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Química

Tema 5. Termoquímica · lección 26 de 28

Q23 Termoquímica: entalpía y ley de Hess

Nivel prueba

La idea

Entender el concepto

La entalpía de reacción (ΔH) es el calor intercambiado a presión constante. Si ΔH < 0 la reacción es exotérmica (desprende calor); si ΔH > 0 es endotérmica (absorbe calor). La entalpía es una función de estado: solo depende del estado inicial y final, no del camino. Por eso se cumple la ley de Hess: si una reacción es la suma de otras, su ΔH es la suma de las ΔH de esas reacciones.

Con entalpías de formación: ΔH°r = Σ n·ΔH°f(productos) − Σ n·ΔH°f(reactivos). La ΔH°f de un elemento en su estado estándar (O₂, H₂, C grafito…) es 0.

HExotérmicareactivosproductosΔH < 0desprende calorHEndotérmicareactivosproductosΔH > 0absorbe calor
Diagrama de entalpía: si los productos quedan por debajo de los reactivos, la reacción desprende calor (exotérmica, ΔH < 0); si quedan por encima, lo absorbe (endotérmica, ΔH > 0).

Paso a paso

Método paso a paso

  1. Escribe y ajusta la ecuación química.
  2. Si te dan ΔH°f: aplica productos − reactivos multiplicando por los coeficientes.
  3. Si te dan reacciones intermedias (Hess): combínalas para obtener la pedida. Si inviertes una reacción, cambia el signo de ΔH; si la multiplicas, multiplica ΔH.
  4. Para calor por masa: pasa gramos a moles y usa la proporción con ΔH.
  5. Interpreta el signo (exotérmica/endotérmica).

Ejemplo

Ejemplo resuelto

Combustión del metano: CH₄ + 2 O₂ → CO₂ + 2 H₂O(l). Datos: ΔH°f(CH₄) = −74,8 kJ/mol; ΔH°f(CO₂) = −393,5 kJ/mol; ΔH°f(H₂O,l) = −285,8 kJ/mol.

ΔH°r = [−393,5 + 2·(−285,8)] − [−74,8 + 0] = −965,1 + 74,8 = −890,3 kJ/mol. Es exotérmica.

Calor al quemar 32 g de CH₄ (M = 16 g/mol): 2 mol · (−890,3) = −1780,6 kJ (se desprenden 1780,6 kJ).

Cuidado

Error habitual y cómo corregirlo

Olvidar multiplicar por los coeficientes estequiométricos, o poner ΔH°f ≠ 0 al O₂. Otro error: invertir una reacción en Hess sin cambiar el signo.

Tu turno · enunciado

Ejercicio autónomo

Con los datos anteriores, ¿cuánto calor se desprende al quemar 8 g de metano? Explica después por qué la ΔH°f del O₂ vale cero.

Solución

Solución de contraste (consultar después)

Mostrar solución orientativa

8 g / 16 g·mol⁻¹ = 0,5 mol → 0,5 · 890,3 = 445,2 kJ desprendidos. La ΔH°f del O₂ es cero porque, por convenio, los elementos en su forma más estable a 25 °C y 1 bar tienen entalpía de formación nula: no hay que «formarlos» a partir de nada.

Chuleta para el examen

Chuleta integrada

ΔH<0 exotérmica · ΔH>0 endotérmica · ΔH°r = ΣΔH°f(prod) − ΣΔH°f(reac) · elementos estándar: ΔH°f = 0 · Hess: invertir → cambia signo; ×n → ΔH×n.

Ley de Hess: combinar ecuaciones de combustión o de formación

Objetivo: escribir y ajustar reacciones de combustión y de formación, y combinarlas (invertir, multiplicar, sumar y cancelar) para obtener la entalpía de otra reacción. Es el problema 4 del modelo histórico de 2025 (fermentación de la glucosa); en los dos modelos de marzo de 2026 el problema 4 pide escribir una combustión o una formación y después decidir la espontaneidad con Gibbs, que se trata en el bloque siguiente. El ejemplo y la variante son propios.

Bases previas: entalpía, signo y entalpías de formación, explicados arriba en esta lección · Q08 Ajuste de ecuaciones.

Recuperar las bases · Reconocer el enunciado · Ver el caso resuelto · Resolver una variante · Practicar con los modelos históricos

Bases: por qué se pueden sumar reacciones

  • Función de estado. ΔH solo depende del estado inicial y del final. Si la reacción que buscas se puede escribir como suma de otras, su ΔH es la suma de sus ΔH, sea cual sea el camino real.
  • Tres reglas. Si inviertes una reacción, cambia el signo de su ΔH. Si la multiplicas por un número, multiplica su ΔH por ese número. Si sumas reacciones, suma sus ΔH.
  • Cancelar: una especie que aparece a la izquierda y a la derecha en la suma se tacha (total o parcialmente) solo si está en el mismo estado: H₂O(l) no se cancela con H₂O(g).
  • Combustión completa: en los compuestos orgánicos con C y H (y eventualmente O) de estos ejercicios se forman CO₂ y agua. El estado del agua debe coincidir con el de los datos: aquí H₂O(l); si fuera H₂O(g), la entalpía sería distinta. La entalpía de combustión ΔHc se refiere a 1 mol de combustible, por eso pueden salir coeficientes fraccionarios en el O₂: C₄H₁₀(g) + 13/2 O₂(g) → 4 CO₂(g) + 5 H₂O(l).
  • Reacción de formación: forma 1 mol de compuesto a partir de sus elementos en estado estándar (C grafito, H₂(g), O₂(g), N₂(g), Cl₂(g)…). Ejemplo: C(grafito) + 2 H₂(g) → CH₄(g). Su ΔH es la ΔH°f; la de un elemento en su estado estándar vale 0.
  • Ajuste: en la combustión, ajusta primero C, después H y por último O (es el único que aparece solo como O₂). Repasa el procedimiento en Q08.

Qué pide el enunciado y pistas para reconocerlo

  • Aparecen «usando la ley de Hess», «entalpías de combustión» de varias sustancias, o una lista de reacciones con su ΔH.
  • Te piden la ΔH de una reacción distinta de las dadas (una fermentación, una hidratación, una formación).
  • Apartado a) suele ser «escribir las reacciones de combustión (o de formación)»: ajústalas bien, porque las usarás en el apartado b).
  • Si te dan ΔH°f de todas las especies, no hace falta combinar ecuaciones: usa productos − reactivos (explicado arriba). Si piden si es espontánea y dan ΔS, pasa al bloque de Gibbs.

Método explicado

  1. Escribe la reacción objetivo ajustada, con estados.
  2. Escribe y ajusta las reacciones dadas (combustiones o formaciones) con su ΔH.
  3. Coloca cada especie del objetivo: busca en qué reacción dada aparece. Si está en el lado contrario, invierte esa reacción (−ΔH). Si el coeficiente no coincide, multiplica (×ΔH).
  4. Suma las reacciones modificadas y cancela lo que aparece a ambos lados en el mismo estado. Debe quedar exactamente la reacción objetivo; si no, revisa el paso 3.
  5. Suma las ΔH modificadas. Interpreta el signo: ΔH < 0 exotérmica; ΔH > 0 endotérmica.
  6. Atajo de control con combustiones: ΔH(reacción) = Σ n·ΔHc(reactivos) − Σ n·ΔHc(productos), al revés que con formaciones; el atajo solo vale si las combustiones llegan a los mismos productos finales, con los mismos estados. En este ciclo el CO₂ y el agua finales no requieren otra combustión, y el O₂ se cancela. Esto no significa que sus entalpías de formación sean todas cero. Úsalo para comprobar, no en lugar de escribir la combinación si el enunciado pide la ley de Hess.

Ejemplo resuelto propio (dos combustiones, una invertida)

Enunciado (propio, no oficial). Las entalpías de combustión del eteno, C₂H₄(g), y del etanol, C₂H₅OH(l), son −1411,0 y −1366,8 kJ/mol (valores aproximados dados para este ejercicio). a) Escribe ambas combustiones. b) Con la ley de Hess calcula ΔH de la hidratación del eteno: C₂H₄(g) + H₂O(l) → C₂H₅OH(l), e indica si es exotérmica.

  1. a) Combustiones ajustadas (C, después H, después O):
    (1) C₂H₄(g) + 3 O₂(g) → 2 CO₂(g) + 2 H₂O(l) · ΔH₁ = −1411,0 kJ
    (2) C₂H₅OH(l) + 3 O₂(g) → 2 CO₂(g) + 3 H₂O(l) · ΔH₂ = −1366,8 kJ
    Comprobación de O en (2): 1 + 6 = 7 a la izquierda; 4 + 3 = 7 a la derecha.
  2. b) Colocar especies. C₂H₄ debe estar a la izquierda: (1) tal cual. C₂H₅OH debe estar a la derecha: se invierte (2): 2 CO₂(g) + 3 H₂O(l) → C₂H₅OH(l) + 3 O₂(g) · −ΔH₂ = +1366,8 kJ.
  3. Sumar y cancelar. C₂H₄ + 3 O₂ + 2 CO₂ + 3 H₂O → 2 CO₂ + 2 H₂O + C₂H₅OH + 3 O₂. Se cancelan 3 O₂, 2 CO₂ y 2 H₂O(l); queda 1 H₂O(l) a la izquierda: C₂H₄(g) + H₂O(l) → C₂H₅OH(l), la reacción pedida.
  4. Sumar ΔH. ΔH = −1411,0 + 1366,8 = −44,2 kJ/mol: exotérmica.
  5. Comprobar. Atajo: ΔHc(C₂H₄) + ΔHc(H₂O) − ΔHc(C₂H₅OH) = −1411,0 + 0 + 1366,8 = −44,2 kJ/mol. Átomos de la reacción objetivo: C 2 = 2; H 4 + 2 = 6; O 1 = 1.

Variante autónoma (formación con tres combustiones y un ×2)

Enunciado (propio). Con las entalpías de combustión C(grafito): −393,5 kJ/mol; H₂(g): −285,8 kJ/mol (formando H₂O(l)); CH₄(g): −890,3 kJ/mol, a) escribe la reacción de formación del metano y las tres combustiones, y b) calcula la entalpía de formación del metano con la ley de Hess.

Mostrar solución de la variante paso a paso
  1. Objetivo (formación): C(grafito) + 2 H₂(g) → CH₄(g): 1 mol de compuesto desde sus elementos en estado estándar.
  2. Combustiones: (1) C(grafito) + O₂(g) → CO₂(g), −393,5 kJ · (2) H₂(g) + ½ O₂(g) → H₂O(l), −285,8 kJ · (3) CH₄(g) + 2 O₂(g) → CO₂(g) + 2 H₂O(l), −890,3 kJ.
  3. Colocar: (1) tal cual; (2) ×2, porque hacen falta 2 H₂: 2 H₂ + O₂ → 2 H₂O(l), 2·(−285,8) = −571,6 kJ; (3) invertida, porque el CH₄ es producto: CO₂ + 2 H₂O(l) → CH₄ + 2 O₂, +890,3 kJ.
  4. Sumar y cancelar: se cancelan CO₂, 2 H₂O(l) y 2 O₂ (1 + 1 a la izquierda, 2 a la derecha). Queda C(grafito) + 2 H₂(g) → CH₄(g).
  5. ΔH°f(CH₄) = −393,5 − 571,6 + 890,3 = −74,8 kJ/mol (exotérmica).
  6. Comprobación: coincide con la ΔH°f(CH₄) = −74,8 kJ/mol del ejemplo de combustión de arriba y del modelo 2 de 2026. Error típico: no multiplicar por 2 la del H₂ (saldría +211,0 kJ/mol, un valor que contradice el dato de tablas).

Qué debe verse en tu hoja: reacciones ajustadas con estados, cada transformación (invertir, ×2) con su ΔH modificada, la suma con las cancelaciones y el signo interpretado. Criterio de estudio propio, no la puntuación de un tribunal.

Practicar con los modelos históricos (2025 y 2026)

Enunciados completos en el paquete enlazado en El examen. Escribe primero las reacciones del apartado a).

Mostrar resultados propios orientativos (no son un solucionario oficial)
  • 2025, problema 4 (ΔHc glucosa −2828,5 y etanol −1372,9 kJ/mol): a) C₆H₁₂O₆(s) + 6 O₂ → 6 CO₂(g) + 6 H₂O(l); C₂H₅OH + 3 O₂ → 2 CO₂(g) + 3 H₂O(l). b) Fermentación = (glucosa) + 2 × (etanol invertida): se cancelan 6 O₂, 4 CO₂ y 6 H₂O. ΔH = −2828,5 + 2 · 1372,9 = −82,7 kJ/mol: exotérmica. El enunciado imprime «C₂H₅OH (s)» en los datos y (l) en la reacción; se usan los valores dados.
  • 2026, modelo 1, problema 4 a): C₄H₁₀(g) + 13/2 O₂(g) → 4 CO₂(g) + 5 H₂O(l). El apartado b) se decide con ΔG° = ΔH° − TΔS°: con −2878,6 kJ/mol y −0,357 kJ/(mol·K) a 298,15 K, ΔG° ≈ −2772 kJ/mol (favorable en condiciones estándar). Método en energía libre.
  • 2026, modelo 2, problema 4 a): C(grafito) + 2 H₂(g) → CH₄(g). b) Con −74,8 kJ/mol y −0,0807 kJ/(mol·K): ΔG° ≈ −50,7 kJ/mol (favorable en condiciones estándar). Mismo método de energía libre.

Errores frecuentes y cómo evitarlos

  • Invertir una reacción sin cambiar el signo de ΔH, o multiplicarla sin multiplicar ΔH.
  • Sumar ΔH sin comprobar que la suma de ecuaciones da exactamente la reacción pedida.
  • Cancelar H₂O(l) con H₂O(g), o especies con coeficientes distintos sin dejar la diferencia.
  • Escribir una combustión sin ajustar el O₂, o una formación que no forma 1 mol o parte de compuestos en lugar de elementos.
  • Aplicar «productos − reactivos» con entalpías de combustión: con combustiones es al revés.

Para recordar

  • Invertir → −ΔH · ×n → n·ΔH · sumar ecuaciones → sumar ΔH · cancelar solo en el mismo estado.
  • Combustión completa de los compuestos orgánicos de estos ejercicios: combustible + O₂ → CO₂ + agua, respetando los estados de los datos. Formación: elementos estándar → 1 mol de compuesto.

Criterio de logro: escribes las reacciones ajustadas, justificas cada transformación, compruebas que la suma da la reacción pedida e interpretas el signo de ΔH.

Contraste del método (en inglés): Chemistry 2e, 5.3 Enthalpy (nueva pestaña), sobre la ley de Hess y la importancia del estado físico.

Repasa la idea clave en Memorizar y practica en el entrenador (pregunta 4).

Energía libre de Gibbs, entropía y espontaneidad

Objetivo: decidir hacia dónde evoluciona una reacción con la energía libre de Gibbs y calcular ΔrG° = ΔrH° − TΔrS° con unidades coherentes. Es una ampliación introductoria con ejemplos originales; no completa el temario de Química.

Bases previas: la entalpía y su signo, explicados arriba en esta lección · Q24 Equilibrio químico (constante K).

Recuperar las bases · Reconocer el enunciado · Ver el caso resuelto · Resolver una variante · Comprobar sin ayuda

Bases y supuestos (condiciones del modelo)

  • Sistema cerrado a temperatura y presión constantes, con el trabajo habitual de expansión (pV). En esas condiciones, un proceso espontáneo es el que hace disminuir la energía libre G.
  • Con una composición dada, el sentido lo decide ΔrG, no siempre ΔrG°: si ΔrG < 0 avanza en sentido directo; si ΔrG > 0, en sentido inverso; si ΔrG = 0, está en equilibrio.
  • ΔrG = ΔrG° + RT ln Q. Q es el cociente de reacción con la composición del momento. En el equilibrio, Q = K y ΔrG = 0, de modo que ΔrG° = −RT ln K. ΔrG° no tiene por qué ser cero en el equilibrio.
  • ΔrG° = ΔrH° − TΔrS° calculada con datos estándar permite concluir solo para las condiciones estándar, a la temperatura indicada.
  • Estándar no significa siempre 25 °C: un gas se toma a 1 bar, un sólido o un líquido como sustancia pura, y un soluto con actividad unidad, que en el modelo ideal se aproxima por su concentración relativa (c/1 mol·L⁻¹). La temperatura se indica aparte; las tablas suelen darse a 298,15 K.
  • T siempre en kelvin. ΔrH° suele darse en kJ/mol y ΔrS° en J/(mol·K): pasa una de las dos antes de restar.
  • Si usas los mismos ΔrH° y ΔrS° a otra temperatura, supones que no cambian con T: es una aproximación y conviene decirlo.

Entropía. La entropía S refleja de cuántas maneras (configuraciones) puede repartirse la energía del sistema; «desorden» es solo una imagen aproximada. Que ΔS del sistema sea positiva no garantiza la espontaneidad: también cuenta ΔH, y ambas se combinan en ΔG.

Espontáneo no significa rápido. La transformación del diamante en grafito es termodinámicamente favorable en condiciones ordinarias, pero tan lenta que no se observa. La velocidad depende de la cinética, no del signo de ΔG.

ΔrH°ΔrS°ΔrG° = ΔrH° − TΔrS°En condiciones estándar (ΔrH° y ΔrS° constantes)
−+negativa a cualquier Tfavorable a cualquier temperatura
+−positiva a cualquier Tdesfavorable a cualquier temperatura
−−negativa a T bajafavorable por debajo de T = ΔrH°/ΔrS°
++negativa a T altafavorable por encima de T = ΔrH°/ΔrS°

Pistas del enunciado

  • Aparecen las palabras «espontánea», «favorable», «entropía», «energía libre» o «¿a qué temperatura…?».
  • Te dan ΔH° y ΔS°, a menudo en unidades distintas (kJ y J), y una temperatura en °C o en K.
  • «A partir de qué temperatura» o «por debajo de qué temperatura»: busca el umbral en el que ΔrG° = 0, solo posible si ΔrH° y ΔrS° tienen el mismo signo.
  • Si dan una mezcla concreta (presiones o concentraciones) junto con K o Q, el sentido lo decide ΔrG con Q, no solo ΔrG°.

Cómo elegir el método

  1. Anota ΔrH° y ΔrS° con su signo y su unidad. Pasa ΔrS° a kJ/(mol·K) dividiendo entre 1000, o ΔrH° a J/mol.
  2. Pasa la temperatura a kelvin: T = t(°C) + 273,15.
  3. Calcula ΔrG° = ΔrH° − TΔrS° vigilando el doble signo cuando ΔrS° es negativa.
  4. Interpreta: el signo indica el sentido favorable en condiciones estándar a esa temperatura. Para otra composición, usa ΔrG = ΔrG° + RT ln Q.
  5. Si piden una temperatura umbral, iguala a cero: T = ΔrH°/ΔrS°, y declara que supones ΔrH° y ΔrS° constantes.

Errores frecuentes

  • Restar kJ y J sin convertir: con −40,0 kJ/mol y −120 J/(mol·K) saldría un número miles de veces mayor y sin sentido.
  • Usar la temperatura en °C (25) en lugar de 298,15 K.
  • Usar el signo de ΔrG° para decidir el sentido en cualquier mezcla; con otra composición decide ΔrG.
  • Afirmar que en el equilibrio ΔrG° = 0. Lo que vale cero es ΔrG.
  • Pensar que ΔS > 0 basta para que un proceso sea espontáneo, o que espontáneo significa rápido.

Ejemplo resuelto (5 fases)

Enunciado. Una reacción hipotética en fase gaseosa, con menos moles de gas en los productos que en los reactivos, tiene ΔrH° = −40,0 kJ/mol y ΔrS° = −120 J/(mol·K). ¿Es favorable en sentido directo en condiciones estándar a 298,15 K?

  1. Identificar. ΔrH° = −40,0 kJ/mol: el término entálpico favorece la reacción. ΔrS° = −120 J/(mol·K): disminuyen las configuraciones posibles, lo que la desfavorece. T = 298,15 K. Piden el signo de ΔrG°.
  2. Modelar. Temperatura y presión constantes y datos estándar: la conclusión vale para las condiciones estándar a 298,15 K, no para cualquier mezcla.
  3. Elegir método. ΔrG° = ΔrH° − TΔrS°, todo en kJ: ΔrS° = −120 J/(mol·K) = −0,120 kJ/(mol·K).
  4. Calcular. TΔrS° = 298,15 · (−0,120) = −35,778 kJ/mol. ΔrG° = −40,0 − (−35,778) = −4,222 ≈ −4,22 kJ/mol.
  5. Comprobar. Las unidades son kJ/mol. El signo es negativo: en condiciones estándar a 298,15 K la reacción es favorable en sentido directo, porque el término entálpico (−40,0) pesa más que −TΔrS° (+35,78). Como ΔrG° = −RT ln K < 0, K > 1 a esa temperatura. El resultado no dice nada de la velocidad.

Variante autónoma

Con los mismos datos, y suponiendo que ΔrH° y ΔrS° no cambian con la temperatura: a) calcula ΔrG° a 400 K; b) halla la temperatura a la que ΔrG° = 0 y explica qué significa.

Mostrar solución de la variante
  • a) TΔrS° = 400 · (−0,120) = −48,0 kJ/mol. ΔrG° = −40,0 − (−48,0) = +8,00 kJ/mol. En condiciones estándar a 400 K la reacción directa no es favorable: ahora domina el término entrópico.
  • b) −40,0 − T·(−0,120) = 0 → T = (−40,0)/(−0,120) = 333,33 K (unos 60,2 °C). Ahí ΔrG° = 0 y, por tanto, K = 1, dentro de este modelo. Por debajo, ΔrG° < 0; por encima, ΔrG° > 0.

Condición clave: 333,33 K no es una «temperatura de equilibrio» para cualquier mezcla. A esa temperatura, una mezcla con Q ≠ 1 sigue evolucionando hasta que Q = K = 1. Además, el valor depende de suponer ΔrH° y ΔrS° constantes.

Tres preguntas para comprobar sin ayuda

Práctica original sin puntuación automática; no es una pregunta oficial. Elige una opción y justifícala antes de abrir cada solución.

1. Unidades y temperatura

Con ΔrH° = −40,0 kJ/mol y ΔrS° = −120 J/(mol·K), ¿qué cálculo de ΔrG° a 298,15 K es correcto?

  1. −40,0 − 298,15·(−120) = +35 738 kJ/mol
  2. −40,0 − 298,15·(−0,120) ≈ −4,22 kJ/mol
  3. −40,0 − 25·(−0,120) = −37,0 kJ/mol
  4. −40,0 + 298,15·(−0,120) ≈ −75,8 kJ/mol
Mostrar clave y feedback de la pregunta 1
  • B (correcta). ΔrS° pasa a −0,120 kJ/(mol·K), T está en kelvin y se resta TΔrS° con su signo.
  • A. Mezcla kJ con J: ΔrS° no se ha dividido entre 1000.
  • C. Usa 25 °C como si fuera la temperatura absoluta; hay que usar 298,15 K.
  • D. Suma TΔrS° en lugar de restarlo: la fórmula es ΔrH° − TΔrS°.

2. Qué indica ΔrG°

Una reacción tiene ΔrG° = +8,00 kJ/mol a 400 K. ¿Qué afirmación es correcta?

  1. A 400 K, cualquier mezcla de reactivos y productos evoluciona en sentido inverso.
  2. En el equilibrio a 400 K se cumple ΔrG° = 0.
  3. Con todas las especies en su estado estándar a 400 K, la reacción directa no es favorable; con otra composición, el sentido lo decide ΔrG = ΔrG° + RT ln Q.
  4. Como ΔrG° es positiva, la reacción es lenta.
Mostrar clave y feedback de la pregunta 2
  • C (correcta). ΔrG° describe las condiciones estándar. Una mezcla con Q < K tiene ΔrG < 0 y avanza en sentido directo aunque ΔrG° sea positiva.
  • A. Generaliza ΔrG° a cualquier composición; depende de Q.
  • B. En el equilibrio vale cero ΔrG, no ΔrG°; aquí ΔrG° = +8,00 kJ/mol y K < 1.
  • D. El signo de ΔG no informa de la velocidad; eso es cinética.

3. Entropía y espontaneidad

En un proceso a temperatura y presión constantes, la entropía del sistema aumenta (ΔS > 0). ¿Qué puedes afirmar?

  1. Hay que combinarla con ΔH en ΔG = ΔH − TΔS: si ΔH < 0 es favorable a cualquier temperatura; si ΔH > 0, solo cuando TΔS supera a ΔH.
  2. Es espontáneo siempre, porque aumenta la entropía.
  3. Solo es espontáneo si además ΔH < 0.
  4. Ocurrirá rápidamente, porque la energía se dispersa.
Mostrar clave y feedback de la pregunta 3
  • A (correcta). A T y p constantes decide ΔG, que combina entalpía y entropía.
  • B. Una ΔS del sistema positiva no garantiza la espontaneidad: con ΔH > 0 y T baja, ΔG puede ser positiva.
  • C. Con ΔH > 0 también puede ser favorable si la temperatura es suficientemente alta.
  • D. Espontáneo no significa rápido: el diamante pasa a grafito de forma favorable, pero lentísima.

Para recordar

  • ΔrG < 0 directa · ΔrG > 0 inversa · ΔrG = 0 equilibrio (y entonces Q = K).
  • ΔrG° = ΔrH° − TΔrS°: T en K y kJ con kJ; la conclusión vale en condiciones estándar.
  • Espontáneo no significa rápido, y ΔS > 0 por sí sola no basta.

Criterio de logro: calculas ΔrG° con unidades coherentes, explicas qué indica su signo y en qué condiciones, y distingues ΔrG° de ΔrG.

Lectura sugerida (en inglés): Chemistry 2e de OpenStax, apartados 16.1 Spontaneity (nueva pestaña) y 16.4 Free Energy (nueva pestaña). Repasa la idea clave en Memorizar.

Comprueba lo que sabes

Si fallas, tienes un segundo intento antes de ver la solución.

Origen: Nueva v10 · cubre el tema 5 de la guía de Química 2021/22; ampliación de energía libre y entropía revisada el 23/10/2026; ampliación de ley de Hess preparada el 24/10/2026 a partir de los modelos históricos de 2025 y 2026. Material didáctico propio, no es una pregunta oficial.