Ejercicio resuelto de Ciclo de Born-Haber · Química · 2023

a) Dibuje el ciclo de Born-Haber para la formación del KI (s). (1,4 puntos)

b) Calcule la 1ª energía de ionización del K (g). (0,6 puntos)

Datos: entalpía estándar de formación del KI (s): $\Delta H^o_f = -328\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$. Entalpía de sublimación del K (s): $\Delta H_{\text{sub}}(\text{K}) = 89\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$. Entalpía de sublimación del $\text{I}_2$ (s): $\Delta H_{\text{sub}}(\text{I}_2) = 62\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$. Afinidad electrónica del I (g): $AE = -307\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$. Entalpía de disociación del $\text{I}_2$ (g): $\Delta H_{\text{disoc}} = 151\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$. Energía de red del KI (s): $\Delta H_{\text{red}} = -633\ \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$.

$\textbf{a) Dibuje el ciclo de Born-Haber para la formación del KI (s). (1,4 puntos)}$

El ciclo de Born-Haber descompone la formación del sólido iónico a partir de los elementos en una sucesión de etapas cuyas entalpías sí se conocen. La ley de Hess garantiza que la suma de todas ellas equivale al proceso global.

La reacción de formación, que es el camino directo, es:

$\mathrm{K(s)} + \tfrac{1}{2}\,\mathrm{I_2(s)} \rightarrow \mathrm{KI(s)} \qquad \Delta H_f^o$

Y el camino indirecto se recorre en cinco etapas, tres sobre el potasio y el yodo por separado y una última de formación de la red:

Etapa	Proceso	Entalpía Sublimación del potasio	$\mathrm{K(s)} \rightarrow \mathrm{K(g)}$	$\Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{K})$ Ionización del potasio	$\mathrm{K(g)} \rightarrow \mathrm{K^+(g)} + e^-$	$EI$ Sublimación del yodo	$\tfrac{1}{2}\,\mathrm{I_2(s)} \rightarrow \tfrac{1}{2}\,\mathrm{I_2(g)}$	$\tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{I_2})$ Disociación del yodo	$\tfrac{1}{2}\,\mathrm{I_2(g)} \rightarrow \mathrm{I(g)}$	$\tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{disoc}}$ Afinidad electrónica	$\mathrm{I(g)} + e^- \rightarrow \mathrm{I^-(g)}$	$AE$ Formación de la red	$\mathrm{K^+(g)} + \mathrm{I^-(g)} \rightarrow \mathrm{KI(s)}$	$\Delta H_{\text{red}}$

Los dos caminos parten del mismo punto, $\mathrm{K(s)} + \tfrac{1}{2}\,\mathrm{I_2(s)}$, y llegan al mismo, $\mathrm{KI(s)}$, de modo que el ciclo se cierra y las entalpías se igualan:

$\Delta H_f^o = \Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{K}) + EI + \tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{I_2}) + \tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{disoc}} + AE + \Delta H_{\text{red}}$

Conviene notar por qué el yodo necesita dos etapas y el potasio una sola: el yodo es sólido en condiciones estándar y hay que llevarlo primero a gas y romper después el enlace I–I, y ambas cosas se toman por la mitad porque en el KI solo entra medio mol de $\mathrm{I_2}$.

$\textbf{b) Calcule la 1ª energía de ionización del K (g). (0,6 puntos)}$

Basta despejar $EI$ de la expresión del ciclo:

$EI = \Delta H_f^o - \Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{K}) - \tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{sub}}(\mathrm{I_2}) - \tfrac{1}{2}\,\Delta H_{\text{disoc}} - AE - \Delta H_{\text{red}}$

$EI = -328 - 89 - 31 - 75{,}5 + 307 + 633$

$EI = 416{,}5\ \mathrm{kJ \cdot mol^{-1}}$

El resultado es positivo, como debe ser: arrancar un electrón a un átomo siempre cuesta energía.