El documento proporciona información sobre conceptos básicos de termodinámica como estado estándar, calor de formación, ley de Hess, calor de combustión y su dependencia con la temperatura. Explica que el estado estándar de un elemento es su estado más estable a 298 K y 1 bar, y que el calor de formación es el calor involucrado en la formación de un mol de compuesto a partir de sus elementos en estado estándar. También resuelve varios problemas de aplicación de estos conceptos termodinámicos.

1. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
Silvia Pérez Casas
TERMOQUÍMICA.
Estado estándar
El estado estándar de un elemento es el estado más estable de ese
elemento a 298.15K y 1 bar. Por ejemplo, el estado estándar del oxígeno es O2
gaseoso y el estado estándar del carbono es el carbono grafito.
Calor de formación
El calor de formación es el calor que se cede o se absorbe en la formación
de un mol de compuesto a partir de sus elementos en su estado estándar. A presión
constante, qP = ∆H 0 ; y a volumen constante, qV = ∆U 0 . En ambos casos el
f
f
subíndice " f " significa formación, y el superíndice "0" significa que ese valor está
reportado a 1 bar de presión.
Por ejemplo, el calor de formación del agua es el calor asociado a la
siguiente reacción:
1
H 2 ( g ) + O2 ( g ) → H 2O(l ) (que en este caso es de –285.83 kJ mol-1 a presión
2
constante);
y el calor de formación de la acetona es el calor asociado a la reacción:
1
3C ( grafito) + 3H 2 ( g ) + O2 ( g ) → CH 3COCH 3 (l ) (que en este caso es de –248.1 kJ
2
mol-1 a presión constante)
Por convención, el calor de formación de un elemento en su estado estándar,
es cero.
Ley de Hess.
El calor asociado a una reacción no depende del número de etapas en que
se realiza la reacción, solamente depende de los reactivos y de los productos.
A presión constante, qP = ∆H y
∆H 0 reaccion =
∑ ∆H
0
f productos
−
∑ ∆H
0
f reactivos
y a volumen constante qV = ∆U
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58

2. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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Relación entre ∆H y ∆U
∆H 0 = ∆U 0 + ( n productos − nreactivos ) gases RT
∆H 0 = ∆U 0 + ∆ngases RT
a la misma temperatura y presión.
Calor de combustión.
El calor de combustión de una substancia es aquél asociado a la reacción de
un mol de esta substancia con oxígeno para dar como productos CO2(g) y H2O(l).
Por ejemplo, la combustión del metano está representada por la reacción:
CH 4 ( g ) + 2O2 ( g ) → CO2 ( g ) + 2 H 2O (l ) , y el calor que se desprende de esta
reacción, es el calor de combustión.
Dependencia de ∆H con la temperatura.
0
0
∆H T 2 = ∆ H T 1 + ∫
T2
T1
( ∑ Cp productos − ∑ Cp reactivos ) dT
ecuación de Kirchhoff
T2
0
0
o bien, ∆H T 2 = ∆H T 1 + ∫ ∆Cpreaccion dT
T1
Dependencia de ∆U con la temperatura
0
0
∆U T 2 = ∆ U T 1 + ∫
T2
T1
( ∑ Cv productos − ∑ Cv reactivos ) dT
T2
0
0
o bien, ∆U T 2 = ∆U T 1 + ∫ ∆Cvreaccion dT
T1
PROBLEMAS RESUELTOS.
1. La temperatura de una bomba calorimétrica aumenta en 1.59 K cuando se
hace pasar una corriente eléctrica de 3 A proveniente de una fuente de poder
de 12 V durante 25 s. Calcular la constante de la bomba.
Solución.
Con la fuente de poder se proporciona energía a la bomba calorimétrica que
produce un aumento de la temperatura de ésta. De acuerdo a la primera ley de
la Termodinámica:
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59

3. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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iVt = Ccalorimetro ∆T
Ccalorimetro =
iVt 3 A × 12V × 25s
=
= 566 JK −1
∆T
1.59 K
2. Cuando se queman 150 mg de naftaleno, C10H8(s) en un calorímetro a
volumen constante, la temperatura aumenta en 3.05 K. Calcular la constante
del calorímetro.
Solución.
De tablas obtenemos el calor de combustión a volumen constante del naftaleno:
∆U = - 5152 kJ mol-1
De acuerdo a la primera ley:
∆U 0 combustion naftaleno + ∆U 0 calorimetro = 0
⎞
⎛
0.125 g
( − 5152kJ mol −1 ) ⎜
⎟ + Ccalorimetro ∆T = 0
⎝ 128.18 g / mol ⎠
Ccalorimetro = 1.647 kJ K −1
3. Cuando se queman 0.31 g gramos de α-D-glucosa en la bomba calorimétrica
del problema anterior, la temperatura aumenta en 2.93 K. Determinar el calor
de combustión molar de la glucosa a) a volumen constante, b) a presión
constante,
Solución.
a) Dado que la reacción se realiza en una bomba calorimétrica, el volumen se
mantiene constante, por lo tanto se mide es ∆U 0 combustion . Por la primera ley de la
Termodinámica, que establece la conservación de la energía:
qcalorimetro + qcombustion = 0
Ccalorimetro ∆T + ngluc ∆U 0 c gluc = 0
∆U 0 c gluc =
−Ccalorimetro ∆T
ngluc
∆U 0 c gluc = −2806kJ mol −1
b) Para obtener el calor de combustión a presión constante, analizamos la
reacción:
C6 H 12O6 ( s ) + 6O2 ( g ) → 6CO2 ( g ) + + H 2O (l )
y aplicamos la ecuación
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60

4. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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∆H 0 = ∆U 0 + ∆ngases RT
∆ngases = 6 − 6 = 0
∆H 0 combustion = ∆U 0 combustion
En este caso el calor de combustión a presión constante es igual al calor de
combustión a volumen constante porque el número de moles de gases en
reactivos es igual a número de moles de gases en productos.
0
4. Obtener ∆H 298.15 K para las siguientes reacciones a partir de datos de tablas:
a) Fe3O4 ( s ) + CO( g ) → 3FeO ( s ) + CO2 ( g )
b) CH 4 ( g ) + 2O2 ( g ) → CO2 ( g ) + 2 H 2O(l )
Solución
∆H 0 =
∑ ∆H
0
f productos
−
∑ ∆H
0
f reactivos
a) ∆H 0 = 3∆H 0 FeO( s) + ∆H 0 CO2 ( g ) − ⎡ ∆H 0 Fe3O4 ( s ) + ∆H 0 CO( g) ⎤
f
f
f
f
⎣
⎦
∆H 0 = 3 mol ( −266.3 kJ mol −1 ) + 1 mol ( −393.51 kJ mol −1 )
− ⎡1 mol ( −1118.4 kJ mol −1 ) + 1 mol ( −110.53 kJ mol −1 ) ⎤
⎣
⎦
∆H 0 = +36.52 kJ
Se trata de una reacción que a presión constante es endotérmica, es decir,
absorbe calor, ya que ∆H > 0
b) ∆H 0 = ∆H 0 CO2 ( g ) + 2∆H 0 H 2O(l ) − ⎡ ∆H 0 CH 4 ( g ) + 2∆H 0 O2 ( g ) ⎤
f
f
f
f
⎣
⎦
∆H 0 = 1mol ( −393.51 kJ mol −1 ) + 2mol ( −285.83kJ mol −1 )
− ⎡1mol ( −74.81kJ mol −1 ) + 2mol ( 0kJ mol −1 ) ⎤
⎣
⎦
∆Η 0 = −890.36kJ
Se trata de una reacción que a presión constante es exotérmica, es decir,
desprende calor, ∆H < 0
5. Calcular ∆U 0 del etanol líquido a 298.15 K a partir de su ∆H 0 298.15 K que es
f
f
–1368 kJ mol-1.
Solución.
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61

5. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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Primero escribimos la reacción de formación del etanol, balanceada e indicando
el estado de agregación de cada uno de los reactivos y de los productos:
1
2C ( grafito ) + 3H 2 ( g ) + O2 ( g ) → CH 3CH 2OH ( l )
2
Aplicamos la relación
∆H 0 = ∆U 0 + ( ∆n )( gases ) RT
∆U 0 = ∆H 0 − ( ∆n )( gases ) RT
1 ⎞⎤
J
⎡ ⎛
298.15K
∆U 0 = −1.368 × 106 J mol −1 − ⎢0 − ⎜ 3 + ⎟ ⎥ 8.31451
2 ⎠⎦
K mol
⎣ ⎝
∆U 0 = −1.359 × 106 J mol −1 = −1359 kJ mol −1
f
Observamos que tanto a presión constante ( ∆H 0 ) , como a volumen constante
f
( ∆U ) ; la reacción es exotérmica, es decir, libera energía. En este caso, debido
0
f
a la estequiometría de la reacción, se libera más calor a presión constante que a
volumen constante. Esta no es una regla general, sino que esta relación
depende de la reacción.
6. El calor de combustión de la acetona a 298.15 K es de –1790 kJ mol-1.
Calcular el calor de formación de la acetona a la misma temperatura.
Solución.
Primero escribimos la reacción de combustión de la acetona:
CH 3COCH 3 (l ) + 4O2 ( g ) → 3CO2 ( g ) + 3H 2O(l )
Para esta reacción
∆H combustion = 3∆H 0 CO2 ( g ) + 3∆H 0 H 2O(l ) − ⎡ ∆H 0 CH 3COCH 3 (l ) + ∆H 0 O2 ( g ) ⎤
f
f
f
f
⎣
⎦
donde
∆H 0 CH 3COCH 3 (l )
f
es
la
incógnita.
En
tablas
buscamos
∆H 0 CO2 ( g ) y ∆H 0 H 2O(l ) mientras que ∆H 0 O2 ( g ) vale cero por convención,
f
f
f
pues es un elemento en su estado estándar.
∆H 0 CH 3COCH 3 (l ) = −∆H combustion + 3∆H 0 CO2 ( g ) + 3∆H 0 H 2O(l ) [
f
f
f
]
∆H 0 CH 3COCH 3 (l ) = − ( −1790 kJ mol −1 ) + 3 ( −285.83 kJ mol −1 ) + 3 ( −393.51 kJ mol −1 )
f
∆H 0 CH 3COCH 3 (l ) = −248.02 kJ mol −1
f
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62

6. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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Este resultado significa que al formarse un mol de acetona a partir de sus
elementos en su estado estándar, se desprenden 248.02 kJ de calor, es decir,
este valor corresponde a la reacción siguiente:
1
3C ( grafito ) + 3H 2 ( g ) + O2 ( g ) → CH 3COCH 3 (l )
2
∆H = −248.02 kJ mol −1
7. A partir de los siguientes datos, obtener el ∆H 0 del FeO(s)
f
a) FeO ( s ) + C ( grafito) → Fe( s ) + CO ( g ) ∆H 0 = 155.8 kJmol −1
b) C ( grafito) + O2 ( g ) → CO2 ( g )
∆H 0 − 393.51kJmol −1
1
c) CO( g ) + O2 ( g ) → CO2 ( g )
2
∆H 0 = −282.98kJmol −1
Solución.
Lo primero que tenemos que hacer es escribir la reacción para la cual nos piden
∆H 0 , es decir, la reacción de formación del FeO(s):
f
1
Fe( s ) + O2 ( g ) → FeO( s )
2
∆H 0 = ?
Combinando las reacciones a), b) y c) debemos obtener esta última reacción.
Invertimos a) y cambiamos el signo de su ∆H 0
d) Fe( s ) + CO ( g ) → FeO ( s ) + C ( grafito) ∆H 0 = −155.8kJmol −1
dejamos b) igual
e) C ( grafito) + O2 ( g ) → CO2 ( g )
∆H 0 − 393.51kJmol −1
invertimos c) y cambiamos el signo de su ∆H 0
1
f) CO2 ( g ) → CO( g ) + O2 ( g )
2
∆H 0 = 282.98kJmol −1
ahora sumamos las reacciones y también los ∆H 0 para obtener la reacción que
nos interesa. Observamos que el CO2 que se produce en e), se consume en f);
el CO que se consume en d), se produce en f; el C(grafito) que se produce en d),
se consume en e) y por último, que en e) se consume un mol de O2, pero en f)
se produce ½ mol de O2, y así obtenemos:
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63

7. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
1
Fe( s ) + O2 ( g ) → FeO( s )
2
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∆H 0 = −266.33kJmol −1
f
que es una reacción exotérmica.
8. Para el CO2(g) se tienen los siguientes datos de Cp a diferentes
temperaturas:
T/K
298.15
400
500
600
700
800
900
Cp / Jmol −1K −1
29.376
30.106
31.091
32.090
32.981
33.733
34.355
T/K
1000
1100
1200
1300
1400
1500
Cp / Jmol −1K −1
34.870
35.300
35.667
35.988
36.277
36.544
Obtener la ecuación que exprese Cp en función de la temperatura.
Solución.
Podemos utilizar una hoja de cálculo para ajustar un polinomio. En este caso, un
polinomio de grado 3 ajusta perfectamente. Esto significa que proponemos que
Cp depende de la temperatura cumpliendo la siguiente expresión:
Cp( JK −1mol −1 ) = A + B1T + B2T 2 + B3T 3 donde A, B1 , B2 y B3 son constantes. El
ajuste consiste en obtener los valores de estas constantes de tal manera que
esta ecuación reproduzca lo mejor posible el comportamiento de Cp en función
de la temperatura.
A continuación se presenta el resultado obtenido con el software Origin.
El resultado significa que para el oxígeno, Cp puede expresarse en función de T
como:
Cp ( JK −1mol −1 ) = 25.665 + 0.01304T − 3.811 × 10−6 T 2 − 5.576 × 10−11T 3
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64

8. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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37
36
Cp/J K-1 mol-1
35
34
Polynomial Regression for Data1_B:
Y = A + B1*X + B2*X^2 + B3*X^3
33
Parameter
Value Error
-----------------------------------------------------------A
25.66508
0.42734
B1
0.01304
0.00173
B2
-3.81147E-6 2.089E-6
B3
-5.5756E-11 7.68957E-10
------------------------------------------------------------
32
31
R-Square(COD)
SD
N
P
-----------------------------------------------------------0.99841
0.11089
13
<0.0001
------------------------------------------------------------
30
29
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
T/ K
9. Obtener el Cp del O2 a 775 K utilizando la expresión obtenida en el problema
anterior.
Solución.
Lo único que tenemos que hacer es sustituir la temperatura en la expresión
obtenida anteriormente
Cp ( JK −1mol −1 ) = 25.665 + 0.01304T − 3.811 × 10−6 T 2 − 5.576 × 10−11T 3
= 25.665 + 0.01304 × 775 − 3.811 × 10−6 ( 775) − 5.576 × 10−11 ( 775)
2
3
Cp = 33.456 J K −1mol −1 a 775K
10. Calcular el cambio de entalpía para la reacción de formación del HBr(g) a
350 K,
1
1
H 2 ( g ) + Br2 ( g ) → HBr ( g )
2
2
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65

9. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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a) considerando que Cp se mantiene constante:
Compuesto
H2 (g)
Br2(l)
HBr (g)
Cp / J K −1 mol −1
28.824
75.689
29.142
Solución
Utilizamos la ley de Kirchhoff
0
∆H 2 = ∆H 10 +
∫
T2
∆Cpreaccion dT
T1
0
Podemos tomar T1 = 298.15 K y ∆H 298.15K lo obtenemos de tablas, es de -36.38 kJ
mol-1
1
⎡
⎛1
⎞⎤
⎢CpHBr ( g ) − ⎜ 2 CpH 2 ( g ) + 2 CpBr2 ( g ) ⎟ ⎥ dT
298.15 K ⎣
⎝
⎠⎦
0
0
∆H 350 K = ∆H 298.15 K +
∫
0
∆H 350 K = −36380 J +
∫
350 K
350 K
(−23.1145 JK 1 )dT
298.15 K
0
∆H 350 K = −36380 J − 23.1145 JK −1 [T2 − T1 ] K
0
∆H 350 K = −37.58kJ
A 350 K, esta reacción desprende más calor que a 298.15K
b) considerando que Cp depende de la temperatura
Compuesto
Cp / R
H2(g)
3.4958 – (0.1006 x 10-3K-1) T + 2.419 x (10-7K-2) T2
Br2(g)
4.2385 + (0.4901 x 10-3K-1) T – (1.789 x 10-7K-2) T2
HBr(g)
3.31 + (0.4805 x 10-3) T + (0.796 x 10-7K-2) T2
Utilizamos también la ley de Kirchhoff pero ahora consideramos la dependencia
de Cp con la temperatura.
0
∆H 2 = ∆H 10 +
∫
T2
∆Cpreaccion dT
T1
Obtenemos primero ∆Cp
1
⎞
⎛1
∆Cpreaccion = CpHBr ( g ) − ⎜ CpH 2 ( g ) + CpBr2 ( g ) ⎟
2
⎝2
⎠
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66

10. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
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∆Cpreaccion = 3.31 + (0.4805 x 10-3 ) T + (0.796 x 10-7 K 2 ) T 2
⎡1
-3 -1
-7 -2
2 ⎤
⎢ 2 (3.4958 - (0.1006 x 10 K ) T + 2.419 x (10 K ) T ) ⎥
−⎢
⎥
⎢ 1 (4.2385 + (0.4901 x 10-3 K -1 ) T - (1.789 x 10-7 K -2 ) T 2 ) ⎥
⎢2
⎥
⎣
⎦
∆Cpreaccion = −0.55715 + 0.28575 × 10−3 T + 0.481 × 10−7 T 2
0
∆H 350 K = −36380 J +
∫
350 K
298.15 K
( −0.55715 + 0.28575 ×10
0
∆H 350 K = −36380 J − 0.55715 (T2 − T1 ) +
−3
T + 0.481× 10−7 T 2 )dT
1
( 0.28575 ×10−3 )(T22 − T12 ) + 1 ( 0.481×10−7 )(T23 − T13 )
2
3
0
∆H 350 K = −36.403kJ
La reacción es exotérmica. Considerando la dependencia de Cp con la
temperatura, obtenemos una diferencia de aproximadamente 3% con respecto al
caso en el cual no consideramos esta dependencia.
Si la temperatura cambia mucho más (como se ve en el siguiente ejemplo) la
dependencia del Cp con la temperatura no se puede ignorar.
11. Calcular el cambio de entalpía para la reacción de formación del HBr(g) a
1000 K,
1
1
H 2 ( g ) + Br2 ( g ) → HBr ( g )
2
2
a) considerando que Cp es constante
⎡
1
⎛1
⎞⎤
⎢CpHBr ( g ) − ⎜ 2 CpH 2 ( g ) + 2 CpBr2 ( g ) ⎟ ⎥ dT
298.15 K ⎣
⎝
⎠⎦
0
0
∆H1000 K = ∆H 298.15 K +
∫
0
∆H1000 K = −36380 J +
∫
1000 K
1000 K
(−23.1145 JK −1 )dT
298.15 K
0
∆H1000 K = −52.6 J
b) Considerando que Cp cambia con respecto a la temperatura
0
∆H1000 K = −36380 J +
∫
1000 K
298.15 K
( −0.55715 + 0.28575 ×10
0
∆H1000 K = −36380 J − 0.55715 (T2 − T1 ) +
−3
T + 0.481× 10−7 T 2 )dT
1
( 0.28575 ×10−3 )(T22 − T12 ) + 1 ( 0.481×10−7 )(T23 − T13 )
2
3
0
∆H1000 K = −36.625kJ
Material didáctico en revisión
67

11. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
Silvia Pérez Casas
En este caso considerar la dependencia de Cp con la temperatura es muy
importante porque de no ser así, se obtiene una diferencia de
aproximadamente 44% entre un resultado y otro.
12. Estimar la entalpía de formación estándar del butano gaseoso a 298.15 K
usando el método de “Entalpías de Enlace”
Solución.
El método de “Entalpías de Enlace” para el cálculo de calores de reacción es
aplicable a reacciones gaseosas entre sustancias que solamente tienen
enlaces covalentes. Se considera que todas las entalpías de los enlaces de
un tipo particular son idénticas e independientes de los compuestos en que
aparecen. Se considera que todas las reacciones son resultado de ruptura y
formación de enlaces. Cuando se rompe un enlace se debe dar energía, por
lo cual el cambio de entalpía es positiva; y cuando se forma un enlace se
desprende energía, el cambio de entalpía es negativo.
La reacción de formación del butano gaseoso es:
4C(s) + 5H2(g) → C4H10 (g)
Primero tenemos que considerar el paso de C(s) a C(g) para aplicar el
método:
0
C ( s ) → C ( g ) ∆H sub = 716.68 kJ mol −1
0
4C ( s ) → 4C ( g ) ∆H sub = 2886.72 kJ
porque necesitamos 4 mol de C
En tablas encontramos las entalpías de enlace:
Enlace
∆H 0 / kJ mol −1
H-H
436
C-C
348
C-H
413
Hacemos el análisis de los enlaces rotos y los formados
Se rompen 5 mol enlaces H-H
∆H 0 = 5 mol × 436 kJ mol −1 = 2180 kJ
Se forman 3 mol enlaces C-C
∆H 0 = 3mol × ( −348kJ mol −1 ) = −1044kJ
Se forman 10 mol enlaces C-H
∆H 0 = 10mol × ( −413kJ mol −1 ) = −4130kJ
Material didáctico en revisión
68

12. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
∆H 0 ( C4 H 10 ( g ) ) = −127.28kJ mol −1
f
Y obtenemos la suma :
Que
comparado
con
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el
∆H 0 ( C4 H 10 ( g ) ) = −126.15kJ mol −1
f
obtenido
experimentalmente a partir del calor de combustión del butano, se tiene un
error del 0.9%
13. Estimar la entalpía de formación estándar del butano gaseoso a 298.15 K
usando la aproximación de contribución de grupos.
Solución.
La aproximación de “Contribución de Grupos” para estimar el cambio de
entalpía de una reacción es un método más confiable que el de “Entalpías de
Enlace”, ya que este último no puede distinguir entre isómeros. Consiste en
identificar grupos termoquímicos consistente en un átomo o grupo físico de
átomos unidos a cuando menos otros dos átomos diferentes. En el butano se
distinguen dos grupos termoquímicos diferentes: a) Un carbono unido a tres
hidrógenos y otro carbono, C(H)3C; b) un carbono unido a dos hidrógenos y
otros dos carbonos, C(H)2C2.
H3C-CH2-CH2-CH3
Buscamos en tablas los valores de ∆H 0 para estos grupos y encontramos:
f
Grupo
∆H 0 / kJmol −1
f
C(H)3C
-42.17
C(H)2C2
-20.7
Obtenemos el ∆H 0 del butano como:
f
∆H 0 ( C4 H 10 g ) = 2 ∆H 0 (C ( H )3 (C ) ) + 2∆H 0 ( C ( H )2 (C )2 )
f
f
f
∆H 0 ( C4 H 10 g ) = 2 ( −42.17 ) + 2 ( −20.7 )
f
∆H 0 ( C4 H 10 g ) = − 125.74 kJ mol −1
f
El valor experimental obtenido a partir del calor de combustión de butano es
de -126.15 kJ mol-1. El error que se tiene con el método de contribución de grupos
es de 0.33%
Material didáctico en revisión
69

13. Para aprender Termodinámica resolviendo problemas
Silvia Pérez Casas
14. Calcular la entalpía de red del NaCl(s) a 298.15 K a partir del ciclo de BornHaber.
Solución.
La entalpía de red del NaCl(s) es la entalpía de la siguiente reacción:
NaCl ( s ) → Na + + Cl − ( g )
Como la entalpía es una función de estado, podemos obtener la entalpía de
red del NaCl(s) considerando que la reacción se realiza en varias etapas:
1
a) NaCl ( s ) → Na( s ) + Cl2 ( g ) − ∆H 0 = −411.2kJ mol −1 Esta es la reacción de
f
2
formación del NaCl invertida
b)
1
Cl2 ( g ) → Cl ( g )
2
1
∆H = mol ( 242 kJ mol −1 ) = 121kJ Esta es la disociación
2
del cloro
0
c) Na( s ) → Na ( g ) ∆H sub = 108.4 kJ mol −1 Esta es la sublimación del sodio
d) Na( g ) → Na + + 1e− ( g ) I = 495.8 kJ mol −1 Esta es la ionización de los
átomos de sodio
e) Cl ( g ) + 1e− Ea = 348.6 kJ mol −1 Esta es la afinidad electrónica del cloro.
Ahora sumamos las reacciones a), b), c), d) y e) y las energías respectivas y
obtenemos:
0
NaCl ( s ) → Na + ( g ) + Cl − ( g ) ∆H red = 787 kJ mol −1
Material didáctico en revisión
70