ca

% μεταβολή μάζαςΩΣΜΩΣΗ - ΩΣΜΩΤΙΚΗ ΠΙΕΣΗ α) Να σχεδιάσετε τους αναλυτικούς συντακτικούς τύπους
δύο μορίων CH3COOH και να εμφανίσετε τους δύο δεσμούς
Μετά την ολοκλήρωση της αντίδρασης το διάλυμα ψύχεται υδρογόνου που σχηματίζονται ανάμεσα στα μόρια αυτά.
πάλι στους 27οC. Ποια η τιμή της ωσμωτικής πίεσης στην β) 6 g CH3COOH διαλύονται σε βενζόλιο και σχηματίζεται
περίπτωση αυτή; διάλυμα όγκου 500 mL το οποίο παρουσιάζει ωσμωτική πί-
γ) Επαναλαμβάνουμε το πείραμα σταματώντας την αντί- εση ίση με 2,46 atm στους 27οC. Να εξηγήσετε με ποια
δραση τη χρονική στιγμή t, ψύχοντας στους 27οC, οπότε η μορφή βρίσκονται τα μόρια του CH3COOH στο παραπάνω
ωσμωτική πίεση βρέθηκε ίση με 18,45 atm. Ποιο ποσοστό διάλυμα.
της ζάχαρης έχει διασπαστεί μέχρι τη χρονική στιγμή t; R = 0,082 L·atm/mol·K.
Δίνεται: R = 0,082 L·atm/mol·K.
2.38. Οι αμυλοδεξτρίνες είναι γραμμικά σάκχαρα που απο-
2.35. Διαθέτουμε δύο υδατικά διαλύματα, ένα διάλυμα γλυ- τελούνται από μόρια γλυκόζης ενωμένα μεταξύ τους ώστε
κόζης (C6H12O6) 0,9% w/v (διάλυμα Δ1) και ένα άλλο διά- να σχηματίζουν αλυσίδα. Παράγονται από ενζυματική υδρό-
λυμα ζάχαρης (C12H22O11) 6,84% w/v (διάλυμα Δ2). Tα δύο λυση του αμύλου και χρησιμοποιούνται στα τρόφιμα, τα
διαλύματα έχουν όγκο 500 mL το καθένα. φάρμακα, ως συγκολλητικές ουσίες κτλ.
α) Αν φέρουμε τα δύο διαλύματα σε επαφή μέσω ημιπερατής 4,068 g αμυλοδεξτρίνης διαλύονται σε νερό και σχηματίζε-
μεμβράνης, ποιο διάλυμα θα αυξήσει τον όγκο του; Να εξη- ται διάλυμα όγκου 250 mL με ωσμωτική πίεση Π = 0,1 atm.
γήσετε την απάντησή σας. α) Ποια η σχετική μοριακή μάζα της αμυλοδεξτρίνης;
β) Ποιες οι ωσμωτικές πιέσεις των δύο διαλυμάτων; β) Από πόσα μόρια γλυκόζης αποτελείται το μόριο της αμυ-
γ) Σε ποιο από τα δύο διαλύματα πρέπει να προσθέσουμε λοδεξτρίνης;
νερό ώστε τα δύο διαλύματα να γίνουν ισοτονικά; Να υπο- Δίνονται: 1. Στις συνθήκες του πειράματος: RT = 25
λογίσετε τον όγκο του νερού που πρέπει να προστεθεί. L·atm/mol. 2. Για τη γλυκόζη Μr = 180. 3. Για κάθε δεσμό
δ) Ποιους όγκους από τα παραπάνω διαλύματα Δ1 και Δ2 που σχηματίζεται μεταξύ των γλυκοζιτικών μονάδων απο-
πρέπει να αναμίξουμε ώστε να σχηματιστεί διάλυμα όγκου βάλλεται ένα μόριο Η2Ο.
300 mL με ωσμωτική πίεση 2,46 atm;
Όλα τα διαλύματα έχουν θ=27οC. R = 0,082 L·atm/mol·K. 2.39. Στερεό δείγμα γλυκόζης (C6H12O6, Mr = 180) περιέχει
μικρή ποσότητα υγρασίας (Η2Ο). Ποσότητα από το δείγμα
2.36. Θέλουμε να μελετήσουμε το φαινόμενο της ώσμωσης μάζας 20 g διαλύεται σε νερό σχηματίζοντας διάλυμα όγκου
σε φυτικές κυτταρικές μεμβράνες. Για το σκοπό αυτό διαθέ- 500 mL με ωσμωτική πίεση Π = 5,5 atm. Nα υπολογιστεί η
τουμε δείγματα πατάτας σε σχήμα όμοιων μικρών κυλίν- %w/w περιεκτικότητα του στερεού δείγματος σε γλυκόζη.
δρων. Τα δείγματα ζυγίζονται και στη συνέχεια βυθίζονται Δίνεται: RT = 25 (L·atm)/mol, όπου R η παγκόσμια σταθερά
σε διαλύματα σακχαρόζης (κοινή ζάχαρη) διαφορετικών συ- των αερίων και Τ η απόλυτη θερμοκρασία του διαλύματος.
γκεντρώσεων, από 0-1 Μ, για 2 ώρες περίπου. Στη συνέχεια,
σπογγίζονται καλά και επαναζυγίζονται. Η εκατοστιαία με- 2.40. Διαθέτουμε ποσότητες από δύο υγρά κορεσμένα μο-
ταβολή της μάζας σαν συνάρτηση της συγκέντρωσης της ζά- νοκαρβοξυλικά οξέα, το παλμιτικό οξύ και το αιθανικό οξύ
χαρης εμφανίζεται στο διάγραμμα που ακολουθεί. (CH3COOH). Το παλμιτικό οξύ είναι κοινό κορεσμένο λι-
παρό οξύ που μπορεί να παρασταθεί από τον χημικό τύπο
+25% CH3(CH2)xCOOH, όπου x o αριθμός των ομάδων −CH2−.
Είναι σημαντικό συστατικό του φοινικέλαιου και απαντάται
0 1Μ σε πολλά τρόφιμα. Τα άλατα του παλμιτικού οξέος με αλου-
μίνιο και ναφθενικά οξέα χρησιμοποιήθηκαν κατά τη διάρ-
−25% [Σακχαρόζη] κεια του Β ' Παγκοσμίου Πολέμου για την παραγωγή βομ-
βών ναπάλμ (ναφθενικό οξύ και παλμιτικό οξύ).
Να εξηγήσετε γιατί: α) i. Το παλμιτικό οξύ διαλύεται πολύ περισσότερο στον τε-
α) Στο διάλυμα μηδενικής συγκέντρωσης επέρχεται αύξηση τραχλωράνθρακα (CCl4) από ότι στο νερό. Να εξηγήσετε αν
της μάζας στα δείγματα πατάτας, ενώ στο διάλυμα 1 Μ ε- η τιμή του x αναμένεται να είναι μεγάλη (π.χ. x > 10) ή μικρή
πέρχεται μείωση της μάζας στα δείγματα. (x = 0 - 2). ii. To αιθανικό οξύ, αντίθετα, παρουσιάζει πολύ
β) Υπάρχει διάλυμα ζάχαρης στο οποίο η μεταβολή της μά- μεγάλη (άπειρη) διαλυτότητα στο νερό. Να εξηγήσετε γιατί.
ζας στα δείγματα πατάτας είναι μηδενική. β) Ποσότητα παλμιτικού οξέος μάζας 2,56 g διαλύεται σε
κατάλληλο οργανικό διαλύτη σχηματίζοντας διάλυμα όγκου
2.37. Σε οργανικούς διαλύτες τα μόρια του CH3COOH (αι- 200 mL στο οποίο το παλμιτικό οξύ βρίσκεται με τη μορφή
των μορίων του. Το διάλυμα αυτό παρουσιάζει ωσμωτική
θανικό οξύ) έχουν την τάση να διμερίζονται σχηματίζοντας πίεση Π = 1,25 atm. Να υπολογιστεί ο αριθμός των μεθυλε-
διαμοριακά δύο δεσμούς υδρογόνου. νομάδων (x) στο μόριο του παλμιτικού οξέος. Στη θερμο-
κρασία του διαλύματος: RT = 25 L·atm/mol (R η παγκόσμια
Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ σταθερά των ιδανικών αερίων και Τ η απόλυτη θερμοκρα-
σία).

35

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

Χημεία και… τέρατα: Η ιστορία της… ώσμωσης! (el.wikipedia.org/wiki/Ώσμωση)

Σ' ένα έγγραφο του 1682 ο Robert Boyle αναφέρει για πρώτη φορά φαινόμενα ώσμωσης αλλά οι πρώτες
παρατηρήσεις έγιναν το 1748 από τον Abbe Nollet, ο οποίος πήρε ένα κύλινδρο με κρασί και σκέπασε το
στόμιό του με κύστη ζώου. Στη συνέχεια βύθισε τον κύλινδρο μέσα σε νερό και παρατήρησε ότι περνούσε
νερό μέσα από την κύστη και έμπαινε στο κρασί. Αυτό του έκανε εντύπωση και αναρωτήθηκε ποια ήταν
η δύναμη που προκαλούσε τη μετακίνηση του νερού. Έπρεπε να δοθεί μάλιστα και κάποιο σοβαρό όνομα
με ελληνική ρίζα και έτσι ονομάστηκε ωσμωτική (από το ρήμα ωθώ) πίεση.
Οι πρώτες μετρήσεις της ωσμωτικής πίεσης αποδίδονται στους βοτανολόγους Wilhelm Pfeffer και
Hugo de Vries το 1877. Σε άλλα πιο σημαντικά πειράματα ο Pfeffer χρησιμοποίησε ειδική διάταξη Jacobus Henricus van't
γνωστή ως ωσμώμετρο του Pfeffer με ειδική ημιπερατή μεμβράνη που επινοήθηκε από τον M. Traube. Hoff, (1852-1911)
Τα πειράματα του Pfeffer, ιδίως στα υδατικά διαλύματα ζάχαρης, έδωσαν αφορμή στον Ολλανδό χημικό Jacobus Henricus van't
Hoff να ασχοληθεί με την ωσμωτική πίεση που είναι ιδιαίτερα θεαματική στα φυτά, αφού οι χυμοί τους ανυψώνονται σε ύψος
δεκάδων μέτρων. Προσδιόρισε την εξίσωση: Π∙V = n∙R∙T εισάγοντας μάλιστα στο δεύτερο μέλος της εξίσωσης έναν συντελεστή
i, με τον οποίο μπόρεσε να εξηγήσει ακριβέστερα τα φαινόμενα. Την ορθή ερμηνεία του παράγοντα i, δηλαδή ότι αποτελεί μέτρο
της ιοντικής διάστασης, υπέδειξε ο Arrhenius με γράμμα του προς τον van't Hoff. Ο τελευταίος ασπάσθηκε με ενθουσιασμό την
άποψη αυτή και δε δίστασε στην επόμενη εργασία του να εξάρει το ρόλο του Arrhenius.
Οι θεωρίες του van't Hoff για την ώσμωση μαζί με τις εργασίες του στη Θερμοδυναμική και στη Χημική Κινητική που προηγή-
θηκαν, του απέφερε το πρώτο βραβείο Nobel Χημείας το 1901.

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

36

ΩΣΜΩΣΗ - ΩΣΜΩΤΙΚΗ ΠΙΕΣΗ

ΦΥΛΛΑΔΙΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 2

Στις παρακάτω ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής 1-6 να σημειώσετε απλά τη σωστή απάντηση.

1. Στο σχήμα που ακολουθεί το διάλυμα A έχει Ν μόρια της A) Μόνο η σακούλα Α θα αρχίσει να γεμίζει
B) Μόνο η σακούλα Β θα αρχίσει να γεμίζει
πρωτεΐνης αλβουμίνη (Μr = 66.000) και το διάλυμα Β περιέ- Γ) Και οι δύο σακούλες Α και Β θα αρχίζουν να γεμίζουν
χει 5Ν μόρια γλυκόζης (Μr =180). Tα δύο διαλύματα έχουν Δ) Και οι δύο σακούλες Α και Β θα αρχίζουν να αδειάζουν
τον ίδιο όγκο και διαχωρίζονται από ημιπερατή μεμβράνη.

Διάλυμα Α Διάλυμα Β 4. Δίνεται ένα μοριακό διάλυμα γλυκόζης 0,1 Μ. Ποια από

τις ακόλουθες προτάσεις είναι ορθή;

Α) Αν το διάλυμα της γλυκόζης τεθεί σε συσκευή στην ο-

ποία διαχωρίζεται με ημιπερατή μεμβράνη από τον καθαρό

διαλύτη, θα πρέπει να ασκηθεί εξωτερική πίεση σε αυτό,

Τι θα συμβεί με την πάροδο του χρόνου; προκειμένου να μην παρατηρηθεί το φαινόμενο της ώσμω-
Α) Ποσότητα νερού θα κινηθεί από το διάλυμα Α στο διά-
λυμα Β σης
Β) Η στάθμη του διαλύματος Α θα ανέβει
Γ) Μόρια της γλυκόζης θα περάσουν από το διάλυμα Β προς Β) Το διάλυμα είναι ισοτονικό με διάλυμα NaCl 0,1 M
το διάλυμα Α μέχρις ότου τα δύο διαλύματα να αποκτήσουν
την ίδια συγκέντρωση σε γλυκόζη Γ) Δεν γίνεται να προσδιοριστεί το Mr της γλυκόζης με ω-
Δ) Μόρια της γλυκόζης θα περάσουν από το διάλυμα Β προς σμωμετρία
το διάλυμα Α μέχρις ότου τα δύο διαλύματα να αποκτήσουν
την ίδια συνολική συγκέντρωση σε αλβουμίνη και γλυκόζη Δ) Η ωσμωτική πίεση του διαλύματος είναι ανεξάρτητη της

θερμοκρασίας [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2020]

2. To νερό που σκοτώνει! Σε ένα διαγωνισμό ραδιοφώνου 5. Υδατικό διάλυμα NaCl 0,9% w/v είναι ισοτονικό με τα

στις ΗΠΑ ανακοινώθηκε ως βραβείο ένα καινούργιο X-box ερυθρά αιμοσφαίρια. Τι θα συμβεί στα ερυθρά αιμοσφαίρια
για όποιον μπορέσει να πιεί 3 L νερό στα στούντιο του ρα- αν βρεθούν σε υδατικό διάλυμα NaCl 9% w/v;
διοφωνικού σταθμού. Η πρόκληση αυτή ήταν σχεδόν αδύ- A) Θα φουσκώσουν
νατη για ένα μέσο άνθρωπο, αλλά ένας τολμηρός διαγωνι- B) Θα συρρικνωθούν
ζόμενος το κατάφερε σε διάστημα μικρότερο της μισής ώ- Γ) Θα φουσκώσουν και τελικά θα σκάσουν
ρας. Τρεις ώρες αργότερα πέθανε στο νοσοκομείο καθώς με- Δ) Καμία μεταβολή καθώς θα βρεθούν σε υπερτονικό περι-
γάλο μέρος των κυττάρων του εμφάνισαν πρόβλημα που βάλλον
σχετίστηκε με το φαινόμενο της ώσμωσης. Ποιο πρόβλημα
μπορεί να εμφάνισαν τα κύτταρα του διαγωνιζόμενου; 6. Δύο διαλύματα γλυκόζης (C6H12O6) διαφορετικής περιε-
Α) Τα κύτταρα βρέθηκαν σε υπερτονικό περιβάλλον με α-
ποτέλεσμα ποσότητα νερού να εισρεύσει στο εσωτερικό κτικότητας διαχωρίζονται με ημιπερατή μεμβράνη και εξε-
τους και τελικά να σκάσουν λίσσεται το φαινόμενο της ώσμωσης το οποίο σε κάποια
Β) Τα κύτταρα βρέθηκαν σε υπερτονικό περιβάλλον με α- στιγμή σταματά λόγω υδροστατικής πίεσης. Μετά την
ποτέλεσμα ποσότητα νερού να εξέλθει από το εσωτερικό παύση του φαινομένου και σε κάθε περίπτωση:
τους και να συρρικνωθούν Α) σταματά η οποιαδήποτε διέλευση των μορίων νερού
Γ) Τα κύτταρα βρέθηκαν σε υποτονικό περιβάλλον με απο- Β) τα δύο διαλύματα αποκτούν την ίδια %w/v περιεκτικό-
τέλεσμα ποσότητα νερού να εξέλθει από το εσωτερικό τους τητα
και να συρρικνωθούν Γ) τα μόρια της γλυκόζης διέρχονται από τις δύο πλευρές
Δ) Τα κύτταρα βρέθηκαν σε υποτονικό περιβάλλον με απο- της ημιπερατής μεμβράνης με την ίδια ταχύτητα
τέλεσμα ποσότητα νερού να εισρεύσει στο εσωτερικό τους Δ) το υποτονικό διάλυμα έχει αποκτήσει μεγαλύτερη περιε-
και τελικά να σκάσουν κτικότητα σε σχέση με την αρχική του

7. Δύο υδατικά διαλύματα γλυκόζης Α και Β έχουν τα πα-
ρακάτω χαρακτηριστικά.

Όγκος Συγκέντρωση Ωσμωτική πίεση

3. Σακούλα (A) ημιπερατής Διάλυμα Α V c Π1
Διάλυμα Β 2V 3c Π2

μεμβράνης περιέχει υδατικό A H2O Τα δύο διαλύματα αναμιγνύονται και προκύπτει νέο διά-
διάλυμα γλυκόζης 20% w/w
λυμα Γ με ωσμωτική πίεση Π3.
και μέσα στη σακούλα αυτή
B α) Ποια σχέση συνδέει τις ωσμωτικές πιέσεις Π1, Π2 και Π3
βρίσκεται άλλη σακούλα (Β)
στη θερμοκρασία Τ;
ημιπερατής μεμβράνης με υ-
1. Π3 = Π1 + Π2 2. Π3 = Π1 + 2Π2
δατικό διάλυμα γλυκόζης 30% w/w. Οι δύο σακούλες βρί- 3. 3Π3 = Π1 + 2Π2 4. 2Π3 = Π1 + 3Π2

σκονται σε δοχείο που περιέχει καθαρό νερό. Τι από τα πα- β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

ρακάτω θα συμβεί κατά την εξέλιξη του πειράματος;

Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ 37

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

8. Διαθέτουμε υδατικό διάλυμα γλυκόζης με c1 = 0,1 M (διάλυμα Δ1) καθώς και ένα άλλο διάλυμα γλυκόζης με c2 = 0,2 M ίσου
όγκου με το προηγούμενο (διάλυμα Δ2). Tη χρονική στιγμή t = 0 τα δύο διαλύματα εισάγονται σε δοχείο όπου διαχωρίζονται με
ημιπερατή μεμβράνη και εξελίσσεται το φαινόμενο της ώσμωσης. Η ταχύτητα μετακίνησης των μορίων του νερού προς το υπερ-
τονικό διάλυμα είναι υ1 και προς το υποτονικό διάλυμα είναι υ2. Ποιο από τα διαγράμματα που ακολουθούν αποδίδει καλύτερα
τις ταχύτητες υ1 και υ2 από την έναρξη του φαινομένου μέχρι την αποκατάσταση της ισορροπίας της ώσμωσης; Να αιτιολογήσετε
την απάντησή σας.

υ υ1 A Β Γ Δ
υ υ1 υ υ2 υ υ2

υ2 υ2 υ1 t υ1
Β) Το διάγραμμα Β Δ) Το διάγραμμα Δ t
t t
Α) Το διάγραμμα Α Γ) Το διάγραμμα Γ

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

9. Σε ένα πείραμα χρησιμοποιείται το διαφανές κυλινδρικό δοχείο του διπλανού σχήματος που I II
V 2V
αποτελείται από τα διαμερίσματα I και II με όγκους V και 2V, αντίστοιχα και τα οποία διαχωρίζο- I IΙ
νται με κινητή ημιπερατή μεμβράνη. Κατά την έναρξη του πειράματος το διαμέρισμα I είναι γεμάτο 2V V
με διάλυμα μοριακής ουσίας (Α) περιεκτικότητας π %w/v και το διαμέρισμα II είναι γεμάτο με
διάλυμα άλλης μοριακής ουσίας (Β) της ίδιας περιεκτικότητας π %w/v. Με την πάροδο ικανού
χρόνου και λόγω του φαινομένου της ώσμωσης η μεμβράνη σταθεροποιείται τελικά σε μία άλλη
θέση, ώστε το διαμέρισμα I να έχει όγκο 2V και το διαμέρισμα II να έχει όγκο V.
α) Να εξηγήστε ποιο από τα διαμερίσματα I ή II περιέχει το υπερτονικό διάλυμα κατά την έναρξη
του πειράματος.
β) Να υπολογίσετε τον λόγο των σχετικών μοριακών μαζών, Μr(B)/Mr(A), των ουσιών Α και Β.
Η θερμοκρασία είναι η ίδια σε όλες τις περιπτώσεις.

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

38

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ (1)
ΔΙΑΜΟΡΙΑΚΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ - ΩΣΜΩΣΗ

Θέμα A
Για τις παρακάτω ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής Α1-Α5 να γράψετε απλά το γράμμα που
αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.
Α1. H παρακεταμόλη είναι γνωστό αντιπυρετικό και αναλγητικό φάρμακο. Τελευταία,
μάλιστα έχει προταθεί για τις παρενέργειες του εμβολιασμού για τον Covid-19. Ο συντα-
κτικός τύπος του φαρμάκου είναι ο εξής:

Πόσα άτομα υδρογόνου της παρακεταμόλης μπορούν να μπορούν να λειτουργήσουν ως

δότες δεσμών υδρογόνου;

Α) Κανένα Β) 1 Γ) 2 Δ) 6

Α3. Διάλυμα Br2(ℓ) σε CCl4(ℓ) χρησιμοποιείται για τη διάκριση των ακόρεστων από τις
κορεσμένες οργανικές ενώσεις. Σε ένα τέτοιο διάλυμα μεταξύ των μορίων Br2(ℓ) και
CCl4(ℓ):
A) εμφανίζονται μόνο δυνάμεις διασποράς
B) εμφανίζονται δυνάμεις διασποράς και δυνάμεις διπόλου - διπόλου
Γ) εμφανίζονται μόνο δυνάμεις διπόλου - διπόλου
Δ) δεν εμφανίζονται διαμοριακές δυνάμεις καθόσον είναι μεταξύ διαφορετικών μορίων

Α3. Oι σχετικές μοριακές μάζες των ενώσεων C2H6, CH3OH και CH3F είναι παρόμοιες.
Ποια η ταξινόμηση κατά αυξανόμενη τιμή για τα σημεία βρασμού των ενώσεων αυτών;

A) C2H6 < CH3OH < CH3F B) CH3F < CH3OH < C2H6
Γ) CH3OH < CH3F < C2H6 Δ) C2H6 < CH3F < CH3OH
Ε) CH3F < C2H6 < CH3OH

Α4. Mε την εισαγωγή φυτικών κυττάρων σε πυκνό διάλυμα NaCl παρατηρούμε στο μι-
κροσκόπιο ότι τα κύτταρα συρρικνώνονται. Τι από τα παρακάτω ισχύει;
Α) H ωσμωτική πίεση στο εσωτερικό των φυτικών κυττάρων είναι μεγαλύτερη από αυτή
του διαλύματος NaCl
Β) Το εσωτερικό των φυτικών κυττάρων είναι υποτονικό σε σχέση με το διάλυμα του

NaCl
Γ) Το εσωτερικό των φυτικών κυττάρων είναι υπερτονικό σε σχέση με το διάλυμα του

NaCl
Δ) Όσο μεγαλύτερη είναι η συγκέντρωση του διαλύματος του NaCl τόσο μεγαλύτερη η
ροή του νερού προς το εσωτερικό των φυτικών κυττάρων

39

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ2

Α5. Διαθέτουμε δύο υδατικά διαλύματα, ένα υδατικό διάλυμα NaCl 0,1 Μ όγκου V και
ένα διάλυμα φρουκτόζης (C6H12O6) 0,1 Μ όγκου 2V. Αν τα δύο διαλύματα έχουν την ίδια
θερμοκρασία, τι από τα παρακάτω ισχύει;
A) Τα δύο διαλύματα είναι ισοτονικά
Β) Το διάλυμα ΝaCl έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση
Γ) Τα δύο διαλύματα έχουν την ίδια ωσμωτική πίεση
Δ) Το διάλυμα φρουκτόζης παρουσιάζει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση από το διάλυμα
ΝaCl γιατί το Μr της φρουκτόζης είναι μεγαλύτερο από αυτό του NaCl

Θέμα Β

Β1. Διάλυμα γλυκόζης (C6H12O6) έχει θερμοκρασία 20oC και ωσμωτική πίεση Π1. Αν η
θερμοκρασία του διαλύματος ανέλθει στους 40οC, η ωσμωτική πίεση του διαλύματος εί-

ναι ίση με Π2.

α) Για τις ωσμωτικές πιέσεις Π1 και Π2 θα ισχύει:

1. Π2 = 2Π1 2. Π2 = Π1 3. 2Π1 > Π2 > Π1 4. 2Π1 < Π2

β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Η μεταβολή του όγκου του διαλύματος με τη

αύξηση της θερμοκρασίας να θεωρηθεί αμελητέα.

Β2. Ασθενής μετά από διαγνωστικές εξετάσεις του οφθαλμού παρουσίασε οίδημα (πρή-

ξιμο) στον κερατοειδή χιτώνα του. Για την αντιμετώπιση της επιπλοκής ο γιατρός του

χορήγησε κολλύριο με αποστειρωμένο διάλυμα ΝaCl 5% w/v.

α) Για τη μείωση του πρηξίματος, σε σχέση με το κυτταρικό υγρό του ματιού το κολλύ-

ριο θα πρέπει να είναι διάλυμα:

1. υπερτονικό 2. ισοτονικό 3. υποτονικό 4. υποτονικό ή το πολύ ισοτονικό

β) Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

Β3. H γνωστή μυρωδιά χλωρίου στις πισίνες δεν οφείλεται στο Cl2 αλλά σε ενώσεις που αμμωνία τριχλωραμίνη
είναι γνωστές ως χλωραμίνες, όπως η σχετικά τοξική ουσία τριχλωραμίνη με τον τύπο

που ακολουθούν. Προκύπτουν από την αντίδραση της ΝΗ3 με τα υποχλωριώδη ιόντα
(ClO−) που προστίθενται στις πισίνες ως απολυμαντικό. Η τριχλωραμίνη είναι αδιάλυτη

στο νερό και μετά το σχηματισμό της διαφεύγει στο περιβάλλον προκαλώντας τη χαρα-
κτηριστική οσμή. Να εξηγήσετε τη διαφορά διαλυτότητας στο νερό της τριχλωραμίνης
και της αμμωνίας. Το Ν και το Cl έχουν παρόμοια ηλεκτραρνητικότητα.

Β4. Παρασκευάσαμε τρία υδατικά διαλύματα ουρίας με συγκεντρώσεις αντίστοιχα 0,1 M
(διάλυμα Α), 0,2 M (διάλυμα B) και 0,4 M (διάλυμα Γ).
α) Πως θα μεταβληθεί η συγκέντρωση του διαλύματος Β (αύξηση, μείωση, καμία μετα-
βολή), αν το διάλυμα B έρθει σε επαφή μέσω ημιπερατής μεμβράνης:
i. Mε το διάλυμα Α.
ii. Mε το διάλυμα Γ.
β) Αν αναμίξουμε τα διαλύματα Α και Γ με αναλογία όγκων 2:1, αντίστοιχα, θα προκύψει
διάλυμα Δ το οποίο σε σχέση με το διάλυμα B είναι:
1. υποτονικό 2. ισοτονικό 3. υπερτονικό
Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.
Η θερμοκρασία όλων των διαλυμάτων είναι η ίδια.

40 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

A B Θέμα Γ
S S
Γ1. Το κυλινδρικό δοχείο του διπλανού σχήματος έχει συνολικό όγκο V = 30 L και απο-
x/3 2x/3 τελείται από τα διαμερίσματα A και B τα οποία διαχωρίζονται με κινητή ημιπερατή μεμ-
S S βράνη. To διαμέρισμα Α περιέχει διάλυμα γλυκόζης περιεκτικότητας 1,8 % w/v και το
διαμέρισμα Β περιέχει διάλυμα φρουκτόζης περιεκτικότητας 1,8 % w/v.
x/2 x/2 α) Να εξηγήσετε γιατί η μεμβράνη είναι ακίνητη στην θέση που δείχνει το επάνω σχήμα.
β) Πόσα επιπλέον mol γλυκόζης πρέπει να προσθέσουμε στο διαμέρισμα Α ώστε η μεμ-
βράνη να ισορροπήσει τελικά ακριβώς στη μέση του κυλίνδρου (όπως δείχνει το κάτω
σχήμα);
Δίνονται:
- Η προσθήκη της επιπλέον ποσότητας γλυκόζης δεν μεταβάλλει τον όγκο του διαλύμα-
τος.
- Όλα τα διαλύματα έχουν την ίδια θερμοκρασία.
- Η γλυκόζη και η φρουκτόζη είναι ισομερείς ουσίες με μοριακό τύπο C6H12O6.
- H βάση του κυλίνδρου έχει εμβαδόν S (όπως φαίνεται στο σχήμα).
Σχετικές ατομικές μάζες, C:12, H:1, O:16.

Γ2. Στερεό δείγμα γλυκόζης (C6H12O6, Mr = 180) περιέχει μικρή ποσότητα υγρασίας
(Η2Ο). Ποσότητα από το δείγμα μάζας 20 g διαλύεται σε νερό σχηματίζοντας διάλυμα
όγκου 500 mL με Π = 5,5 atm. Nα υπολογιστεί η %w/w περιεκτικότητα του στερεού
δείγματος σε γλυκόζη. Δίνεται: RT = 25 (L·atm)/mol, όπου R η παγκόσμια σταθερά των
αερίων και Τ η απόλυτη θερμοκρασία του διαλύματος.

Γ3. Φοιτητής βρήκε και κατέγραψε τα σημεία βρασμού 5 ισομερών αλκανίων του τύπου
C8H18. Ένα από τα σημεία βρασμού μεταφέρθηκε λάθος.
α) Σε ποιο αλκάνιο το σημείο βρασμού είναι λανθασμένο;

β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

41

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ2

Θέμα Δ

Δ1. Διαθέτουμε ποσότητες από δύο υγρά κορεσμένα μονοκαρβοξυλικά οξέα, το παλμιτικό
οξύ και το αιθανικό οξύ (CH3COOH). Το παλμιτικό οξύ είναι κοινό κορεσμένο λιπαρό
οξύ που μπορεί να παρασταθεί από τον χημικό τύπο CH3(CH2)xCOOH, όπου x o αριθμός
των ομάδων −CH2−. Είναι σημαντικό συστατικό του φοινικέλαιου και απαντάται σε
πολλά τρόφιμα. Τα άλατα του παλμιτικού οξέος με αλουμίνο και ναφθενικά οξέα χρησι-
μοποιήθηκαν κατά τη διάρκεια του Β ' Παγκοσμίου Πολέμου για την παραγωγή βομβών
ναπάλμ (ναφθενικό οξύ και παλμιτικό οξύ).
α) i. Το παλμιτικό οξύ διαλύεται πολύ περισσότερο στον τετραχλωράνθρακα (CCl4) από
ότι στο νερό. Να εξηγήσετε αν η τιμή του x αναμένεται να είναι μεγάλη (π.χ. x > 10) ή
μικρή (x = 0 - 2). ii. To αιθανικό οξύ, αντίθετα, παρουσιάζει πολύ μεγάλη (άπειρη) διαλυ-
τότητα στο νερό. Να εξηγήσετε γιατί.
β) Ποσότητα παλμιτικού οξέος μάζας 2,56 g διαλύεται σε κατάλληλο οργανικό διαλύτη
σχηματίζοντας διάλυμα όγκου 200 mL στο οποίο το παλμιτικό οξύ βρίσκεται με τη μορφή
των μορίων του. Το διάλυμα αυτό παρουσιάζει ωσμωτική πίεση Π = 1,25 atm. Να υπολο-
γιστεί ο αριθμός των μεθυλενομάδων (x) στο μόριο του παλμιτικού οξέος. Στη θερμοκρα-
σία του διαλύματος: RT = 25 L·atm/mol (R η παγκόσμια σταθερά των ιδανικών αερίων
και Τ η απόλυτη θερμοκρασία).

Δ2. Δύο διαλύματα γλυκόζης διαφορετικών όγκων φέρονται σε επαφή μέσω ημιπερατής
μεμβράνης. Το ένα διάλυμα έχει συγκέντρωση 0,12 Μ και όγκο V1 ενώ το άλλο διάλυμα
έχει συγκέντρωση 0,18 Μ και όγκο V2 < V1, όπως φαίνεται στο σχήμα που ακολουθεί.
Μετά την αποκατάσταση της ισορροπίας τα δύο διαλύματα αποκτούν τον ίδιο όγκο (V)
και η στάθμη τους είναι κοινή.

0,18 M 0,12 M VV
V2 γλVυ1κό-

Να υπολογιστεί ο λόγος των όγκων V1/V2.

Δ3. Να χαρακτηρίσετε την πρόταση που ακολουθεί ως Σωστή (Σ) ή Λανθασμένη (Λ).
«Η ωσμωτική πίεση του διαλύματος όγκου 22,4 L και θερμοκρασίας 0°C που περιέχει 1
mol γλυκόζης είναι ίση με 1 atm.»

42 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

3

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

Ο όρος οξείδωση οφείλεται σε ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ
ένα μεγάλο Γάλλο χημικό του
18ου αιώνα, τον Antoine 1. Αρχικοί ορισμοί οξείδωσης και αναγωγής
Lavoisier (1743-1794) και αρ-
χικά σήμαινε την ένωση ενός I. Πριν από τη διατύπωση των θεωριών για τη δομή του ατόμου και την εξήγηση των
στοιχείου με το οξυγόνο. χημικών δεσμών με βάση τον κανόνα της οκτάδας, οι αντιδράσεις οξείδωσης και οι αντι-
δράσεις αναγωγής αντιμετωπίζονταν ως διαφορετικές αντιδράσεις. Σύμφωνα με τις αρχι-
Τα δύο φαινόμενα, δηλαδή η ο- κές θεωρήσεις:
ξείδωση και η αναγωγή, δεν εί-
ναι ανεξάρτητα, αλλά γίνονται Οξείδωση είναι η ένωση ενός στοιχείου με το οξυγόνο ή η αφαίρεση υδρογόνου από μια
ταυτόχρονα και παράλληλα. χημική ένωση.
Π.χ. στην κλασική αντίδραση Αναγωγή είναι η ένωση ενός στοιχείου με το υδρογόνο ή η αφαίρεση οξυγόνου από μια
της μεταλλουργίας του χαλκού: χημική ένωση.
2CuO + C → 2Cu + CO2, το CuO
ανάγεται επειδή χάνει το οξυ- Παραδείγματα
γόνο που περιέχει. Παράλληλα Κατά την αντίδραση καύσης, C + O2 → CO2, λέμε ότι ο άνθρακας οξειδώνεται σε CO2.
όμως οξειδώνεται και ο C γιατί Επίσης, στην αντίδραση, Fe2O3 + 3Η2 → 2Fe + 3Η2Ο, λέμε ότι ο σίδηρος ανάγεται σε
προσλαμβάνει το οξυγόνο. μεταλλικό σίδηρο.

12Μg: K2, L8, M2 II. Aς δούμε με βάση την ηλεκτρονική θεωρία εξήγησης των χημικών δεσμών, την αντί-
8O: K2, L6 δραση της οξείδωσης του μαγνησίου: 2Μg + O2 → 2MgO (σύμφωνα με τον 1ο ορισμό το
11Νa: K2, L8, M1 Mg οξειδώνεται γιατί ενώνεται με το Ο). Κατά το σχηματισμό του MgO, το άτομο του
17Cl: K2, L8, M7 Mg αποβάλλει τα δύο ηλεκτρόνια της εξωτερικής του στιβάδας, τα οποία προσλαμβάνει
το άτομο του O, ώστε και για τα δύο άτομα να ισχύει ο κανόνας της οκτάδας:
Κανόνας της οκτάδας:
Τα άτομα έχουν την τάση να Κάτι ανάλογο συμβαίνει και κατά την αντίδραση, 2Na + Cl2 → 2ΝaCl:
συμπληρώσουν τη στιβάδα
σθένους τους με οκτώ ηλε- Στην προηγούμενη αντίδραση δεν συμμετέχει το οξυγόνο, αλλά ένα άλλο ηλεκτραρνητικό
κτρόνια (εκτός αν είναι η στι- στοιχείο, το Cl, που έχει επίσης την τάση να προσλαμβάνει ηλεκτρόνια. Επίσης, αντί για
βάδα Κ, που συμπληρώνεται το Mg συμμετέχει το Νa, ένα επίσης ηλεκτροθετικό στοιχείο, που και αυτό έχει την τάση
με δύο ηλεκτρόνια), ώστε να να αποβάλλει ηλεκτρόνια.
αποκτήσουν τη δομή ευγενούς
αερίου. 43

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

Με βάση τα προηγούμενα παραδείγματα αναπτύχθηκε ένας άλλος ορισμός για τις αντι-
δράσεις οξείδωσης και αναγωγής, στον οποίο μάλιστα τα δύο φαινόμενα συνυπάρχουν
στην ίδια αντίδραση:

Οξείδωση είναι η αποβολή ηλεκτρονίων από άτομο ή ιόν.
Αναγωγή είναι η πρόσληψη ηλεκτρονίων από άτομο ή ιόν.

Έτσι, στην αντίδραση, 2Μg + O2 → 2MgO, λέμε ότι το Mg οξειδώνεται γιατί αποβάλλει οξείδωση: Mg → Mg2+ + 2e−
ηλεκτρόνια, ενώ το Ο ανάγεται γιατί προσλαμβάνει ηλεκτρόνια. Και βέβαια, όπου υπάρχει αναγωγή: O2 + 4e− → 2O2−
οξείδωση θα πρέπει να υπάρχει αναγωγή και άρα θα πρέπει να μιλάμε για οξειδοαναγωγι-
κές αντιδράσεις και όχι για αντιδράσεις οξείδωσης ή αναγωγής, ξεχωριστά.

Για να γίνει οξείδωση δεν είναι απαραίτητο το οξυγόνο, αλλά ένα οποιοδήποτε ηλεκτραρ-
νητικό στοιχείο, όπως π.χ. το F, που έχει τάση να προσλαμβάνει ηλεκτρόνια. Επίσης, για
την αναγωγή ενός σώματος δεν είναι απαραίτητη η παρουσία του υδρογόνου, αλλά ενός
οποιουδήποτε ηλεκτροθετικού στοιχείου π.χ. του Na, που έχει τάση να αποβάλλει ηλε-
κτρόνια.

Πείραμα. Σε ένα (άχρωμο) υδατικό διάλυμα AgNO3 βυθίζουμε μέρος μικρού φύλλου από Cu. Θα παρα-
τηρήσουμε ότι με την πάροδο του χρόνου το βυθισμένο τμήμα του φύλλου παίρνει ένα ασημί χρώμα,
λόγω της επικάλυψής του από στρώμα μεταλλικού Ag. Ταυτόχρονα, το διάλυμα από άχρωμο γίνεται
γαλάζιο (λόγω των ιόντων Cu2+ που σε υδατικό διάλυμα έχουν γαλάζιο χρώμα):

Φύλλο Cu Φύλλο Cu

άχρωμο διάλυμα διάλυμα ιόντων Εξισώσεις (διάστασης):
ιόντων Ag+ Cu2+ (γαλάζιο) AgΝΟ3 → Ag+ + ΝΟ3–
Cu(ΝΟ3)2 → Cu2+ + 2ΝΟ3–
Το όλο φαινόμενο μπορεί να περιγραφεί από την εξίσωση,
Αν πραγματοποιούσαμε την α-
2AgΝΟ3 + Cu → 2Ag + Cu(ΝΟ3)2 ντίστροφη αντίδραση, βυθίζο-
ή καλύτερα, λόγω της μετατροπής των αλάτων σε ιόντα (διάσταση): ντας ένα φύλλο Ag σε υδατικό
διάλυμα Cu(NO3)2 δεν θα παρα-
2Ag+ + 2ΝΟ3– + Cu → 2Ag + Cu2+ + 2ΝΟ3− τηρούσαμε καμία μεταβολή!
Και πιο απλά: 2Ag+ + Cu → 2Ag + Cu2+
Σύμφωνα με τον 1ο ορισμό
Σύμφωνα με την εξίσωση αυτή, ένα άτομο Cu μετατρέπεται σε ιόν Cu2+, αποβάλλοντας δύο ηλεκτρόνια, περί οξείδωσης και αναγωγής
ενώ ταυτόχρονα δύο ιόντα Ag+ προσλαμβάνουν δύο ηλεκτρόνια (ένα ηλεκτρόνιο ανά άτομο Ag) και με- η 1η αντίδραση χαρακτηρίζε-
τατρέπονται σε δύο άτομα Αg. Λέμε ότι ο Cu οξειδώνεται, ενώ ο Ag ανάγεται. ται ως αναγωγή του Cl καθό-
σον ενώνεται με το Η, ενώ η
Παρά την διεύρυνση στις αντιδράσεις οξειδοαναγωγής που προκάλεσε ο προηγούμενος 2η ως οξείδωση του C καθό-
ορισμός, υπάρχουν και άλλες αντιδράσεις που παρουσιάζουν τα χαρακτηριστικά των οξει- σον ο C ενώνεται με το Ο.
δοαναγωγικών αντιδράσεων, αλλά δε μπορούν να συμπεριληφθούν στον ορισμό αυτό, κα-
θόσον δε σχηματίζονται ιοντικές ενώσεις. Έστω, π.χ. οι αντιδράσεις:

H2 + Cl2 → 2HCl και C + O2 → CO2

44 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

Στις αντιδράσεις αυτές σχηματίζονται οι ομοιοπολικές ενώσεις ΗCl και CO2 και επομένως
δεν παρατηρείται μεταφορά (αποβολή ή πρόσληψη) ηλεκτρονίων αλλά απλή μετατόπιση
φορτίων, λόγω των πολωμένων ομοιοπολικών δεσμών στις μοριακές ενώσεις που σχημα-
τίζονται. Για το λόγο αυτό, έχει αναπτυχθεί ένας νέος ορισμός για τις οξειδοαναγωγικές
αντιδράσεις, με βάση τον αριθμό οξείδωσης (ΑΟ).

2. Αριθμός οξείδωσης (ΑΟ)

Ο αριθμός οξείδωσης (ΑΟ) ενός ατόμου είναι μια συμβατική έννοια που όμως διευκολύ-
νει σημαντικά τη μελέτη των αντιδράσεων οξειδοαναγωγής.

Ορισμός του ΑΟ στις ιοντικές ενώσεις

Αριθμός οξείδωσης (ΑΟ) ενός ατόμου (ιόντος) σε μια ιοντική (ετεροπολική) ένωση είναι
το πραγματικό φορτίο του ιόντος στην ένωση αυτή.

Παραδείγματα
Το χλωριούχο ασβέστιο είναι μία ιοντική ένωση που σχηματίζεται ως εξής:

Στην ένωση αυτή ισχύει: AO (Ca) = +2, AO (Cl) = −1. Επίσης, στην ιοντική ένωση οξείδιο
του μαγνησίου, ΜgO (Mg2+O2‒) ο AO του Mg είναι +2 και ο AO του O είναι −2.

Ορισμός του ΑΟ στις ομοιοπολικές ενώσεις

Σειρά ηλεκτραρνητικότητας Αριθμός οξείδωσης (ΑΟ) ενός ατόμου σε ομοιοπολική ένωση, ονομάζεται το φαινομε-
(σύμβολο χ) κατά Pauling: νικό φορτίο που θα αποκτήσει το άτομο, αν καθένα από τα κοινά ζεύγη ηλεκτρονίων που
σχηματίζει το άτομο αυτό με άλλα άτομα αποδοθεί αυθαίρετα στο πιο ηλεκτραρνητικό
F > O > Cl, N > Br > I > C > άτομο (το άτομο που τα έλκει περισσότερο).
… > Η … (μέταλλα)

Σύμφωνα με τον ορισμό, λοιπόν, ο ΑΟ του Cl στο HCl είναι −1, γιατί με τη μετακίνηση
του κοινού ζεύγους ηλεκτρονίων προς το Cl, «προσλαμβάνει» ένα ηλεκτρόνιο (το άλλο
ηλεκτρόνιο του ζεύγους ήταν δικό του!), ενώ ο ΑΟ του Η είναι +1, γιατί χάνει ένα ηλε-
κτρόνιο:

δ+ δ− Το Cl είναι πιο ηλεκτραρνητικό
στοιχείο από το Η
Η Cl

Ας δούμε και το παράδειγμα του Η2Ο:

ΗΟΗ Το Ο είναι πιο ηλεκτραρνητικό
στοιχείο από το Η

45

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

Στην ένωση αυτή, το άτομο του Ο σχηματίζει δύο απλούς ομοιοπολικούς δεσμούς με δύο
άτομα Η. Αποδίδοντας τα κοινά ζεύγη ηλεκτρονίων στο πιο ηλεκτραρνητικό άτομο του Ο,
αυτό φαίνεται να προσλαμβάνει 2 ηλεκτρόνια και επομένως ο ΑΟ του είναι −2. Επίσης,
κάθε άτομο Η «χάνει» ένα ηλεκτρόνιο, οπότε ο ΑΟ του είναι +1.

Για την εύρεση του ΑΟ ενός ατόμου σε μία ομοιοπολική ένωση, οι διπλοί και οι τριπλοί
δεσμοί υπολογίζονται ξεχωριστά. Έτσι, π.χ. στο μόριο του CO2 (O=C=O), o ΑΟ του C
είναι +4, ενώ ο ΑΟ του O είναι −2.

Στα μόρια των στοιχείων, π.χ. του Cl2 (Cl−Cl) δεν υπάρχει, προφανώς, διαφορά ηλεκτραρ-
νητικότητας, ανάμεσα στα δύο άτομα, οπότε το κοινό ζεύγος ηλεκτρονίων δεν μπορεί να
αποδοθεί σε κανένα από αυτά. Επομένως, στην περίπτωση αυτή: ΑΟ (Cl) = 0.

3. Κανόνες εύρεσης του αριθμού οξείδωσης

Ο αριθμός οξείδωσης ενός στοιχείου μπορεί να διαφέρει στις διάφορες ενώσεις που σχη- Στο Η2Ο2 κάθε άτομο οξυγό-
ματίζει το στοιχείο. Υπάρχουν, όμως, κάποιοι κανόνες που διευκολύνουν την εύρεσή του: νου σχηματίζει δύο ομοιοπο-
λικούς δεσμούς. Στο δεσμό με
• Όλα τα ελεύθερα στοιχεία (και ανεξάρτητα από την ατομικότητά τους) έχουν ΑΟ ίσο με το άλλο άτομο Ο δεν υπάρχει
το 0. Π.χ. Na, Cl2, Ρ4 κτλ. διαφορά ηλεκτραρνητικότη-
• Το φθόριο (F) έχει σε όλες τις ενώσεις του ΑΟ = −1, γιατί είναι το πιο ηλεκτραρνητικό τας, οπότε το κοινό ζεύγος η-
στοιχείο. λεκτρονίων δεν μπορεί να α-
• Το οξυγόνο (Ο) στις ενώσεις του έχει ΑΟ = −2, εκτός από την ένωση OF2, στην οποία ποδοθεί σε κανένα από τα δύο
έχει +2 και στα υπεροξείδια, π.χ. το Η2Ο2, όπου έχει ΑΟ = −1. άτομα Ο. Επομένως, ΑΟ (Ο)
= −1.
• Ο AO του υδρογόνου (Η) είναι +1, όταν ενώνεται με αμέταλλα, π.χ. ΗCl και −1 όταν
ενώνεται με μέταλλα π.χ. στην ένωση CaH2 (υδρίδιο του ασβεστίου). ΚΥΡΙΟΤΕΡΑ
• Τα μέταλλα στις ενώσεις τους έχουν πάντα θετικό ΑΟ. Τα αλκάλια (π.χ. Li, Na, K) ΠΟΛΥΑΤΟΜΙΚΑ ΙΟΝΤΑ
έχουν ΑΟ = +1 και οι αλκαλικές γαίες (π.χ. Ca, Mg) έχουν ΑΟ = +2. Τα στοιχεία μετά- ΝΟ3−: νιτρικό
πτωσης παρουσιάζουν, γενικά, πολλούς ΑΟ, ανάλογα με την ένωση στην οποία συμμετέ- SO42−: θειικό
χουν. Π.χ. στις ενώσεις FeO και Fe2O3 ο Fe παρουσιάζει ΑΟ +2 και +3, αντίστοιχα. CO32−: ανθρακικό
• Τα αμέταλλα, όταν ενώνονται με μέταλλα, παρουσιάζουν αρνητικό ΑΟ. (π.χ. στην έ- PO43−: φωσφορικό
νωση Κ2S το S έχει ΑΟ = −2), ενώ όταν ενώνονται με αμέταλλα μπορούν να έχουν είτε OH−: υδροξείδιο
θετικό είτε αρνητικό ΑΟ. Π.χ. το Cl στην ένωση Cl2O έχει ΑΟ = +1, ενώ στην ένωση PCl3 HCO3−: όξινο ανθρακικό
έχει ΑΟ = −1. Γενικά, τα περισσότερα αμέταλλα εμφανίζουν πολλούς αριθμούς οξείδω- CN−: κυάνιο
σης, όταν όμως σχηματίζουν ενώσεις αποκλειστικά με μέταλλα έχουν αρνητικούς ΑΟ. NH4+: αμμώνιο

ΠΙΝΑΚΑΣ ΒΑΣΙΚΩΝ (ΚΟΙΝΩΝ) ΑΡΙΘΜΩΝ ΟΞΕΙΔΩΣΗΣ

ΜΕΤΑΛΛΑ ΑΜΕΤΑΛΛΑ
Κ, Νa, Ag : +1 F : −1
Cl, Br, I : −1 (όταν ενώνονται με μέταλλα)
Mg, Ca, Ba, Zn : +2 Η : +1 (εκτός αν ενώνεται με μέταλλα, οπότε
Αl : +3 έχει ΑΟ = −1)
Fe : +2 ή +3 Ο : −2 (εκτός από τις ενώσεις ΟF2 και Η2Ο2,
Cu : +1 ή +2 στις οποίες έχει ΑΟ = +2 και −1, αντίστοιχα)
Sn : +2 ή +4

46 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ Αλγεβρικός υπολογισμός του ΑΟ

H ένωση Na3[Fe(CN)6] είναι Σε μια ένωση, το αλγεβρικό άθροισμα των ΑΟ όλων των ατόμων είναι ίσο με το μηδέν,
ιοντική και αποτελείται από 3 ενώ το άθροισμα των ΑΟ των ατόμων σε ένα πολυατομικό ιόν ισούται με το φορτίο του
κατιόντα Νa+ και ένα ανιόν ιόντος.
[Fe(CN)6]3–. To ανιόν αποτε-
λείται από 6 ιόντα CN− και Παραδείγματα
ένα ιόν Fe, συνδεδεμένα με- α) Για να υπολογίσουμε αλγεβρικά τον ΑΟ του C (έστω x) στην ένωση Νa2CO3 θεωρούμε
ταξύ τους. O AO του Fe υπο- ότι ο ΑΟ του Na είναι ίσος με +1 και του Ο είναι −2 (βλ. προηγούμενο πίνακα). Επομένως:
λογίζεται ως εξής:
x + 6(−1) = −3, x = +3. 2(+1) + x + 3(−2) = 0, x = 4

β) Υπολογισμός του ΑΟ του Cr στην ένωση Κ2Cr2O7:

2(+1) + 2x + 7(−2) = 0, x = 6

γ) Υπολογισμός του ΑΟ του Ρ στην ένωση Ca3(PO4)2:

3(+2) + 2x + 2·4(−2) = 0, x = 5

δ) Υπολογισμός του ΑΟ του Ν στο ιόν NO3−:

x + 3(−2) = −1, x = 5

ε) Υπολογισμός του ΑΟ του Ν στο ιόν ΝΗ4+:

x + 4(+1) = 1, x = −3

Εφαρμογή 1

Να υπολογίσετε αλγεβρικά τον ΑΟ των στοιχείων με έντονα γράμματα στις εξής ενώσεις
και ιόντα: H2SO4, ΑlPO4, SO2, Cr2O72−, CrO42− και ΡH4+.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ: +6, +5, +4, +6, +6 και −3.

4. Ο αριθμός οξείδωσης του C στις οργανικές ενώσεις

Γενικά, ο ΑΟ του C στις οργανικές ενώσεις παρουσιάζει μεγάλη μεταβλητότητα, από ‒4
έως +4. Όταν η οργανική ένωση διαθέτει ένα μόνο άτομο C, ο ΑΟ του μπορεί να υπολο-
γιστεί αλγεβρικά, κατά τα γνωστά:

CH4 : x + 4 = 0, x = −4
CH3OH : x + 4(+1) − 2 = 0, x = −2
HCHO : 2(+1) + x − 2 = 0, x = 0
HCOOH : 2 + x + 2(−2) = 0, x = +2
CHCl3 : x + 1 + 3(−1) = 0, x = +2

Στις οργανικές ενώσεις, όμως, που περιέχουν δύο ή περισσότερα άτομα C, οι ΑΟ τους
μπορεί να είναι διαφορετικοί. Στις περιπτώσεις αυτές, ο ΑΟ υπολογίζεται σύμφωνα με
τον ορισμό του ΑΟ στις ομοιοπολικές ενώσεις και με βάση το συντακτικό τύπο της ένω-
σης. Π.χ. στην ένωση CH3CH2OH (αιθανόλη) ο ΑΟ του C(2) υπολογίζεται ως εξής:

47

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

Σειρά ηλεκτραρνητικότητας:
O>C>H

Ο C(2) σχηματίζει 3 δεσμούς με αντίστοιχα άτομα Η και ένα δεσμό με το άλλο άτομο C(1).
Τα ηλεκτρόνια που αντιστοιχούν στους δεσμούς C−H αποδίδονται στο πιο ηλεκτραρνη-
τικό άτομο του C με αποτέλεσμα το άτομο αυτό να φαίνεται να προσλαμβάνει 3 ηλεκτρό-
νια και να αποκτά φαινομενικό φορτίο −3. Να σημειωθεί ότι ο δεσμός C(1)−C(2) είναι
μεταξύ ίδιων ατόμων και δεν συμμετέχει στον υπολογισμό του ΑΟ.

Άρα, ο ΑΟ του C(2) είναι −3.

Στην ίδια ένωση ο ΑΟ του C(1) υπολογίζεται ως εξής:

H ερώτηση της ημέρας: Ποιος
είναι ο αριθμός οξείδωσης του
Ο στη διπλανή οργανική έ-
νωση;

Δηλαδή ο ΑΟ του C(1) είναι −1, καθόσον προσλαμβάνει 2 ηλεκτρόνια από τους δύο δε-
σμούς C(1) − Η και αποβάλει ένα ηλεκτρόνιο προς το άτομο Ο που είναι ηλεκτραρνητικό-
τερο στοιχείο.

Εφαρμογή 2

Να υπολογίσετε τον ΑΟ των ατόμων C στην οργανική ένωση που ακολουθεί (μεθυλοπροπε-
νικό οξύ):

ΑΠΑΝΤΗΣΗ: C(1): +3, C(2): 0, C(3): −2, C(4): −3. Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

Εφαρμογή 3

Να υπολογίσετε τον ΑΟ των ατόμων C στην ένωση C3H8 (προπάνιο) με την αλγεβρική μέ-
θοδο. Να εξηγήσετε γιατί το αποτέλεσμα δεν είναι αποδεκτό.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ: Σύμφωνα με τον αλγεβρικό υπολογισμό του ΑΟ, έχουμε:
C3H8 : 3x + 8 = 0, x = −8/3

Με βάση, λοιπόν, τον αλγεβρικό υπολογισμό, ο ΑΟ των ατόμων C είναι κλασματικός α-
ριθμός, καθώς όλα τα άτομα άνθρακα στο μόριο του C3H8 δεν έχουν τον ίδιο ΑΟ. Mε βάση
το συντακτικό τύπο,

48

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

υπολογίζουμε ότι ο ΑΟ των C(1) και C(3) είναι ίσος με −3, ενώ ο ΑΟ του C(2) είναι ίσος
με −2. Η τιμή −8/3 αντιστοιχεί απλά στο μέσο όρο των ΑΟ των τριών ατόμων C και προ-
κύπτει ως εξής:

2 (−3) + (−2) = − 8
33

Πρακτικά, η κλασματική αυτή τιμή δεν έχει σημασία. Αυτό που έχει σημασία είναι οι
ΑΟ των ατόμων C της οργανικής ένωσης, ξεχωριστά.

5. Σύγχρονος (3ος) ορισμός των οξειδοαναγωγικών αντιδράσεων

Αντιδράσεις οξειδοαναγωγής είναι οι αντιδράσεις στις οποίες μεταβάλλεται ο ΑΟ τουλά-
χιστον δύο ατόμων ή ιόντων. Η μεταβολή αυτή του ΑΟ πραγματοποιείται, είτε μέσω με-
ταβίβασης ηλεκτρονίων (ιοντικός δεσμός), είτε μέσω μετατόπισης κοινού ζεύγους ηλε-
κτρονίων ομοιοπολικού δεσμού προς το πιο ηλεκτραρνητικό άτομο. Έτσι, ο (3oς) ορισμός
που καλύπτει όλες τις οξειδοαναγωγικές αντιδράσεις σήμερα είναι ο εξής:

Οξείδωση είναι η αύξηση του ΑΟ ατόμου ή ιόντος σε μία αντίδραση.
Αναγωγή είναι η μείωση του ΑΟ ατόμου ή ιόντος σε μία αντίδραση.

Σε μία οξειδοαναγωγική αντίδραση ένα σώμα (ένωση ή και στοιχείο) λέμε ότι οξειδώνεται
όταν αυξάνεται ο ΑΟ σε ένα από τα άτομα που το απαρτίζουν. Το σώμα που προκαλεί
την οξείδωση αυτή λέγεται οξειδωτικό μέσο. Κατ’ αντιστοιχία, ένα σώμα λέμε ότι ανά-
γεται όταν επέρχεται ελάττωση του ΑΟ σε ένα από τα άτομα που το απαρτίζουν. Το σώμα
που προκαλεί την αναγωγή αυτή λέγεται αναγωγικό μέσο.

Τα φαινόμενα οξείδωσης και αναγωγής είναι αλληλένδετα. Σε μία αντίδραση οξειδοανα-
γωγής το σώμα που οξειδώνεται προκαλεί την αναγωγή ενός άλλου σώματος, δηλαδή συ-
μπεριφέρεται ως αναγωγικό μέσο. Αντιθέτως, το σώμα που ανάγεται προκαλεί την οξεί-
δωση ενός άλλου σώματος, δηλαδή συμπεριφέρεται ως οξειδωτικό μέσο.

Μπέρδεμα; Όχι ιδιαίτερα, αν δούμε τα κατάλληλα παραδείγματα.

Η διπλανή αντίδραση παριστά- Ας δούμε μία αντίδραση, που ήδη ξέρουμε, για να εφαρμόσουμε όσα μάθαμε, μια αντί-
νεται πιο απλά ως εξής: δραση απλής αντικατάστασης:

Zn + 2H+ → Zn2+ + H2 Zn0 + +1 → +2 + 0
(τα ιόντα Cl− που συνυπάρχουν
δε συμμετέχουν στην αντί- 2HCl ZnCl2 H2
δραση).
Στην οξειδοαναγωγική αυτή αντίδραση, ο Zn οξειδώνεται, καθώς ο ΑΟ του αυξάνεται

από 0 σε +2, ενώ το Η (στο HCl) ανάγεται από +1 σε 0 (στο Η2). Ο Zn είναι αναγωγικό

σώμα γιατί προκαλεί την αναγωγή του υδρογόνου. Το ΗCl είναι οξειδωτικό σώμα γιατί

προκαλεί την οξείδωση του Zn. Π. Κονδύλης, Π. Λατζώνης, Χημεία Γ΄ Λυκείου, τεύχος Γ2

49

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

Εφαρμογή 4

Παρατηρήστε την αντίδραση: 3Η2S + 2ΗNΟ3 → 3S + 2NΟ + 4Η2Ο.

α) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση αυτή είναι αντίδραση οξειδοαναγωγής.
β) Ποιο στοιχείο οξειδώνεται και ποιο ανάγεται;
γ) Ποιο είναι το οξειδωτικό σώμα και ποιο το αναγωγικό;

ΑΠΑΝΤΗΣΗ
α) Παρατηρούμε ότι ο ΑΟ του S στο H2S είναι ‒2, ενώ στα προϊόντα σχηματίζεται το
στοιχείο S του οποίου ο ΑΟ είναι 0. Επίσης, στο ΗΝΟ3 το Ν έχει ΑΟ = +5, ενώ στα προϊ-
όντα σχηματίζεται το ΝΟ στο οποίο το Ν εμφανίζει ΑΟ = +2.

β) Το Ν στην παραπάνω αντίδραση ανάγεται, καθώς ο ΑΟ του μειώνεται από +5 σε +2.
Αντίθετα, το S οξειδώνεται, γιατί ο ΑΟ του αυξάνεται από −2 σε 0.

γ) Το ΗNΟ3 λέμε ότι είναι οξειδωτικό σώμα, γιατί προκαλεί την οξείδωση του S στο Η2S.
To H2S είναι το αναγωγικό σώμα, καθώς προκαλεί την αναγωγή του Ν στο ΗΝΟ3.

6. Πότε μία αντίδραση είναι οξειδοαναγωγική και πότε όχι;

Είπαμε ότι οξειδοαναγωγικές είναι οι αντιδράσεις στις οποίες συμβαίνει μεταβολή του ΑΟ
σε δύο από τα στοιχεία που συμμετέχουν στην αντίδραση. Στο ένα από αυτά τα στοιχεία
αυξάνεται ο ΑΟ ενώ στο άλλο μειώνεται.

Πάντως, υπάρχουν αντιδράσεις στις οποίες δεν μεταβάλλεται ο ΑΟ σε κανένα από τα
στοιχεία που συμμετέχουν. Οι αντιδράσεις αυτές ονομάζονται μεταθετικές ή μη οξειδο-
αναγωγικές. Τέτοιες είναι π.χ. οι αντιδράσεις εξουδετέρωσης και οι αντιδράσεις διπλής
αντικατάστασης, ενώ αντίθετα οι αντιδράσεις απλής αντικατάστασης είναι οξειδοαναγω-
γικές.

Οι αντιδράσεις σχηματισμού μιας ένωσης από τα συστατικά της στοιχεία είναι αντι-
δράσεις οξειδοαναγωγής. Π.χ. η αντίδραση 2Η2 + Ο2 → 2Η2Ο, είναι οξειδοαναγωγική α-
ντίδραση, καθώς το Η οξειδώνεται (από 0 σε +1), ενώ το Ο ανάγεται (από 0 σε −2). Οι
αντιδράσεις αποσύνθεσης είναι επίσης αντιδράσεις οξειδοαναγωγής. Π.χ. η αντίδραση:
2ΝΗ3 → Ν2 + 3Η2, είναι οξειδοαναγωγική. Στην αντίδραση αυτή το Ν οξειδώνεται από −3
σε 0, ενώ το Η ανάγεται από +1 σε 0.

Οι αντιδράσεις διάσπασης, στις οποίες μια ένωση διασπάται σε άλλες απλούστερες
ενώσεις ή και στοιχεία, μπορεί να είναι οξειδοαναγωγικές αντιδράσεις ή όχι. Π.χ. η διά-
σπαση του χλωρικού καλίου, ΚClΟ3 → 2ΚCl + 3O2 είναι οξειδοαναγωγική αντίδραση, ενώ
η διάσπαση του ανθρακικού ασβεστίου, CaCO3 → CaO + CO2, δεν είναι:

+1 +5 −2 +1 −1 0

2ΚClΟ3 → 2ΚCl + 3O2

Στην αντίδραση αυτή, το Cl ανάγεται από +5 σε −1, ενώ το Ο οξειδώνεται από −2 σε 0.

+2 +4 −2 +2 −2 +4 −2

CaCO3 → CaO + CO2

Τα στοιχεία που συμμετέχουν στην προηγούμενη αντίδραση δεν μεταβάλλουν τον ΑΟ
τους και επομένως δεν είναι οξειδοαναγωγική.

50

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ 7. Εύρεση συντελεστών (ισοστάθμιση μάζας) σε μία οξειδοαναγωγική αντίδραση

Η διπλανή διαδικασία εξα- Έστω ότι έχουμε τα αντιδρώντα και τα προϊόντα μιας οξειδοαναγωγικής αντίδρασης και
σφαλίζει ότι ο αριθμός των η- θέλουμε να βάλουμε τους συντελεστές, να κάνουμε δηλαδή ισοστάθμιση μάζας. Γενικά,
λεκτρονίων που αποβάλλο- σε μια πολύπλοκη αντίδραση οξειδοαναγωγής, π.χ. με 5 ή και περισσότερα αντιδρώντα
νται από το σώμα που οξειδώ- και προϊόντα σώματα, δεν είναι μια απλή υπόθεση. Συνήθως, εκτελούμε τη διαδικασία
νεται (αναγωγικό σώμα) ισού- που ακολουθεί:
ται με τον αριθμό ηλεκτρο-
νίων που προσλαμβάνει το 1. Έστω η οξειδοαναγωγική αντίδραση:
σώμα που ανάγεται (οξειδω-
τικό μέσο). Η2S + ΗNΟ3 → S + NΟ + Η2Ο

NO2 Αρχικά, επισημαίνουμε το στοιχείο που οξειδώνεται και το στοιχείο του ανάγεται. Το S
από AO = −2 που έχει στο H2S πηγαίνει σε 0 (S), ενώ το Ν από +5 που έχει στο ΗΝΟ3
Επίδραση πυκνού διαλύματος πηγαίνει σε +2 (στο ΝΟ). Στα άλλα στοιχεία δεν υπάρχει μεταβολή ΑΟ.
HNO3 σε Cu. Παρατηρείται η
έκλυση NO2 (καφέ αέριο). −2 +5 0 +2
Η2S + ΗNΟ3 → S + NΟ + Η2Ο

2. Σημειώνουμε τις μεταβολές στους ΑΟ. Σύμφωνα με τα παραπάνω, οι μεταβολές στους
ΑΟ είναι κατά 2 στο S και κατά 3 στο Ν (κατ΄ απόλυτη τιμή):

2

Η2S + ΗNΟ3 → S + NΟ + Η2Ο

3

3. Στη συνέχεια εφαρμόζουμε τον εξής κανόνα: Η μεταβολή του ΑΟ του S (2) πηγαίνει
συντελεστής στο Ν, ενώ η μεταβολή του ΑΟ του Ν (3) πηγαίνει συντελεστής στο S:

2

Η2S + ΗNΟ3 → S + NΟ + Η2Ο
3

3Η2S + 2ΗNΟ3 → 3S + 2NΟ + Η2Ο

4. Συμπληρώνουμε τους συντελεστές που λείπουν, κατά τα γνωστά:

3Η2S + 2ΗNΟ3 → 3S + 2NΟ + 4Η2Ο

Προσοχή θα πρέπει να λαμβάνεται σε περιπτώσεις κατά τις οποίες ένα στοιχείο εμφανί-
ζεται στα προϊόντα και με τον αρχικό του ΑΟ. Π.χ. στην οξειδοαναγωγική αντίδραση,

0 +5 +2 +5 +4
Cu + HΝΟ3 → Cu(ΝΟ3)2 + ΝO2 + H2O

το στοιχείο Ν ανάγεται από +5 (στο ΗΝΟ3) σε +4 (στο ΝΟ2). Παράλληλα, όμως, εμφανί-
ζεται στο 2ο μέλος της εξίσωσης και με τον αρχικό του ΑΟ (+5), στο προϊόν Cu(ΝΟ3)2.
Στην περίπτωση αυτή, θα βάλουμε συντελεστή στο ΗΝΟ3 αφού έχουμε βάλει συντελεστές
σε όλες τις ενώσεις του 2ου μέλους, όπου εμφανίζεται το Ν:

51

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

2
Cu + HΝΟ3 → Cu(ΝΟ3)2 + ΝO2 + H2O

1

1Cu + HΝΟ3 → 1Cu(ΝΟ3)2 + 2ΝO2 + H2O
Cu + 4HΝΟ3 → Cu(ΝΟ3)2 + 2ΝO2 + 2H2O

Προσοχή επίσης θα πρέπει να λαμβάνεται σε περιπτώσεις κατά τις οποίες το στοιχείο που
οξειδώνεται ή ανάγεται εμφανίζεται με δείκτη διάφορο του 1 (συνήθως 2). Π.χ.:

2 2:2=1

+4 −1 +2 + Cl20 + H2O
ΜnO2 + HCl → MnCl2

1

η μεταβολή του ΑΟ του Mn διαιρείται με το δείκτη 2 του Cl2 πριν πάει συντελεστής:

1ΜnO2 + HCl → 1MnCl2 + 1Cl2 + H2O ΜnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

Παρατήρηση: Αν προκύπτουν κλασματικοί συντελεστές, διπλασιάζουμε τις μεταβολές
των ΑΟ, ώστε οι συντελεστές να γίνουν (οι μικρότεροι δυνατοί) ακέραιοι.

Οι παραπάνω διαδικασίες για την εύρεση των συντελεστών μιας πολύπλοκης οξειδοανα-
γωγικής αντίδρασης λέγεται μέθοδος του αριθμού οξείδωσης και εξασφαλίζει ότι «η συ-
νολική μεταβολή του ΑΟ του οξειδωτικού ισούται με τη συνολική μεταβολή του ΑΟ του
αναγωγικού».

8. Μερικά οξειδωτικά και αναγωγικά σώματα

Σε πολλές περιπτώσεις οξειδοαναγωγικών αντιδράσεων η συμπεριφορά των οξειδωτικών
ή των αναγωγικών σωμάτων είναι η ίδια, ανεξάρτητα από το αναγωγικό ή το οξειδωτικό
μέσο με το οποίο αλληλεπιδρούν.

Παραδείγματα οξειδωτικών μέσων

1) ΚMnO4 (υπερμαγγανικό κάλιο) παρουσία οξέος, π.χ. HCl, H2SO4 κτλ. Στις αντιδρά-
σεις αυτές το Μn ανάγεται από +7 σε +2, σχηματίζοντας άλατα με το ανιόν το οξέος
(ΜnCl2, MnSO4 κτλ.). Το Κ δεν μεταβάλλει τον ΑΟ και εμφανίζεται στα προϊόντα με τη
μορφή άλατος (KCl, K2SO4 κτλ.). Παράλληλα, επέρχεται αποχρωματισμός του ιώδους
διαλύματος του ΚMnO4, καθώς τα άλατα του Mn2+ είναι άχρωμα.
2) Κ2Cr2O7 (διχρωμικό κάλιο) παρουσία οξέος, π.χ. HCl, H2SO4 κτλ. Στις αντιδράσεις
αυτές το Cr ανάγεται από +6 σε +3, σχηματίζοντας άλατα του τύπου CrCl3, Cr2(SO4)3 κτλ.
Το Κ δεν μεταβάλλει τον ΑΟ και σχηματίζει άλατα, KCl, K2SO4 κτλ. Παράλληλα, επέρ-
χεται μεταβολή χρώματος του διαλύματος από πορτοκαλί (Κ2Cr2O7) σε πράσινο (άλατα
του Cr3+).

52 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ 3) Οξείδια μετάλλων, π.χ. CuO. Παρουσία αναγωγικού ο Cu ανάγεται από +2 σε 0.

H περίπτωση της χλωρασβέστου Παραδείγματα αναγωγικών μέσων
(CaOCl2). Είναι ιοντική ένωση
και αποτελείται από τα ιόντα 1) Το μονοξείδιο του άνθρακα, CO, το οποίο παρουσία οξειδωτικού μετατρέπεται σε
Ca2+, Cl− και ClO−. Έτσι, το Ca CO2. Στην αντίδραση αυτή, ο C οξειδώνεται από +2 σε +4.
έχει ΑΟ = +2, το ένα από τα δύο 2) Η αμμωνία, ΝΗ3, η οποία παρουσία οξειδωτικού μετατρέπεται, συνήθως, σε αέριο Ν2.
Cl έχει ΑΟ = −1 ενώ το Cl στο Στην αντίδραση αυτή, το Ν οξειδώνεται από −3 σε 0.
ιόν ClO− έχει ΑΟ = +1. Λειτουρ- 3) Άλατα του Fe2+, τα οποία παρουσία οξειδωτικού οξειδώνονται σε άλατα του Fe3+.
γεί ως οξειδωτικό αναγόμενη
προς CaCl2 και επομένως το ένα Η περίπτωση του Η2Ο2. Είδαμε ότι στην ένωση αυτή το οξυγόνο έχει ΑΟ = −1. Παρου-
από τα δύο Cl ανάγεται από +1 σία οξειδωτικού η ένωση αυτή λειτουργεί ως αναγωγικό και οξειδώνεται σε Ο2 (ΑΟ = 0)
σε −1 (μεταβολή του ΑΟ κατά ενώ παρουσία αναγωγικού λειτουργεί ως οξειδωτικό και ανάγεται σε Η2Ο στo οποίo το
2). οξυγόνο έχει ΑΟ = −2. Παρόμοια δράση παρουσιάζουν και άλλες ενώσεις, όπως το SO2.

Στην ΝΗ3 το Ν οξει- 9. Πλήρεις οξειδοαναγωγικές αντιδράσεις
δώνεται από −3 σε 0
(Ν2). Για το λόγο αυτό, 1) Οξείδωση της ΝΗ3 από CuO
η ΝΗ3 λειτουργεί ως α-
3
ναγωγικό σώμα!
2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3Η2Ο

2:2 = 1

2) Οξείδωση CO από διάλυμα ΚΜnO4, παρουσία H2SO4

5
2KMnO4 + 5CO + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5CO2 + 1K2SO4 + 3H2O

2

Στην περίπτωση αυτή, ο συντελεστής στο H2SO4 μπαίνει αφού έχουμε βάλει συντελεστές
σε όλες τις ενώσεις που περιέχουν S, ενώ ο συντελεστής στο Η2Ο μπαίνει στο τέλος. Να
σημειωθεί πάλι ότι το διάλυμα του ΚΜnO4 είναι ιώδες (μωβ) και όταν εκτελεί την οξει-
δωτική του δράση αποχρωματίζεται καθώς τα ιόντα Μn2+ είναι άχρωμα.

Στο K2Cr2O7 ο συντελεστής 3) Οξείδωση FeCl2 από διάλυμα Κ2Cr2O7, παρουσία HCl
που θα έμπαινε θα ήταν 1/2 Στην περίπτωση αυτή, οι μεταβολές των ΑΟ θα πρέπει να διπλασιαστούν ώστε να μην
(γιατί ο δείκτης στο Cr είναι 2). προκύψει κλασματικός συντελεστής (στο K2Cr2O7):
Για την αποφυγή κλασματικών
συντελεστών διπλασιάζουμε τις 3x2 = 6
μεταβολές των ΑΟ. K2Cr2O7 + 6FeCl2 + 14HCl → 2CrCl3 + 6FeCl3 + 2KCl + 7H2O

1x2 = 2

53

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΕΡΩΤΗΣΕΩΝ ΚΑΙ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

1. Δίνονται οι αντιδράσεις 1, 2 και 3 που ακολουθούν.
1. 2Al(s) + 3Cu2+(aq) → 2Al3+(aq) + 3Cu(s)
2. CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g)
3. ClO3−(aq) + 6H+(aq) + 6I−(aq) → Cl−(aq) + 3H2O(ℓ) + 3I2(s)

Να εξετάσετε αν οι αντιδράσεις είναι οξειδοαναγωγικές ή όχι αναφέροντας ποιο είναι
το οξειδωτικό και ποιο είναι το αναγωγικό σώμα καθώς και τις μεταβολές στους ΑΟ.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Αντίδραση 1. Οξειδοαναγωγική αντίδραση. Οξειδωτικό σώμα είναι το ιόν Cu2+ και ανα-
γωγικό το Al. Ανάγεται ο χαλκός από +2 σε 0 και οξειδώνεται το αργίλιο από 0 σε +3.

Αντίδραση 2. H αντίδραση δεν είναι οξειδοαναγωγική, καθώς κανένα από τα στοιχεία που
συμμετέχουν δεν μεταβάλλει τον ΑΟ του.
Αντίδραση 3. Οξειδοαναγωγική αντίδραση. Οξειδωτικό σώμα είναι το ιόν ClO3− και ανα-
γωγικό το ιόν Cl−. Ανάγεται το χλώριο από +5 στο ιόν ClO3− σε −1 στο Cl− και οξειδώνεται
το ιώδιο από −1 στο Ι− σε 0 στο Ι2.

2. Να γράψετε το κύριο προϊόν της αντίδρασης προσθήκης HBr στο προπένιο

(CH3CH=CH2), σύμφωνα με τον κανόνα του Markovnikov. Nα εξηγήσετε γιατί η αντί-
δραση αυτή μπορεί να χαρακτηριστεί ως οξειδοαναγωγική, επισημαίνοντας ποιο στοι-
χείο οξειδώνεται και ποιο ανάγεται.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

Στο προπένιο ο C(1) έχει ΑΟ = −2 και ο C(2) έχει ΑΟ = −1. Το κύριο προϊόν της αντίδρασης Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ
είναι το 2-βρωμοπροπάνιο, στο οποίο ο C(1) έχει ΑΟ = −3 και ο C(2) έχει ΑΟ = 0. Με άλλα
λόγια, ο C(1) ανάγεται και ο C(2) οξειδώνεται.

3. α) Η αντίδραση, CH3CH=O + H2 → CH3CH2OH, χαρακτηρίζεται ως αναγωγή της

αιθανάλης. Να εξηγήσετε γιατί, σύμφωνα με τον 1ο και τον 3ο ορισμό.
β) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση, CH≡CH + 2HCl → CH3CHCl2, χαρακτηρίζεται ως
οξειδοαναγωγική αντίδραση.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ
α) Σύμφωνα με τον 1ο ορισμό η αντίδραση χαρακτηρίζεται ως αναγωγή καθώς η αιθανάλη
προσλαμβάνει δύο άτομα Η. Στην ίδια αντίδραση το άτομο C της αλδεϋδομάδας (−CΗ=Ο)
ανάγεται καθώς ο ΑΟ μειώνεται από +1 σε −1. Επίσης, το Η οξειδώνεται από 0 σε +1.

β) Στο CH≡CH και τα 2 άτομα C έχουν ΑΟ = −1, λόγω του δεσμού C – H. Στην ένωση
CH3CHCl2 οι ΑΟ των δύο ατόμων C διαφοροποιούνται. Το άτομο C που σχηματίζει 3
δεσμούς C − H έχει ΑΟ = −3, ενώ το άτομο C που σχηματίζει δύο δεσμούς με δύο άτομα
Cl έχει ΑΟ = +1. Επομένως, το ένα από τα δύο άτομα C ανάγεται από −1 σε −3 και το
άλλο οξειδώνεται από −1 σε +1.

54

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

4. Δίνεται η χημική μετατροπή που ακολουθεί (χωρίς συντελεστές).
Cr2O72− + H+ + Co → 2Cr3+ + 3Co2+ + 7H2O

α) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση είναι οξειδοαναγωγική και να σημειώσετε το ο-
ξειδωτικό και το αναγωγικό σώμα.
β) Να αντιγράψετε την αντίδραση συμπληρωμένη με τους κατάλληλους συντελεστές
(μικρότεροι ακέραιοι αριθμοί).

ΑΠΑΝΤΗΣΗ
α) Το Cr (χρώμιο) ανάγεται από +6 σε +3 και το Co (κοβάλτιο) οξειδώνεται από 0 σε +2.
Το Cr2O72− είναι το οξειδωτικό σώμα και το Co το αναγωγικό.

β) Η μεταβολή του ΑΟ για το Cr είναι κατά 3 και το Co κατά 2. Επομένως:
Cr2O72− + H+ + 3Co → 2Cr3+ + 3Co2+ + H2O

Ισοσταθμίζουμε το Ο και στη συνέχεια και το Η και έχουμε την τελική εξίσωση:
Cr2O72− + 14H+ + 3Co → 2Cr3+ + 3Co2+ + 7H2O

5. α) Το FeSO4 αντιδρά με διάλυμα KMnO4 οξινισμένο με H2SO4 σύμφωνα με την

αντίδραση (μη ισοσταθμισμένη):

ΚMnO4 + FeSO4 + H2SO4 → MnSO4 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
i. Nα σημειώσετε τις μεταβολές στους ΑΟ στο στοιχείο που οξειδώνεται και στο στοι-
χείο που ανάγεται. ii. Να συμπληρώσετε την εξίσωση της αντίδρασης συμπληρωμένη
με τους κατάλληλους συντελεστές.
β) Να προβλέψετε αν ένα διάλυμα FeSO4 1 M όγκου 100 mL μπορεί να αποχρωματίσει
ή όχι ένα διάλυμα ΚMnO4 0,2 Μ όγκου 300 mL, οξινισμένο με H2SO4.

ΛΥΣΗ
α) i. Οξειδώνεται ο Fe από +2 σε +3 (μεταβολή του ΑΟ κατά 1) και ανάγεται το Mn από
+7 σε +2 (μεταβολή του ΑΟ κατά 5).
ii. Για να μην προκύψουν κλασματικοί συντελεστές διπλασιάζουμε τις μεταβολές στους
ΑΟ. Με βάση τη μέθοδο των μεταβολών του ΑΟ, έχουμε:

2ΚMnO4 + 10FeSO4 + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8H2O

β) Υπολογίζουμε την ποσότητα (σε mol) του FeSO4 που υπάρχουν στα 100 mL διαλύμα-
τος 1 M: n1 = 0,1·1 = 0,1 mol FeSO4. Mε ανάλογο τρόπο υπολογίζουμε τον αριθμό mol
που υπάρχουν στα 300 mL του διαλύματος ΚMnO4 0,2 Μ: n2 = 0,3·0,2 = 0,06 mol
ΚMnO4. Το διάλυμα του KMnO4 εμφανίζει ερυθροϊώδες (βυσσινί) χρώμα. Με την αντί-
δρασή του η ένταση του χρώματος μειώνεται αλλά ο (πλήρης) αποχρωματισμός θα επέλ-
θει μόνο με την πλήρη αντίδρασή του.

2ΚMnO4 + 10FeSO4 + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8H2O
0,02 mol 0,1 mol

Σύμφωνα με τη στοιχειομετρία της αντίδρασης, τα 0,1 mol FeSO4 αντιδρούν πλήρως με
0,02 mol ΚMnO4. Επομένως, το διάλυμα που περιέχει 0,06 mol ΚMnO4 δεν μπορεί να
αποχρωματιστεί, καθώς απομένουν (0,06 − 0,02) mol KMnO4.

55

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

6. 10 g δείγματος θείου (S), που περιέχει και ποσότητα αδρανών προσμίξεων, καίγε-

ται πλήρως και το παραγόμενο SO2 αντιδρά πλήρως με διάλυμα Cl2. Σχηματίζεται
έτσι διάλυμα με δύο οξέα, το ΗCl και το H2SO4, για την πλήρη εξουδετέρωση των
οποίων απαιτούνται 600 mL διαλύματος NaOH 2 Μ.
α) Να γραφούν οι χημικές εξισώσεις όλων των παραπάνω αντιδράσεων και να χαρα-
κτηριστούν ως οξειδοαναγωγικές ή όχι.
β) Να υπολογιστεί η % w/w περιεκτικότητα του δείγματος θείου σε καθαρό S. Σχε-
τική ατομική μάζα, S:32.

ΛΥΣΗ
α) S + O2 → SO2 : οξειδοαναγωγική.

SO2 + Cl2 + 2H2O → 2HCl + H2SO4 : οξειδοαναγωγική,
HCl + NaOH → NaCl + H2O : μεταθετική (εξουδετέρωση),
Η2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O : μεταθετική (εξουδετέρωση).

β) Έστω x mol καθαρού S στο δείγμα των 10 g.

S + O2 → SO2 SO2 + Cl2 + 2H2O → 2HCl + H2SO4
x mol x mol
x mol 2x x

HCl + NaOH → NaCl + H2O Η2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
2x 2x x 2x

Η συνολική ποσότητα NaOH που απαιτείται για την εξουδετέρωση και των δύο οξέων
είναι, επομένως, 4x mol. Επίσης, η ποσότητα του NaOH που περιέχεται στο διάλυμά του
είναι: n(NaOH) = c·V = 2·0,6 = 1,2 mol. Επομένως, ισχύει: 4x = 1,2, x = 0,3 mol, που
αντιστοιχεί σε 0,3·32 = 9,6 g S.

Στα 10 g δείγματος έχουμε 9,6 g καθαρού S

Στα 100 g x = ; 96 g

Άρα, η περιεκτικότητα του δείγματος σε καθαρό S είναι 96% w/w.

7. Κράμα Ag και Zn έχει μάζα 3,89 g. Όλη η ποσότητα του κράματος κατεργάζεται

με διάλυμα HCl, οπότε αντιδρά πλήρως ο Zn, σύμφωνα με την εξίσωση,

Ζn + 2HCl → ZnCl2 + H2,

ενώ ο Ag δεν αντιδρά. Από την αντίδραση προκύπτουν 0,224 L αερίου Η2, σε STP.
Στη συνέχεια, ο Αg που υπήρχε στο κράμα αντιδρά πλήρως με διάλυμα HNO3, σύμ-
φωνα με τη μη ισοσταθμισμένη εξίσωση: Ag + HNO3 → AgNO3 + NO + H2O.
α) Nα υπολογιστεί η μάζα κάθε συστατικού στο αρχικό κράμα.
β) Ποιος όγκος του αερίου ΝΟ, σε STP, που προκύπτει από τη δεύτερη αντίδραση;
Σχετικές ατομικές μάζες, Ζn: 65, Ag:108.

ΛΥΣΗ
α) H ποσότητα του Η2 είναι: n = 0,224/22,4 = 0,01 mol.

Ζn + 2HCl → ZnCl2 + H2

0,01 0,01 mol

56 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

Η μάζα του Zn είναι 0,01·65 = 0,65 g και η μάζα του Ag θα είναι: 3,89 – 0,65 = 3,24 g.

β) n(Ag) = 3,24/108 = 0,03 mol.

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O

0,03 mol 0,01 mol

V(NO) = 0,01·22,4 = 0,224 L.

8. α) 25 mL διαλύματος K2Cr2O7 1/3 M αντιδρούν πλήρως με 0,05 mol μεταλλικού

υδραργύρου (Hg), παρουσία HCl, παράγοντας ένωση του τύπου HgClx, καθώς επίσης
CrCl3, KCl και Η2Ο. Nα υπολογιστεί η τιμή του x.
β) Αν η οξείδωση του Hg γίνει σε διαφορετικές συνθήκες, ώστε να παράγεται μίγμα
χλωριούχων ενώσεων μονοσθενούς και δισθενούς Hg και τα 0,05 mol Hg οξειδώνο-
νται πλήρως από 45 mL διαλύματος K2Cr2O7 1/3 M, παρουσία HCl, να υπολογιστεί
το % ποσοστό του Hg που οξειδώνεται σε δισθενή Hg.

ΛΥΣΗ
α) Το διάλυμα του K2Cr2O7 περιέχει n = 0,025/3 mol K2Cr2O7.

6Hg + xK2Cr2O7 + 14xHCl → 6HgClx + 2xCrCl3 + 2xKCl + 7xH2O

0,05 x 0,05
6

Ισχύει: x 0,05 = 0,025
63

Επομένως: x = 1.

β) Έστω ότι από τα 0,05 mol Ηg, y mol οξειδώνονται σε δισθενή υδράργυρο (ΗgCl2) και
τα υπόλοιπα (0,05 – y) mol οξειδώνονται σε μονοσθενή (HgCl).

3Hg + K2Cr2O7 + 14HCl → 3HgCl2 + 2CrCl3 + 2KCl + 7H2O
yy
3

6Hg + K2Cr2O7 + 14HCl → 6HgCl + 2CrCl3 + 2KCl + 7H2O

(0,05 – y) 0,05 − y
6

y + 0,05 − y = 0,045 , y = 0,04 mol
36 3

To ποσοστό του Hg που οξειδώνεται σε δισθενή είναι:
0,04 100 = 80%
0, 05

57

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

3.1. Ο AO ενός αμετάλλου σε ένωση με ένα μέταλλο ισούται: A) CaCO3 → CaO + CO2 B) Βr2 + 2NaΙ → 2ΝaBr + I2
Γ) 2KClO3 → 2KCl + 3O2 Δ) 2Νa + Cl2 → 2NaCl
A) με το φορτίο του πυρήνα του
B) με τον αριθμό ηλεκτρονίων της εξωτερικής του στιβάδας 3.12. Ποια από τις εξισώσεις που ακολουθούν παριστάνει
Γ) με τον αριθμό ηλεκτρονίων που αποβάλλει το άτομο του
αμετάλλου κατά το σχηματισμό του ιοντικού δεσμού μία οξείδωση;
Δ) με το ηλεκτρικό του φορτίο στην ιοντική ένωση Α) Cu(s) + 2e− → Cu2+(aq) Β) Cu2+(aq) + 2e− → Cu(s)
Γ) Cu2+(aq) → Cu(s) + 2e− Δ) Cu(s) → Cu2+(aq) + 2e−
3.2. Στις ομοιοπολικές ενώσεις ο AO κάθε ατόμου ισούται με:
3.13. To μόριο που ακολουθεί είναι
A) το ηλεκτρικό του φορτίο
B) το φαινομενικό του φορτίο μετά την απόδοση των κοινών η κυτοσίνη, μία από τις βάσεις που
ηλεκτρονίων στα πιο ηλεκτραρνητικά άτομα
Γ) τον αριθμό των ηλεκτρονίων της εξωτερικής του στιβάδας απαντώνται στο DNA και το RNA.
Δ) τον αριθμό των ηλεκτρονίων που συνεισφέρει το άτομο
Οι ΑΟ των ατόμων της κυτοσίνης

που επισημαίνονται με τους αριθ-

3.3. Το Cl στην ένωση ΝaCl έχει αρνητικό AO διότι: μούς 1, 2 και 3 είναι αντίστοιχα:

A) κατά τη δημιουργία του ιοντικού δεσμού αποβάλλει ένα A) +4, −1, −3 B) +4, 0, −3
ηλεκτρόνιο
B) έχει πραγματικό φορτίο −1 Γ) −4, 0, −2
Γ) είναι λιγότερο ηλεκτραρνητικό από το Na
Δ) το Cl εμφανίζει πάντα AO = −1 Δ) Κανένας από τους παραπάνω συνδυασμούς

3.4. Στο μόριο Cl2 κάθε άτομο Cl έχει AO ίσο με: 3.14. Στην αντίδραση, 3ΝΟ2 + H2O → 2HNO3 + NO:

A) +1, διότι κατά το σχηματισμό του δεσμού μεταξύ των δύο A) το Ν οξειδώνεται και το Η ανάγεται
ατόμων Cl εμφανίζεται ένα κοινό ζεύγος ηλεκτρονίων B) το Ν οξειδώνεται και το Ο δρα ως οξειδωτικό
B −1, διότι κατά το σχηματισμό του δεσμού μεταξύ των δύο Γ) ορισμένα άτομα Ν οξειδώνονται ενώ άλλα ανάγονται
ατόμων Cl εμφανίζεται ένα κοινό ζεύγος ηλεκτρονίων. Δ) δεν παρατηρείται ούτε οξείδωση ούτε αναγωγή
Γ) 0, διότι το μόριο Cl2 είναι ηλεκτρικά ουδέτερο
Δ) 0, διότι έχει σχηματιστεί ομοιοπολικός δεσμός μεταξύ α- 3.15. Ο πρώτος καρδιακός διεγέρτης (βηματοδότης) εμφυ-
τόμων του ίδιου στοιχείου
τεύθηκε στη δεκαετία του 1970 και λειτουργούσε με τη βο-
3.5. Στην ένωση Ca(HSO3)2 το υδρογόνο και το θείο έχουν ήθεια μπαταρίας του τύπου Li/Ag2CrO4, σύμφωνα με την α-

αριθμούς οξείδωσης, αντίστοιχα: ντίδραση: 2Li + Ag2CrO4 → Li2CrO4 + 2Ag. Τι από τα παρα-
Α) +1 και +6 Β) −1 και +4 Γ) +1 και −4 Δ) +1 και +4 κάτω ισχύει για την αντίδραση αυτή;
Α) Κάθε άτομο Li αποβάλλει ένα e− και επομένως οξειδώ-
3.6. Ο ΑΟ του οξυγόνου στις χημικές ενώσεις CO2, H2O2, νεται
Β) Κάθε άτομο Ag αποβάλλει δύο e− και επομένως ανάγεται
OF2 είναι, αντίστοιχα: Γ) Πρόκειται για μεταθετική αντίδραση
A) −2, +2 και +2 B) ‒2, +1 και +1 Δ) Tο Cr ανάγεται
Γ) −2, −1 και +2 Δ) +2, −1 και −2 [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ]
3.16. Στην παρακάτω αντίδραση, ποιο είναι το αναγωγικό;

2Bi(OH)3 + 3SnO22− → 2Bi + 3H2O + 3SnO32−
Α) Το Bi(OH)3 Β) Το SnO22− Γ) Το SnO32− Δ) Το Bi

3.7. Το ιόν [Cu(CN)4]2− αποτελείται από ένα κατιόν χαλκού 3.17. 0,3 mol μεταλλικού Αl οξειδώνονται πλήρως προς ιό-

και 4 ανιόντα CN−. Ποιος ο αριθμός οξείδωσης του χαλκού ντα Αl3+. Ο αριθμός των ηλεκτρονίων που αποβάλλει η πο-
στο ιόν [Cu(CN)4]2−; σότητα του Al θα είναι ίσος με:
Α) 3 Β) 0,3/ΝΑ Γ) ΝΑ Δ) 0,9∙ΝΑ
Α) +4 Β) −2 Γ) +1 Δ) +2 ΝΑ = 6,02∙1023 ο αριθμός Avogadro.

3.8. Οι AO του Ν στη ΝH3 και το ΗΝΟ3 είναι, αντίστοιχα: 3.18. Να εξηγήσετε αν οι προτάσεις που ακολουθούν είναι
A) +3, +5 B) +3, −5 Γ) −3, −5 Δ) −3, +5
σωστές (Σ) ή όχι (Λ).
3.9. Σε ποια από τις παρακάτω ενώσεις ο ΑΟ του C είναι 0; α) Η αποβολή ηλεκτρονίων χαρακτηρίζεται ως αναγωγή.
β) Στην αντίδραση, C + 2F2 → CF4, ο C δρα ως οξειδωτικό.
A) CCl4 B) CO Γ) CH4 Δ) CH2Cl2 γ) Η αποβολή ηλεκτρονίων από το άτομο στοιχείου και γε-
νικότερα η αύξηση του ΑΟ του ονομάζεται οξείδωση.
3.10. Στην αντίδραση, Cl2 + H2O → HCl + HClO, τα άτομα δ) Ο AO του H στις ενώσεις του είναι +1 εκτός από τις ενώ-
σεις του με μέταλλα, οπότε ο ΑΟ του είναι −1.
του Cl: ε) Στις αντιδράσεις, S + O2 → SO2 και H2 + S → H2S, το S
λειτουργεί ως αναγωγικό και ως οξειδωτικό, αντίστοιχα.
A) μόνο οξειδώνονται B) μόνο ανάγονται

Γ) άλλα οξειδώνονται και άλλα ανάγονται

Δ) ούτε οξειδώνονται ούτε ανάγονται [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ]

3.11. Ποια από τις αντιδράσεις δεν είναι οξειδοαναγωγική; Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

58

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

στ) Κάθε αύξηση του ΑΟ ενός στοιχείου αντιστοιχεί σε ο- 3.26. H αντίδραση του βισμουθικού νατρίου (NaBiO3) με τα
ιόντα Μn2+ παρουσία αραιού διαλύματος ΗΝO3 είναι πολύ
ξείδωση και αντιστρόφως κάθε φαινόμενο οξείδωσης αντι- ευαίσθητη και χαρακτηριστική για το μαγγάνιο, περιγράφε-
ται δε από τη μη ισοσταθμισμένη εξίσωση που ακολουθεί:
στοιχεί σε κάποια αύξηση του ΑΟ ενός στοιχείου.
Mn2+ + NaBiO3 + H+ → MnO4ˉ + Bi3+ + Na+ + H2O
ζ) Σε κάθε οξείδωση παρατηρείται πραγματική αποβολή η- α) Να ισοσταθμίσετε την εξίσωση.
β) Πως μπορεί να γίνει ορατή η διεξαγωγή της αντίδρασης;
λεκτρονίων από το στοιχείο που οξειδώνεται.
3.27. Να συμπληρώσετε τις οξειδοαναγωγικές αντιδράσεις
η) Στην αντίδραση, Ca + H2 → CaH2, το Η2 είναι αναγωγικό. που ακολουθούν με τους κατάλληλους συντελεστές.
1) Al + Cu(ΝΟ3)2 → Al(ΝΟ3)3 + Cu
θ) Για να γίνει οξείδωση δεν είναι απαραίτητο το οξυγόνο 2) HNO3 + H2S → NO + S + H2O
3) ΗCl + O2 → Cl2 + H2O
αλλά οποιοδήποτε ηλεκτραρνητικό στοιχείο που έχει τάση 4) SO2 + H2S → S + H2O
5) H2O2 + FeCl2 + HCl → FeCl3 + H2O
να προσλαμβάνει ηλεκτρόνια. 6) Cl2 + KOH → ΚCl + KClO3 + H2O
7) CaOCl2 + NH3 → CaCl2 + N2 + H2O
ι) Τα μέταλλα όταν συμμετέχουν ως αντιδρώντα με τη στοι- 8) HNO3 + Η2Ο2 → NO + O2 + H2O
9) KMnO4 + HCl → MnCl2 + Cl2 + KCl + H2O
χειακή τους μορφή λειτουργούν ως αναγωγικά. 10) KMnO4 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2 + K2SO4 + H2O
11) K2Cr2O7 + H2S + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + S + K2SO4 + H2O
κ) Ένα χημικό στοιχείο έχει ΑΟ = 0 μόνο αν είναι με τη 12) KMnO4 + SO2 + H2SO4 + H2O → ΜnSO4 + H2SO4 + K2SO4
13) Zn + HNO3 → Zn(NO3)2 + NO + H2O
μορφή στοιχείου. Π. Κονδύλης, Π. Λατζώνης 14) K2Cr2O7 + SnCl2 + HCl → CrCl3 + SnCl4 + KCl + H2O
15) Ι2 + ΗΝΟ3 → ΗΙΟ3 + ΝΟ2 + Η2Ο
3.19. α) Να υπολογίσετε αλγεβρικά τον ΑΟ του C στις πα- 16) Ca3(PO4)2 + SiO2 + C → P4 + CO + CaSiO3
ρακάτω ενώσεις: C2H6, HCHO, HCOOH και (COOH)2. 17) MnO4– + NO2– + H+ → Mn2+ + NO3– + H2O
β) Να γράψετε τους αριθμούς οξείδωσης όλων των ατόμων 18) Cr2O72− + (COOH)2 + H+ → Cr3+ + CO2 + H2O
C στην ένωση 3-βουτινάλη: HC≡C−CH2−CH=O. 19) ΝΗ3 + Cl2 → NH4Cl + N2
20) ΚΜnO4 + NH3 → KNO3 + MnO2 + KOH + H2O
3.20. Ποιες από τις αντιδράσεις είναι οξειδοαναγωγικές;
1) PbO2 + Pb + 2H+ + 2HSO4– → 2PbSO4 + 2H2O Προβλήματα
2) 3Ca2+ + 2PO43– → Ca3(PO4)2
3) SO2 + 2Ag+ + 6H2O → SO42− + 2Ag + 4H3O+ 3.28. Να υπολογίσετε τον όγκο διαλύματος K2Cr2O7 0,2 M
4) Cr2O72− + 3SO32− + 8H+ → 2Cr3+ + 3SO42− + 4H2O για την πλήρη αντίδραση με 120 mL διαλύματος FeCl2 1 Μ,
παρουσία ΗCl. Δίνεται η μη ισοσταθμισμένη αντίδραση:
3.21. Να εξηγήσετε αν η αντίδραση, 2ΗCH=O + NaOH →
HCOONa + CH3OH είναι οξειδοαναγωγική ή όχι. K2Cr2O7 + FeCl2 + HCl → CrCl3 + FeCl3 + KCl + H2O

3.22. Nα εξηγήσετε με βάση όλους τους ορισμούς περί ανα- 3.29. Στερεό μάζας 4,52 g αποτελείται από FeCl2 και FeCl3,
γωγής γιατί η μετατροπή, S2O32− + 6H+ + 4e− → 2S + 3H2O, και αντιδρά πλήρως με 20 mL διαλύματος KMnO4 0,1 M,
χαρακτηρίζεται ως αναγωγή. παρουσία HCl. Ποια η μάζα του καθενός συστατικού στο
μίγμα των 4,52 g; Δίνεται η μη ισοσταθμισμένη αντίδραση:
3.23. Η παραγωγή της ηλεκτρικής ενέργειας στις μπαταρίες
KMnO4 + FeCl2 + HCl → MnCl2 + FeCl3 + KCl + H2O
τύπου Leclanché βασίζεται στην αντίδραση:
3.30. 2 g δείγματος που αποτελείται από FeSO4 και άλλες
Zn + MnO2 + NH4+ → Zn2+ + MnO(OH) + NH3 αδρανείς ύλες, αποχρωματίζουν ακριβώς 20 mL διαλύματος
KMnO4 0,1 M, οξινισμένου με H2SO4.
α) i. Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση είναι οξειδοαναγω- α) Ποια η %w/w περιεκτικότητα του δείγματος σε FeSO4;
γική. ii. Nα εξηγήσετε ποιο άτομο αποβάλλει ηλεκτρόνια β) Ποιος όγκος διαλύματος Κ2Cr2O7 συγκέντρωσης 1/3 Μ,
και ποιο τα προσλαμβάνει. οξινισμένου με H2SO4, αντιδρά πλήρως με τα 2 g του δείγ-
β) Να ισοσταθμίσετε την αντίδραση. ματος; Δίνονται οι μη ισοσταθμισμένες αντιδράσεις:
KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 → MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O
3.24. Δίνεται η χημική εξίσωση (χωρίς συντελεστές): K2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4 → Cr2(SO4)3+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O

K2Cr2O7 + HΒr → Br2 + CrBr3 + KBr + H2O. 59

α) Να συμπληρώσετε την εξίσωση με τους συντελεστές.
β) Να εξηγήσετε αν είναι ορθή η πρόταση: «Όλα τα άτομα
βρωμίου στο μόριο του HΒr οξειδώνονται».

3.25. Το βενζοϊκό οξύ παρασκευάζεται βιομηχανικά από το
τολουόλιο με καταλυτική οξείδωση με Ο2.

τολουόλιο βενζοϊκό οξύ

α) Πόσα mol ηλεκτρονίων αποβάλλονται κατά την οξεί-
δωση 1 mol τολουολίου σε βενζοϊκό οξύ;
β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 3.38. Δίνονται οι μη ισοσταθμισμένες αντιδράσεις:
C + H2SO4 → CO2 + SO2 + H2O
3.31. Αέριο μίγμα όγκου 8,96 L σε STP αποτελείται από CO S + H2SO4 → SO2 + H2O
και CO2. Το μίγμα αποχρωματίζει 400 mL διαλύματος
ΚΜnO4 0,1 M, οξινισμένο με H2SO4. Ποια η %v/v σύσταση α) Να ισοσταθμίσετε τις παραπάνω αντιδράσεις.
του μίγματος; Δίνεται η μη ισοσταθμισμένη αντίδραση: β) Ισομοριακό μίγμα C και S συνολικής μάζας 8,8 g αντιδρά
KΜnO4 + CO + H2SO4 → MnSO4 + CO2 + K2SO4 + H2O πλήρως με περίσσεια διαλύματος Η2SO4, σύμφωνα με τις
παραπάνω αντιδράσεις. Σχηματίζεται έτσι αέριο μίγμα που
3.32. To οξείδιο μετάλλου Μ με τύπο Μ2Οx (x ο αριθμός αποτελείται από SO2 και CO2. Να υπολογιστεί ο όγκος του
οξείδωσης του μετάλλου Μ) αντιδρά με τον άνθρακα, σύμ- αερίου αυτού μίγματος σε STP.
φωνα με την εξίσωση: Μ2Οx + xC → 2M + xCO.
α) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση είναι οξειδοαναγωγική. 3.39. Για την αποφυγή της οξείδωσης του κρασιού, οι οινο-
β) Aν για την πλήρη αναγωγή 16 g του οξειδίου Μ2Οx απαι- παραγωγοί προσθέτουν στο μούστο ή στο κρασί ποσότητα
τούνται 3,6 g C, ποια η τιμή του αριθμού οξείδωσης x; SO2(g) που είναι αέριο διαλυτό στο νερό. Η περιεκτικότητα
Για το μέταλλο Μ: Ar = 56. του SO2(aq) στο κρασί δεν πρέπει να είναι μεγαλύτερη από
210 mg∙L−1 και προσδιορίζεται με τη μέθοδο Ripper. H μέ-
3.33. 7,05 g κράματος Cu-Ag διαλύεται σε διάλυμα HNO3, θοδος αυτή στηρίζεται στην ογκομέτρηση με Ι2(aq) παρου-
οπότε συμβαίνουν οι αντιδράσεις (χωρίς συντελεστές): σία αμύλου ως δείκτη σύμφωνα με την αντίδραση:

Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO + H2O και SO2(aq) + I2(aq) + H2O → Η2SΟ4(aq) + HI(aq)
Ag + HNO3 → AgNO3 + NO + H2O α) Να ισοσταθμίσετε την αντίδραση.
α) Να ισοσταθμίσετε τις 2 αντιδράσεις. β) 20 mL δείγματος κρασιού αντιδρούν πλήρως με 5 mL δια-
β) Από τις δύο αντιδράσεις προέκυψαν 1,12 L αερίου σε λύματος I2(aq) 8∙10−3 Μ, σύμφωνα με την παραπάνω αντί-
STP. Ποιες οι μάζες των δύο συστατικών του κράματος; δραση. Ποια η συγκέντρωση του κρασιού σε SO2;
γ) Να εξετάσετε αν η περιεκτικότητα του κρασιού σε SO2
3.34. 16,8 g μετάλλου (Μ) διαλύονται πλήρως σε διάλυμα είναι εντός προδιαγραφών.
ΗΝΟ3 και προκύπτουν 6,72 L NO(g) σε STP, σύμφωνα με
την εξίσωση: Μ + HΝO3 → Μ(ΝΟ3)3 + ΝO + H2O. 3.40. Ποσότητα CO(g) αντιδρά πλήρως με 500 mL διαλύ-
α) Να γίνει η ισοστάθμιση της αντίδρασης. ματος KMnO4 συγκέντρωσης c, οξινισμένου με H2SO4 και
β) Να υπολογιστεί η σχετική ατομική μάζα του μετάλλου. παρατηρείται ο σχηματισμός 5,6 L CO2(g), σε STP.
α) Να υπολογίσετε τη μάζα του CO που αντέδρασε καθώς
3.35. Το 1774, ο Σουηδός Scheele παρήγαγε Cl2(g) με βάση και τη συγκέντρωση του διαλύματος KMnO4.
την αντίδραση που περιγράφεται από την εξίσωση: Δίνεται η μη ισοσταθμισμένη αντίδραση:
NaCl(aq) + H2SO4(aq) + MnO2(s) →
KΜnO4 + CO + H2SO4 → MnSO4 + CO2 + K2SO4 + H2O
→ Na2SO4(aq) + MnCl2(aq) + Cl2(g) + H2O β) Η ίδια ποσότητα του ίδιου διαλύματος ΚΜnO4/H2SO4, α-
α) Να ισοσταθμίσετε την παραπάνω εξίσωση. ντιδρά πλήρως με 0,5 mol άλατος ΜSO4 (M: μέταλλο) και
β) Ποιος όγκος Cl2(g), σε συνθήκες όπου ο γραμμομοριακός προκύπτει νέο άλας M2(SO4)x, στο οποίο το μέταλλο Μ έχει
όγκος είναι Vm = 24 L, παράγεται με την ανάμιξη 50 mL AO = +x καθώς επίσης και ΜnSO4, K2SO4 και Η2Ο. Να
NaCl 2 M με 25 mL H2SO4 6 M και 0,05 mol MnO2(s); προσδιοριστεί η τιμή του x.

3.36. Το αρσενικό (As) αντιδρά με το NaBrO, παρουσία 3.41. Το ορυκτό πυρολουσίτης περιέχει ΜnO2 καθώς και α-
NaOH, σύμφωνα με την αντίδραση: δρανείς ύλες. Το περιεχόμενο ΜnO2 σε 1 g πυρολουσίτη α-
ντιδρά πλήρως με περίσσεια διαλύματος HCl. Το αέριο Cl2
As + NaBrO + NaOH → Na3AsO4 + NaBr + H2O που εκλύεται απαίτησε για την πλήρη αντίδρασή του 100
α) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση είναι οξειδοαναγωγική mL διαλύματος Νa2SO3 0,1 Μ. Να υπολογιστούν:
και να τη συμπληρώσετε με τους κατάλληλους συντελεστές. α) Ο όγκος του Cl2 σε STP από την 1η αντίδραση.
β) Να υπολογίσετε τη σχηματιζόμενη ποσότητα Na3AsO4 β) Η %w/w περιεκτικότητα του ορυκτού σε ΜnO2.
(σε mol) αν προσθέσουμε 0,05 mol As σε 150 mL διαλύμα- Δίνονται οι απαιτούμενες μη ισοσταθμισμένες αντιδράσεις:
τος NaBrO 2 M, παρουσία περίσσειας NaOH.
ΜnO2 + HCl → MnCl2 + Cl2 + H2O
3.37. Δίνεται η μη ισοσταθμισμένη εξίσωση: Cl2 + Na2SO3 + H2O → Na2SO4 + HCl
ΚΜnO4 + SnCl2 + HCl → MnCl2 + SnCl4 + A + H2O
3.42. Ποσότητα μετάλλου Μ απαιτεί για την πλήρη αντί-
α) Nα συμπληρώσετε την εξίσωση με τον τύπο της ένωσης δραση 300 mL διαλύματος Κ2Cr2O7 0,1 M οξινισμένο με
Α, καθώς και με τους κατάλληλους συντελεστές. H2SO4 οπότε προκύπτει άλας του τύπου M2(SO4)3, καθώς
β) Για την οξείδωση 50 mL διαλύματος SnCl2 0,2 M προς και Cr2(SO4)3, K2SO4 και Η2Ο. Σε ένα άλλο πείραμα η ίδια
SnCl4 απαιτούνται 40 mL διαλύματος KMnO4, παρουσία ποσότητα του μετάλλου Μ αντιδρά πλήρως με 350 mL δια-
HCl. Ποια η συγκέντρωση του διαλύματος KMnO4; λύματος Κ2Cr2O7 0,1 M οξινισμένο με H2SO4 και σχηματί-
γ) Ποιος όγκος του ίδιου διαλύματος KMnO4 απαιτείται για ζεται μίγμα δύο θειικών αλάτων M2(SO4)3 και M(SO4)2 κα-
την οξείδωση 40 mL διαλύματος FeSO4 0,5 M σύμφωνα με θώς επίσης και Cr2(SO4)3, K2SO4 και Η2Ο. Να υπολογίσετε
τη μη ισοσταθμισμένη αντίδραση;
KMnO4+FeSO4+H2SO4 → MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

60

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

το ποσοστό (%) του μετάλλου Μ που οξειδώθηκε προς το γ) 24 mol N2O4(ℓ) και 50 mol N2H4(ℓ) αντιδρούν με πυρο-
άλας M2(SO4)3 στο δεύτερο πείραμα. δότηση. Αν κατά την αντίδραση προέκυψαν 12 mol NO, να
υπολογίσετε τον αριθμό mol του Ν2 καθώς και το συνολικό
3.43. 500 mg δείγματος φυτοφαρμάκου που περιέχει φορ- αριθμό mol του Η2Ο που σχηματίστηκαν. Kαι οι δύο αντι-
δράσεις να θεωρηθούν μονόδρομες.
μαλδεΰδη (ΗCH=O) μεταφέρθηκε σε κωνική φιάλη που πε-
3.45. Στον Παρνασσό ανακαλύφθηκαν μεγάλες ποσότητες
ριείχε 50 mL διαλύματος NaOH 0,1 Μ και 50,0 mL διαλύ- βωξίτη. Ως αποτέλεσμα, στην περιοχή εγκαταστάθηκε μία
από τις μεγαλύτερες βιομηχανίες στην Ελλάδα, η βιομηχα-
ματος H2O2 3%w/v. Το διάλυμα θερμάνθηκε με αποτέλεσμα νία παραγωγής καθαρής αλουμίνας (Al2O3) και αλουμινίου
την οξείδωση της φορμαλδεΰδης σύμφωνα με τη μη ισο- (Al). Η μεταλλουργία του αλουμινίου περιλαμβάνει δύο
στάδια. Στο δεύτερο στάδιο γίνεται η παραγωγή του καθα-
σταθμισμένη χημική εξίσωση: ρού αλουμινίου με ηλεκτρόλυση της καθαρής αλουμίνας πα-
ρουσία περίσσειας άνθρακα (γραφίτη), σύμφωνα με την α-
HCH=O + H2O2 + ΟΗ− → HCOO− + H2O ντίδραση που αποδίδεται χωρίς συντελεστές με τη χημική
εξίσωση: Al2O3(ℓ) + C(s) → Al(ℓ) + CO2(g) (1)
Ακολούθησε ψύξη του διαλύματος και η ποσότητα του Το 2% του παραγόμενου Al συμμετέχει σε παράλληλη αντί-
δραση, σύμφωνα με τη χημική εξίσωση χωρίς συντελεστές:
ΝaΟΗ που απέμεινε ογκομετρήθηκε με πρότυπο διάλυμα
Al(ℓ) + CO2(g) → Al2O3(ℓ) + CO(g) (2)
H2SO4 0,055 Μ. Καταναλώθηκαν 20 mL πρότυπου διαλύ- Συγχρόνως, μέρος του παραγόμενου CO2 της (1) αντιδρά με
ματος. Ποια η % w/w περιεκτικότητα του δείγματος φυτο- την περίσσεια του C, σύμφωνα με τη χημική εξίσωση (3)
χωρίς συντελεστές: C(s) + CO2(g) → CO(g) (3)
φαρμάκου σε φορμαλδεΰδη; [Π.Μ.Δ.Χ.] α) Να συμπληρώσετε τους συντελεστές των χημικών εξισώ-
σεων (1), (2), (3).
3.44. Παλαιότερα ως καύσιμο μίγμα στα διαστημόπλοια β) Να υπολογίσετε τον όγκο του CO, μετρημένο σε STP
συνθήκες, που θα παραχθεί από την κατεργασία 1020 Kg
είχε χρησιμοποιηθεί μίγμα υδραζίνης (Ν2Η4) και τετροξεί- Al2O3, σύμφωνα με τη χημική εξίσωση (1), αν γνωρίζετε ότι
διου του αζώτου (Ν2Ο4). Κατά το στάδιο της πυροδότησης, ο C που καταναλώθηκε στη χημική εξίσωση (3) ήταν 0,6
τα δύο συστατικά του μίγματος αντιδρούν σύμφωνα με τη Kg. [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2020]
μη ισοσταθμισμένη αντίδραση (1):

N2O4(ℓ) + N2H4(ℓ) → N2(g) + H2O(g) (1)

Παράλληλα μικρό μέρος των αντιδρώντων σχηματίζει μο-
νοξείδιο του αζώτου (ΝΟ) σύμφωνα με τη μη ισοσταθμι-
σμένη αντίδραση (2):

N2O4(ℓ) + N2H4(ℓ) → NO(g) + H2O(g) (2)

α) Να χαρακτηρίσετε τις δύο παραπάνω αντιδράσεις (1) και
(2) ως οξειδοαναγωγικές ή μεταθετικές. Να αιτιολογήσετε
την απάντησή σας.
β) Να ισοσταθμίσετε τις δύο αντιδράσεις (1) και (2) με τους
μικρότερους ακέραιους συντελεστές.

Χημεία και… τέρατα: «100 (και πλέον) χρόνια μοναξιάς!»

Όταν μία σταγόνα νερού στο οποίο είναι διαλυμένο οξυγόνο του αέρα πέφτει σε μία σιδερένια σωλήνα, ο σίδηρος κάτω από τη
σταγόνα οξειδώνεται, αποβάλλοντας ηλεκτρόνια: Fe(s) → Fe2+(aq) + 2e−.
Τα ηλεκτρόνια αυτά προσλαμβάνονται από κατιόντα Η+ και το Ο2 στις άκρες της σταγόνας
παράγοντας νερό: 4e− + 4H+(aq) + O2(aq) → 2H2O(ℓ).

Έτσι, όσο πιο όξινο είναι το νερό της σταγόνας τόσο πιο γρήγορη η διάβρωση με την
προϋπόθεση της επαρκούς παροχής οξυγόνου. Αν το pH της σταγόνας είναι χαμηλό, αλλά
δεν υπάρχει επαρκής ποσότητα οξυγόνου, συμβαίνει κάτι άλλο. Τα ηλεκτρόνια που απο-
βάλλονται από το σίδηρο προσλαμβάνονται από τα κατιόντα υδρογόνου (μόνο) και προ-
κύπτει αέριο υδρογόνο: 2H+(aq) + 2e− → H2(g). Καθώς η διάβρωση προχωρά, το pH της
σταγόνας αυξάνεται και αυξάνεται η συγκέντρωση των ιόντων OH−. Tα ιόντα αυτά αντι-
δρούν με το δισθενή σίδηρο παράγοντας αδιάλυτο υδροξείδιο του σιδήρου: Fe2+(aq) + 2OH−(aq) → Fe(OH)2(s)
Tα ιόντα Fe2+ αντιδρούν επίσης με τα ιόντα Η+ και το Ο2 παράγοντας Fe3+: Fe2+(aq) + 4H+(aq) + O2(aq) → Fe3+(aq) + 2H2O(ℓ)
Tα ιόντα Fe3+ αντιδρούν με τα ιόντα OH− παράγοντας Fe(OH)3: Fe3+(aq) + 3OH−(aq) → Fe(OH)3(s)

Η ξήρανση του Fe(OH)3 οδηγεί στο τριοξείδιο του σιδήρου, μία κοκκινωπή σκόνη, αυτό που λέμε σκουριά.

Γιατί τα μεταλλικά μέρη του Τιτανικού διαβρώνονται πολύ αργά; Το θαλασσινό νερό αν και διαβρώνει τα σιδερένια αντικεί-
μενα δεν προξενεί τόσο γρήγορη διάβρωση, π.χ. ο χάλυβας διαβρώνεται με ρυθμό 0,1 mm/έτος. Η ταχύτητα της διάβρωσης είναι
ακόμη μικρότερη στα βάθη των ωκεανών για δύο κυρίως λόγους. Πρώτον, στα βάθη των ωκεανών η συγκέντρωση του διαλυμένου
οξυγόνου είναι πολύ μικρότερη από ότι στην επιφάνεια και δεύτερο η θερμοκρασία είναι πολύ χαμηλή και άρα η ταχύτητα των
αντιδράσεων είναι μικρότερες. Αυτό εξηγεί γιατί ο Τιτανικός που βυθίστηκε το 1912 διατηρείται σε σχετικά καλό βαθμό μετά από
100 και πλέον χρόνια μοναξιάς στα βάθη του ωκεανού…

61

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

ΦΥΛΛΑΔΙΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3

Στις παρακάτω ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής 1-10, να σημειώσετε απλά τη σωστή απάντηση.

1. Σε μια χημική αντίδραση ως οξειδωτικό χαρακτηρίζεται 6. Από τις ακόλουθες ενώσεις ή ιόντα μπορεί να αναχθεί

εκείνη η χημική ουσία που περιέχει: προς το σχηματισμό ΝO2: Γ) το NO2– Δ) το NO
Α) άτομα ή ιόντα που οξειδώνονται A) το N2O Β) το NO3–
Β) οπωσδήποτε άτομο/άτομα οξυγόνου
Γ) άτομα ή ιόντα που μειώνεται ο αριθμός οξείδωσής τους [Π.Μ.Δ.Χ.]
Δ) άτομα ή ιόντα που αποβάλλουν ηλεκτρόνια
7. Κατά τη μετατροπή του χρωμικού ιόντος (CrO42−) σε δι-
[ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2016] χρωμικό ιόν (Cr2O72−) ο αριθμός οξείδωσης του χρωμίου:
Α) δεν μεταβάλλεται
2. Σε ποια από τις παρακάτω ενώσεις ο αριθμός οξείδωσης Β) αυξάνεται κατά 1

του C έχει τιμή 0; [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2016] Γ) αυξάνεται κατά 3

Α) HCHO Β) HCOOH Γ) CO2 Δ) CH3OH Δ) ελαττώνεται κατά 3

3. Ποιος ο ΑΟ του βαναδίου (V) στο ορθοβαναδικό αμμώ- 8. Tο Νa αντιδρά με ΝΗ3(g), στους 350οC, σύμφωνα με την

νιο, (NH4)3VO4; εξίσωση: 2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2
Α) +1 Β) +3 Γ) +4 Δ) +5
Τι από τα παρακάτω ισχύει για την αντίδραση αυτή;
4. Στο ιόν O22− ο αριθμός οξείδωσης του οξυγόνου είναι: Α) Η ΝΗ3 είναι το αναγωγικό σώμα
Β) Το άζωτο οξειδώνεται
Α) −2 Β) −1 Γ) 0 Δ) +2 Γ) Το υδρογόνο ανάγεται
Δ) Είναι μεταθετική αντίδραση

5. Δίνεται η ένωση γλυκερόλη (1,2,3-προπανοτριόλη), η ο- 9. H μέθοδος των κυανιούχων ή μέθοδος MacArthur-Forrest

ποία αποτελεί την πρώτη ύλη για την παρασκευή του εκρη- Gold είναι μία υδρομεταλλουργική μέθοδος για την απομό-
κτικού νιτρογλυκερίνη.
νωση του χρυσού από ορυκτά χαμηλής περιεκτικότητας.

Στηρίζεται στην εξής αντίδραση:

4Au(s) + 8CN−(aq) + 2H2O(ℓ) + O2(g) →

4[Au(CN)2]−(aq) + 4OH−(aq)

Στην αντίδραση αυτή το στοιχείο που ανάγεται είναι:

Ποιοι αριθμοί οξείδωσης αντιστοιχούν στα άτομα άνθρακα Α) το H Β) ο Αu Γ) το κυάνιο Δ) το O
α και β;
A) +1 στο α άτομο C και 0 στα β άτομα C 10. Η μετατροπή, AlF63−(aq) + λe− → Al(s) + 6F− χαρακτη-
Β) 0 στο α άτομο C και 0 στα β άτομα C
Γ) 0 στο α άτομο C και −1 στα β άτομα C ρίζεται ως:
Δ) +1 στο α άτομο C και +1 στα β άτομα C A) αναγωγή του Al και ισχύει: λ = 6
B) αναγωγή του Al και ισχύει: λ = 3
[ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2018] Γ) οξείδωση του Al και ισχύει: λ = 2
Δ) οξείδωση του Al και ισχύει: λ = 3

11. Μία από τις πλέον δημοφιλείς εργαστηριακές ασκήσεις για τη διδασκαλία της χημείας περιλαμβάνει την αντίδραση:
5I−(aq) + ΙO3−(aq) + 6H+(aq) → 3I2(s) + 3H2O(ℓ)

α) Ποιο είναι το οξειδωτικό και ποιο το αναγωγικό σώμα;
β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας αναφέροντας τις αντίστοιχες μεταβολές των αριθμών οξείδωσης.

[ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2017]
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

62 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

12. Μπαταρίες «υπερσιδήρου»! Σχετικά πρόσφατα ανακαλύφθηκε μία νέα σειρά αλκαλικών μπαταριών, φιλικότερες προς το
περιβάλλον, στις οποίες μία ένωση του Fe αντικαθιστά το παραδοσιακό MnO2. Οι μπαταρίες αυτές μπορούν να αποθηκεύσουν
κατά 50% μεγαλύτερο ποσό ενέργειας από τις κλασικές αλκαλικές μπαταρίες και αναφέρονται ως μπαταρίες «υπερσιδήρου»
(super-iron) καθώς σε αυτές ο Fe παρουσιάζει μεγαλύτερο αριθμό οξείδωσης από τους συνηθισμένους του. H αντίδραση που
περιγράφει την λειτουργία μιας τέτοιας μπαταρίας είναι η εξής:

Κ2FeO4 + Zn → Fe2O3 + ZnO + K2ZnO2

α) Να εξηγήσετε ποιο στοιχείο οξειδώνεται και ποιο στοιχείο ανάγεται κατά τη λειτουργία της μπαταρίας «υπερσιδήρου».
β) Να συμπληρώσετε την αντίδραση με τους κατάλληλους συντελεστές.

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

13. Μία από τις χρήσεις του CH4(g) είναι η παρασκευή του τοξικού αερίου υδροκυανίου (ΗCN), το οποίο συντίθεται σύμφωνα

με την αντίδραση:
CH4(g) + NH3(g) + O2(g) → HCN(g) + H2O(g)

Να συμπληρώσετε την αντίδραση με τους κατάλληλους συντελεστές. [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2018]

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

14. Το Η2Ο2 αντιδρά με διάλυμα KMnO4 οξινισμένο με H2SO4, σύμφωνα με την εξίσωση:
Η2Ο2 + ΚΜnO4 + H2SO4 → O2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O

α) Να συμπληρωθεί η παραπάνω αντίδραση με τους κατάλληλους συντελεστές (ισοστάθμιση μάζας).
β) 50 mL υδατικού διαλύματος Η2Ο2 άγνωστης περιεκτικότητας αποχρωματίζει το πολύ 20 mL διαλύματος KMnO4 1 M οξινι-
σμένου με H2SO4. Να υπολογιστεί η %w/v περιεκτικότητα του διαλύματος Η2Ο2. Για το Η2Ο2, Mr = 34.

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

15. O μεταλλικός σίδηρος μπορεί να παρασκευαστεί από το ορυκτό Fe2O3 με αναγωγή με CO, σύμφωνα με την εξίσωση:
Fe2O3(s) + CO(g) → Fe(s) + CO2(g)

α) Να εξηγήσετε γιατί η αντίδραση είναι οξειδοαναγωγική και να τη συμπληρώσετε με τους κατάλληλους συντελεστές.
β) Δείγμα ορυκτού μάζας 4 g περιέχει Fe2O3 σε ποσοστό 80%w/w καθώς και άλλες μη σιδηρούχες ύλες. Να υπολογίσετε τη μάζα
του παραγόμενου Fe(s) που θα παραχθεί με την πλήρη αναγωγή του ορυκτού με τη βοήθεια CO. Σχετικές ατομικές μάζες, Fe:56,
O:16.

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

63

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

16. Η σύγχρονη μέθοδος βιομηχανικής παρασκευής του νιτρικού οξέος στηρίζεται στην μετατροπή της αμμωνίας σε νιτρικό οξύ
και περιλαμβάνει τρία στάδια. Το πρώτο στάδιο της διαδικασίας είναι η καταλυτική οξείδωση της αμμωνίας προς μονοξείδιο του
αζώτου (πορεία Ostwald), που διεξάγεται στους 900οC παρουσία Pt (αντίδραση 1):

NH3(g) + O2(g) → NO(g) + H2O(g) (1)

Μια από τις ανεπιθύμητες αντιδράσεις που λαμβάνει χώρα στις ίδιες συνθήκες είναι η ακόλουθη (αντίδραση 2):

NH3(g) + Ο2(g) → N2(g) + H2O(g) (2)

α) i. Να ισοσταθμίσετε τις παραπάνω αντιδράσεις. ii. Nα ορίσετε την οξειδωτική και την αναγωγική ουσία στην αντίδραση 2.
β) Λαμβάνεται δείγμα από τα προϊόντα της καταλυτικής αντίδρασης. Ακολούθως, με ψύξη απομακρύνονται οι υδρατμοί. Τελικά

διαπιστώνεται ότι το αέριο μείγμα που απομένει αποτελείται αποκλειστικά από NO(g) και Ν2(g). Το τελικό μείγμα διοχετεύεται
σε υδατικό διάλυμα KMnO4 (παρουσία H2SO4), όπου αντιδρά μόνο το NO(g), σύμφωνα με την αντίδραση (3):

10NO(g) + 6KMnO4(aq) + 9H2SO4(aq) → 10HNO3(aq) + 6MnSO4(aq) + 3K2SO4(aq) + 4H2O(ℓ)

Αν για τον πλήρη αποχρωματισμό 540 mL διαλύματος KMnO4 1 Μ απαιτήθηκαν 22,4 L μείγματος NO(g) και Ν2(g) σε STP, να

υπολογιστεί ο βαθμός μετατροπής της NH3 σε ΝΟ ως κλασματικός αριθμός. [ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2019]

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

64 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ (2)
ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ

Θέμα A
Για τις παρακάτω ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής Α1-Α5 να γράψετε απλά το γράμμα που
αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

Α1. Στο μόριο H2, το κάθε άτομο H έχει αριθμό οξείδωσης (ΑΟ) ίσο με:

A) +2 B) −1 Γ) 0 Δ) −2

Α2. Σχετικά με την αντίδραση: 2HCH=O + NaOH → HCOONa + CH3OH, ποια από τις
προτάσεις που ακολουθούν είναι η σωστή;
Α) Το NaOH λειτουργεί ως οξειδωτικό
Β) Το NaOH λειτουργεί ως αναγωγικό
Γ) Η μεθανάλη (ΗCH=O) δρα ως οξειδωτικό
Δ) Η μεθανάλη (ΗCH=O) δρα και ως οξειδωτικό και ως αναγωγικό

Α3. Ο προσδιορισμός των φωσφορικού οξέος σε ένα διάλυμα μπορεί να γίνει με βάση τη

μεταθετική αντίδραση που ακολουθεί.

Η3ΡΟ4(aq) + 12H2MoO4(aq) → Η3Ρ(Μο12Ο40)(aq) + 12H2O(ℓ)

Στην αντίδραση αυτή ποιος ο αριθμός οξείδωσης του Mo στην ένωση Η3Ρ(Μο12Ο40);

Α) +6 Β) +4 Γ) +2 Δ) 0

Α4. Στην ένωση Η−Βr, το Βr έχει αρνητικό αριθμό οξείδωσης γιατί:
Α) το Br έχει προσλάβει δύο ηλεκτρόνια και έχει πραγματικό φορτίο −2
Β) όλα τα αλογόνα έχουν στις ενώσεις τους αριθμό οξείδωσης −1
Γ) η ένωση είναι ιοντική στην οποία το Br έχει πραγματικό φορτίο −1
Δ) είναι πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο από το Η

Α5. Σε μία ένωση του C του τύπου CHX3, ο αριθμός οξείδωσης του C είναι ίσος με +2.
Επομένως:
Α) Tο Χ είναι πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο από τον C
Β) Tο Χ είναι λιγότερο ηλεκτραρνητικό στοιχείο από τον C
Γ) το στοιχείο Χ έχει αριθμό οξείδωσης ίσο με −3
Δ) το στοιχείο Χ έχει αριθμό οξείδωσης ίσο με +3

Α6. Nα χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ως σωστές (Σ) ή λανθασμένες (Λ).
α) Σε μία οξειδοαναγωγική αντίδραση, η συνολική μεταβολή του ΑΟ του οξειδωτικού
ισούται με τη συνολική μεταβολή του ΑΟ του αναγωγικού.
β) Στην αντίδραση, 2Ag+ + Cu → 2Ag + Cu2+, κάθε ιόν Ag+ προσλαμβάνει ένα ηλεκτρό-
νιο και επομένως o ο άργυρος ανάγεται.
γ) Στην ένωση ΝaH το Η έχει ΑΟ = −1.
δ) Η αντίδραση, CH≡CH + 2HCl → CH3CHCl2, χαρακτηρίζεται ως οξειδοαναγωγική.
ε) Η αντίδραση, PbS + 4H2O2 → PbSO4 + 4H2O, είναι μεταθετική, καθώς δεν εμφανίζεται
μεταβολή του αριθμού οξείδωσης σε κανένα από τα στοιχεία που συμμετέχουν.

65

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ2

Θέμα Β

Β1. α) Nα γράψετε τους αριθμούς οξείδωσης και των 4 ατόμων C της ένωσης που ακο-
λουθεί (μεθυλοπροπενικό οξύ).

β) Να χαρακτηρίσετε την αντίδραση που ακολουθεί ως οξειδοαναγωγική ή μεταθετική. Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

→

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Β2. Tα ιόντα ΜnO4− αντιδρούν με τα ιόντα SO32− σύμφωνα με την εξίσωση:
2MnO4− + 3SO32− + H2O → 2MnO2 + 3SO42− + 2ΟH−

i. Ποιο είναι το οξειδωτικό και ποιο το αναγωγικό σώμα;
ii. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας αναφέροντας τις σχετικές μεταβολές των αριθμών
οξείδωσης.

Β3. Να μεταφέρετε τις χημικές εξισώσεις των επόμενων χημικών αντιδράσεων στο γρα-
πτό σας, συμπληρώνοντας τους συντελεστές (μικρότεροι δυνατοί ακέραιοι αριθμοί).
α) KCN + NaClO + HCl → CO2 + N2 + NaCl + KCl + H2O
β) Ηg + K2Cr2O7 + H2SO4 → Hg2SO4 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
γ) Zn + HNO3 → Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O

Θέμα Γ

Γ1. To πεντοξείδιο του ιωδίου, I2O5(s), αντιδρά με το CO(g) οπότε παράγονται ως προϊό-
ντα CO2(g) και I2(s). Να υπολογίσετε τη μάζα του I2O5(s) σε g που απαιτείται για πλήρη
αντίδραση με 1,12 L CO(g) σε STP. Σχετικές ατομικές μάζες, I:127, O:16.

Γ2. Ποσότητα 2-προπανόλης μάζας 3 g προστίθεται σε διάλυμα KMnO4 όγκου 500 mL
και συγκέντρωσης 0,1 Μ, οξινισμένο με H2SO4.
α) Να γράψετε την πλήρη χημική εξίσωση της αντίδρασης
β) Να εξηγήσετε αν μετά το τέλος της αντίδρασης το διάλυμα του KMnO4 θα αποχρωμα-
τιστεί ή όχι.
Σχετικές ατομικές μάζες, C:12, H:1, O:16.

Γ3. Δίνονται τα διαλύματα:
Υ1: Διάλυμα Η2Ο2 περιεκτικότητας 17% w/v και όγκου 400 mL.
Υ2: Διάλυμα ΗI.
Τα διαλύματα αναμιγνύονται, οπότε το Η2Ο2 αντιδρά πλήρως σύμφωνα με την αντίδραση:

H2O2(aq) + HI(aq) → I2(s) + H2O(ℓ)
α) Να συμπληρωθούν οι συντελεστές τις αντίδρασης.
β) Να σημειώσετε το οξειδωτικό και το αναγωγικό σώμα.
γ) Να υπολογίσετε τα mol του παραγόμενου ιωδίου. Σχετικές ατομικές μάζες, H:1, O:16.

66

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

Θέμα Δ

Δ1. Ποσότητα CO(g) αντιδρά πλήρως με 500 mL διαλύματος KMnO4, οξινισμένου με
H2SO4 και παρατηρείται ο σχηματισμός 5,6 L CO2(g), σε STP.
α) Να γράψετε την εξίσωση της αντίδρασης και να σημειώσετε ποιο είναι το οξειδωτικό
και ποιο το αναγωγικό σώμα.
β) Να υπολογίσετε τη μάζα του CO που αντέδρασε. Σχετικές ατομικές μάζες, C:12, O:16.
γ) Να υπολογίσετε τη συγκέντρωση του διαλύματος του KMnO4.
δ) Η ίδια ποσότητα του παραπάνω διαλύματος ΚΜnO4, οξινισμένου με H2SO4, αντιδρά
πλήρως με 0,5 mol άλατος του τύπου ΜSO4 (M: μέταλλο) και προκύπτει νέο άλας με τύπο
M2(SO4)x, στο οποίο το μέταλλο Μ έχει AO = x. Να υπολογίσετε την τιμή του x.

Δ2. Το αέριο χλώριο αντιδρά με θερμό διάλυμα NaOH, σύμφωνα με τη μη ισοσταθμι-
σμένη εξίσωση: Cl2(g) + ΝaOH(aq) → NaCl(aq) + NaClO3(aq) + H2O(ℓ)
H αντίδραση χρησιμοποιείται για την παραγωγή NaClO3. Να υπολογίσετε τον όγκο του
Cl2(g) σε STP που πρέπει να αντιδράσει πλήρως με το NaOH(aq) ώστε να προκύψουν 0,2

mol NaClO3.

Δ3. Ο προσδιορισμός της % w/w καθαρότητας ενός στερεού δείγματος νιτρώδους καλίου,
ΚΝΟ2, περιλαμβάνει αρχικά την αντίδραση των νιτρωδών ιόντων (ΝΟ2−) με περίσσεια
οξινισμένου διαλύματος θειικού δημητρίου (ΙV), Ce(SO4)2. Στη συνέχεια η ποσότητα του
Ce(SO4)2 που δεν αντέδρασε προσδιορίζεται με την αντίδραση με διάλυμα Fe2+. Oι μη
ισοσταθμισμένες αντιδράσεις που διεξάγονται είναι οι εξής:

Ce4+ + NO2− + Η2Ο → Ce3+ + NO3− + Η+
Ce4+ + Fe2+ → Ce3+ + Fe3+
α) Να ισοσταθμίσετε τις παραπάνω δύο αντιδράσεις.
0,5 g δείγματος ΚΝΟ2 διαλύεται σε νερό σχηματίζοντας διάλυμα όγκου 100 mL. 10 mL
από το διάλυμα αυτό προστίθεται σε 25 mL οξινισμένου διαλύματος Ce(SO4)2 0,11 Μ.
Για την αντίδραση της περίσσειας του Ce(SO4)2 απαιτήθηκαν16,5 mL διαλύματος FeSO4
0,1 Μ.
β) Να υπολογίσετε την καθαρότητα του δείγματος σε KNO2. Οι υπόλοιπες ουσίες του
στερεού δείγματος θεωρούνται αδρανείς.
Για το ΚΝΟ2, Μr = 85.

Δ4. Τα τελευταία χρόνια πολλές ερευνητικές ομάδες μελετούν την ανάπτυξη των βιομπα-
ταριών, συστήματα αποθήκευσης της ηλεκτρικής ενέργειας με τη χρήση οργανικών ενώ-
σεων, π.χ. της γλυκόζης (C6H12O6, Μr = 180). Κατά τη διαδικασία της λειτουργίας τους
οι βιομπαταρίες διασπούν τη γλυκόζη με τη χρήση ενζύμων και αποθηκεύουν την ενέρ-
γεια για μετέπειτα χρήση, μιμούμενη τη διαδικασία λήψης ενέργειας των φυτών και των
ζώων από τη γλυκόζη. Η λειτουργία της συσκευής μπορεί να περιγραφεί από την μη ισο-
σταθμισμένη εξίσωση: C6H12O6 + O2 → C6H10O6 + H2O
α) Να εξηγήσετε ποια είναι η οξειδωτική ουσία κατά τη λειτουργία της βιομπαταρίας και
να ισοσταθμίσετε την παραπάνω εξίσωση.
Η ιαπωνική εταιρεία Sony έχει λανσάρει μία συσκευή mp3 ισχύος P = 150 mW που χρη-
σιμοποιεί βιομπαταρία με 90 g γλυκόζης.
β) Να υπολογίσετε το χρόνο λειτουργίας της βιομπαταρίας (σε s) στην παραπάνω συ-
σκευή mp3.
Δεδομένα: 1) Η απελευθερούμενη ενέργεια για κάθε mol γλυκόζης είναι ίση με 150 kJ.
2) Η απαιτούμενη ενέργεια για τη λειτουργία της συσκευής mp3 για χρονικό διάστημα Δt
δίνεται από τη σχέση: Ε = P·Δt.

67

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ2

………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………………………..

68 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

4

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ

ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ

1. Εξώθερμες και ενδόθερμες αντιδράσεις

Η διεξαγωγή μιας αντίδρασης Τα στοιχεία και οι χημικές ενώσεις λειτουργούν ως «αποθήκες» ενέργειας και όταν συμ-
μπορεί να συνοδεύεται με την μετέχουν σε χημικές αντιδράσεις μπορεί να γίνει απελευθέρωση ή απορρόφηση ενέρ-
απελευθέρωση ή την απορρό- γειας με διάφορες μορφές, π.χ. θερμική, ηλεκτρική, φωτεινή κτλ. H πιο συνηθισμένη με-
φηση διαφόρων μορφών ενέρ- τατροπή είναι η μετατροπή της χημικής σε θερμική ενέργεια (και αντίστροφα), που είναι
γειας. Προκύπτουν διάφοροι και το αντικείμενο ενός ειδικού κλάδου της Χημείας, της Θερμοχημείας.
κλάδοι της φυσικοχημείας, ό-
πως η ηλεκτροχημεία, η φω- Ας δούμε για αρχή δύο παραδείγματα.
τοχημεία και η θερμοχημεία.
Παράδειγμα 1: Η καύση του βουτανίου αποδίδεται από την εξίσωση:
Εξήγηση των ενεργειακών
μεταβολών σε μία αντί- C4H10(g) + 13 O2 (g) → 4CO2(g) + 5H2O(g)
δραση. Μία αντίδραση περι- 2
λαμβάνει τη μετατροπή των α-
ντιδρώντων σε προϊόντα. Η αντίδραση αυτή καθώς γίνεται παράγει θερμότητα. Τέτοιες αντιδράσεις που όταν γί-
Κατά τη διαδικασία αυτή, οι νονται ελευθερώνουν ενέργεια στο περιβάλλον υπό μορφή θερμότητας ονομάζονται ε-
δεσμοί στα αντιδρώντα δια- ξώθερμες αντιδράσεις. H καύση των υδρογονανθράκων και η εξουδετέρωση είναι τυ-
σπώνται και δημιουργούνται πικά παραδείγματα εξώθερμων αντιδράσεων.
νέοι δεσμοί που αντιστοιχούν
στα νέα μόρια (προϊόντα). Το Παράδειγμα 2: Η φωτοσύνθεση είναι μία «έξυπνη» διαδικασία κατά την οποία τα φυτά
«σπάσιμο» όμως ενός δεσμού απορροφούν ηλιακή ενέργεια για να μετατρέψουν το CO2 και το Η2Ο της ατμόσφαιρας
απαιτεί ενέργεια, ενώ η δη- σε γλυκόζη (C6H12O6). Aν και το φαινόμενο είναι πολύπλοκο μπορεί να περιγραφεί με
μιουργία ενός δεσμού παράγει την εξίσωση που ακολουθεί:
ενέργεια. Έτσι, αν σε μια ορι-
σμένη αντίδραση παράγεται 6CO2 + 6H2O + ενέργεια → C6H12O6 + 6Ο2
περισσότερη ενέργεια κατά τη
δημιουργία των νέων δεσμών, H αντίδραση απαιτεί 15 MJ ενέργειας (ηλιακής) για κάθε 1 kg γλυκόζης που παράγεται,
από ότι καταναλώνεται για το απελευθερώνεται δε κατά τη διαδικασία του μεταβολισμού στα ζώα ή τα φυτά.
«σπάσιμο» των παλιών δε-
σμών, η αντίδραση θα είναι ε- Oι αντιδράσεις που κατά τη διεξαγωγή τους απορροφούν θερμότητα από το περιβάλλον
ξώθερμη. Στην αντίθετη περί- ονομάζονται ενδόθερμες.
πτωση θα είναι ενδόθερμη.
H Θερμοχημεία αποτελεί κλάδο της Θερμοδυναμικής και επικεντρώνεται στις θερμικές
μεταβολές που συνοδεύουν τις χημικές αντιδράσεις, δηλαδή, στα ποσά θερμότητας που
τελικά εκλύονται ή απορροφώνται κατά τη διάρκεια μιας χημικής αντίδρασης.

69

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 Η θερμότητα είναι μία μορφή
ενέργειας που «ρέει» από ένα
2. Ενθαλπία αντίδρασης (ΔΗ) σύστημα σ’ ένα άλλο, λόγω
διαφοράς θερμοκρασίας.
Ένα σύστημα αντιδρώντων μορίων περιέχει ενέργεια που οφείλεται στις δυνάμεις των δε- Μονάδα: 1 J.
σμών που συγκρατούν τα άτομα μέσα στο μόριο, αλλά και στη κίνηση των ατόμων, των Ειδική μονάδα: 1 cal.
ηλεκτρονίων καθώς και του ίδιου του μορίου. Αν δεν υπάρχει αντίδραση, η χημική αυτή
ενέργεια παραμένει εγκλωβισμένη στα μόρια. Το θερμικό περιεχόμενο ενός χημικού συ- 1 cal = 4,184 J.
στήματος που ανταλλάσσεται ως θερμότητα με το περιβάλλον κατά τη διάρκεια μιας αντί-
δρασης αποδίδεται με τον όρο ενθαλπία και συμβολίζεται με το γράμμα Η. Στη θερμοδυναμική η ενθαλ-
πία ενός συστήματος ορίζεται
Η ενθαλπία δεν είναι θερμότητα. Λέμε ότι ένα σώμα έχει ενθαλπία, αλλά όχι θερμό- με τη σχέση:
τητα. Είναι μία καταστατική ιδιότητα ενός συστήματος, εξαρτάται δηλαδή μόνο από την
ποσότητά του και από τις συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας, αλλά όχι από τον τρόπο με Η = U + P·V,
τον οποίο το σύστημα έφτασε στην κατάσταση αυτή. Όταν όμως ένα σύστημα ανταλλάσ- όπου U η εσωτερική ενέργεια
σει θερμότητα με το περιβάλλον του η ενθαλπία μεταβάλλεται. του συστήματος.
Είναι καταστατική ιδιότητα
Η καύση του CH4 είναι μία εξώθερμη αντίδραση και παριστάνεται με την εξής θερμοχη- του συστήματος και η μετα-
μική εξίσωση: βολή της, υπό σταθερή πίεση,
ΔH = ΔU + P·ΔV, ισούται με το
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗ = −890 kJ απορροφούμενο ή εκλυόμενο
ποσό θερμότητας.
Οι ενεργειακές μεταβολές που σχετίζονται με την αντίδραση εμφανίζονται στο διάγραμμα
που ακολουθεί:

E 1 mol CH4, 2 mol O2 ενθαλπία αντιδρώντων (Ηαντ)

ΔΗ < 0 Έκλυση ποσού 890 kJ θερμότητας H ενθαλπία είναι καταστα-
προς το περιβάλλον τική ιδιότητα ενός συστήμα-
τος.
ενθαλπία προϊόντων (Ηπρο) 2 mol Η2Ο(g) σε Ρ = 1 atm και
2 mol Η2Ο(ℓ), 1 mol CO2
θ = 25C έχουν την ίδια ενθαλ-
Από το διάγραμμα προκύπτει ότι το σύστημα των αντιδρώντων, 1 mol CH4(g) και 2 mol πία, είτε σχηματίστηκαν από
O2(g) έχει ενθαλπία κατά 890 kJ μεγαλύτερη από το σύστημα των προϊόντων, 1 mol την αντίδραση 2 mol Η2 με 1
CO2(g) και 2 mol H2O(ℓ). Αποδεικνύεται ότι όταν τη μετατροπή αυτή γίνει υπό σταθερή
πίεση ελευθερώνεται ποσό θερμότητας ίσο με 890 kJ. mol Ο2, είτε με εξάτμιση 2 mol
υγρού νερού.

Στην περίπτωση των ενδόθερμων αντιδράσεων, το ενεργειακό διάγραμμα είναι το εξής:

προϊόντα Απορρόφηση ποσού Η διάλυση του NH4Cl στο νερό
E θερμότητας από το περιβάλλον είναι ενδόθερμο φαινόμενο. Έ-
τσι όταν η ουσία αυτή διαλυθεί
ΔΗ > 0 σε νερό σε δοκιμαστικό σω-
λήνα, ο σωλήνας ψύχεται, κα-
αντιδρώντα θώς απορροφάται θερμότητα
από αυτόν για να επιτευχθεί η
Παράδειγμα: Όταν 1 mol N2(g) αντιδρά με 1 mol O2(g) προς σχηματισμό 2 mol NO(g), διάλυση.
υπό σταθερή πίεση, απορροφάται ποσό θερμότητας ίσο με 180,5 kJ. Το φαινόμενο εκφρά-
ζεται με την εξίσωση: NH4Cl(s) + H2O(ℓ) →

N2(g) + O2(g) → 2NO(g), ΔΗ = +180,5 kJ NH4Cl(aq), ΔΗ > 0

70 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ Συνοπτικά: Ηπρo > Ηαντ ΔΗ > 0 Απορρόφηση θερμότητας από το
Ηπρo < Ηαντ ΔΗ < 0 περιβάλλον
Στη θερμοδυναμική (και κατά Ενδόθερμη Ηπρo = Ηαντ ΔΗ = 0
IUPAC) θεωρούμε ότι q > 0 ό- αντίδραση Έκλυση θερμότητας προς το πε-
ταν το αντιδρών σύστημα α- Εξώθερμη ριβάλλον
πορροφά θερμότητα από το αντίδραση
περιβάλλον και q < 0 όταν α- Θερμοουδέτερη
ποδίδει θερμότητα στο περι- αντίδραση
βάλλον. Κάποιοι συγγραφείς
προτιμούν την αντίθετη θεώ-
ρηση.

Hαντ Hπρο Η ενθαλπία, λοιπόν, χρησιμοποιείται ως «εργαλείο» για να περιγράψουμε τη ροή θερμό-
τητας σε μία αντίδραση που γίνεται υπό σταθερή πίεση και κάτω από ορισμένες συνθήκες
Όταν από τα αντιδρώντα πάμε (συνήθως οι αντιδράσεις πραγματοποιούνται σε ανοικτά δοχεία και επομένως υπό στα-
στα προϊόντα η ενθαλπία αλλά- θερή ατμοσφαιρική πίεση).
ζει και η μεταβολή αυτή αντι-
στοιχεί στη θερμότητα που α- Στις χημικές αντιδράσεις αλλά και σε όλες τις φυσικοχημικές μεταβολές η ενθαλπία των
νταλλάσσεται με το περιβάλ- αντιδρώντων ή των προϊόντων δε μπορεί άμεσα να προσδιοριστεί, αλλά εκείνο που μας
λον. ενδιαφέρει είναι η μεταβολή της ενθαλπίας (ΔΗ). Η μεταβολή ενθαλπίας ΔΗ μεταξύ των
αντιδρώντων και προϊόντων σε μία χημική αντίδραση, για δεδομένες συνθήκες πίεσης
Για να ισχύει η σχέση ΔΗ = qP και θερμοκρασίας, ονομάζεται ενθαλπία αντίδρασης. Δηλαδή:
θα πρέπει το ποσό θερμότητας
να είναι αρνητικό στην περί- Ενθαλπία αντίδρασης: ΔΗ = Ηπροϊόντων ‒ Ηαντιδρώντων
πτωση εξώθερμης αντίδρασης
και θετικό στην περίπτωση εν- Εφόσον η αντίδραση πραγματοποιείται υπό σταθερή πίεση, η ενθαλπία αντίδρασης, ΔΗ,
δόθερμης αντίδρασης. ισούται με το απορροφούμενο ή εκλυόμενο ποσό θερμότητας (qP) και η μεταβολή αυτή
είναι ανεξάρτητη από τον τρόπο (τις συνθήκες) με τον οποίο πάμε από τα αντιδρώντα
στα προϊόντα, δηλαδή: ΔΗ = qP.

Η ενθαλπία μιας αντίδρασης αναφέρεται στη στοιχειομετρία της αντίδρασης, δηλαδή
στους συντελεστές της. Έτσι, από την αντίδραση καύσης του CH4,

CΗ4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗ = −890 kJ

προκύπτει ότι κατά την καύση 1 mol CH4(g) με 2 mol Ο2(g) και το σχηματισμό 1 mol
CΟ2(g) και 2 mol H2O(ℓ) παράγεται ποσό θερμότητας ίσο με 890 kJ. Προφανώς, αν καούν
2 mol CH4(g) σύμφωνα με την παραπάνω αντίδραση θα παραχθεί διπλάσιο ποσό θερμό-
τητας (2∙890 = 1780 kJ):

2CΗ4(g) + 4O2(g) → 2CO2(g) + 4H2O(ℓ), ΔΗ = −1780 kJ

Εφαρμογή 1

Δίνεται η θερμοχημική εξίσωση διάσπασης του CaCO3(s):

CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g), ΔΗ = +180 kJ

Ποιο ποσό θερμότητας απαιτείται για τη διάσπαση 5 mol CaCO3(s);

Από τη δεδομένη θερμοχημική εξίσωση βλέπουμε ότι για τη διάσπαση 1 mol CaCO3(s)
απαιτούνται 180 kJ. Επομένως, για τη διάσπαση των 5 mol CaCO3(s) θα απαιτηθούν 5∙180
= 900 kJ.

71

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 C(διαμ.) + Ο2
Ε
3. Από τι εξαρτάται η ενθαλπία μιας αντίδρασης (ΔΗ);
C(γρ) + Ο2 2 kJ
1. Από τη φύση των αντιδρώντων
H ενθαλπία των διαφόρων αντιδράσεων είναι γενικά διαφορετικές. Έτσι π.χ.: −395 kJ

CΗ4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗ = −890 kJ −393 kJ
C2Η4(g) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗ = −1410 kJ
CΟ2
Ακόμη και η συμμετοχή διαφορετικών μορφών του ίδιου στοιχείου (αλλοτροπικές μορ-
φές) σε μία αντίδραση έχει ως αποτέλεσμα τη διαφοροποίηση της ενθαλπίας της αντίδρα- Οι πιο σημαντικές κρυσταλλικές
σης στην οποία συμμετέχει. Π.χ. ο άνθρακας στη φύση απαντάται με δύο κύριες μορφές, μορφές του άνθρακα είναι ο γραφί-
το γραφίτη και το διαμάντι (!). Για τις καύσεις των δύο αυτών μορφών του άνθρακα έ- της, το διαμάντι και τα φουλλερένια
χουμε τις εξής θερμοχημικές εξισώσεις: (C60 κ.α.). Π.χ. από τις διαφορετικές
μορφές του άνθρακα, η πιο σταθερή
C(γραφίτης) + O2(g) → CO2(g), ΔΗ = −393 kJ μορφή σε po = 1 atm και Τ = 298 Κ
C(διαμάντι) + O2(g) → CO2(g), ΔΗ = −395 kJ είναι ο γραφίτης και αυτή λαμβάνε-
ται ως πρότυπη μορφή του άνθρακα.
Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει ότι το διαμάντι έχει μεγαλύτερο ενεργειακό πε-
ριεχόμενο και η μετατροπή του σε CO2(g) είναι «πιο εξώθερμη» από τη μετατροπή του Η ερώτηση της ημέρας:
γραφίτη σε CO2(g), όπως φαίνεται στο διπλανό διάγραμμα. Με άλλα λόγια ο γραφίτης Το ορθορομβικό θείο είναι πιο στα-
είναι η πιο σταθερή μορφή του άνθρακα στη φύση. θερή μορφή S από το μονοκλινές.
Ποια από τις δύο αντιδράσεις,
2. Από τη φυσική κατάσταση των αντιδρώντων και προϊόντων S(ορθορ.) → S(μονοκλ.)
Η αλληλομετατροπή στις διάφορες φυσικές καταστάσεις μιας ουσίας έχει ως αποτέλεσμα S(μονοκλ.) → S(ορθορ.)
της μεταβολή της ενθαλπίας του συστήματος, π.χ.: έχει ΔΗ > 0;

H2O(ℓ) → H2O(g), ΔΗ = +44 kJ Φανταστείτε την πρώτη αντίδραση,
όπου παράγεται H2O(ℓ). Η μετα-
Αυτό έχει ως αποτέλεσμα τη διαφοροποίηση στην ενθαλπία μιας αντίδρασης ανάλογα με τροπή του σε H2O(g) π.χ. με βρασμό
τη φυσική κατάσταση των σωμάτων που συμμετέχουν σε αυτή. Προσέξτε τις θερμοχημι- είναι ενδόθερμο φαινόμενο. Καθώς
κές εξισώσεις που ακολουθούν: ένα ποσό θερμότητας από αυτό που
παράχθηκε κατά την καύση απορρο-
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗ = −890 kJ φάται για τη μετατροπή του H2O(ℓ)
CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g), ΔΗ = −802 kJ σε H2O(g) η δεύτερη αντίδραση θα
είναι λιγότερο εξώθερμη (ΔΗ λιγό-
Παρατηρούμε ότι η διαφορά στη φυσική κατάσταση έστω και ενός αντιδρώντος ή προϊό- τερο αρνητική).
ντος διαφοροποιεί την ενθαλπία της αντίδρασης.
Η πρότυπη κατάσταση είναι κάπως
3. Από τις συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας, κάτω από τις οποίες λαμβάνει χώρα η αυθαίρετη. Για παράδειγμα, η
αντίδραση IUPAC συνιστά ως πρότυπη πίεση
Έτσι, θα πρέπει να οριστεί κάποια κατάσταση αναφοράς ώστε να είναι δυνατή η σύγκριση την τιμή Po = 100 kPa = 1 bar και όχι
των λαμβανομένων τιμών. Σαν τέτοια έχει οριστεί η πρότυπη κατάσταση, που είναι η πιο την τιμή Po = 1 atm (= 101,325 kPa).
σταθερή μορφή μιας ουσίας (στοιχείου ή ένωσης) σε θερμοκρασία 25C (Το = 298 Κ) και
σε πίεση po = 1 atm (και για διαλύματα, c = 1 Μ). Για παράδειγμα, από τις διαφορετικές Συνήθως, η ενθαλπία μιας αντίδρα-
μορφές του άνθρακα, η πιο σταθερή μορφή σε po = 1 atm και Τ = 298 Κ είναι ο γραφίτης σης δεν μεταβάλλεται πολύ με τις
(Cγρ.) και αυτή λαμβάνεται ως πρότυπη μορφή του άνθρακα. μεταβολές της θερμοκρασίας, Έτσι,
ενώ η πρότυπη ενθαλπία (ΔΗο) της
Όταν τόσο τα αντιδρώντα όσο και τα προϊόντα μιας αντίδρασης λαμβάνονται στην πρό- αντίδρασης, Η2(g) + 1/2O2(g) →
τυπή τους κατάσταση, η αντίστοιχη μεταβολή ενθαλπίας ονομάζεται πρότυπη ενθαλπία H2O(g), έχει τιμή −241,8 kJ, η ίδια
και συμβολίζεται με το ΔΗο. αντίδραση στους 100οC έχει ΔΗ =
−242,6 kJ. Πάντως, σε κάποιες περι-
72 πτώσεις η μεταβολή της θερμοκρα-
σίας μπορεί να αλλάξει και το πρό-
σημο της τιμής της ενθαλπίας!

Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ Εφαρμογή 2

ΔΗof Δίνεται η θερμοχημική εξίσωση: P4(s) + 5O2(g) → 2P2O5(s), ΔΗ = −3010 kJ. Ποιο ποσό

Κρυσταλλικό πλέγμα του γραφίτη. θερμότητας θα ελευθερωθεί κατά την πλήρη καύση 6,2 g P4(s); Η ενθαλπία της αντίδρασης
Ο γραφίτης είναι η πιο σταθερή και το εκλυόμενο ποσό θερμότητας αντιστοιχούν στην πρότυπη κατάσταση. Αr(Ρ) = 31.
μορφή άνθρακα.
Tα 6,2 g P4(s) αντιστοιχούν σε: n= m = 6,2 = 0,05 mol
Ar 124

Το 1 mol P4(s) παράγει με την καύση 3010 kJ

Τα 0,05 mol x = 150,5 kJ

4. Πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού μιας ένωσης

Πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού ( ΔΗ o ) μιας ένωσης είναι η μεταβολή της ενθαλπίας
f

κατά το σχηματισμό 1 mol μιας ένωσης από τα συστατικά της στοιχεία, σε πρότυπη κα-

τάσταση.

Η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού μπορεί να είναι θετική, αρνητική ή μηδέν (ανάλογα με
την ουσία που σχηματίζεται) και μετριέται σε kJ·mol‒1 (ή kcal·mol‒1). Π.χ. η πρότυπη
ενθαλπία σχηματισμού του CH3COOH(ℓ) είναι −407 kJ·mol‒1 και αντιστοιχεί στη θερ-
μοχημική εξίσωση:

2C(γραφίτης) + 2H2(g) + O2(g) → CH3COOH(ℓ), ΔΗο = −407 kJ

Η ενθαλπία σχηματισμού ενός στοιχείου στην πρότυπη κατάσταση είναι ίση με το 0. Έτσι,
για το γραφίτη που είναι η πιο σταθερή μορφή άνθρακα θα ισχύει: ΔΗοf(Cγραφ.) = 0. Αντί-
θετα, το διαμάντι είναι πιο πλούσιο σε ενεργειακό περιεχόμενο, οπότε: ΔΗοf(Cδιαμ.) > 0.
Μάλιστα, για τη μετατροπή της μιας μορφής στην άλλη, ισχύει:

C(γραφίτης) → C(διαμάντι), ΔΗο = 2 kJ

Γενικά, όσο πιο μικρή είναι η τιμή της πρότυπης ενθαλπίας σχηματισμού τόσο πιο στα-
θερή θεωρείται η ένωση (σε σχέση με τα στοιχεία της).

Εφαρμογή 3

Δίνεται η θερμοχημική εξίσωση: 3H2(g) + Ν2(g) → 2ΝΗ3(g), ΔHο = −92 kJ. Ποια η τιμή
της πρότυπης ενθαλπίας σχηματισμού της ΝΗ3(g);

Από την παραπάνω θερμοχημική εξίσωση προκύπτει μεταβολή ενθαλπίας ΔΗ = −92 kJ

για το σχηματισμό 2 mol ΝΗ3(g). Επομένως: ΔΗ o (ΝΗ3(g)) = −46 kJ·mol−1.
f

Εφαρμογή 4

Η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού της CH3ΟH(ℓ) είναι ίση με −240 kJ·mol−1. Να γραφεί η
θερμοχημική εξίσωση σχηματισμού της CH3ΟH(ℓ).

Η εξίσωση σχηματισμού της CH3ΟH(ℓ) αντιστοιχεί στο σχηματισμό της από τα συστα-
τικά της στοιχεία, δηλαδή C(γρ.), H2(g) και O2(g):

C(γρ.) + 2H2(g) + 1/2O2(g) → CH3ΟH(ℓ), ΔΗ = −240 kJ

73

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

H ΔΗο μιας οποιασδήποτε αντίδρασης μπορεί να υπολογιστεί από τις πρότυπες ενθαλπίες
σχηματισμού των ενώσεων που μετέχουν στην αντίδραση με βάση την εξίσωση:

ΔΗο = ΣΔΗof (προϊόντων) ‒ ΣΔΗof (αντιδρώντων) Μην ξεχνιόμαστε! Οι ενθαλπίες
Π.χ. για τη ΔΗο της αντίδρασης: 2ΝΗ3(g) + 3Cl2(g) → N2(g) + 6HCl(g), θα ισχύει:
σχηματισμού των στοιχείων σε
ΔΗο = 6ΔΗof (ΗCl) ‒ 2ΔΗof (NH3) πρότυπη κατάσταση είναι ίση με 0.

Εφαρμογή 5

Να υπολογίσετε τη ΔΗο της αντίδρασης: P4O10(s) + 6H2O(ℓ) → 4H3PO4(s). Oι πρότυπες
ενθαλπίες σχηματισμού των ενώσεων: P4O10(s), H2O(ℓ) και H3PO4(s) να θεωρηθούν αντί-
στοιχα ίσες με −2985, −285 και −1280 kJ·mol‒1.

Με βάση τα παραπάνω προκύπτει: ΔΗο = 4·(−1280) − (−2985) − 6·(−285) = −425 kJ.

5. Πρότυπη ενθαλπία καύσης

Καύση είναι η αντίδραση μιας ουσίας (ανόργανης ή οργανικής) με το Ο2, που συνοδεύεται ΔΗ
από έκλυση φωτός και θερμότητας:

H2(g) + 1 O2(g) → H2O(ℓ), ΔΗ = −286 kJ (καύση του H2) o
2 c

CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g), ΔHo = −890 kJ (καύση του CH4)

Οι αντιδράσεις καύσης είναι εξώθερμες αντιδράσεις, δηλαδή η πραγματοποίησή τους συ-
νοδεύεται από απελευθέρωση ποσού θερμότητας στο περιβάλλον.

Πρότυπη ενθαλπία καύσης, ΔΗ o , μιας ουσίας είναι η μεταβολή της ενθαλπίας κατά την
c

πλήρη καύση 1 mol της ουσίας, σε πρότυπη κατάσταση.

Η πρότυπη ενθαλπία καύσης είναι αρνητική ( ΔΗ o < 0) και μετριέται σε kJ·mol−1 (ή σε
c

kcal·mol−1). Π.χ. η πρότυπη ενθαλπία καύσης του CO έχει τιμή: ΔΗ o = −283 kJ·mol−1 και
c

η αντίστοιχη θερμοχημική εξίσωση θα είναι:

CO(g) + 1 O2(g) → CO2(g), ΔHo = −283 kJ
2

Με άλλα λόγια για κάθε 1 mol CΟ(g) που καίγεται ελευθερώνεται στο περιβάλλον ποσό

θερμότητας ίσο με 283 kJ σε πρότυπες συνθήκες.

Εφαρμογή 6

Καίγονται 22 g προπανίου (C3H8) οπότε ελευθερώνονται 1100 kJ μετρημένα σε πρότυπες

συνθήκες. Ποια είναι η τιμή της ΔΗ o του C3H8; Σχετικές ατομικές μάζες, C:12, H:1.
c

Τα 22 g προπανίου είναι: n = m = 22 = 0,5 mol
Mr 44

74 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ

Τα 0,5 mol C3H8 ελευθερώνουν με την καύση τους 1100 kJ

Το 1 mol x = ; 2200 kJ

Επομένως: ΔΗoc (C3H8) = −2200 kJ·mol‒1.

Θερμοχημικές εξισώσεων καύσης των οργανικών ενώσεων με C, H και Ο
Σε όλες τις περιπτώσεις της τέλειας καύσης οργανικών ενώσεων που περιέχουν τα στοι-
χεία C, H και Ο τα προϊόντα θα είναι το CO2 και το Η2Ο. Για την εξίσωση της τέλειας
καύσης, π.χ. του βουτανίου (C4H10) ακολουθούμε τα εξής βήματα:
1) Γράφουμε τα αντιδρώντα και τα προϊόντα της καύσης:

C4H10 + O2 → CO2 + H2O
2) Βάζουμε συντελεστή στο CO2 (4) και στη συνέχεια το συντελεστή στο H2Ο (5), με
βάση τα άτομα C και τα άτομα Η. Τέλος, ισοσταθμίζουμε τα άτομα Ο:

C4H10 + 13 O2 → 4CO2 + 5H2O
2

Αν η πρότυπη ενθαλπία καύσης του C4H10 είναι ίση με −2877 kJ·mol‒1, η θερμοχημική

εξίσωση θα είναι η εξής:

C4H10 + 13 O2 → 4CO2 + 5H2O, ΔΗο = −2877 kJ
2

3) Αν θέλουμε, «διώχνουμε» τον τυχόν κλασματικό συντελεστή στο Ο2, πολλαπλασιάζο-

Αλκάνια: CνH2ν+2 ντας όλη την εξίσωση με το 2 (και την ενθαλπία):
Αλκένια: CνH2ν
Αλκίνια: CνH2ν‒2 2C4H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O, ΔΗο = 2·(−2877) kJ
Αλκαδιένια: CνH2ν‒2 Στην περίπτωση που διαθέτουμε μόνο το γενικό μοριακό τύπο της οργανικής ένωσης, π.χ.
Κορεσμένες μονοσθενείς αλ- μιας αλκοόλης ακολουθούμε ανάλογα βήματα:

κοόλες: CνH2ν+2Ο CνH2ν+2Ο + 3ν O2 → vCO2 + (v+1)H2O
Κορεσμένοι μονοαιθέρες: 2
CνH2ν+2Ο

6. Πρότυπη ενθαλπία εξουδετέρωσης

ΔΗ o Πρότυπη ενθαλπία εξουδετέρωσης ( ΔΗ o ) μιας ουσίας είναι η μεταβολή της ενθαλπίας
n n

κατά την πλήρη εξουδετέρωση 1 mol ιόντων Η+ ενός οξέος από 1 mol ιόντων ΟΗ– μίας

βάσης (σε αραιά διαλύματα) σε πρότυπη κατάσταση:

Η αντίδραση της εξουδετέρωσης συμβαίνει μεταξύ των ιόντων H+ που προέρχονται από
το οξύ και των ιόντων OH− που προέρχονται από τη βάση:

H+(aq) + OH–(aq) → H2O(ℓ), ΔΗο = −57 kJ

Τα οξέα HCl και ΗΝΟ3 είναι H πρότυπη ενθαλπία εξουδετέρωσης είναι πάντα αρνητική (εξώθερμη αντίδραση). Στην
ισχυρά οξέα καθώς στα υδα- περίπτωση που το οξύ και η βάση είναι ισχυροί ηλεκτρολύτες θα ισχύει:
τικά τους διαλύματα βρίσκο-
νται αποκλειστικά με την ΔΗo ≈ −57 kJ·mol‒1.
μορφή των ιόντων τους: n

HCl(aq) → Η+ + Cl− Π.χ.: ΗCl + NaOH → NaCl + Η2Ο, ΔΗο = −57 kJ
ΗΝΟ3 + KOH → KΝΟ3 + Η2Ο, ΔΗο = −57 kJ
ΗΝΟ3(aq) → Η+ + NO3−
Επίσης, οι βάσεις NaOH και Αν το οξύ ή η βάση (ή και τα δύο) είναι ασθενείς ηλεκτρολύτες, τότε η αντίδραση εξου-
ΚΟΗ είναι ισχυρές βάσεις: δετέρωσης είναι λιγότερο εξώθερμη. Π.χ.:

ΝaOH(aq) → Na+ + OH− CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O, ΔΗο = −55 kJ

KOH(aq) → K+ + OH−

75

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

HCN + NaOH → NaCN + H2O, ΔΗο = −11 kJ
HCl + NH3 → NH4Cl, ΔΗο = −55 kJ

Ισχυροί και ασθενείς ηλεκτρολύτες (δες το κεφάλαιο Οξέα, βάσεις και ιοντική ισορ-
ροπία)
Ισχυροί ηλεκτρολύτες είναι ενώσεις που στα υδατικά τους διαλύματα βρίσκονται απο-
κλειστικά με τη μορφή ιόντων τους. Π.χ.: ΗCl, HBr, HI, HNO3 κτλ. (ισχυρά οξέα) και
ΝaOH, KOH, Ca(OH)2 κτλ. (ισχυρές βάσεις). Έτσι, σε διάλυμα HCl(aq) το HCl βρίσκεται
αποκλειστικά με τη μορφή των ιόντων του. Λέμε ότι το HCl ιοντίζεται πλήρως: HCl(aq)
→ Η+(aq) + Cl−(aq). Επίσης, σε υδατικό διάλυμα NaOH(aq) το NaOH βρίσκεται αποκλει-
στικά με τη μορφή των ιόντων του: ΝaOH(aq) → Na+(aq) + OH−(aq).

Ασθενείς ηλεκτρολύτες είναι αυτοί που δεν ιοντίζονται πλήρως στα υδατικά τους διαλύ-
ματα με αποτέλεσμα να βρίσκονται τόσο με την μορφή ιόντων, όσο και με τη μορφή των
μορίων τους. Μάλιστα, θέλοντας να δείξουμε ότι τα μόρια των ασθενών οξέων ή βάσεων
συνυπάρχουν με τα ιόντα τους χρησιμοποιούμε το σύμβολο (⇌). Π.χ. τα οξέα CH3COOH,
HNO2, HCN κτλ. είναι ασθενή οξέα ενώ η ΝΗ3 είναι ασθενής βάση.

CH3COOH(aq) ⇌ CH3COO−(aq) + Η+(aq), ΔΗ > 0
ΝΗ3(aq) + Η2Ο ⇌ ΝH4+(aq) + OH−(aq), ΔΗ > 0

Γενικά, ο ιοντισμός των ασθενών οξέων και βάσεων είναι ενδόθερμο φαινόμενο (ΔΗ >
0).

Γιατί η εξουδετέρωση των ασθενών οξέων ή βάσεων είναι «λιγότερο εξώθερμη» α-
ντίδραση σε σχέση με την εξουδετέρωση των ισχυρών οξέων με ισχυρές βάσεις;
Κατά την εξουδετέρωση του CH3COOH με το NaOH συμβαίνει η αντίδραση:

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
Στην αντίδραση αυτή, τα ιόντα H+ από τον ιοντισμό του CH3COOH και τα ιόντα OH− από
το ΝaOH αντιδρούν σύμφωνα με τη θερμοχημική εξίσωση:

H+(aq) + OH–(aq) → H2O(ℓ), ΔΗο = −57 kJ
Παράλληλα, τα μόρια CH3COOH μετατρέπονται πλήρως στα ιόντα CH3COO−(Na+). Κα-
θώς ο ιοντισμός είναι ενδόθερμο φαινόμενο, μέρος της παραγόμενης θερμότητας κατά την
εξουδετέρωση των ιόντων H+ με ιόντα OH− καταναλώνεται για τον ιοντισμό του
CH3COOH, οπότε το παραγόμενο ποσό θερμότητας θα είναι μικρότερο και η ενθαλπία
εξουδετέρωσης λιγότερο αρνητική.

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O, ΔΗο = −55 kJ

Εφαρμογή 7

Ποια η τιμή της πρότυπης ενθαλπίας της αντίδρασης:

2HCl + Ca(OH)2 → CaCl2 + 2Η2Ο, ΔΗο = ;

Δίνεται: H+(aq) + OH–(aq) → H2O(ℓ), ΔΗο = −57 kJ.

Η προηγούμενη αντίδραση αντιστοιχεί στην εξουδετέρωση 2 mol Η+ με 2 mol ΟΗ‒, οπότε
για τη μεταβολή της ενθαλπίας ισχύει: ΔΗο = 2·(−57) = −114 kJ.

76

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ Εφαρμογή 8

Η ενθαλπία μιας αντίδρασης H ενθαλπία εξουδετέρωσης ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση είναι ΔΗn = −57 kJ·mol−1. Πoιο
(ΔΗ) είναι ανάλογη με τις πο- ποσό θερμότητας θα ελευθερωθεί αν αναμιχθούν 3 L διαλύματος HCl 0,2 M με 2 L διαλύ-
σότητες των αντιδρώντων. Έ- ματος KOH 0,25 Μ; Το ποσό θερμότητας και η ενθαλπία της εξουδετέρωσης αντιστοιχούν
τσι, αν διπλασιάσουμε τους συ- στις ίδιες συνθήκες.
ντελεστές της αντίδρασης θα
διπλασιαστεί και η τιμή της Υπολογίζουμε τις ποσότητες του HCl και του KOH από τα διαλύματά τους:
ΔH: n1 = 0,2·3 = 0,6 mol ΗCl και n2 = 0,25·2 = 0,5 mol KOH.
HgO(s) → Hg(ℓ) + ½O2(g), ΗCl + KOH → NaCl + H2O, ΔΗ = −57 kJ

ΔH = +90,7 kJ 0,6 0,5
2HgO(s) → 2Hg(ℓ) + O2(g), Παρατηρούμε ότι τα 0,5 mol KOH αντιδρούν με 0,5 mol ΗCl, περισσεύουν δηλαδή χωρίς
να αντιδράσουν 0,1 mol HCl. Έτσι:
ΔH = 181,4 kJ
Όταν αντιδράσει 1 mol HCl παράγονται 57 kJ

Όταν αντιδράσουν 0,5 mol HCl x ; = 28,5 kJ.

7. Νόμοι της Θερμοχημείας

α) Νόμος (αρχή) Lavoisier - Laplace

Σύμφωνα με το νόμο Lavoisier - Laplace, που διατυπώθηκε το 1780:

«Το ποσό της θερμότητας που εκλύεται ή απορροφάται κατά τη σύνθεση 1 mol μιας χημικής
ένωσης από τα συστατικά της στοιχεία είναι ίσο με το ποσό της θερμότητας, το οποίο απορ-
ροφάται ή εκλύεται κατά τη διάσπαση 1 mol της ίδιας χημικής ένωσης στα συστατικά της
στοιχεία».

Έτσι, αν η πρότυπη ενθαλπία της αντίδρασης, 2Η2(g) + Ο2(g) → 2H2O(g) έχει τιμή ΔΗο
= −484 kJ, τότε σύμφωνα με το νόμο Lavoisier - Laplace στις ίδιες συνθήκες η ΔΗο της
αντίδρασης 2H2O(g) → 2Η2(g) + Ο2(g) θα έχει τιμή ΔΗο = +484 kJ.

Γενικά, όταν η ενθαλπία μιας αντίδρασης σε δεδομένες συνθήκες είναι ΔΗ1, η ενθαλ-
πίας της αντίστροφης αντίδρασης στις ίδιες συνθήκες θα είναι: ΔΗ2 = −ΔΗ1. Ο νόμος
αυτός είναι συνέπεια του θεωρήματος διατήρησης της ενέργειας.

β) Νόμος του Hess – Αξίωμα αρχικής και τελικής κατάστασης

Το 1840 ο Ηess, στηριζόμενος σε πειραματικές παρατηρήσεις διατύπωσε τον ομώνυμο
νόμο:

«Το ποσό της θερμότητας που εκλύεται ή απορροφάται σε μία χημική αντίδραση είναι το
ίδιο, είτε η αντίδραση πραγματοποιείται σε ένα είτε σε περισσότερα στάδια».

Προσέξτε τις θερμοχημικές εξισώσεις που ακολουθούν:

C(γρ.) + 1/2Ο2(g) → CΟ(g), ΔΗ1 = −110,5 kJ (Ι)
CΟ(g) + 1/2Ο2(g) → CΟ2(g), ΔΗ2 = −283 kJ (ΙΙ)
C(γρ.) + Ο2(g) → CΟ2(g), ΔΗ = −393,5 kJ (ΙΙΙ)

77

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1 Δεν είναι και τόσο «περίεργη»
σύμπτωση! H ενθαλπία είναι κα-
Παρατηρούμε ότι αν «αθροίσουμε» τις εξισώσεις (Ι) και (ΙΙ) προκύπτει η (ΙΙΙ). Και όχι ταστατική ιδιότητα.
μόνο αυτό. Αν προσέξουμε επίσης τις ενθαλπίες των τριών αντιδράσεων θα δούμε τη
σχέση: ΔΗ = ΔΗ1 + ΔΗ2. Ο πρώτος θερμοδυναμικός νόμος
εκφράζει την αρχή διατήρησης ε-
C(γρ.) + 1/2Ο2(g) → CΟ(g), ΔΗ1 = −110,5 kJ (Ι) νέργειας. Σύμφωνα με την αρχή
CΟ(g) + 1/2Ο2(g) → CΟ2(g), ΔΗ2 = −283 kJ (ΙΙ) αυτή η ολική ενέργεια συστήμα-
τος και περιβάλλοντος παραμένει
C(γρ.) + Ο2(g) → CΟ2(g), ΔΗ = −393,5 kJ (ΙΙΙ) σταθερή.

Γενικότερα, όταν μία αντίδραση προκύπτει ως άθροισμα δύο ή και περισσοτέρων άλλων Με βάση τη γενίκευση του νό-
αντιδράσεων, η ενθαλπία της τελικής αντίδρασης θα είναι το αλγεβρικό άθροισμα των μου του Hess μπορούμε να συ-
ενθαλπιών των αντιδράσεων από τις οποίες προκύπτει. μπεριλάβουμε στους θερμοχη-
μικούς υπολογισμούς και διερ-
Ο νόμος του Hess, είναι άμεση συνέπεια του πρώτου θερμοδυναμικού νόμου και επιτρέπει γασίες που δεν αντιστοιχούν
τον έμμεσο υπολογισμό των ενθαλπιών πολλών αντιδράσεων όπου ο άμεσος υπολογισμός σε χημικές αντιδράσεις, π.χ.
τους είναι δύσκολος, είτε γιατί είναι πολύ αργές είτε γιατί δεν ευνοείται η πραγματοποίησή τις ενθαλπίες εξάτμισης, υγρο-
τους. ποίησης, εξάχνωσης κτλ.

Γενίκευση του νόμου του Hess αποτελεί το αξίωμα της αρχικής και τελικής κατά- ΣΤΡΑΤΗΓΙΚΗ
στασης: «Το ποσό της θερμότητας, που εκλύεται ή απορροφάται κατά τη μετάβαση ενός Αντιστρέφουμε την (Ι) για να
χημικού συστήματος από μια καθορισμένη αρχική σε μια επίσης καθορισμένη τελική κατά- «πάει» η CH3OH στο 2o μέλος.
σταση, είναι ανεξάρτητο από τα ενδιάμεσα στάδια, με τα οποία μπορεί να πραγματοποιηθεί Δεν ξεχνάμε να αλλάξουμε πρό-
η μεταβολή». σημο στην ενθαλπία!
Αφήνουμε όπως είναι τη 2η: Ο Cγρ
Εφαρμογή 9 πρέπει να μείνει στο 1ο μέλος με
συντελεστή 1.
Η ενθαλπία της αντίδρασης σχηματισμού της CH3OH από τα συστατικά της στοιχεία δεν Διπλασιάζουμε την 3η, ώστε το Η2
μπορεί να προσδιοριστεί καθώς δεν μπορεί άμεσα να πραγματοποιηθεί. Να υπολογίσετε την να μείνει στο 1ο μέλος, αλλά με
πρότυπη ενθαλπία της αντίδρασης με βάση τις θερμοχημικές εξισώσεις καύσης που ακολου- συντελεστή 2.
θούν.
Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ
CH3ΟH(ℓ) + 3/2O2(g) → CΟ2(g) + 2H2Ο(ℓ), ΔΗο1 = −725 kJ (Ι)

C(γρ.) + O2(g) → CΟ2(g), ΔΗο2 = −393 kJ (ΙΙ)

Η2(g) + 1/2O2(g) → Η2Ο(ℓ), ΔΗο3 = −286 kJ (ΙΙΙ)

«Μετασχηματίζουμε» τις παραπάνω εξισώσεις, ώστε αν τις αθροίσουμε να προκύψει ο
σχηματισμός της CH3OH, δηλαδή αντιστρέφουμε την 1η εξίσωση (αλλάζοντας το πρό-
σημο της ενθαλπίας σύμφωνα με την αρχή Lavoisier - Laplace), αφήνουμε ως έχει τη 2η
και πολλαπλασιάζουμε την 3η επί 2 (αντίστοιχα και την ενθαλπία):

CΟ2(g) + 2H2Ο(ℓ) → CH3ΟH(ℓ) + 3/2O2(g), ΔΗ = +725 kJ

C(γρ.) + O2(g) → CΟ2(g), ΔΗ = −393 kJ

2Η2(g) + O2(g) → 2Η2Ο(ℓ), ΔΗ = −572 kJ

C(γρ.) + 2H2(g) + 1/2O2(g) → CH3ΟH(ℓ), ΔΗ

Σύμφωνα με το νόμο του Hess: ΔΗο = 725 − 393 −572 = −240 kJ. Επομένως για την

CH3OH: ΔΗo = −240 kJ·mol−1.
f

78

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ Θερμοχημικός κύκλος. Αποτελεί οπτικοποίηση του νόμου του Hess με διαγράμματα στα
οποία εμφανίζεται η αλληλουχία των αντιδράσεων με τις αντίστοιχες ενθαλπίες τους. Έ-
Β στω για παράδειγμα δύο θερμοχημικές εξισώσεις με κοινό ένα αντιδρών ή προϊόν και
ΔΗ1 ΔΗ2 γνωστές τιμές των ενθαλπιών τους,

Α A → B, ΔH1 και Γ → B, ΔH2
ΔΗ Γ και ότι από αυτές θέλουμε να υπολογίσουμε την ενθαλπία της αντίδρασης: A → Γ. Κατα-

σκευάζουμε το διπλανό διάγραμμα. Από το διάγραμμα αυτό με εφαρμογή του νόμου του
Ηess (κάτι σαν την πρόσθεση διανυσμάτων) προκύπτει: ΔΗ + ΔΗ2 = ΔΗ1 ή ΔΗ = ΔΗ1 −
ΔΗ2.

Στην περίπτωση που το κοινό συστατικό των δύο αντιδράσεων δεν έχει τον ίδιο συντελε-
στή πριν την κατασκευή του θερμοδυναμικού κύκλου μετασχηματίζουμε τις εξισώσεις
ώστε να προκύψει ο ίδιος συντελεστής στις θερμοχημικές εξισώσεις. Έστω π.χ. οι θερμο-
χημικές εξισώσεις,

A → B, ΔH1 και Γ → 2B, ΔH2

και θέλουμε να υπολογίσουμε την ενθαλπία της αντίδρασης: 2A → Γ.

2Β

2ΔΗ1 ΔΗ2

2Α ΔΗ Γ

Ισχύει: ΔΗ + ΔΗ2 = 2ΔΗ1, ΔΗ = 2ΔΗ1 − ΔΗ2.

Εφαρμογή 10

Δίνονται οι θερμοχημικές εξισώσεις:
C(s) + O2(g) → CO2(g), ΔΗ1 = −393,5 kJ
CO(g) + 1/2O2(g) → CO2(g), ΔΗ2 = −283 kJ

Να κατασκευαστεί ο θερμοχημικός κύκλος ώστε να προκύψει η ενθαλπία της αντίδρασης:

C(s) + 1/2O2(g) → CO(g), ΔΗ

C(s) + Ο2(g)

ΔΗ1 ΔΗ

CO2(g) ΔΗ2
CO(g) + 1/2O2(g)

Από τον παραπάνω θερμοχημικό κύκλο προκύπτει: ΔΗ + ΔΗ2 = ΔΗ1 ή ΔΗ = ΔΗ1 − ΔΗ2
= −393,5 − (−283) = −110,5 kJ.

79

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ

1. Έστω οι θερμοχημικές εξισώσεις (Ι) και (ΙΙ): Η εξάτμιση του νερού και γε-
νικά η εξάτμιση ενός υγρού εί-
Η2(g) + 1 Ο2(g) → H2O(g), ΔΗ1 = −241,8 kJ (Ι) ναι ενδόθερμο φαινόμενο (ΔΗ
2 > 0) καθώς απαιτεί προσφορά
θερμότητας.
Η2(g) + 1 Ο2(g) → H2O(ℓ), ΔΗ2 = −285,8 kJ (ΙΙ)
2 Η2(g) + Ο2(g)

Να υπολογιστεί η ενθαλπία εξάτμισης ΔΗεξ του νερού.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ ‒285,8 ‒241,8
Η ΔΗεξ του νερού αντιστοιχεί στη μετατροπή: H2O(ℓ) → H2O(g). «Κρατάμε» την εξίσωση kJ kJ
(Ι) όπως είναι και αντιστρέφουμε τη (ΙΙ):
H2O(g)
Η2(g) + 1 Ο2(g) → H2O(g), ΔΗ1 = −241,8 kJ
2

H2O(ℓ) → Η2(g) + 1 Ο2(g), ΔΗ2 = +285,8 kJ 44 kJ
2 Η2O(ℓ)

H2O(ℓ) → H2O(g), ΔΗεξ = −241,8 kJ + 285,8 kJ = +44 kJ

Επομένως: ΔΗεξ = −241,8 kJ + 285,8 kJ = +44 kJ. Η ερώτηση της ημέρας:
Πότε εκλύεται μεγαλύτερο
2. Ποσότητα CaCl2(s) μάζας 5 g διαλύεται πλήρως σε 100 mL Η2Ο θερμοκρασίας 25οC ποσό θερμότητας, όταν σχημα-
τίζεται 1 mol Η2O(ℓ) ή όταν
και παρατηρείται ότι η θερμοκρασία ανεβαίνει σταδιακά στους 30,1οC. Το φαινόμενο
σχηματίζεται 1 mol Η2O(s);
περιγράφεται από την εξίσωση: CaCl2(s) → Ca2+(aq) + 2Cl−(aq), ΔΗ1.
Επίσης, 5 g KCl(s) διαλύονται πλήρως σε 100 mL Η2Ο θερμοκρασίας 25οC και παρα-
τηρείται ότι η θερμοκρασία μειώνεται στους 19,6οC. Το φαινόμενο περιγράφεται από

την εξίσωση: KCl(s) → Κ+(aq) + Cl−(aq), ΔΗ2.
α) Με βάση τις παραπάνω πληροφορίες, τι από τα παρακάτω ισχύει;
Α) ΔΗ1 < 0 και ΔΗ2 > 0
Β) ΔΗ1 > 0 και ΔΗ2 < 0
Γ) Η διάλυση του CaCl2(s) στο νερό είναι ενδόθερμο φαινόμενο
Δ) Η διάλυση του ΚCl(s) στο νερό είναι εξώθερμο φαινόμενο
β) Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ
α) Επιλογή Α.

β) Η αύξηση της θερμοκρασίας στο 1ο φαινόμενο δείχνει ότι ελευθερώνεται θερμότητα
κατά τη διάλυση του CaCl2(s) που απορροφάται από το νερό και έτσι ανεβαίνει η θερμο-
κρασία του. Δηλαδή το φαινόμενο είναι εξώθερμο και επομένως ΔΗ1 < 0.

Η μείωση της θερμοκρασίας στο 2ο φαινόμενο δείχνει ότι απορροφάται θερμότητα από
το νερό κατά τη διάλυση του KCl(s). Δηλαδή το φαινόμενο είναι ενδόθερμο και επομένως
ΔΗ2 > 0.

80 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ 3. Να υπολογιστεί η πρότυπη σχηματισμού της C2H5OH(ℓ). Δίνονται οι πρότυπες εν-

Παρατηρείστε ότι έχουμε 3 mol θαλπίες καύσης, της C2H5OH(ℓ) ίση με −1367 kJ·mol−1, του C(s) ίση με −393 kJ·mol−1
Ο2 στο 2o μέλος και 2 + 1,5 = 3,5 και του H2(g) προς H2O(ℓ) ίση με −286 kJ·mol−1.
mol Ο2 στο 1o μέλος. Άρα 1/2 mol
Ο2 στο 1o μέλος! ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Ο σχηματισμός της C2H5OH(ℓ) αντιστοιχεί στη χημική εξίσωση:
Όχι μόνο στο Λίβανο! Ισχυρή έ-
κρηξη σημειώθηκε το 2001 σε ερ- 2C(s) + 3H2(g) + 1/2O2(g) → C2H5OH(ℓ)
γοστάσιο πετροχημικών σε προά- Οι ενθαλπίες καύσης που δίνονται αντιστοιχούν στις θερμοχημικές εξισώσεις:
στιο της Τουλούζης στη νότια Γαλ-
λία κατά την οποία 30 άνθρωποι έ- C2H5OH(ℓ) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 3H2O(ℓ), ΔΗο = −1367 kJ (Ι)
χασαν τη ζωή τους, ενώ 2000
τραυματίστηκαν. Η αστυνομία κά- C(s) + O2(g) → CO2(g), ΔΗο = −393 kJ (ΙΙ)
λεσε τους κατοίκους της περιοχής
να παραμείνουν στα σπίτια τους H2 + 1/2O2(g) → H2O(ℓ), ΔΗο = −286 kJ (ΙΙΙ)
καθώς ένα τοξικό πυκνό σύννεφο
καφέ καπνού που περιείχε μεγάλες Θα εφαρμόσουμε τους νόμους της Θερμοχημείας, δηλαδή το νόμο (αρχή) Lavoisier - La-
ποσότητες ΝΗ3 και οξειδίων του α- place και το νόμο του Hess.
ζώτου κάλυψε την πόλη. Πολλά
σπίτια έπαθαν ζημιές, ενώ το παρα- 2CO2 + 3H2O → C2H5OH + 3O2, ΔΗ = +1367 kJ
κείμενο κατάστημα κατέρρευσε. 2C + 2O2 → 2CO2, ΔΗ = −2·393 kJ
Ένας τεράστιος κρατήρας βάθους 3H2 + 3/2O2 → 3H2O, ΔΗ = −3·286 kJ
30 μέτρων δημιουργήθηκε στο ση- 2C + 3H2 + 1 O2 → C2H5OH
μείο της καταστροφής.
Η έκρηξη αποδόθηκε στη ξαφνική 2
θέρμανση αποθηκευμένων ποσοτή- Υπολογίζουμε την ενθαλπία της «συνολικής» αντίδρασης, με βάση το νόμο του Hess:
των νιτρικού αμμωνίου (ΝΗ4ΝΟ3) .
ΔΗο = 1367 kJ − 2∙393 kJ − 3·286 kJ = −277 kJ.
(από τις εφημερίδες) Επομένως, η πρότυπη σχηματισμού της C2H5OH(ℓ) είναι ίση με −277 kJ·mol−1.

4. Το νιτρικό αμμώνιο, NH4NO3, είναι κοινή εκρηκτική ουσία που χρησιμοποιείται

στην ανατίναξη βράχων. Το NH4NO3 διασπάται σύμφωνα με τη θερμοχημική εξί-
σωση: NH4NO3(s) → N2O(g) + 2H2O(g), ΔH = −37 kJ.
α) Ποια μάζα NH4NO3 πρέπει να διασπαστεί, ώστε να ελευθερωθεί ποσό θερμότητας
ίσο με 185 kJ, σύμφωνα με την παραπάνω αντίδραση;
β) Αν κατά τη διάσπαση σχηματίστηκαν 72 g υδρατμών, ποιο το ποσό θερμότητας
που ελευθερώθηκε;
Η ενθαλπία της αντίδρασης, καθώς και τα ποσά θερμότητας μετρήθηκαν στις ίδιες
συνθήκες. Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες: H:1, Ν:14, Ο:16.

ΛΥΣΗ
α) Μr(NH4NO3) = 80.

Το 1 mol NH4NO3 ελευθερώνει όταν διασπάται 37 kJ
x 185 kJ

x = 5 mol NH4NO3. Επομένως: m(NH4NO3) = 5∙80 = 400 g.

β) Τα 72 g υδρατμών αντιστοιχούν σε 72:18 = 4 mol υδρατμών (για το νερό: Μr = 18).
Επομένως, σύμφωνα πάλι με την παραπάνω εξίσωση, έχουμε:

Για 2 mol H2O(g) που παράγονται ελευθερώνονται 37 kJ

4 mol y; = 74 kJ

81

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

5. Πόσα γραμμάρια C(s) πρέπει να καούν πλήρως για να πάρουμε τόσο ποσό θερμό-

τητας, όσο χρειάζεται για να συντελεστεί η πλήρης διάσπαση 2 mol Αl2O3 σε Al και
O2; Δίνονται οι θερμοχημικές εξισώσεις:

C(s) + O2(g) → CO2(g), ΔΗ = −400 kJ
Al2O3(s) → 2Al(s) + 3/2O2(g), ΔΗ = +1600 kJ

Η σχετική ατομική μάζα του C είναι ίση με 12. Oι ενθαλπίες και το ποσό θερμότητας
αντιστοιχούν στις ίδιες συνθήκες.

ΛΥΣΗ
Υπολογίζουμε το ποσό θερμότητας που απαιτείται για να διασπαστούν τα 2 mol Αl2O3:

Al2O3 → 2Al + 3/2O2, ΔΗ = +1600 kJ

Αφού η διάσπαση 1 mol Αl2O3 απαιτεί 1600 kJ, τα 2 mol Αl2O3 θα απαιτήσουν 3200 kJ.
Αυτό το ποσό θερμότητας προσφέρεται από την καύση του C(s):

C + O2 → CO2, ΔΗ = −400 kJ

Η καύση 1 mol C(s) αποδίδει 400 kJ
x = ; 3200 kJ
x = 8 mol C.

H μάζα του C θα πρέπει, επομένως, να είναι: m = 8∙12 = 96 g.

6. Ποσότητα αερίου μίγματος CH4 και C2H4 μάζας 6 g καίγεται πλήρως και αποδίδει

ποσό θερμότητας ίσο με 76 kcal. Ποια είναι η σύσταση (σε g) του αρχικού μίγματος;
Δίνονται οι θερμοχημικές εξισώσεις:

CH4 + 2Ο2 → CO2 + 2H2O, ΔΗ = −210 kcal
C2H4 + 3Ο2 → 2CO2 + 2H2O, ΔΗ = −340 kcal

Oι ενθαλπίες και το ποσό θερμότητας αντιστοιχούν στις ίδιες συνθήκες. Σχετικές
μοριακές μάζες, CH4:16, C2H4:28.

ΛΥΣΗ
Έστω x mol CH4 και y mol C2H4 στα 6 g του μίγματος που καίγονται.

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O, ΔΗ = −210 kJ

x mol εκλύονται 210x kcal

C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 3H2O, ΔΗ = −340 kJ

y mol εκλύονται 340y kcal

Από τη γνωστή μάζα του μίγματος των δύο αερίων, έχουμε: 16x + 28y = 6 (1). Από το
συνολικό ποσό θερμότητας που ελευθερώνεται από την καύση προκύπτει: 210x + 340y =
76 (2). Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2), έχουμε: x = 0,2 και y = 0,1.

Επομένως: mCH4 = 3,2 g και mC2H4 = 2,8 g.

82 Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ

ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ

7. Σε τρία διαφορετικά πειράματα καίγονται ξεχωριστά 4 g γραφίτη (Cγρ), 4 g H2(g)

και 4 g CH3OH(ℓ). Από τις αντιδράσεις αυτές ελευθερώθηκαν ποσά θερμότητας ίσα
με 131 kJ, 572 kJ και 91 kJ, αντίστοιχα, σε πρότυπες συνθήκες.
α) Με βάση τα παραπάνω δεδομένα να γράψετε τις θερμοχημικές εξισώσεις καύσης
του Cγρ, του Η2(g) και της CH3OH(ℓ).
β) Να υπολογίσετε την πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔΗof) της CH3OH(ℓ).
Σχετικές ατομικές μάζες, C: 12, H: 1, O: 16.

ΛΥΣΗ

α) Τα 4 g C όταν καίγονται ελευθερώνουν 131 kJ

Tα 12 g (1 mol) x; = 393 kJ

Τα 4 g H2 όταν καίγονται ελευθερώνουν 572 kJ

Tα 2 g (1 mol) y; = 286 kJ

Τα 4 g CH3OH όταν καίγονται ελευθερώνουν 91 kJ

Tα 32 g (1 mol) ω; = 728 kJ

Επομένως, ισχύουν οι παρακάτω θερμοχημικές εξισώσεις:

Cγρ + O2(g) → CO2(g), ΔΗο = −393 kJ (1)
(2)
H2(g) + 1 O2(g) → H2O(ℓ), ΔΗο = −286 kJ (3)
2

CH3OH(ℓ) + 3 O2(g) → CO2(g) + 2H2O(ℓ), ΔΗο = −728 kJ
2

β) Η αντίδραση σχηματισμού της CH3OH(ℓ) αποδίδεται από τη χημική εξίσωση:

Cγρ + 2H2(g) + 1 O2(g) → CH3OH(ℓ)
2

Θα υπολογίσουμε την πρότυπη ενθαλπία της παραπάνω αντίδρασης με βάση τους νόμους
της Θερμοχημείας (νόμος Lavoisier - Laplace και νόμος του Hess). Έτσι, πολλαπλασιά-
ζοντας την εξίσωση (2) με το 2 και αντιστρέφοντας την εξίσωση (3), έχουμε:

Cγρ + O2 → CO2, ΔΗο = −393 kJ

2H2 + O2 → 2H2O, ΔΗο = −572 kJ

CO2 + 2H2O → CH3OH + 3 O2, ΔΗο = +728 kJ
2

Επομένως, με βάση το νόμο του Hess θα ισχύει:

Cγρ + 2H2(g) + 1 O2(g) → CH3OH(ℓ), ΔΗο = 728 − 572 − 393 = −237 kJ
2

Άρα, η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού της CH3OH(ℓ) είναι:
ΔΗοf(CH3OH) = −237 kJ·mol−1.

83

ΧΗΜΕΙΑ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΥΧΟΣ Γ1

8. Για τη βιομηχανική παραγωγή Η2 μίγμα Ο2(g) και Η2Ο(g) διαβιβάζεται σε θερμο-

κρασία 1000οC σε μεγάλα καμίνια που περιέχουν λιγνίτη (ορυκτός άνθρακας), οπότε
διεξάγονται παράλληλα οι αντιδράσεις που περιγράφονται από τις θερμοχημικές εξι-
σώσεις που ακολουθούν.

C(s) + 1 O2(g) → CO(g), ΔΗ = −25 kcal
2

C(s) + H2O(g) → CO(g) + H2(g), ΔΗ = +30 kcal

α) Ποιος πρέπει να είναι ο λόγος των όγκων Ο2(g) και H2O(g), ώστε να μην παρατη-
ρηθεί θερμική μεταβολή (η θερμοκρασία να παραμείνει σταθερή);
β) Αν το Ο2(g) διοχετεύεται με ατμοσφαιρικό αέρα με περιεκτικότητα 20%v/v σε
Ο2(g), να υπολογιστεί ο λόγος των όγκων αέρα και H2O(g) ώστε να μην παρατηρηθεί
θερμική μεταβολή.
γ) Αν ο λόγος των όγκων Ο2(g) και H2O(g) είναι 2 : 1, πως θα μεταβληθεί η θερμο-
κρασία (αύξηση, μείωση, καμία μεταβολή);

ΛΥΣΗ

α) Έστω x ο αριθμός των mol του Ο2 και y των υδρατμών που διαβιβάζουμε στο καμίνι
με το λιγνίτη.

Για την πρώτη αντίδραση, C(s) + 1 O2(g) → CO(g), ΔΗ = −25 kcal
2

Τα 0,5 mol Ο2 όταν αντιδρούν ελευθερώνουν 25 kcal

Τα x mol q1 = 50x kcal (1)

Για την δεύτερη αντίδραση, C(s) + H2O(g) → CO(g) + H2(g), ΔΗ = +30 kcal:

Το 1 mol υδρατμών όταν αντιδρά απορροφά 30 kcal

Τα y mol q2 = 30y kcal (2)

Για να μην υπάρχει θερμική μεταβολή και η θερμοκρασία στο καμίνι να διατηρείται στα- Μην ξεχνιόμαστε! Στα αέρια η
θερή, θα πρέπει το ποσό θερμότητας q1 που ελευθερώνεται από την 1η αντίδραση να ι- αναλογία όγκων είναι και ανα-
σούται με το ποσό θερμότητας q2 που απορροφάται από τη 2η, οπότε 50x = 30y. λογία mol.

Από την εξίσωση αυτή προκύπτει: x = 3 (3) Π. ΚΟΝΔΥΛΗΣ, Π. ΛΑΤΖΩΝΗΣ
y5

β) Στην περίπτωση που το Ο2 διοχετεύεται με ατμοσφαιρικό αέρα, τα x mol Ο2 υπάρχουν
σε 5x mol αέρα συνολικά (η αναλογία όγκων Ο2/αέρα είναι 20:100 = 1:5 και ισούται με
την αναλογία mol). Οπότε, σύμφωνα και με την εξίσωση (3), θα έχουμε:

αναλογία όγκων αέρα / υδρατμών = 5x = 53 = 3
y5

γ) Έστω 2α o αριθμός mol του Ο2 και α o αριθμός mol των υδρατμών. Από την πρώτη
αντίδραση ελευθερώνεται ποσό θερμότητας q3 = 100α kcal, ενώ από τη δεύτερη αντί-
δραση απορροφάται ποσό θερμότητας q4 = 30α kcal. Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι το ποσό
θερμότητας που ελευθερώνεται θα είναι μεγαλύτερο από το ποσό θερμότητας που απορ-
ροφάται, οπότε η θερμοκρασία του συστήματος θα αυξάνεται.

84