1. ¿Cuál es la configuración electrónica del Cu?
(A). [Ar] 3d9 4s2
(B). [Ar] 3d10 4s1
(C). [Ar] 3d9 4s1 4p1
(D). [Ar] 3d8 4s2 4p1
Solución: B. La aplicación de la regla de Madelung conduciría a la configuración [Ar] 3d9 4s2. No obstante, el Cu constituye una notable excepción a dicha regla y su configuración es [Ar] 3d10 4s1, lo que se atribuye a la especial estabilidad de las capas d llenas.
2. ¿Qué propiedad de los materiales se diría que está representada en el siguiente gráfico? (El eje de ordenadas es la magnitud de la propiedad).
(A). Densidad
(B). Conductividad eléctrica
(C). Dureza
(D). Ductilidad
Solución: A. No es razonable que los valores de la conductividad de las cerámicas coincidan con los de muchos metales ni tampoco que los polímeros tengan valores de conductividad tan altos como aparecen en la gráfica. Si estuviera representada la conductividad en el eje de ordenadas, los cuadros de las cerámicas y los polímeros deberían estar más bajos. Tampoco es plausible que esté representada la ductilidad porque las cerámicas no se caracterizan en general por esa propiedad. Ni la dureza porque, en general, las cerámicas son más duras que los metales. Por tanto, la propiedad representada es la densidad.
3. ¿Qué ángulo forman entre sí los planos de una celda unidad cúbica caracterizados por los índices de Miller (101) y (020)?
(A). 0º
(B). 45º
(C). 60º
(D). 90º
Solución: D. Los planos (101) y (020), superpuestos, se ven en la siguiente imagen:
En azul se ha representado el plano (020) y en rojo el (101). Aunque no es fácil de visualizar, ambos planos forman un ángulo de 90º. Se ve mejor si giramos la celda de modo que el plano rojo quede perpendicular al espectador:
Nótese que el plano rojo incide perpendicularmente contra el azul, que está en el plano del papel.
No obstante, para medir el ángulo que forman dos planos, mejor que visualizar los planos es hacer el cálculo analíticamente basándose en dos propiedades: 1: el ángulo entre dos planos se define en matemáticas como el ángulo agudo que forman los vectores perpendiculares a dichos planos; 2: en las celdas cúbicas los índices de Miller de los planos son los mismos que los índices de las direcciones, es decir, las coordenadas de los vectores de dirección perpendiculares a esos planos. Por eso, el ángulo que formen los planos (020) y (101) tiene que ser igual al ángulo que formen los vectores de dirección (0,2,0) y (1,0,1). Por matemáticas elementales se sabe que el ángulo que forman dos vectores
y
se determina a partir de esta expresión derivada de la definición de producto escalar:
la cual, desarrollada en función de las coordenadas de ambos vectores, es:
Basta sustituir datos teniendo en cuenta, como se ha dicho, que en este caso:
y
Se obtiene , cos α = 0, por lo que α = 90º.
4. En la imagen se han dibujado cuatro celdas unidad de cierto sistema cristalino.
¿Cuál es?
(A). hexagonal
(B). tetragonal
(C). ortorrómbico
(D). monoclínico
Solución: A. Se trata de cuatro celdas hexagonales contiguas. Son hexagonales porque se cumple que cada celda tiene dos aristas de igual longitud (a) con un ángulo obtuso entre ellas de 120º y una arista de longitud c que forma ángulos de 90º con las otras dos, como se puede ver en la siguiente imagen, en la que además se ha dibujado la correspondiente celda mayor hexagonal:
5. La bunsenita (NiO) cristaliza como la sal común (NaCl), con un parámetro de red a (medido por rayos X) igual a 4,177 Å. Una muestra de este mineral que tiene defectos de Schottky que se supone que no disminuyen el volumen del material tiene una densidad de 6,67 g / cm3. ¿Aproximadamente, qué porcentaje de moléculas de NiO falta? (Datos: peso atómico del Ni: 58,7; peso atómico del O: 16).
(A). 0,01%
(B). 0,63%
(C). 0,91%
(D). 1,91%
Solución: D. El defecto de Schottky en cristales iónicos es de tipo “molecular” en el sentido de que consiste en la falta de “moléculas completas”. En este caso, faltan “moléculas” de NiO, lo que significa que falta un ion Ni2+ por cada ion O2–. La fracción de moléculas faltantes será igual a la masa de moléculas perdidas dividida por la masa de moléculas existentes en el material puro (el material que teóricamente no tiene defectos). Multiplicando el valor obtenido por 100 se obtendría el tanto por ciento de moléculas faltantes:
Como la masa y la densidad están relacionadas por m = ρV y el volumen se supone que es constante, la expresión anterior se puede transformar en:
Todo lo que hay que hacer, pues, es calcular la densidad teórica del material puro. Tomando como referencia una celda unidad, la densidad será igual a la masa de la celda dividida por su volumen, que es el parámetro de red elevado al cubo (a3 = (4,177·10–8 cm)3 = 7,288·10–23 cm3). Para conocer el peso de la celda unidad debemos saber cuántas “moléculas” de NiO hay en ella. El dibujo siguiente (que es el mismo que el de una celda unidad tipo NaCl) ayudará a determinarlo:
El número de átomos de O2– que se puede contar es:
6 caras · (½ át O2– / cara) + 8 vértices · (1/8 át O2– / vértice) = 4 át de O2–
Lógicamente, tiene que haber también 4 átomos de Ni2+ para que se cumpla la electroneutralidad, pero se puede comprobar fácilmente:
12 aristas · (1/4 át Ni2+ / arista) + 1 át de Ni en el centro) = 4
Como el “peso molecular” del NiO es 74,7, las cuatro moléculas de NiO pesan 4·74,7 = 298,8 Da, que en gramos es: 298,8 Da · (1 át. 12C / 12 Da) · (12 g / 6,022·1023 at 12C) = 4,96·10–22 g. Por lo tanto, la densidad teórica es 4,96·10–22 g / 7,288·10–23 cm3 = 6,80 g/cm3. La pérdida de densidad (y, por tanto, de moléculas) debida a las vacantes es:
% NiO (perdido) = [6,67 – 6,80 / 6,80]·100 = –1,91%
Se pierde, pues, el 1,91% de “moléculas” de NiO.
6. El aluminio cristaliza en el sistema cúbico centrado en las caras (ccc) y tiene un radio atómico de 1,432 Å. ¿Alguno de los siguientes elementos, de los que se da su sistema cristalino y su radio atómico, es de esperar que tenga solubilidad total con el Al en estado sólido?: Ge: diamante, 1,225 Å; Ag: ccc, 1,445 Å; Cu: ccc, 1,278 Å; Mg: hc, 1,604 Å; Li: cc, 1,519 Å; Zn: hc, 1,332 Å.
(A). Solo la plata
(B). Solo la plata y el cobre
(C). Todos excepto el magnesio y el cinc
(D). No, ninguno
Solución: D. Para que podamos esperar una solubilidad total deberían cumplirse las reglas de Hume Rothery, que son: diferencia de radios atómicos menor del 15%, igual sistema cristalino, parecidas electronegatividades y misma valencia. Ninguno de los elementos citados tiene la misma valencia que el Al (que es +3). Así, la del Ge es +4; la de la Ag es +1; las del Cu son +2 y +1; la del Mg es +2; la del Li es +1; y la del Zn es +2. En cuanto a sus electronegatividades, es de esperar que la más próxima al Al la tengan el Ge y el Zn por su proximidad en la tabla periódica. Pero en el Ge el radio es bastante diferente (casi un 15% de diferencia). El radio más parecido al del Al es el de la Ag, pero las valencias son muy diferentes, como se ha dicho. En resumen, ninguno de los elementos dados debería tener solubilidad total mutua con el Al (de hecho, experimentalmente se sabe que no la tienen).
7. Este es el diagrama de fases del la mezcla Pb-Sn:
Se sabe que la mezcla líquida de Pb y Sn que empieza a solidificar a 250 oC es la que contiene aproximadamente un 32% de Sn, y la aleación que concluye su solidificación a 250 oC es la que contiene aproximadamente un 13% de Sn. Un kilogramo de una aleación de 70% de Pb se enfría lentamente desde 300 ºC. Calcular aproximadamente la masa del proeutéctico α que se ha formado a 250 oC.
(A). 105 g
(B). 130 g g
(C). 192 g
(D). 895 g
Solución: A. En la siguiente figura se ha dibujado de nuevo el diagrama de fases del sistema Pb-Sn para incluir la información del enunciado.
Este diagrama tiene un punto eutéctico en el que la composición de Sn es del 61,9% a cierta temperatura T (que es 183 oC, aunque ese dato no se necesita). El sólido que precipita a temperatura superior a la eutéctica se denomina proeutéctico y para una composición del 30% de Sn corresponde a la fase α, como puede verse en el diagrama. Por otro lado, en el diagrama se observa que efectivamente una aleación líquida que contiene un 32% de Sn en peso, al enfriarla empieza a solidificar (en forma de sólido α proeutéctico) a aproximadamente 250 oC, pues a esa temperatura la línea discontinua correspondiente al 32% de Sn corta a la línea de líquidus. Y también se aprecia que si aleación contiene aproximadamente el 13% de Sn empieza a solidificar a unos 285 oC, pero a 250 oC se traspasa la línea de sólidus y se consigue la precipitación completa de la fase α. Estos datos sirven para aplicar la regla de la palanca, que es lo que se necesita para resolver el problema. El punto marcado con un aspa roja es el que describe al sistema del enunciado: una aleación del 70% de Pb (es decir, 30% de Sn) a 70 oC. La regla de la palanca dice que la proporción en peso de la fase sólida α (proeutéctica) es: 100·(32 – 30) (32 – 13) = 10,5%. Como la aleación pesa 1 kg tendremos 105 gramos de sólida a a esa temperatura.
8. El siguiente diagrama de fases corresponde a la mezcla binaria Al-Mg.
¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta?
(A). La fase α es Al metálico puro y la ε es Mg metálico puro.
(B). Hay dos fases terminales y una intermedia.
(C). La línea vertical señalada con una flecha corresponde al compuesto Al140Mg89.
(D). Hay un solo compuesto intermetálico.
Solución: C. Una línea vertical en un diagrama indica la existencia de un compuesto intermedio que en este caso es intermetálico, es decir, con estequiometría bien definida. Una estequiometría definida implica una composición fija y constante. Por eso, un compuesto de este tipo debe venir representado por una línea vertical, ya que en una línea de ese tipo el valor de abscisas (composición) es constante. La fracción molar de Mg del compuesto Al140Mg89 es 89 / (140 + 89) = 0,39, y efectivamente ese el valor de composición en Mg que aproximadamente se lee en la gráfica (39%). Por otro lado, se llaman fases terminales las que están en los extremos del diagrama (en este caso son α –que es rica en Al, pero no Al puro– y ε –rica en Mg, pero no Mg puro–) y fases intermedias las que están dentro del diagrama en regiones monofásicas. En este caso son β, γ y κ. La fase κ está representada por la línea que limita a la región γ + κ, a la izquierda de esta región. Al ser una línea vertical corresponde a un compuesto intermetálico (se trata del compuesto Al30Mg23). La fase γ no está representada por una línea porque es compatible con un cierto intervalo de composiciones, es decir, no corresponde a un compuesto de fórmula estequiométrica fija.
9. A los aceros que contienen muy poco C y un mínimo del 10,5% de Cr se les llama…
(A). al carbono
(B). inoxidables
(C). de aleación
(D). de baja aleación
Solución: B. Los aceros al carbono son la gran mayoría de los que se producen. Los de aleación y baja aleación contienen distintos elementos. Los aceros que contienen bastante cromo tienen la propiedad de ser muy resistentes a la oxidación.
10. Se consideran ensayos de microdureza…
(A). el de Brinell y el de Vickers.
(B). el de Vickers y el de Knoop.
(C). el de Knoop y el de Rockwell.
(D). el de Rockwell y el de Brinell.
Solución: B. Tanto el ensayo de Vickers como el de Knoop se consideran ensayos de microdureza. En el primero se usa una diminuta pirámide de diamante y se aplica una carga muy pequeña. La marca se observa con un microscopio. El ensayo de Knoop es similar al de Vickers, utilizándose también para materiales frágiles como los cerámicos.
11. ¿De qué tipo es el enlace Si–O del grupo SiO44–? (Las electronegatividades de Pauling del Si y el O son, respectivamente, 1,90 y 3,44).
(A). Fundamentalmente iónico
(B). Aproximadamente ¾ iónico y ¼ covalente.
(C). Aproximadamente mitad iónico y mitad covalente.
(D). Aproximadamente ¼ iónico y ¾ covalente.
Solución: C. El bloque de construcción básico de los silicatos es el grupo tetraédrico SiO44−. Se trata de un grupo muy importante en cerámicas y por ello debe saberse que el enlace Si–O se considera como aproximadamente mitad iónico y mitad covalente. Si se desea, esto podría confirmarse aplicando la ecuación de Pauling para calcular el carácter iónico de un enlace:
La electronegatividad del Si es χSi = 1,90 y la del O es χO = 3,44. Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior se obtiene que el carácter iónico sería del 55%.
12. El CsBr y el CsI tienen la misma estructura cristalina, que es la del CsCl. El peso atómico del Cs es 132,9. Los pesos atómicos del Br y el I son, respectivamente, 79,9 y 126,9; los radios atómicos de los aniones Br– y I– son 0,196 nm y 0,220 nm respectivamente. Según estos datos, si la densidad del CsBr es ρ, la del CsI…
(A). debería ser 1,588 ρ.
(B). debería ser 0,707 ρ.
(C). debería ser 1,220 ρ.
(D). probablemente sería muy parecida.
Solución: D. La densidad de un objeto es directamente proporcional a la masa del objeto e inversamente proporcional a su volumen. Por otra parte, como estas sustancias tienen la misma estructura cristalina, el número de parejas iónicas CsBr en la celda unidad del CsBr ha de ser igual al número de parejas CsI en una celda unidad de CsI. Por tanto, una celda unidad de CsI tiene que pesar más que una de CsBr. Concretamente, como el peso de una pareja de CsBr es 212,8 y el de una pareja CsI es 259,8, una celda unidad de CsI pesa 1,220 veces lo que pesa una celda unidad de CsBr. Ahora bien, por esa única razón no se puede afirmar que la densidad del CsI será 1,220 veces la del CsBr, simplemente porque solo estamos teniendo en cuenta el efecto de la masa, no el del volumen. (Peor comparación habríamos hecho si no hubiéramos tenido en cuenta la presencia de Cs y hubiéramos considerado erróneamente que la relación de masas de las celdas es la relación de masas de I y Br, que es 1,588).
Lógicamente, tampoco debemos tener en cuenta solo el efecto del volumen y no el de la masa. No obstante, razonaremos con solo el volumen para ver qué se obtiene. Una celda unidad de CsI ha de ser más voluminosa que una de CsBr porque el I– es más voluminoso que el Br–. Suponiendo que los iones son esféricos, sus volúmenes son proporcionales al radio elevado al cubo. Los valores de r3 para ambos iones son: r3(Br–) = 7,53·10–3 nm3; r3(I–) = 10,65·10–3 nm3. Esto supone que la relación de volúmenes entre el Br– y el I– sería 0,707 y que la densidad del CsI, si no tenemos en cuenta el efecto de la masa, sería 0,707ρ. Pero, como se ha dicho, el resultado es inaceptable no dolo porque no se puede dejar de incluir la masa en los cálculos sino porque hemos supuesto que al volumen de la celda solo contribuyen los aniones, no los huecos ni los cationes.
Para tener en cuenta tanto el efecto de la masa como el del volumen podríamos comparar los cocientes m/r3 para ambas celdas, que son: 212,8 Da / 7,53·10–3 nm3 = 2,826·105 Da / nm3 para la celda de CsBr y 259,8 Da / 10,65·10–3 = 2,440·105 Da / nm3 para la de CsI. Esto supondría que la densidad del CsI sería 0,862 ρ (siendo ρ la densidad del CsBr). Pero no se debe olvidar que ese valor tampoco puede considerarse muy fiable pues, como se ha dicho, no se ha tenido en cuenta que las celdas tienen huecos y átomos de Cs que contribuyen al volumen.
Por todo ello, como los valores numéricos dados en las respuestas no se pueden aceptar como válidos porque han sido calculados o bien sin tener en cuenta la masa o bien sin tener en cuenta el volumen, y dado que solo una respuesta es válida, esta tiene que ser la de que las densidades son muy parecidas. (De hecho, las densidades experimentales de ambas sustancias son 4,51 g/cm3 para el CsI y 4,44 g/cm3 para el CsBr. Es decir, la densidad del CsI es 1,02 ρ).
13. Una muestra de polipropileno tiene un peso molecular medio de 500000 g / mol. ¿Cuál es aproximadamente su grado medio de polimerización? (Pesos atómicos: C: 12; O: 16; H: 1).
(A). 5000
(B). 11900
(C). 14650
(D). 17850
Solución: B. La unidad monomérica del polipropileno es [CH2–CH(CH3)], cuyo peso molecular es 42 g/mol de monómero. El grado de polimerización, n, es el número de monómeros que forman la cadena y se puede calcular dividiendo el peso molecular de la cadena entre el peso de un solo monómero. En este caso: n = 500000 / 42 = 11905
14. Se han hecho las siguientes medidas de pesos moleculares de cadenas de cierto polímero:
| M | f |
| 0 – 5000 | 0,01 |
| 5000 – 10000 | 0,04 |
| 10000 – 15000 | 0,16 |
| 15000 – 20000 | 0,17 |
| 20000 – 25000 | 0,19 |
| 25000 – 30000 | 0,21 |
| 30000 – 35000 | 0,15 |
| 35000 – 40000 | 0,07 |
En la tabla, M se refiere a intervalos de pesos moleculares de las cadenas y f a las fracciones de peso para los distintos intervalos. A propósito, ¿alguna de las afirmaciones que se dan a continuación es cierta?
(A). El peso molecular promediado en peso es 20000.
(B). El peso molecular promediado en número es 22850.
(C). La dispersidad de esta muestra es exactamente 1.
(D). Ninguna de las tres afirmaciones que se hacen es cierta.
Solución: D. El peso molecular medio de las cadenas individuales que forman una muestra de polímero se puede calcular según dos criterios diferentes. Uno de los criterios conduce a lo que se llama peso molecular promediado en peso; el otro criterio es el del peso molecular promediado en número.
El peso molecular promediado en número se calcula simplemente sumando los pesos moleculares de todas las cadenas y dividiendo por el número de ellas. Si hay varias cadenas que tienen el mismo peso molecular, lo razonable es contarlas y multiplicar el número de ellas (Ni) por dicho peso (Mi), haciendo después la suma de estos productos y dividiendo el resultado por el total de cadenas (ΣNi):
Este criterio de promedio de peso molecular es el más intuitivo. Es como cuando, por ejemplo, queremos obtener la nota media de estas 9 calificaciones: 10, 10, 8, 10, 7, 7, 6, 7, 8. Como se han obtenido tres dieces, tres sietes, dos ochos y un seis se opera de este modo: (3·10 + 3·7 + 2·8 + 1·6) / (3 + 3 + 2 + 1) = 8,11. Como el denominador suma 9, otra manera de hacer este cálculo sería dividir todos los sumandos del numerador por 9 y hacer la suma de los resultados: (1/3)·10 + (1/3)·7 + (2/9)·8 + (1/9)·6 = 8,11. Como el número de veces que aparece una calificación dividido por el número total de notas es la frecuencia de esa calificación (φi = Ni / ΣNi) podemos decir que la media se obtiene multiplicando cada nota por su frecuencia (que es la correspondiente fracción del total de calificaciones) y sumando los productos. Esto mismo se puede hacer para calcular el peso molecular promediado en número:
Como se ve, el peso molecular promediado en número es la suma de los productos de los valores de las notas por la fracción o frecuencia de aparición de cada nota. A esta fracción la llamaremos de número.
El concepto de peso molecular promediado en peso es distinto. Se calcula por una fórmula igual que la anterior, pero usando fracciones de peso, fi, en vez de fracciones de número. Veamos qué se entiende por fracción de peso. Supongamos que en una muestra polimérica tenemos tres cadenas que pesan, cada una de ellas, 8000. Por tanto, entre las tres pesarán 24000. Y supongamos que el peso total de todas las cadenas de la muestra es 10000000. Las fracciones (o frecuencias) de peso de las cadenas que pesan 8000 se define como 8000 / 1000000 = 0,008. Generalizando, si tenemos Ni cadenas que pesan todas ellas la misma cantidad, Mi, el peso total de estas cadenas será Ni Mi. Por otro lado, el peso total de todas las cadenas de la muestra de polímero será Σ NiMi. El cociente fi = NiMi / Σ NiMi es lo que se llama por definición fracción de peso. Análogamente al peso molecular promedio en número, el peso molecular promedio en peso se calcula así:
Introduciendo fi en la expresión podemos encontrar otra fórmula válida:
El peso molecular promediado en número normalmente no coincide con el peso molecular promediado en peso debido a que las fracciones de número son habitualmente algo diferentes de las fracciones de peso. En el ejemplo de las calificaciones, como la suma de estas es 73, la fracción “de peso” de la calificación 10 es 3·10 / 73 = 0,4109. Sin embargo, la fracción “de peso” de la calificación 7 es: 3·7 / 73 = 0,2877. La del 8 es 2·8 / 73 = 0,2192, y la del 6 es 1·6 / 73 = 0,0822. Todas las fracciones suman 1. La media de las calificaciones “en peso” sería: 0,4109·10 + 0,2877·7 + 0,2192·8 + 0,0822·6 = 8,37.
Para resolver este problema se puede aplicar directamente la fórmula
teniendo en cuenta que los pesos moleculares nos los dan por intervalos. Por eso, para las Mi de la fórmula lo razonable es tomar los valores medios de cada intervalo. Por ejemplo, del intervalo (0, 5000) tomaremos el peso 2500. El sumatorio es: 2500·0,01 + 7500·0,04 + 12500·0,16 + 17500·0,17 + 22500·0,19 + 27500·0,21 + 32500·0,15 + 37500·0,07 = 22850 g/mol. El peso molecular promediado en número no se puede calcular porque no se conocen las fracciones de número. Como hemos dicho, en general el peso molecular promediado en número difiere del peso molecular promediado en peso. El cociente de ambos valores se llama dispersidad, que es una medida de la heterogeneidad de tamaños moleculares del polímero.
15. Una de las siguientes afirmaciones sobre la aramida es falsa:
(A). Es una poliamida aromática.
(B). Una de las aramidas más conocidas es el kevlar.
(C). Su aplicación más importante es como nanopartículas esféricas para refuerzo de materiales compuestos.
(D). Se puede fabricar en forma de fibra.
Solución: C. Una de las aplicaciones más importantes de las poliamidas aromáticas (entre ellas el kevlar) es la fabricación de fibras (no nanopartículas esféricas) para reforzar materiales.
16. ¿Cuál de los siguientes metales tiene una conductividad más alta?
(A). La plata
(B). El oro
(C). El cobre
(D). El aluminio
Solución: A. La plata tiene una conductividad excelente, mayor que la del cobre. En la vida ordinaria usamos cobre en vez de plata porque aquel es mucho más barato y asequible.
17. Una de las siguientes características sobre los semiconductores tipo p es falsa:
(A). Las impurezas añadidas tienen carencia de electrones.
(B). Los huecos positivos que se crean en la banda de valencia son los portadores mayoritarios.
(C). En conjunto hay más electrones que huecos.
(D). Los electrones que acceden a la banda de conducción son los portadores minoritarios.
Solución: C. En estos semiconductores las impurezas añadidas tienen carencia de electrones, por lo que en conjunto hay más huecos que electrones.
18. Calcular la reflectividad de la luz natural cuando incide normalmente sobre una superficie plana de vidrio de borosilicato (n = 1,47).
(A). 3,6 %
(B). 5,2 %
(C). 19 %
(D). 27,6 %
Solución: A. La reflectividad se define como:
siendo n el índice de refracción. Para n = 1,47 se obtiene: 0,036, es decir, el 3,6 %.
