1. Supongamos que se acuerda cambiar la referencia de la unidad de masa atómica de modo que, en adelante, se considerará que 1 átomo de 12C tiene una masa de 1 unidad de masa atómica (uma). ¿Cuál sería la equivalencia entre unidad de masa atómica y gramo en el nuevo sistema?
(A). 1 uma(nueva) = 2·10–23 g (en números redondos)
(B). 1 uma(nueva) = 1,38·10–25 g
(C). 1 uma(nueva) = 1,66·10–24 g
(D). La relación entre uma y gramo sería la misma en ambos sistemas.
Solución: A. El peso de un mol de átomos de C-12 (o sea, 6,022·1023 átomos de C-12) es su peso atómico, es decir, 12 gramos. Por lo tanto, un solo átomo de C pesará 1,993·10–23 g, que podemos redondear a 2·10–23 g. En el sistema actual, por definición, el átomo de C-12 pesa 12 uma; en el sistema nuevo, el átomo de C-12 pesaría 1 uma(nueva). Pero el peso en gramos sería siempre el mismo. Por lo tanto, 1 uma(nueva) = 2·10–23 g.
2. En general, a diferencia de los polímeros termoplásticos, los polímeros termoestables se caracterizan por…
(A). tener unidas sus cadenas por enlaces covalentes fuertes.
(B). poder sufrir cambios reversibles con la temperatura.
(C). ablandarse al calentarse, lo que permite moldearlos.
(D). no degradarse con el aumento de temperatura.
Solución: A. En general, los termoplásticos son polímeros lineales cuyas cadenas están unidas por enlaces secundarios débiles, del tipo de las interacciones de Van der Waals. La estructura es flexible y capaz de sufrir cambios reversibles frente a la temperatura de modo repetido. Habitualmente, el material se ablanda al calentarlo, lo que permite moldear su forma externa, y se endurece al enfriarse. En cambio, los termoestables o termofijos son polímeros cuyas cadenas están unidas por en laces covalentes fuertes que impiden el deslizamiento de unas cadenas sobre otras, produciendo una estructura muy entrecruzada y por tanto rígida. Este resultado se puede lograr por reacciones químicas, dando al material una forma permanente, que ya no se puede alterar por calentamiento ni se puede restaurar sin degradarlo.
3. La arista del cubo de la celda unitaria del hierro cúbico centrado en el cuerpo, a temperatura ambiente, mide 0,287 nm. ¿Cuántas celdas cabrían en 1 mm3?
(A). 3,48·106
(B). 3,48·1012
(C). 4,23·1019
(D). El valor que se obtiene es muy diferente a los otros.
Solución: C. Como la celda unidad es cúbica, su volumen sería de (0,287 nm)3 = 0,02364 nm3. Como 1 mm = 106 nm, 1 mm3 = 1018 nm3. Este volumen contendría a 1018 nm3 / 0,02364 nm3 = 4,23·1019 celdas.
4. La masa atómica del tántalo es 180,95; su densidad es 16650 kg m–3. Cristaliza en una red cúbica centrada en el cuerpo. ¿Cuánto vale el parámetro de red?
(A). 0,262 nm
(B). 0,330 nm
(C). 0,416 nm
(D). El valor que se obtiene es muy diferente a los otros.
Solución: B. Como es sabido, la densidad es la masa dividida por el volumen. La masa de una celda unidad es el número de átomos que contiene, n (que en una celda cúbica centrada en el cuerpo vale 2) multiplicado por la masa de cada átomo (peso atómico, M); para pasar esta masa a gramos, se divide por la constante de Avogadro, NA. Y el volumen de una celda cúbica es a3. Con estas consideraciones se llega a esta expresión para la densidad: ρ = 2M / NA a3. Teniendo en cuenta que la unidad kg de la densidad debe pasarse a gramos se obtiene a = 3,30·10–10 m, equivalentes a 0,330 nm.
5. Sobre los mecanismos de difusión, una sola de las siguientes afirmaciones es falsa.
(A). La vibración térmica es el principal motor de la difusión.
(B). Dos mecanismos básicos son la difusión de vacantes y la ocupación de intersticios.
(C). La velocidad de la difusión aumenta con la temperatura.
(D). En los cristales perfectos no se produce autodifusión.
Solución: D. El desplazamiento de los átomos a través de la red cristalina, ya sea por migración de vacantes o por ocupación de intersticios, se realiza mediante la energía proporcionada por la vibración térmica. Se puede estimar que los átomos en los materiales metálicos vibran en torno a sus posiciones de equilibrio unas 1012 veces por segundo.
Es necesario que existan defectos puntuales que faciliten la difusión, como sucede frecuentemente en los metales. El número de vacantes aumenta con la temperatura. Por tanto, la velocidad del proceso de difusión aumenta al aumentar la temperatura, una vez que la agitación térmica logra superar una cierta barrera energética. A temperaturas suficientemente elevadas, la difusión permite que un átomo se desplace hasta 108 veces por segundo.
El fenómeno de la autodifusión facilita el intercambio de átomos vecinos de modo inevitable, incluso en los cristales perfectos.
6. Decir cuál de las siguientes afirmaciones sobre el siguiente fragmento del diagrama de fases del sistema Cu-Zn es correcta.
(A). Se ven dos puntos eutectoides.
(B). Existe una transformación eutéctica y una eutectoide.
(C). Se observa un punto peritéctico a cerca de 600 oC.
(D). Existe una transformación eutéctica y otra peritéctica.
Solución: C. Una transformación de un líquido en dos fases sólidas (L → α + β) se denomina eutéctica; por analogía, una de una fase sólida en dos fases sólidas diferentes a ella (δ → γ + ε) se llama eutectoide. Por otra parte, una transformación del tipo δ + L → ε se llama peritéctica y una transformación L1 → L2 + α se denomina monotéctica (en ella se pueden distinguir las dos fases líquidas L1 y L2 porque son inmiscibles, como lo serían el agua y el aceite).
En la porción de diagrama mostrada, observamos un punto peritéctico para una composición de Zn en peso de aproximadamente el 78 % y temperatura próxima a 600 oC. En él se produce la transformación δ + L → ε. Nótese que cuando la proporción de Zn es menor que la mencionada ocurre esto: δ + L → δ + ε, lo que significa que se produce reacción peritéctica pero queda algo de δ, ya que δ figura tanto en la parte de los reactivos como en la de los productos. Y cuando la temperatura es algo mayor que la mencionada se da la reacción δ + L → ε + L, lo que significa que sobra algo de L (obsérvese que L figura en la parte de los reactivos y en la de los productos). Por lo tanto, habrá un punto intermedio en el que no sobre ni δ ni L y la transformación sea simplemente δ + L → ε; ese será el punto peritéctico.
Hay un segundo peritéctico a casi 700 oC para una proporción de Zn del 73 %. En él se observa la transformación peritéctica γ + L → δ.
Finalmente, hay un punto eutectoide para una proporción de Zn de aproximadamente el 74 % y temperatura de unos 560 oC. La transformación eutectoide correspondiente es: δ → γ + ε.
7. Considérese el diagrama del Pb-Sn:
Se tiene una aleación del 10% de estaño a 200 ºC. Manteniendo la temperatura constante se va añadiendo Sn en pequeñas cantidades, dando tiempo suficiente y procurando las condiciones adecuadas para que, tras añadir un poco de Sn, se alcance la estabilidad termodinámica del sistema antes de agregar la siguiente cantidad de Sn. ¿Qué le ocurrirá teóricamente a la mezcla conforme vaya aumentando la riqueza de estaño?
(A). Primero, parte de la aleación se licuará; después se licuará toda ella; seguidamente solidificará parte del líquido y finalmente solidificará todo.
(B). La aleación se mantendrá siempre sólida, si bien serán cada vez más pobre en plomo.
(C). Se producirá cada vez más líquido conforme aumenta la proporción de Sn, ya que este tiene menor punto de fusión que el Pb.
(D). Se formará un líquido y todo el estaño adicional que se agregue se irá disolviendo en él.
Solución: A. Este es el diagrama de fases del sistema Sn-Pb. En él se ha señalado en rojo la isoterma a 200 oC que parte del punto en el que la composición de Sn es del 10 %.
Como se puede ver, el punto de partida está en una región de sólido, la llamada fase α. Esta consiste, en este caso, en una aleación de Sn y Pb al 10 % de Sn y 90 % de Pb. Si a este sólido se le añade más Sn, intuitivamente podría pensarse que no ocurrirá nada, que simplemente habrá una mezcla de aleación de Sn con Pb al 10 % de Sn más Sn adicional. Pero si se da tiempo suficiente y hay buena mezcla, habrá difusión del estaño hacia la fase α, con lo que se seguirá teniendo fase α, pero más rica en estaño (por ejemplo, 12 % de Sn y 88 % de Pb).
Llegará un momento en que la fase α tendrá en torno a un 19 % de Sn, y a partir de ahí, si se sigue añadiendo Sn, manteniendo la temperatura constante, se producirán dos procesos: la continuación del enriquecimiento en Sn de la fase α y la formación de un líquido que será una mezcla fundida de Sn y Pb.
Si se sigue añadiendo Sn, cada vez habrá más líquido y menos sólido, hasta que, cuando la proporción de Sn total del sistema sea de aproximadamente un 57 %, todo el sistema estará en fase líquida. Después, cuando la proporción de Sn sea de aproximadamente un 82 %, volverá a formarse sólido, pero ahora este sólido consistirá en la llamada fase β, que es la fase característica de mezclas de este tipo cuando son ricas en Sn. Finalmente, con proporciones de Sn mayores del 98 % aproximadamente todo el sistema consistirá en un sólido de fase β.
8. ¿Cuántos gramos de C por cada 100 g de Fe forman una muestra de cementita? (Pesos atómicos: Fe = 55,845; C = 12,011).
(A). 6,67 g
(B). 7,17 g
(C). 17,67 g
(D). 64,52 g
Solución: B. La cementita es un carburo de hierro (compuesto intermetálico) de fórmula empírica Fe3C, cuyo peso molecular es, por tanto: 3·55,845 + 12,011 = 167,535 + 12,011 = 179,546. Eso supone que en 179,546 g de cementita hay 167,535 g de Fe y 12,011 g de C, por lo que si los gramos de Fe son 100, los de C serán (por regla de 3) 7,17 g.
9. Una de las siguientes afirmaciones sobre las aleaciones de titanio es falsa.
(A). Se emplean mucho en medicina, pero tienen el inconveniente de que su biocompatibilidad es moderada o baja.
(B). Hay elementos que estabilizan la fase α del titanio y otros que estabilizan la fase β.
(C). Un tipo de aleaciones de titanio se denominan α + β.
(D). Al enfriar el Ti se produce la transformación Ti(β) → Ti(α).
Solución: A. Las aleaciones del Ti se diferencian por el tipo de estructura que presentan a temperatura ambiente en función de las fases α y β típicas de este metal.
Hay elementos que estabilizan la fase α, como el B, el Al, el Ga, el C, el Ge, el N, el O y el La, todos los cuales tienen menos de 4 electrones de valencia. Lo hacen ampliando la región α del diagrama de fases o elevando la temperatura de transformación de la fase α en la β. En cambio, elementos con más de 4 electrones de valencia como el V, el Nb, el Ta, el Cr, el Mo, el W, el Mn, el Fe, el Co, el Ni o el Cu estabilizan la fase β rebajando la temperatura a la que esta fase se hace estable.
El hecho de que al enfriar el Ti se produzca la transformación β → α posibilita obtener diferentes estructuras, en función de la composición de la aleación y la velocidad de enfriamiento. De acuerdo con ello, las aleaciones de Ti se pueden clasificar en aleaciones α (de baja plasticidad pero muy resistentes a la oxidación en caliente), aleaciones β (de mayor capacidad de deformación en frío y de endurecimiento) y aleaciones α + β, que tratan de reunir las ventajas de las anteriores y evitar sus defectos.
Las principales aplicaciones de las aleaciones de Ti se encuentran en la industria aeroespacial y petroquímica, así como en la arquitectura y transporte. Actualmente tienen una difusión cada vez mayor en biomedicina debido a su excelente biocompatibilidad.
10. Se realizó un ensayo de tracción completo de una probeta de magnesio de 12 mm de diámetro y 30 mm de longitud, hasta la ruptura. En la tabla siguiente se representan la fuerza de tracción, F, y la longitud de la probeta en cada momento, L, hasta que se rompe.
| F / N | L / mm |
| 0 | 30,0000 |
| 5000 | 30,0296 |
| 10000 | 30,0592 |
| 15000 | 30,0888 |
| 20000 | 30,15 |
| 25000 | 30,51 |
| 26500 | 30,90 |
| 27000 | 31,50 |
| 26500 | 32,10 |
| 25000 | 32,79 |
Se supone que la probeta mantiene constante su volumen y que en el ensayo adelgaza por igual a lo largo de toda su longitud, es decir, no se produce una estricción notable. ¿Cuál es el valor aproximado de la tensión real en la ruptura?
(A). 221 MPa
(B). 242 MPa
(C). 362 MPa
(D). 762 MPa
Solución: B. La tensión real es el cociente entre la tracción y la sección en el momento de la ruptura. Por tanto, necesitamos estimar el área de la sección de la probeta en ese momento, lo que podemos conseguir gracias a que se supone que en la fractura la sección es la misma a lo largo de toda la longitud de la probeta y que el volumen de la probeta al final del ensayo es el mismo que el inicial. El volumen inicial es, por la fórmula del volumen de un cilindro: V = π r2 L = 3,1416·(6·10–3)2·30·10–3 = 3,393·10–6 m3. Como la longitud final es 32,79 mm, el área de la sección final será A = V / L = 3,393·10–6 m3 / 32,79·10–3 m = 1,035·10–4 m2. La tensión real en la ruptura sería, entonces: 25000 N / 1,035·10–4 m2 = 241,55 MPa.
Un concepto distinto es la tensión convencional, que se calcula así: σ = F / A0, siendo A0 la sección inicial de la probeta, que es A0 = V0 / L0 = 3,393·10–6 m3 / 30,00·10–3 m = 1,131·10–4 m2. La tensión convencional sería, entonces: 25000 N / 1,131·10–4 m2 = 221,04 MPa.
11. Determinar el factor de empaquetamiento atómico del cuarzo sabiendo que el número de átomos de Si por cm3 es 2,66·1022 y que los radios atómicos del silicio y el oxígeno son, respectivamente, 0,038 y 0,117 nm.
(A). 0,333
(B). 0,363
(C). 0,666
(D). El valor que se obtiene es muy diferente de los anteriores.
Solución: B. El factor de empaquetamiento atómico se define como el volumen que ocupan los átomos en una celda unidad dividido por el volumen de dicha celda: Vát / Vcelda, siendo Vát la suma de los volúmenes de todos los átomos contenidos dentro la celda. Como la fórmula del cuarzo es SiO2, si cada celda contiene n unidades de SiO2, el volumen ocupado por estas unidades será n VSiO₂, siendo a su vez VSiO₂ la suma de los volúmenes de 1 átomo de silicio y 2 átomos de O.
Supongamos que en 1 cm3 caben N celdas unidad de cuarzo. Eso significa que Vcelda N = 1 cm3. Multiplicando el numerador y el denominador de la expresión Vát / Vcelda por N y teniendo en cuenta la anterior igualdad, el factor de empaquetamiento se puede escribir como Vát N / cm3, o también como n N VSiO₂ / cm3. Esta expresión es matemáticamente equivalente a esta otra: VSiO₂ (n N / cm3). Pero n N / cm3 es, en realidad, el número de unidades de SiO2 que hay en 1 cm3, número que podemos conocer inmediatamente por el enunciado. Efectivamente, es 2,66·1022, puesto que ese es el número de átomos de Si en 1 cm3 y tenemos 1 unidad SiO2 por cada átomo de Si.
Si suponemos que los átomos de Si y O son esféricos (V = 4π r3 / 3), el volumen de cada unidad de SiO2 será la suma de volúmenes de 1 átomo de Si y 2 átomos de O, es decir: = VSi + 2 VO = (4π / 3) · (0,038·10–7 cm)3 + 2 (4π / 3) · (0,117·10–7 cm)3 = 1,365·10–23 cm3.
Como hemos discutido antes, multiplicando este volumen por el número de unidades de SiO2 por cm3 (2,66·1022 / cm3) tendremos el factor de empaquetamiento. Resulta ser de 0,363.
12. Se dan a continuación unos valores de relaciones de tamaños de radio del catión respecto a radio del anión en sólidos cerámicos. ¿Para cuál de ellos la estructura preferida es la octaédrica?
(A). [0,155, 0,225)
(B). [0,225, 0,414)
(C). [0,414, 0,732)
(D). ≥ 0,732
Solución: C. Para valores del cociente entre el radio de catión y el del anión mayores de 0,732 la estructura estable es el cubo, con 8 aniones alrededor del catión central. Para valores menores que ese pero mayores o iguales que 0,414, la estructura preferida es la octaédrica (número de coordinación 6). Es estable la estructura tetraédrica (4 iones alrededor del central) si la relación es al menos de 0,225 pero menor de 0,414. Finalmente, es preferida la estructura trigonal plana (lo que supone número de coordinación 3) para relaciones catión/anión mayore o iguales a 0,155.
13. ¿Cuál es el peso molecular medio en número (también llamado peso molecular numérico medio) de un poliestireno cuyo grado de polimerización medio es 25000? (Pesos atómicos: C: 12; H: 1).
(A). 3,5·105
(B). 7·105
(C). 1,05·106
(D). 2,6·106
Solución: D. El grado de polimerización se define como el cociente entre el peso molecular de la cadena y el de una unidad repetitiva. La unidad repetitiva del poliestireno es:
El peso molecular de esta unidad repetitiva es 8 AC + 8 AH (A denota el peso atómico). Por tanto, su valor es 104. Y el peso molecular de la cadena será 25000·104 = 2,6·106.
14. Considérese un polietileno lineal de alto peso molecular. Este se puede clorar induciendo la sustitución de átomos de cloro por hidrógeno. Si son sustituidos el 5 % de todos los átomos de hidrógeno, ¿qué porcentaje aproximado en peso de cloro tendría el producto? (Pesos atómicos: C: 12, H: 1; Cl: 35,5).
(A). 5%
(B). 20%
(C). 73%
(D). 95%
Solución: B. Como este polietileno es lineal, podemos considerar que su estructura es (CH2)n (la aproximación es válida porque se dice que el polietileno es de muy alto peso molecular, luego la cadena es larga y los dos CH3 terminales se pueden considerar CH2 a efectos de cálculo de peso molecular). Por tanto, por cada átomo de C hay 2 de H. Dicho de otro modo, necesitamos 50 átomos de C para tener 100 de H. Tras la sustitución que queremos hacer, quedarían 50 átomos de C por cada 95 de H y 5 de Cl. La masa molecular de ese grupo de átomos sería 50·12 + 95·1 + 5·35,5 = 872,5. Y el porcentaje en peso del cloro sería: 5·35,5 / 872,5 = 20,34 %.
15. Suponiendo que la conductividad térmica cumpla la regla de las mezclas, ¿podría calcularse cuál sería el valor máximo de esta propiedad para un compuesto consistente en un 85% en volumen de partículas de carburo de titanio (TiC) en una matriz de cobalto? Las conductividades térmicas del TiC y el Co son, respectivamente, 27 y 69 W / (m K).
(A). Sí: 3,37·10–2 W / (m K).
(B). Sí: 33,3 W / (m K).
(C). Sí: 62,7 W / (m K).
(D). No, porque faltarían las densidades del TiC y el Co.
Solución: B. Si llamamos k a la conductividad térmica, la regla de las mezclas en este caso se aplica así:
kmáx = kTiC VTiC + kCo VCo
siendo las V las fracciones de volúmenes correspondientes. Basta sustituir valores:
kmáx = 0,85·27 W/(m·K) + 0,15·69 W/(m·K) = 33,3 W/(m·K).
16. Calcular el valor de la conductividad eléctrica (en unidades del sistema internacional) de un cilindro de silicio de 5,1 mm de diámetro y 38 mm de longitud por el que pasa una corriente de 0,1 A en dirección axial bajo una diferencia de potencial de 12,5 V.
(A). 6,7·10–2
(B). 0,27
(C). 14,9
(D). 125
Solución: C. La ley de Ohm (V = i R) permite calcular inmediatamente la resistencia, que resulta ser de R = 12,5 V / 0,1 A = 125 Ω. Esta resistencia depende de la longitud l y de la sección A de la muestra (que al ser cilíndrica es igual a π r2) de esta forma: R = ρ (l / A), siendo ρ la resistividad eléctrica, que por lo tanto en este caso vale: ρ = R A / l = 125 Ω· π [(5,1·10–3 m) / 2]2 / (38·10–3 m) = 0,0672 Ω m. La conductividad es la inversa de la resistividad. Por tanto, en este caso su valor es: σ = 1 / ρ = 14,88 Ω–1 m–1.
17. La porcelana eléctrica es una cerámica cuya propiedad más utilizada en la práctica es que es…
(A). piezoeléctrica.
(B). semiconductora.
(C). aislante.
(D). ferroeléctrica.
Solución: C. La porcelana eléctrica típica consta de aproximadamente un 50% de arcilla (Al2O3·2SiO2·2H2O), un 25 % de sílice (SiO2) y un 25% de feldespato (K2O·Al2O3·6SiO2). Esta composición produce un material que es buen aislante eléctrico, aunque su principal desventaja como tal es que tiene un alto factor de pérdida de potencia en comparación con otros materiales aislantes eléctricos, lo que se debe a los iones alcalinos, que son altamente móviles.
18. Sabiendo que la brecha de energía del silicio intrínseco a temperatura ambiente es Eg = 1,1 eV, ¿la longitud de onda mínima de los fotones que puede absorber este material a temperatura ambiente es alguno de los siguientes valores: 0 μm, 11,1 μm, 265,8 μm? (Datos: h = 6,62·10–34 J s; 1 eV = 1,6·10–19 J; c ≈ 3·108 m s–1).
(A). Sí: 0 μm
(B). Sí: 11,1 μm
(C). Sí: 265,8 μm
(D). No, ninguno de esos.
Solución: D. Como es sabido, la relación entre la frecuencia de un fotón y la energía es E = h ν, de donde E = h c / λ, siendo h la constante de Planck, c la velocidad de la luz y λ la longitud de onda del fotón. Por tanto: λ = h c / E = 6,62·10–34 J s · 3·108 m s–1/ [1,1 eV · 1,6·10–19 (J / eV)] = 1,128·10–6 m ≈ 1,13 μm.
