Ejercicio resuelto de Ciclo de Born-Haber · Química · 2022

a) Dibuje el ciclo de Born-Haber para la formación del NaF (s). (1,5 puntos)

b) Calcule la energía de red ($\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}$) del NaF (s). (0,5 puntos)

Datos: entalpía estándar de formación del NaF (s): $\mathrm{\Delta }{H}_f^o=-\mathrm{573,6}\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$. Afinidad electrónica del F (g): $AE=-328\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$. 1ª energía de ionización del Na (g): $EI=\mathrm{495,8}\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$. Entalpía de sublimación del Na (s): $\mathrm{\Delta }{H}_{\text{sub}}=\mathrm{107,3}\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$. Entalpía de disociación del ${\text{F}}_2$ (g): $\mathrm{\Delta }{H}_{\text{disoc}}=159\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Dibuje}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{ciclo}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{Born-Haber}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{formaci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{NaF}}\mathbf{\text{(s).}}\mathbf{\text{(1,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

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

El camino directo es la propia reacción de formación:

$\mathrm{N}\mathrm{a}(\mathrm{s})+\frac{1}{2}{\mathrm{F}}_2(\mathrm{g})\to \mathrm{N}\mathrm{a}\mathrm{F}(\mathrm{s})\mathrm{\Delta }{H}_f^o$

Y el camino indirecto se recorre en cuatro etapas, dos sobre el sodio y una sobre el flúor, más la formación de la red:

Etapa	Proceso	Entalpía Sublimación del sodio	$\mathrm{N}\mathrm{a}(\mathrm{s})\to \mathrm{N}\mathrm{a}(\mathrm{g})$	$\mathrm{\Delta }{H}_{\text{sub}}$ Ionización del sodio	$\mathrm{N}\mathrm{a}(\mathrm{g})\to \mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}(\mathrm{g})+e^{-}$	$EI$ Disociación del flúor	$\frac{1}{2}{\mathrm{F}}_2(\mathrm{g})\to \mathrm{F}(\mathrm{g})$	$\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }{H}_{\text{disoc}}$ Afinidad electrónica	$\mathrm{F}(\mathrm{g})+e^{-}\to {\mathrm{F}}^{-}(\mathrm{g})$	$AE$ Formación de la red	$\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}(\mathrm{g})+{\mathrm{F}}^{-}(\mathrm{g})\to \mathrm{N}\mathrm{a}\mathrm{F}(\mathrm{s})$	$\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}$

Ambos caminos parten de $\mathrm{N}\mathrm{a}(\mathrm{s})+\frac{1}{2}{\mathrm{F}}_2(\mathrm{g})$ y llegan al $\mathrm{N}\mathrm{a}\mathrm{F}(\mathrm{s})$, de modo que el ciclo se cierra y sus entalpías se igualan:

$\mathrm{\Delta }{H}_f^o=\mathrm{\Delta }{H}_{\text{sub}}+EI+\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }{H}_{\text{disoc}}+AE+\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}$

A diferencia del yodo o del bromo, el flúor ya es gaseoso en condiciones estándar, así que no hay etapa de sublimación para él: basta romper el enlace F–F, y se toma la mitad porque en el NaF solo entra medio mol de ${\mathrm{F}}_2$.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Calcule}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{energ}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{red}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{NaF}}\mathbf{\text{(s).}}\mathbf{\text{(0,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

Basta despejar $\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}$ de la expresión anterior:

$\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}=\mathrm{\Delta }{H}_f^o-\mathrm{\Delta }{H}_{\text{sub}}-EI-\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }{H}_{\text{disoc}}-AE$

$\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}=-\mathrm{573,6}-\mathrm{107,3}-\mathrm{495,8}-\mathrm{79,5}+328$

$\mathrm{\Delta }{H}_{\text{red}}=-\mathrm{928,2}\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}\mathrm{o}{\mathrm{l}}^{-1}$

El signo negativo es el esperado: al aproximarse los iones gaseosos y ordenarse en la red cristalina se libera muchísima energía, y es precisamente esa energía de red la que hace que la formación del NaF sea tan favorable pese a que ionizar el sodio cueste casi 500 kJ por mol.