類があり，それぞれ 畏OH の結合位置 () を考え

C
C畏
C畏

C畏
C畏
C

↑ ↑
② ①

⇑
③

る。
�

C畏C畏
C畏C

C
C畏C畏C

�

↑ ↑
② ①

①

↑ ↑
④ ③

②

C畏
C畏C畏
C畏OH
C
為
C畏
C畏C畏
OH

③

246

C畏C畏C畏C
為
OH

C畏C畏
C畏
CHO

問

8． 解

⑴

②

C畏C畏
C
為
CHO

③

C畏C畏
C畏C
異
O

CHCOOH + NaOH
 CHCOONa + HO⑵ (CHCO)O + HO  2 CHCOOH

C
為
C畏C畏C
為
OH

④

①

解説

⑴

酢酸と水酸化ナトリウムとの反応は中和反応であり，酢酸ナトリウム (塩) と水が生成する。
酢酸 2 分子から水 1 分子がとれて縮合すると，無⑵炭素骨格�，�にエーテル結合 (畏O畏) の結合位置

�

水酢酸ができる。逆に，無水酢酸と水が反応すると，() を考える。

徐々に酢酸に戻っていく (加水分解)。

C畏C� C畏C畏

C
為
C畏C畏C

�

↑ ↑
⑤ ⑥

249

↑
⑦

⑤

C畏O畏
C畏C畏
C

⑦

C
為
C畏O畏
C畏C

⑥

9． 解

問

C畏C畏O畏C畏C〔エステル〕

H-C-O-CH-CH-CH
=O

H-C-O-CH-CH
=OCH

CH-C-O-CH-CH
=O

CH-CH-C-O-CH
=O〔カルボン酸〕①∼④のアルコールは，金属 Na と反応して H を発

242

CH-CH-CH-CHO

CH-CH-CHO
CH

CH-O-CH-CH
CH
解説

7． 解

問

〔単体のナトリウムと反応しないもの〕
CH-O-CH-CH-CH

357

生し，ナトリウムアルコキシドを生成する。

CH-CH-CH-C-OH=O⑤∼⑦のエーテルは，金属 Na と反応しない。

解説

炭素数が 2 以上からなるエステルとカルボンウ酸は，互いに構造異性体の関係にある。分子式 CHO

官能基 -OH が結合した C 原子に，炭化水素のエステルの構造は，その加水分解生成物であるカル基が，1 (0)，2，3 個結合したアルコールを，それぞれ

ボン酸とアルコールに分けて考える。炭素数 4 となる第一級アルコール，第二級アルコール，第三級アルコ

カルボン酸とアルコールの炭素数の組合せは，ールという。

� (1，3)，� (2，2)，� (3，1) である。

6． 解

問

解説

�

⑴

ア

CH-CH-C-OH
CH =
O

CH畏
OH
CH畏

⑵

CH畏CH畏O畏CH畏CH�

第一級アルコール�CH畏CH畏CH
為OH

CH
為CH畏C畏CH為OH�

第二級アルコール

第三級アルコール

酸化されてアルデヒドになるのは，第一級アルコ⑴

ールであるエタノール。
酸化されてケトンになるのは，第二級アルコール

⑵

�

エーテル

である 2-プロパノール。

ギ酸(C)+1-プロパノール(C)  ギ酸プロピル
ギ酸 (C)+2-プロパノール (C) ギ酸イソプロピル

�

酢酸 (C)+エタノール (C)  酢酸エチル

�

プロピオン酸 (C)+メタノール (C) プロピオン酸メチル
分子式 CHO のカルボン酸の異性体には，炭素骨格が�直鎖と�枝分れの 2 種類がある。

解
答
編

358

解答編

�

C畏
C畏C畏
COOH

�

CH-C- OH + H -O-C-CH==OO

C畏C畏COOH
為
C

酪酸

イソ酪酸

脱水剤，加熱 CH-C-O-C-CH + HO==
OO

エステルは，カルボン酸名の後にアルコール

参考のアルキル基名をつけて命名される。
252すると，エステル化が起こり，酢酸エチルとよばれセッケンは，脂肪酸 R-COOH のナトリウム解説

酢酸とエタノールに濃硫酸 (触媒) を加えて加熱⑥

2 R-COO + Mg  (R-COO)Mg

10． 解

問

るエステルが生成する。

塩の総称で，化学式では R-COONa と表される。

CH-C-OH + HO-CH
=O

セッケンを Mg を含む水で使用すると，水に溶けにくい塩 (R-COO) Mg が生じて沈殿してしまう。よ

濃硫酸，加熱
CH-C-O-CH + HO
H，加熱
=
O

って，Mg を多く含む硬水の中で使用すると，泡立
ちが悪くなり，その洗浄作用が低下する。
⑦



章

末

⑴

⒜

縮合

255【 1 】 解

付加反応

⒞
①

⑵

題

CH畏
O畏CH畏CH
CH畏

CH畏
C畏H
異
O

ウムエトキシドが生成する。
2 CH畏OH + 2 Na  2 CH畏ONa + H↑

エステル化

⒠

255【 2 】 解CH移CH

②

ジエチルエーテル③

畏OH の H が Na で置換され，水素が発生してナトリ



脱水反応

⒝

酸化

⒟

問

CH畏C畏OH
異
O

④

⑦

酢酸エチル

CH畏CH畏ONa

③

CH
為
C畏
CH
CH畏
為
OH

⑴

解説

ルと�エーテル類である。考えられる構造異性体は，
�エタノールと濃硫酸を 160∼170 °C に加熱すると，

�

分子内で脱水反応が起こり，エチレンが生成する。

��

2-ブタノール(第二級アルコール)て酢酸が生成する。

�

アセトアルデヒド

�

C畏O畏
C畏C畏
C

メチルプロピルエーテル

酢酸

�

酢酸に適当な脱水剤を加えて加熱すると，酢酸 2分子から水 1 分子が取れて (縮合)，無水酢酸が生じ

�

C畏
C畏
C畏
OH
為
C

2-メチル-1-プロパノール(第一級アルコール)

C
為
C畏
C畏C
為
OH

2-メチル-2-プロパノール(第三級アルコール)

〔O〕

CH畏
OH  CH畏CHO  CH畏COOH
CH畏

る。

C畏C畏
C畏
C
為
OH

エタノールを硫酸酸性の二クロム酸カリウムなどの酸化剤で酸化すると，アセトアルデヒドを経
〔O〕

C畏C畏
C畏
C畏
OH
1-ブタノール(第一級アルコール)

H H
濃硫酸，160∼170 °C
H衣 胃H
C=C + HO
H-C-C-H 
H萎 緯H
-H OH

⑤

分子式 CHO の化合物は，一般式

�が 4 種類，�が 3 種類で，合計 7 種類である。

CH-OH + HO-CH  CH-O-CH + HO

エタノール

CH畏CH畏CH畏
CH
為
OH

④

�CHO�に該当するので，�飽和一価アルコー

濃硫酸，130°C③，④

CH畏CH畏CH畏OH
為CH

CH
CH畏CH畏CH畏
為OH⑤

テルが生成する。

②

CH畏CH畏CH畏CH畏OH

ナトリウムエトキシド

エタノールと濃硫酸を約 130 °C に加熱すると，分子間脱水 (縮合) が起こり，ジエチルエー

解
答
編

②

酢酸

CH畏
C畏O畏CH畏CH
異O①

CH畏O畏
CH畏
CH
為
CH

CH畏CH畏O畏
CH畏CH

無水酢酸

解説

7 種類

CH畏CH畏CH
CH畏O畏①⑵

CH畏
C畏O畏C畏CH
異 異
O
O

⑥

⑴

エチレン

アセトアルデヒド⑤

エタノールに金属 Na を加えると，ヒドロキシ基

�

C畏
O畏
C畏C
為
C

メチルイソプロピルエーテル

C畏C畏
O畏
C畏
C
ジエチルエーテル⑵①

金属 Na と反応しないのは，エーテル類の�，�，�である。
酸化剤により 2 段階に酸化されるのは，第一級②

アルコールの�，�である。

解答編あり， C は②と決まる。よって， B は①である。

H
〔O〕
〔O〕
為
R畏
C畏OH  R畏C畏H  R畏C畏OH
為
異
異
H
O
O
第一級アルコール③

アルデヒド

D ：残りの④である。
エステルに希塩酸または希硫酸を加えて加熱する

⑵

カルボン酸

と，H が触媒としてはたらき，カルボン酸とアルコ

酸化剤により酸化されにくいのは，第三級アルールに加水分解される。

コールとエーテル類であるが，そのうち金属 NaOH
R畏COO畏R′ + HO  R畏COOH + R′畏と反応するのは，第三級アルコールの�である。

一方，エステルに NaOH 水溶液を加えて加熱する

ヨードホルム反応は，⒜CH畏C畏(R，H) または異O④と，カルボン酸のナトリウム塩とアルコールに完全に加水分解される。この反応を特にけん化という。

CH畏(R，H) のような構造をもつ化合物で⒝CH 畏為OH
陽性である。第二級アルコールの�には⒝の構造

R畏COO畏R′ + NaOH  R畏COONa + R′畏OH
255【 4 】 解が含まれ，ヨードホルム反応を示す。

⑴

CH畏OCO畏CH為CH畏OCO畏CH
為CH
CH畏OCO畏⑵

878 ⑶結合している原子や原子団が 4 つとも異なる炭⑤素原子 (不斉炭素原子) を 1 個もつ化合物には， 1組の鏡像異性体が存在する。第二級アルコールのCH(OCOCH) = CHO
分子量は，12×57+1×98+16×6=878⑴

油脂Aを構成するリノール酸 CHCOOH は，同⑶

D ：CH-CH-C-O-CH
=O

じ炭素数の飽和脂肪酸のステアリン酸 CHCOOHに比べて H が 4 個少ないので， 1 分子中に C移C結CHCHCOOCH + NaOH

解説

1.03 g

油脂Aは，三価アルコールのグリセリン

油脂Aを示性式と分子式で表すと，⑵

B ：H-C-O-CH-CH-CH=O⑵

0.153 L ⑷

酸 3 分子がそれぞれエステル結合したものである。

A：CH-C-O-CH-CH
=O

C ：H-C-O-CH-CH
=
CH
O



CH畏COO畏CH
為CHCH畏COO畏為CHCH畏COO畏分子中の 3 つの 畏OH に，不飽和脂肪酸のリノールが存在する。
⑴⑴

解説

�には不斉炭素原子が存在するので，鏡像異性体
255【 3 】 解359

 CHCHCOONa + CHOH

合を 2 個含む不飽和脂肪酸である。よって，油脂A

まず，エステルの分子式からエステル結

1 分子中に含まれる C移C 結合の数は，2×3=6 (個)である。

合 -COO- を差し引いた CH を，2 つの基に分けて考える。このとき，CH- には 2 種類のアルキル基

したがって，油脂 A 1 mol に付加する H は最大(直鎖と枝分れ) があること，また，-COOH をもつ

6 mol である。必要な H の体積 (標準状態) を  〔L〕

化合物はカルボン酸であることに注意する。つまり，とすると，1.00 g
 〔L〕
×6=
878 gmol
22.4 Lmol

カルボン酸由来の側は H になってもよいが，アルコール由来の側が H になると，カルボン酸になってし=0.1530…L≒0.153 L

まう。したがって，考えられるカルボン酸とアルコるから，油脂 A 1 mol を完全にけん化するには，① H と CH：H-COO-CHCHCH ギ酸プロピル

NaOH 3 mol が必要であり，生成するリノール酸ナ② H と CH：H-COO-CH(CH) ギ酸イソプロピル③CH と CH：CH-COO-CH

油脂A 1 分子中には，エステル結合が 3 個含まれ⑷ールの組合せは次の 4 通りである。

トリウム (セッケン) も 3 mol である。リノール酸

酢酸エチル

ナトリウム CHCOONa の式量は 302 だから，生④CH と CH：CH-COO-CH プロピオン酸メチル

成するセッケンの質量を  〔g〕 とおくと，

この 4 種類が，A∼ D のどのエステルに当てはまるかを考える。

1.00 g
 〔g〕
×3=
878 gmol
302 gmol

A：加水分解すると，炭素数が等しいアルコールと

=1.031…g≒1.03 g

カルボン酸が得られたので，③のエステルである。
B，C：加水分解して得られたカルボン酸が同一であることから，①か②のいずれかである。 C から得られたアルコールがヨードホルム反応を示したことから，得られたアルコールは 2-プロパノールで【第 4 章257

芳香族化合物】

問

11． 解

⑷

92 %

⑴

75 %

⑵

86 %

⑶

92 %

解
答
編

解答編

360

258

C
12
： ×100=75 (%)
CH 16

⑴

解説

⑵

2C
24
： ×100=85.7…≒86 (%)
CH 28⑶

2C
24： ×100=92.3…≒92 (%)
CH 26⑷

6C
72： ×100=92.3…≒92 (%)
CH 78

問

12． 解

威

+ Br � OH
為 胃CH

� OH
為

①

⑵
②

酸であるため，-ONa とは反応して -OH に変化するが，胃CHOH威278【 2 】 解

⒢

還元

②

クメンヒドロペルオキシド

⑴

5 種類

O畏CH
為

OH
為胃
CH

⑴

胃OH

威緯COONa + NaHCO

威

末

問

題



フェノール

OH
為 胃CH

⑤

OH
為

威

OH
為

OH
為

⑦

威緯CH 威
為

OH
為

OH
為

威緯CH 威為④CH畏OH為威

ベンゼンの二置換体とすると，置換基 X，Y は，CHO − CH = CHO
これを (X，Y) に分けると (畏CH，畏OH) しかない。
よって，考えられる構造異性体は 5 種類である。

⑥

威

ベンゼンスルホン酸

威⑧

ベンゼンスルホン酸
ナトリウム

威
⑩

アニリン塩酸塩
NHCl
為

威
⑫

塩化ベンゼンジアゾニウム
NCl
為

NH
為

ナトリウム
フェノキシド

SONa
為

ニトロベンゼン

アニリン

アセトン

ONa
為

威
⑪

③

O
異
CH
CH畏C畏

Cl
為

NO
為

分子式 CHO の芳香族化合物の構造は，ベンゼンの一置換体とすると，置換基 Xは，

クロロ
ベンゼン

威
⑨

ジアゾ化

⒣

SOH
為



アルカリ融解

⒠

威

威
②

安息香酸

O畏
OH
為
CH
CH畏C畏為CHCH畏CH畏為CHO − CH = CHO
�

①

胃COOH

威

塩素化 (ハロゲン化)

クメン

CH

�

中和

ニトロ化

CH

解説

⒝

⒟

+ CO + HO

章

威

酸化

⒡
⑵

威
③

⒜

ベンズアルデヒド

スルホン化

④

①

⑴

〔O〕



⒞

が生じる。



胃CHO

威

〔O〕



ベンジルアルコール-COONa とは反応しないので，サリチル酸ナトリウム⑵

酸化するとアルデヒドを生じるのは，第一級ア
ルコールの�である。

の水溶液)>フェノール類 の順である。炭酸はフェノ

278【 1 】 解

金属 Na と反応しないのは，エーテルの�で④ール類より強い酸ではあるが，カルボン酸よりは弱い

p-クレゾール

FeCl 水溶液を加えると青∼紫色に呈色するの異O
酸の強さは カルボン酸>炭酸 (二酸化炭素

解
答編

m-クレゾール

は，フェノール類の�，�，�である。

胃OH

威緯COONa威為

NaOH 水溶液と反応するのは，弱酸性を示すフ③

威緯C畏ONa

胃
ONa

威緯CH

OH
為

ェノール類の�，�，�である。

らく。

解説

�

ある。

臭素により生じた臭化鉄 (Ⅲ) FeBr が触媒としてはた

13． 解

威

CH

では鉄粉が触媒として使用されるが，実際には，鉄と問

メチルフェニル
エーテル

o-クレゾール+ HBr

応を臭素化 (ハロゲン化) という。ベンゼンの臭素化

265

ベンジル
アルコール

威

胃Br

威

� OCH
為威

ベンゼンの H 原子が Br 原子で置換される反解説� CHOH為威威⑶ 惟畏N Cl + 惟畏ONa
N畏惟畏OH + NaCl
 惟畏N移解答編⑴，⑵ ベンゼンを酸触媒の下でプロペンに解説付加させて，①クメン (イソプロピルベンゼン) をつ
キシドとした後，希硫酸で分解すると，③アセトン

サリチル酸ナトリウム (Y) の 2 つの置換基のうち，と④フェノールが生成する (クメン法)。

酸としての強さは，畏COOH>畏OH であるから，強ベンゼンを鉄触媒を用いて塩素で塩素化⒝して，いほうが 畏COONa，弱い方が 畏OH という形で安定⑤クロロベンゼンとする。これを NaOH 水溶液ととなる。
サリチル酸とメタノールに濃硫酸 (触媒) を加え⑵とした後，水溶液を酸性にすると，弱酸の④フェノて加熱すると，サリチル酸メチルが生成する (エスールが遊離する。

テル化)。このとき，サリチル酸はカルボン酸としまた，ベンゼンを濃硫酸でスルホン化⒞して，⑦ベンゼンスルホン酸をつくり，NaOH 水溶液で中和てはたらいている。

この結晶を NaOH (固) とともに高温でアルカリ融放置すると，アセチルサリチル酸が生成する (アセチル化)。このとき，サリチル酸はフェノール類と解⒠すると，⑥ナトリウムフェノキシドが生成する。
ベンゼンを濃硫酸と濃硝酸 (混酸) でニトロ化⒡して⑨ニトロベンゼンとし，これをスズと濃塩酸を用いて還元⒢すると，⑩アニリン塩酸塩が得られる。
これに NaOH 水溶液を加えると，弱塩基の⑪アニリ

サリチル酸と無水酢酸に濃硫酸 (触媒) を加えて⑶⒟して，⑧ベンゼンスルホン酸ナトリウムとする。

してはたらいている。
サリチル酸メチルは強いハッカ臭のある無色の液⑷

体で，消炎鎮痛剤に用いられる。アセチルサリチル
酸は無色の結晶で，解熱鎮痛剤に用いられる。

C

胃OH

D

⑶

威緯COOHと反応させる (ジアゾ化⒣) と，⑫塩化ベンゼンジア

威

ゾニウムが生成する。塩化ベンゼンジアゾニウムは，
塩化ベンゼンジアゾニウムの水溶液に低温でナト

胃NH

⑴

アニリンを 5 °C 以下で塩酸と亜硝酸ナトリウム

5 °C 以上では徐々に分解して④フェノールになる。

A278【 4 】 解

ンが遊離する。

⑶

胃OH

威緯COONa(安定)
サリチル酸ナトリウム (Y)くる。次に空気酸化⒜して，②クメンヒドロペルオ

高温，高圧で反応させて⑥ナトリウムフェノキシド

361

⑵

①

解説

威

B

胃OH

威緯COONa

胃Cl

威

胃OH

⑴

リウムフェノキシドの水溶液を反応させると，橙赤
色の p-フェニルアゾフェノール (p-ヒドロキシアゾ
ベンゼン) が生成する。この反応を，ジアゾカップ
リングという。
278【 3 】 解
⑵

⑴

X

胃ONa

威

Y

胃
OH

胃OH

威緯COONa胃OH

威緯COOH + CH OH  威緯COOCH + H O






⑶

胃
OH

威緯COOH + (CH CO) O⑷⑵：消炎鎮痛剤⑴

解説

胃OCOCH威緯COOH + CH COOH
⑶：解熱鎮痛剤

サリチル酸の工業的製法は次の通り。

ナトリウムフェノキシド (X) の結晶に，高温，高圧で CO を反応させると，サリチル酸ナトリウム(Y) が得られ，これに希硫酸を作用させると，サリ
チル酸 (弱酸) が生成する。
胃
ONa

威

CO


高温・高圧

ナトリウムフェノキシド (X)

胃ONa

威

緯COOH

(不安定)



解
答
編

362

解答編

⑴ 混合エーテル溶液に希塩酸を加えると，塩基性物

第5編■

質のアニリンがアニリン塩酸塩となって水層 1 に移【第 1 章

動する。
胃
NH

威

胃NHCl威+ HCl ここへ強塩基の NaOH 水溶液を加えると，弱塩基
胃
NHCl

威

③
⑵

+ NaOH


威

縮合重合

⑶

Mn−18(n−1)①

二重結合をもつ単量体が，付加反応2 個以上の官能基をもつ単量体から，水な付加反応と縮合反応をくり返しながら重合体を高分子化合物 (重合体) を構成するくり返し単位⑵

胃OH+ CO + HOの数を重合度 n という。
付加重合の場合は，分子の結合の仕方が変化する
だけで，重合により失われるものがないので，重合体の分子量は，単量体の分子量×重合度=Mn となる。

って水層 2 へ移動する。
胃ONa

威

+ HO

ルが遊離し，エーテル層 C へ移動する。
胃OH

威

縮合重合の場合は，重合によって (n−1) 〔個〕 の⑶

水分子が失われるので，重合体の分子量は，Mn から失われる水の分子量の総和の (n−1)×18 を差し

ここへ強酸の希塩酸を加えると，弱酸のフェノー

解
答
編

②

縮合重合

生じる反応を，付加縮合という。



威緯COONa+ HCl 



結びついて重合体を生じる反応を，縮合重合という。

質であるフェノールがナトリウムフェノキシドとな

威

⑴

③

エーテル層 2 に NaOH 水溶液を加えると，酸性物

胃
ONa

付加重合

題

どの簡単な分子がとれる縮合反応によって次々に

胃
OH

威

①

②，④

移動する。

+ NaOH ⑴④

問付加重合という。

リチル酸がサリチル酸ナトリウムとなって水層 B に

胃
OH

末

によって次々に結びついて重合体を生じる反応を，溶液を加えると，炭酸よりも強い酸性物質であるサ



章

Mn

+ NaCl + HO

エーテル層 1 に炭酸水素ナトリウム NaHCO 水

威緯COOH + NaHCO


付加縮合

解説

胃NH

高分子化合物の特徴】

291【 1 】 解のアニリンが遊離し，エーテル層Aに移動する。

高分子化合物 ■+ NaClエーテル層 D には，酸の水溶液とも塩基の水溶液とも反応しない中性物質のクロロベンゼンが残る。

引いた値になる。
291【 2 】 解

⑴

⑵

⒞

軟化点

⑷

⒠

平均分子量

解説

⑴

⒜

結晶構造
⑶

⒟

⒝

非結晶構造

コロイド (粒子)

例えば，高密度ポリエチレン (HDPE) は，⑵，⑶ 水層 B に溶けているサリチル酸ナトリウムは結晶構造の部分が多く，分子間の隙間が少ないため弱酸の塩なので，強酸である希塩酸を加えると，弱に密度が大きい。HDPE は，半透明で硬く，ポリ容酸であるサリチル酸 (X) が遊離する。
胃
OH

胃OH

威緯COONa + HCl  威緯COOH + NaCl

器などに用いられる。一方，低密度ポリエチレン(LDPE) は非結晶構造の部分が多く，分子間の隙間が多いために密度は小さい。LDPE は透明で軟らかく，ポリ袋などに用いられる。
高分子化合物は，結晶構造と非結晶構造が入り混⑵

じって存在するため，明確な融点を示さず，加熱す
ると非結晶構造の部分から徐々に軟らかくなる。この温度を軟化点という。
デンプン分子は 1 個の大きさがコロイド粒子の大⑶

きさ (10∼10m) をもつため，溶媒に分散されると，コロイド溶液となる。
高分子化合物の分子量は，ふつう，各分子の分子⑷量の総和を全分子数で割った値 (数平均分子量) で表される。高分子化合物の平均分子量は，溶液の浸透圧の測定によって求めることができる。

解答編【第 2 章300がペプチド結合する，の 2 通りがあり， 2 種類の構造

天然高分子化合物】

1． 解

問

⑴

a

⑵

a

⑶

b

異性体が存在する。

デンプンのようにらせん構造をもつ多糖

�

にヨウ素溶液を加えると，らせん構造の中にヨウ素

�

⑴

解説

つアミロースはヨウ素デンプン反応では濃青色を示
308

す。
枝分れ構造をもつアミロペクチンは，ヨウ素デン
プン反応では赤紫色を示す。さらに枝分れの多いグ
リコーゲンは，ヨウ素デンプン反応では赤褐色を示Ⓝ畏Gly畏CONH畏
Ala畏ⒸⒸ畏Gly畏NHCO畏
Ala畏Ⓝ



分子が取り込まれ，色が変化する。直鎖状構造をも⑵ペプチド結合に使われなかった 畏NH，畏COOH を

35 %

5． 解

解説

タンパク質に含まれる成分元素の窒素 N はす

べてアンモニア NH になるので，この食品中の N の質
量は，
N の質量〔g〕=NH の質量〔g〕×デンプンに酵素アミラーゼを十分に作用させると，タンパク質中の窒素含有率は 16 % であるから，この食品 1.0 g 中のタンパク質の質量は，では一部がホルミル基をもつ鎖状構造に変化し，還0.056 g×元性 (銀鏡反応，フェーリング液の還元) を示す。
305

2． 解

問

多くの有機化合物は分子からなる物質で

1414=0.068g×17
17=0.056 g

加水分解されて二糖のマルトースを生じる。マルトースには還元性を示す構造が残っており，水溶液中それぞれ N 末端 (Ⓝと表す)， C 末端 (Ⓒと表す) という。

問

す。
⑶

363

100
=0.35 g16

よって，この食品のタンパク質含有率は，あり，その結晶を構成している力 (分子間力) は，化学

0.35 g×100=35 (%)
1.0 g結合に比べるとはるかに弱いので，一般に融点は低い。
しかし，アミノ酸の結晶では カルボキシ基 畏COOH からアミノ基 畏NH へ水素イオン H が移動し，RCH(NH)COO のような，双性イオンの状態になっ



章

末

問

題



ていて，双性イオンどうしが互いに静電気力で引きあい，イオン結晶に近い構造になっている。このため， 316【 1 】 解⑴

他の有機化合物と比べて分子間にはたらく力は強く，融点が比較的高い。また，融点に達する前に，分子内の共有結合が切れて分解するものもある。
306

3． 解

問

⑴

R-CH(NH)-COOH + R′-OH 

解答編

R-CH(NH)-COO-R′ + HO⑵

R-CH(NH)-COOH + (CHCO)O ⑵，⑶R-CH(NHCOCH)-COOH + CHCOOH
解説⑴

アミノ酸のカルボキシ基をアルコールと反応させるとエステルが生じ，酸としての性質がなくなる。
アミノ酸のアミノ基を無水酢酸と反応させるとア⑵ミドが生じ，塩基としての性質がなくなる。
307⑷

アミラーゼ，マルターゼ

⑸

450 g
⑴

α畏グルコースと β畏グルコースは， 1 位

4． 解

解説

CH3
為
HN畏CH畏
C畏N 畏CH畏C畏OH
異為
異
O H
O

の C 原子に結合した 畏Hと畏OH の向きが異なり，

問

CH
為
N畏C畏CH畏NH
HO畏
C畏CH畏
為異
異
H O
O
解説

グリシン (Gly) とアラニン (Ala) からなるジペプチドは，�

畏OH が環の下側にあるものを α 型，畏OH が環の上側にあるものを β 型という。なお，α畏グルコースと β畏グルコースは，立体異性体の関係にある。
⑵の C 原子に結合した 畏OH との間で脱水縮合した構

Gly の 畏COOH と Ala の 畏NH がペプチド結合する，�

Gly の 畏NH と Ala の 畏COOH

マルトースは， 2 分子の α畏グルコースが 1 位のC 原子に結合した 畏OH と，もう一方の分子の 4 位造をもつ二糖である。
⑶

C畏
O畏C の構造を，グリコシド結合という。

解答編

364

デンプンにアミラーゼを作用させると，二糖のマ⑷HN畏CH畏C 畏N 畏
CH畏C 畏OH為 異為為 異CH O H CH O
為
為
SH

⑷

ルトースとなり，さらにマルターゼによって加水分惟

解されると，単糖のグルコースになる。
デンプンの加水分解の反応式は，次のようになる。

⑸(CHO) + n HO  n CHOHO畏
C 畏CH畏畏N 畏C 畏CH畏NH
異為 為異為O CH H O CH
為為SH

デンプン (分子量 162 n) 1 mol から，グルコース(分子量 180) n 〔mol〕 が生成する。デンプン 405 g

惟の加水分解で得られるグルコースの質量を  〔g〕 とで表され，R=H のグリシンだけは不斉炭素原子を

405 g
 〔g〕
×n=
162n 〔gmol〕
180 gmol

もたないので，鏡像異性体は存在しない。一方，

=450 g

R=畏CH のアラニンおよび他の α畏アミノ酸は不316【 2 】 解

⑴

ウ，オ

⑶

イ，ウ，エ，キ⑹イ，エ，キ

斉炭素原子をもつので，鏡像異性体が存在する。こ

オ

⑵

ア，ク

⑷

⑸

のうち天然に存在するものは， L 型の立体構造をも

カ，ク

つ。

分子式 CHO である糖は二糖であり，⑴

解説

分子中に 畏COOH を 2 個もつアミノ酸を酸性アミ⑵

マルトース (麦芽糖)，スクロース (ショ糖) が該当すノ酸といい，⑤グルタミン酸が該当する。分子中にる。

畏NH を 2 個もつアミノ酸を塩基性アミノ酸といい，⑥リシンが該当する。

⑵ 加水分解されるのは，二糖と多糖である。選択肢にある多糖は，すべて同種の単糖からなるホモ多糖

アミノ酸の水溶液は等電点の pH になると，⑶である。一方，二糖のうち，マルトースを加水分解

R畏CH(NH)COO の構造をもつ⒝双性イオンとなするとグルコースのみが生じるが，スクロースを加る。ここへ酸を加えると，双性イオンの 畏COO は水分解すると，グルコースとフルクトースが生じる。

H を受け取って 畏COOH となるが，畏NH は変化⑶ フェーリング液を還元する糖類は，すべての単糖しないのでアミノ酸は⒜陽イオンとなる。また，塩(フルクトース，グルコース，ガラクトース) および，基を加えると，双性イオンの 畏NH は H を放出しスクロースを除く二糖 (マルトース) である。

て畏NH となるが，畏COO は変化しないのでアミノ酸は⒞陰イオンになる。

⑷ ヨウ素デンプン反応は，多糖のうち，デンプンやグリコーゲンで起こるが，セルロースでは起こらな
解
答
編

α畏
アミノ酸は，一般式 R畏CH(NH)COOH

⑴

解説

すると，

2 通りがあり， 2 種類の構造異性体が存在する。

⑷

フェニルアラニンの 畏COOH とシステインの

�

い。

畏
NH がペプチド結合する。

⑸ 熱水に溶けないのは，多糖のうち，セルロースとアミロペクチンである。アミロースは熱水に溶け，フェニルアラニンの 畏NH とシステインの�

畏
COOH がペプチド結合する。

グリコーゲンも水溶性である。

⑹ 単糖 (六炭糖に限る) は，酵素 (チマーゼ) のはたら 316【 4 】 解②

きによって，エタノールと COに分解される。この316【 3 】 解

⑴

�

グリシン

黄

アラニン

�

解説

①

�

橙黄

③

ニンヒドリン反応
�

赤紫

�

赤紫

キサントプロテイン反応は，タンパク質を構成するアミノ酸のうち，チロシンなどの芳香族

酸性アミノ酸：⑤，塩基性アミノ酸：⑥⑵キサントプロテイン反応

ビウレット反応�⑵

反応をアルコール発酵という。

①⑴

アミノ酸中のベンゼン環が濃硝酸によってニトロ化

⑶
⒜

H
為
畏
CH畏
C畏COOH
為 
NH

惟
⒞

惟

H
為
畏
CH畏
C畏COO
為
NH

⒝

H
為
畏CH畏C畏COO
為 NH

されるために黄色に呈色する。なお，反応溶液を塩惟基性にすると呈色は濃くなり，橙黄色に変化する。
ビウレット反応は，連続する 2 個以上のペプチド②結合が Cu と錯体をつくることで赤紫色に呈色する。アミノ酸 3 分子以上のトリペプチド以上のペプ
チドで陽性となるが，ジペプチドでは呈色しない。
③

ニンヒドリン反応は，アミノ酸およびタンパク質中に存在する遊離のアミノ基 畏NH とニンヒドリン

解答編

分子との複雑な反応によって，赤紫色に呈色する。

3240.10 molL 硝酸カリウム KNO 水溶液を陽

解説【第 3 章319

イオン交換樹脂に通すと，K：H=1：1 の割合で交合成高分子化合物】

類題

1a． 解

解説

⑴

200

⑴

⑵

399 個

ポリエチレンテレフタラートの構成単位の式量は 192。
惟-C―=―O-(CH)-O-C=O



換されて，硝酸 HNO 水溶液となって流出する。このH を中和するのに必要な 0.10 molL 水酸化ナトリウ
ム水溶液の体積を V ′ 〔mL〕 とすると，

O1×0.10 molL×

このポリエチレンテレフタラート 1 分子中の構成
3.84×10=200
192

上記の構成単位中にはエステル結合が 2 個含まれ

⑵

10
V′
L=1×0.10 molL×
〔L〕
1000
1000

V ′=10 mL

単位の数 (重合度) を n とすると，
n=

10 mL

7． 解

問

365

章



末

問

題



るが，高分子鎖の末端にはエステル結合はないので，
この PET 1 分子中のエステル結合の数は，2n−1=2×200−1=399 (個)319

330【 1 】 解
①

⑴

CH
CH畏NHCO畏為為CH―CH―CH

317 個

類題

1b． 解

解説

ナイロン 66 の構成単位②―N畏(CH) 畏N 畏C畏(CH) 畏C― の式量は 226。この
為
為 異
異
H
H O
O

③

ナイロン 66 1 分子中の構成単位の数 (重合度) を n と

⑤





⑥

O
異
HO畏
C畏

惟

高分子鎖の末端にはアミド結合はないので，このナイ(CH)畏NH
HN畏

惟

縮合重合による重合体をつくるには，原⑵⒜

つことが必要である。付加重合による重合体をつくるには，原料 (単量体) の炭素原子間に付加反応するため

O
異
H畏
C畏H
⑩

OH
為

2n−1=2×159−1=317 (個)
料 (単量体) の分子内に，縮合反応する官能基を 2 個も

O
異
畏C畏
OH

⑨

ロン 66 1 分子中のアミド結合の数は，CH移CHCN⑧⑦

上記の構成単位中にはアミド結合が 2 個含まれるが，

6． 解

HO畏
(CH)畏OH

CH移CH
CH移CH畏

3.60×10
=159.2…≒159
n=
226

問

④

CH
CH移
為

惟

すると，

319

OH
HO畏
C畏
(CH)畏C畏
異
異
O
O

①

②，⑩

⒞

⒝

縮合重合

⒝

⑥

⒟

③，⑤

⑧，⑨

⒠
⑶

⒜

の不飽和結合 (C移C 結合，C維C 結合) をもつことが必

⒟

要である。

解説

開環重合
共重合
⑵

⒠
⒜，⒝

⒞

付加重合

付加縮合
脂肪族のポリアミド系繊維をナ縮合重合体をつくるには，ポリエチレンテレ

イ ロ ン と い い，い ず れ も 分 子 中 に ア ミ ド 結 合

フタラートの原料のテレフタル酸とエチレングリコー

畏
CONH畏をもつ。ナイロン 6 は環状アミドのカルのように，分子内に縮合反応を行う同種の官能基をプロラクタムの開環重合で得られる。ナイロン

2 個もつ AA 型，BB 型のモノマーを用いる場合が多66 は，アジピン酸とヘキサメチレンジアミンの縮解説

いが，ポリ乳酸の原料の乳酸のように，分子内に縮合反応を行う異種の官能基を 2 個もつ AB 型のモノマ合重合で得られる。
ポリアクリロニトリルはアクリロニトリルの付⒞ーを用いる場合もある。
付加重合体をつくるには，ビニル化合物 (CH移CHX)

加重合で得られる。
スチレンと 1，3-ブタジエンを共重合させると，⒟

やビニリデン化合物 (CH移CXY) やジエン化合物

スチレン-ブタジエンゴム (SBR) が得られる。

CH畏CX移CH) のように，分子内に C移C 結合を(CH移

SBR は，自動車用タイヤに多く利用される。

もつモノマーを用いる場合が多いが，ポリアセチレン

フェノールとホルムアルデヒドを酸・塩基を触⒠の原料のアセチレンのように，分子内に C維C 結合を媒として反応させると，まず，フェノールに対すもつモノマーを用いる場合もある。

る HCHO の付加反応，続いてその生成物と別の

解
答
編

解答編

366

フェノールとの縮合反応が連続的に起こり，立体けん化すると，ポリビニルアルコール (PVA) が得

網目状構造をもつフェノール樹脂が生成する。こられる。PVA は分子鎖に多数の親水基 畏
OH をもの反応を付加縮合という。

つ た め に 水 に 溶 け や す い。そ こ で，畏OH の 30∼

330【 2 】 解⑴

62.5 %⑵O畏
O畏CH畏O畏(この構造をアセタール構造という) に

4.2×10 個⑶

40 % をホルムアルデヒドと反応させて疎水性の ⑷

変えたものが，水に不溶性の繊維ビニロンである。

1.9 g

ビニロンには 畏OH が残っているため，適度な吸湿

二価アルコールのエチレングリコールと

⑴

解説

畏C畏O畏
(CH ) 畏O―
 惟異


―C畏
異
O

性をもつ。また，分子間に水素結合が形成されてい二価カルボン酸のテレフタル酸を縮合重合させると，るので，強い繊維になる。

分子内に多数のエステル結合 畏COO畏をもつポリエ

 ―CH畏CH ―――nCH移CH
為為
OCOCH
OCOCH 

⑶

チレンテレフタラート (PET) が生じる。
ポリエチレンテレフタラートの構成単位の分子式⑵

反応式より，酢酸ビニル (分子量 86) n 〔mol〕 からは CHO。よって，PET 1 分子中の C 原子の質量

ポリ酢酸ビニル (分子量 86n) 1 mol が生成する。生%は，成するポリ酢酸ビニルを  〔g〕 とおくと，

120
C
×100=
×100=62.5
CHO
192

1.0 mol×

この PET 1 分子中の構成単位の数 (重合度) を n

⑶

1
 〔g〕
=
n 86n 〔gmol〕

=86 gとすると，4.0×10192合体) との間で質量は変化しない。よって，酢酸ビニル 1 mol (=86 g) から得られるポリ酢酸ビニ⑴ の PET の構成単位には，エステル結合が 2 個

ルも 86 g である。

含まれるが，高分子鎖の末端はエステル結合ではな
いので，この PET 1 分子中のエステル結合の数は，―CH畏CH ―――
為+ n NaOH
OCOCH ⑷

2n−1=2×付加重合では，原料 (単量体) と生成物 (重

〔別解〕



n=

4.0×10−1=415.6…≒4.2×10 (個)192 ―CH畏CH ― + n CHCOONa
為
OH 



PET を完全に加水分解する反応式は，

⑷

畏
C畏O畏
(CH ) 畏O―
 惟異
 + (2n−1)H O

―C畏
異
O



O

を完全にけん化するには，NaOH は n 〔mol〕 必要で

あ る。必 要 な 0.50 molL NaOH 水 溶 液 を  〔L〕 と惟畏異C畏OH+nHO畏(CH ) 畏OH
 

すると，

O

129 g
×n=0.50 molL× 〔L〕
86n 〔gmol〕

この PET 1 mol を完全に加水分解するには，水2n−1 〔mol〕 が必要である。加水分解に必要な水を 〔g〕 とおくと，

=3.0 L
⑸

 〔g〕
10 g
×(2n−1)=
18 gmol
4.0×10 gmol

②

⑴

①

⑵

付加反応

�

けん化

�

�

③
�

ポリビニルアルコール

付加重合

アセタール化

⑶

86 g

⑷

3.0 L

⑸

ビニルアルコールは不安定で，直ちにアセトアル
⒜

解説



直ちに安定な化合物へと変化する。
⑹

⒜





CH-CH -CH-CHOHOH 

構成単位 2 つ分の式量：44×2=88
n HCHO

デヒドに変化するから。
⑹

H
為 萎
H
 H畏
C畏
C医
為
O
O畏
H
H
H

C移
C

C移
C 結合に 畏OH が直結した化合物は不安定で，

酢酸ビニル

ポリ酢酸ビニルHH≒1.9 g330【 3 】 解

反応式より，ポリ酢酸ビニル (分子量 86 n) 1 mol  nHO畏
C畏
異
O

解
答
編



23 g

⒝

0.10 mol⑴，⑵ 酢酸ビニルを付加重合させると，ポリ酢酸ビニルとなり，これを NaOH 水溶液で完全にCH-CH-CH-CHO - CH -O 

構成単位の式量：100
構成単位 -CH-CH(OH)- 2 つ分の式量 88 のうち，
アセタール化された部分の式量は 100，アセタール
化されていない部分の式量は 88 のままであるから，

解答編

367

得られるビニロンの質量は，
22 g
40
×
×100 gmol
88 gmol 100
+

22 g
60
×
×88 gmol
88 gmol 100=10 g+13.2 g=23.2 g≒23 g〔別 解〕

PVA 22 g 中 に 含 ま れ る 畏OH を す べ て

アセタール化したと仮定すると，得られる化合物の質量を  〔g〕 とすると，
22 g
 〔g〕
=
88n 〔gmol〕 100n 〔gmol〕
=25 g
このときの質量増加量は 25−22=3 g である。
よって，PVA の 畏
OH の 40 % をアセタール化した場合の質量増加量は，
3 g×0.4=1.2 g
よって，得られるビニロンの質量は，22 g+1.2 g=23.2 g≒23 g⒝反応式より，PVA 1 mol を完全にアセタール化

す る の に 必 要 な HCHO は n 〔mol〕 で あ る か ら，
PVA 22 g を完全にアセタール化するのに必要なHCHO の物質量を  〔mol〕 とすると，
22 g
×n=
88n 〔gmol〕
=0.25 mol
本問では，畏OH の 40 % しかアセタール化させないので，必要な HCHO の物質量は，0.25 mol×0.40=0.10 mol
解答編