solucionario-de-ciencia-e-ingenieria-de-los-materiales

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J.M. Montes
F.G. Cuevas

J. Cintas

Solucionario de Ciencia e Ingeniería de los Materiales

© J.M. Montes, F.G. Cuevas y J. Cintas

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pañola. De conformidad con lo
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1.ª edición, 2014

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ISBN: 978-84-283-3492-1
Depósito legal:

()

Índice

Índice

©  Ediciones Paraninfo Prefacio V 11. Determinación de diagramas
de equilibrio....................................................... 106
Bloque 1
La escala atómica de los materiales. 12. Diagramas de equilibrio de interés
tecnológico......................................................... 115
Orden y desorden
Bloque 3
2. Estructura íntima de los materiales................... 2 La escala macroscópica
3. La escala atómica de los materiales
de los materiales.
metálicos............................................................... 12
4. L a escala atómica de los materiales Propiedades macroscópicas

cerámicos.............................................................. 27 13. P ropiedades mecánicas de los materiales.
6. La escala atómica de los materiales Elasticidad........................................................... 142

poliméricos........................................................... 42 14. P ropiedades mecánicas de los materiales.
7. I mperfecciones cristalinas................................... 51 Plasticidad........................................................... 148

Bloque 2 15. P ropiedades mecánicas de los materiales.
La escala microscópica Termofluencia y viscoelasticidad...................... 158

de los materiales. 16. P ropiedades mecánicas de los materiales.
Fallo mecánico................................................... 165
Transformaciones de fases
y microestructura 17. Propiedades eléctricas de los materiales.
Bandas y conductores........................................ 176
 8. T ransformaciones de fases.
Aspectos generales............................................ 66 18. P ropiedades eléctricas de los materiales.
Semiconductores................................................ 190
 9. T ransformaciones de fases.
Sistemas multicomponentes............................. 78 19. Propiedades eléctricas de los materiales.
Aislantes.............................................................. 205
10. Diagramas de equilibrio.................................... 84
20. P ropiedades magnéticas de los materiales..... 217

21. P ropiedades ópticas de los materiales............ 228

22. P ropiedades térmicas de los materiales.......... 236

23. Propiedades químicas de los materiales.......... 250

III



Prólogo

Prefacio

©  Ediciones Paraninfo A menudo la tarea de resolver problemas es entendida por los trazar mentalmente el camino a seguir para la resolución, (3)
alumnos como algo superfluo y tedioso. En el fondo de este tratar de encontrar las expresiones matemáticas de partida,
sentimiento está la creencia de que estudiando únicamente la (4) operar algebraicamente (o a veces, hacer uso del cálculo
parte teórica puede alcanzarse una comprensión profunda de infinitesimal o integral) con las expresiones de partida para
una materia. llegar a una expresión final, (5) sustituir los valores numé-
ricos proporcionados por el enunciado en dicha expresión
Nada más lejos de la realidad. Si bien el estudio de los final, incluyendo en los cálculos las unidades de las distintas
fundamentos teóricos resulta imprescindible, no es menos magnitudes, y (6) continuar hasta completar la resolución
cierto que la realización de ejercicios y problemas constituye del problema y lograr el valor o expresión pedido.
el pilar básico sobre el que afianzar dichos conocimientos,
a la vez que abre un sinfín de posibilidades para matizar lo Somos conscientes que, a menudo, este ritual es sorteado
aprendido, aplicándolo a diversas situaciones. Es más, es- por los alumnos, que demuestran tener mucha prisa por sus-
tamos convencidos de que difícilmente la parte teórica de tituir los valores numéricos que proporciona el enunciado del
cualquier materia puede llegar a comprenderse en toda su problema, lo que les lleva a veces a larguísimas operaciones
magnitud sin la realización de problemas o ejercicios, capa- con la calculadora, y a la imposibilidad de revisar rápidamen-
ces de desentrañar las distintas facetas escondidas en frases te la corrección de un resultado parcial o final. Del mismo
sueltas, en palabras aisladas, que solo entonces adquieren su modo, durante la preparación de los exámenes, es bastante
verdadero significado. extendida la práctica de «resolución mental» de los proble-
mas, dejando siempre para un momento que nunca llega la
Es por esta razón que en la redacción del libro de texto conclusión de la resolución. No debe olvidarse que, en mu-
«Ciencia e Ingeniería de los Materiales» no hemos escatima- chos casos, el interés de ciertos problemas no es más que la
do espacio para la inclusión de un buen número de ejerci- familiarización con los órdenes de magnitud de ciertas varia-
cios resueltos. Por la misma razón, deseamos que también bles habituales, como concentraciones atómicas, densidades,
esté disponible para el docente la resolución de la extensa módulos y resistencias mecánicas, resistividades eléctricas,
colección de problemas propuestos al final de cada capítulo, etc. Por ello, la mencionada práctica de resolución mental
y por ello nos hemos embarcado en la tarea de esta nueva debe considerarse bastante perniciosa y desaconsejable.
publicación.
Finalmente, aunque hemos sido cuidadosos y hemos de-
Hemos intentado hacer una resolución detallada de los dicado un buen número de horas a la caza de errores, es-
problemas, sin dar saltos al vacío, aunque ello hubiera sido tamos completamente seguros que debe haberse deslizado
posible teniendo en cuenta que el material de este libro está una legión de erratas. Les agradecemos de antemano que nos
destinado a nuestros colegas profesores. Hemos preferido re- las hagan llegar, a través de la Editorial o directamente a los
solverlos con todo lujo de detalles, tal y como el docente sue- autores por medio de correo electrónico.
le explicárselos a sus alumnos. Y en esa tarea consideramos
imprescindible una serie de puntos que hemos tenido muy Esperamos, estimados colegas, que este material sea de
presentes a la hora de redactar este documento, y que debe- su agrado y contribuya a la clarificación de algunos aspectos
rían grabarse a fuego en la mente de los alumnos. Esta espe- oscuros de esta bella materia.
cie de liturgia nos indica que para resolver correctamente un
problema conviene: (1) leer reflexivamente el enunciado, (2) Que lo disfruten.

Los autores

V



1 BLOQUE

La escala atómica
de los materiales

Orden y desorden

Capítulo 2 Estructura íntima de los materiales

Capítulo 2
Estructura íntima de los materiales

2.1. Empleando la expresión de Pauling, calcule el porcentaje de carácter iónico en el FH y en
el LiH.
Datos: (H) = 2.2, (F) = 3.98 y (Li) = 0.98.
De acuerdo a la ecuación propuesta por Pauling:

 ci (HF) 100  1 exp 0.25 (3.98  2.2)2   54.71 %
 ci (LiH) 100 1 exp 0.25 (2.2  0.98)2   31.07 %

2.2. Escriba en notación de índices de Miller todas las direcciones de la familia de direcciones
1 0 1 en el sistema cúbico.

Esta familia es la formada por las diagonales de las caras de la celdilla cúbica. Como existen 2 dia-
gonales por cada cara del cubo, hay 12 direcciones posibles. Eliminando las duplicidades asociadas
a diagonales en caras paralelas, quedarían solo 6 direcciones. A saber,

101  [1 0 1], [1 0 1], [1 1 0], [1 1 0], [0 1 1], [0 1 1]

2.3. Para una celdilla unidad cúbica, trace las siguientes direcciones cristalográficas expresa-
das por sus índices de Miller:
a) [1 1 0] b) [1 1 1] c) [0 1 3] d) [0 2 1] e) [1 1 2]

2.4. Determine los índices de Miller de las siguientes direcciones de una celdilla unidad cúbica.

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2

La escala atómica de los materiales Bloque 1

(1)  Vector director = punto final – punto inicial = (1, 0, –1/2)
Punto inicial: (0, 0, 1/2)
Punto final: (1, 0, 0)

(2)  índices de Miller [2 0 1]
Punto inicial: (0, 0, 0)  Vector director = (1, 1, 1)  índices de Miller [11 1]
Punto final: (1, 1, 1)

(3)  Vector director = (–1, –1, 0)  índices de Miller [1 10]
Punto inicial: (1, 1, 0)
Punto final: (0, 0, 0)

(4)

Punto inicial: (0, 0, 1/2)  Vector director = (1/2, 0, 1/2)  índices de Miller [1 0 1]
Punto final: (1/2, 0, 1)

(5)  Vector director = (0, –1, –1/3)  índices de Miller [0 3 1]
Punto inicial: (0, 1, 1/3)
Punto final: (0, 0, 0)

2.5. Dibuje en celdillas cúbicas los siguientes planos cristalográficos:
a) (1 1 1) b) (1 1 0) c) (2 2 2) d) (1 1 2) e) (1 0 0) f) (2 2 1) g) (3 22).

Para dibujar un plano a partir de los índices de Miller hay que calcular el inverso de cada índice;
estos inversos representan los puntos de corte con los ejes.

©  Ediciones Paraninfo

3

Capítulo 2 Estructura íntima de los materiales

2.6. Determine los índices de Miller de los siguientes planos de una celdilla cúbica.

Plano A
Trasladando el origen de coordenadas, los puntos de corte con los ejes de referencia serían:
(∞,–1, 1/2)  inversos: (0, –1, 2)  A  (0 1 2)

Plano B
De nuevo es necesario trasladar el origen de coordenadas. Los puntos de corte con los ejes
coordenados serán ahora:
(1/2, 1/2, –1)  inversos: (2, 2, –1)  B  (2 2 1)

Plano C ©  Ediciones Paraninfo
Prolongamos el plano hasta que corte a los ejes coordenados. Los puntos de corte resultan ser:
(2, 2/3, 1)  inversos: (1/2, 3/2, 1)
Finalmente, multiplicando por 2 para obtener números ente-
ros, se obtienen los índices de Miller del plano C  (1 3 2)

Plano D
Los puntos de corte serán ahora:
(∞, 1/2, ∞)  inversos: (0, 2, 0), por lo que el plano D  (0 2 0)

4

La escala atómica de los materiales Bloque 1

2.7. Usando celdillas unitarias cúbicas, represente el plano (1 1 2) y la dirección [1 1 2] y mues-
tre gráficamente que el mencionado plano contiene a la dirección [1 1 1 ].

Para el plano (1 1 2), los cortes con los ejes estarán en: 1, 1, ½. Representando
gráficamente se puede intuir que el vector [1 1 1] es paralelo al plano.

Matemáticamente puede demostrarse sabiendo que un vector perpendicu-
lar al plano (1 1 2) es el [1 1 2] y que el producto escalar de dos vectores per-
pendiculares es nulo. De este modo, es fácil comprobar si [1 1 2] y [1 1 1] son
perpendiculares sin más que efectuar el producto escalar. A saber,

[11 2][11 1]  1111 2  (1)  2  2  0

2.8. Calcule el ángulo formado por las direcciones [2 0 1 ] y [1 0 1] en un sistema cúbico.

Las direcciones en un sistema cúbico pueden tratarse directamente como vectores, siendo válidas
todas las operaciones aplicables a estos últimos. Llamemos:

a  [2 0 1]
b  [10 1]

El producto escalar de dos vectores viene dado por a    | a |  |  | cos , por lo que:
b b

 arccos  | aa|  b|b |   4  0 2 1 0  1 71.56º
  arccos  1 1 1  10

2.9. Indique los índices de Miller de la dirección perpendicular a [123] y [1 10] en un sistema
cúbico.

Dado que las direcciones se pueden tratar como vectores (recuérdese que los índices de una direc-
ción no son más que las componentes de su vector director), basta calcular su producto vectorial y
reducir el resultado a los menores enteros posibles.

 
i jk    

[123][1 10] 1 2 3 (0  3)i  (0  3) j  (1 2)k 3i  3 j  3k

1 1 0

Reduciendo a los enteros menores, nos queda: (111)

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5

Capítulo 2 Estructura íntima de los materiales

2.10. Establezca, tanto gráfica como analíticamente, los índices de Miller de la intersección
entre los planos (111) y (1 1 0) en un cristal cúbico.

Gráficamente:

En primer lugar, dibujaremos el plano (111) y el plano (110). Para el primer plano, los puntos de
corte son x = 1, y = 1, z = 1. Para el segundo, los puntos de corte con los ejes coordenados son:
x = 1, y = –1, z =  .

Trasladamos paralelamente el plano hasta que quede dentro de la celdilla, para que pueda inter-
ceptar al plano (111).

La intersección de los dos planos será una recta, cuyos índices se calculan como sigue:

Punto final = (0, 0, 1)
Punto inicial = (1/2, 1/2, 0)

 vector director =  – 1/2  + 
–1/2 i j k

Los índices de Miller de la recta intersección serán, pues, [112]

Analíticamente:

La recta de intersección entre dos planos viene determinada por el producto vectorial de los vecto-
res normales de ambos planos. Además, como la celdilla es de tipo cúbico, se cumple que el vector
normal a un plano dado tiene los mismos índices que dicho plano. Estos es,

[h k l]  (h k l)

Por tanto:

(111) → n1 = [111] (110) → n2 = [110]


i j k
n1  n2  [111][1 1 0]  1 1 1       [11 2]
(0 1)i  (0 1) j  (1 1)k  i  j  2k

1 1 0

Esta dirección es la misma que la calculada gráficamente, solo cambia el «sentido», pero el sentido
es una propiedad de los vectores, no de las direcciones cristalográficas.

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6

La escala atómica de los materiales Bloque 1

2.11. Compruebe, analítica y gráficamente, si, en un sistema cúbico, la dirección [111 ] está
contenida en el plano definido por las direcciones [1 10] y [201 ].

Analíticamente:

El vector normal al plano vendrá dado por el producto vectorial de [ 110] y [2 0 1].


i jk   

[110][20 1]  1 1 0 (1 0)i  (1 0) j  (0  2)k i  j  2k  [1 1 2]  [1 1 2]

2 0 1

La dirección [11 1] estará contenida en el plano si forma 90º con el vector normal de dicho
plano; es decir, cuando su producto escalar sea nulo. Como:

[11 1]·[1 1 2] = 1 + 1 – 2 = 0

esto quiere decir que [11 1] está contenida en el plano que forman las direcciones [110] y [201
].

Gráficamente:
Para determinar cuál es el plano, se dibujan las direcciones de modo que estén contenidas en
una misma celdilla. (Se trasladan paralelamente las rectas hasta que estén contenidas en la
misma celdilla.)

Los índices de Miller del plano serán:

Cortes con los ejes: 1, 1, 1/2
Inversos: 1, 1, 2
Índices: (1 1 2)

La recta A se traslada paralelamente hasta la celdilla superior, resul-
tando A´.

De nuevo, trasladamos A´ paralelamente a sí misma (resultando A´´) y
se comprueba que está contenida en el plano (112).

Como comprobación adicional calculamos los índices de la dirección
A´´:

Punto inicial = (0, 0, ½)

Punto final = (½, ½, 0)  
j 1/2 k
 vector director = 1/2  +1/2 –
i

©  Ediciones Paraninfo Los índices de A´´ serán, por tanto, [1 1 1]

7

Capítulo 2 Estructura íntima de los materiales

2.12. En una celdilla tetragonal, dibuje el plano (0 1 2) y la dirección [1 1 2].
Para dibujar un vector en una celdilla tetragonal se opera como si la celdilla
fuese cúbica y, antes de realizar su representación gráfica, se multiplica ca-
da término por los parámetros reticulares.

Vector director: (1, 1, 2)
Dirección [1 1 2]  Multiplicamos por los parámetros  (a, a, 2c)

Para dibujar el plano, los puntos de corte con los ejes coordenados se obtienen a partir de los
inversos de cada uno de los índices, (∞, 1, ½), y multiplicándolos luego por los parámetros reticula-
res, (∞, a, c/2).

2.13. Designe la dirección y plano de la siguiente celdilla ortorrómbica.

Dirección:  Vector director = (1, 0, 0)  índices de Miller [1 0 0]
Punto inicial: (0, 0, 0)
Punto final: (1, 0, 0)

Plano:

Trasladando el plano para evitar el corte con el origen de
coordenadas:
El plano corta a los ejes XYZ en: x = a, y = –b, z = ∞
Calculando los inversos queda: (1/a, –1/b, 0)

Multiplicando por los parámetros reticulares, los índices de
Miller del plano quedan (110)

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8

La escala atómica de los materiales Bloque 1

2.14. Calcule el ángulo formado por las direcciones [110] y [221] en un sistema ortorrómbico
cuyos parámetros cristalinos son: a = 0.3 nm, b = 0.4 nm y c = 0.7 nm.

Para calcular la dirección en un sistema ortorómbico deben multiplicarse los índices de Miller por
los parámetros reticulares a, b y c, y así obtener el vector director.

a  (0.3, 0.4, 0)

b (2  0.3, 2  0.4, 0.7) (0.6, 0.8, 0.7)

 arccos | aa| b|b |   0.3  00..4620.04.602.80.0820.70.72 
arccos  0.32 

 34.99º

2.15. Determine, en una celdilla ortorrómbica (a = 4 nm, b = 8 nm, c = 10 nm), el ángulo entre
la dirección [110] y el plano (110).

El ángulo entre una dirección y un plano no es más que el ángulo entre la dirección y el vector nor-
mal al plano.

Para calcular el vector normal al plano, basta realizar el producto vectorial de dos direcciones

contenidas en el plano. Por ejemplo: [0 0 1] y [ 11 0].
Teniendo en cuenta que a = 4 nm, b = 8 nm y c = 10 nm

 
i jk    
n  0
0 10  (0  80)i  (0  40) j  (0  0)k  80i  40 j

4 8 0

©  Ediciones Paraninfo Dividiendo 80 entre 4, y 40 entre 8 (para tener en cuenta que a = 4 nm y b = 8 nm), se obtiene:

9

Capítulo 2 Estructura íntima de los materiales

n  [20 5 0]  [4 1 0]

nmE, lsáenrígauelloáfnogrmulaodeonptroerlloassvdeicretocrceiosnaes[(14,180,]0y) [4 10], sin olvidar considerar que a = 4 nm y b =
y b  (16, 8, 0) , de modo que:
8

 arccos | aa| b|b |   (4, 8,802)  (1166,28, 80)2  arccos 6480643200  36.87º
arccos  42

2.16. (Avanzado) Represente las direcciones [ 2110 ] y [1121 ] y los planos (1210 ) y ( 2111 ) en
una celdilla hexagonal.

Plano (1210 ):
Al igual que en otros tipos de celdillas, los puntos de corte con los ejes coordenados vienen da-
dos por los inversos de los índices de Miller del plano:

Puntos de corte: a1 = 1, a2 = –1/2, a3 = 1, a4 = 0

Plano ( 2111):
Puntos de corte: a1 = ½, a2 = –1, a3 = –1, a4 = 1

2.17. Para una celdilla ortorrómbica centrada en las bases, con b =1.5a y c = 3a, calcule expre-
siones (en función de a cuando sea necesario) para:
a) Su volumen.
b) El número de átomos por celdilla.
c) La concentración atómica.

En una celdilla ortorrómbica centrada en las bases:

a) V  a b  c  a 1.5a 3a  4.5a3

b) n  8  1  2  1  22
8 2
©  Ediciones Paraninfo
c) [X ] nV 2 (4.5a3) 0.44a3

10

La escala atómica de los materiales Bloque 1

2.18. En relación a las redes de Bravais, hay cuatro redes ortorrómbicas y solo dos de tipo
tetragonal. Explique los motivos de esta diferencia.

Puede comprobarse que la red tetragonal centrada en las bases resultaría equivalente a una red te-
tragonal simple, sin más que considerar, en la cara superior por ejemplo, los átomos de una arista y
los de los centros de las bases de las dos celdillas que comparten dicha arista. Con ellos se formaría
una red tetragonal simple.

Del mismo modo, la red tetragonal centrada en las caras resultaría equivalente a una red tetra-
gonal centrada en el interior.

Para el caso de las redes ortorrómbicas, el hecho de que los parámetros de red sean diferentes
entre ellos hace que lo anterior no se cumpla, definiéndose por tanto las 4 redes.

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11

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

Capítulo 3
La escala atómica de los materiales metálicos

3.1. El wolframio es uno de los elementos químicos más densos (δ = 19.25 g/cm3). Sabiendo
que sus átomos se disponen según una estructura CCI y que su masa atómica es 183.84 g/mol,
calcule el radio atómico del wolframio.
Dato: NA = 6.022·1023.

La densidad teórica se calcula como:

2 átomos  183.84 g
Mc NA átomos
 Vc a3 19.25 g cm3

de donde se desprende que a3 3.172 1023 cm3 , y de aquí que a  3.165108 cm 0.3165 nm .

Dado que la estructura es CCI el contacto entre átomos se produce a lo largo de la diagonal del
cubo, se tendrá que 3a  4r . Por tanto:

r (W) 3a 0.137 nm
4

3.2. Determine el tipo de estructura cristalina del Au sabiendo que su densidad es de 19.30
g/cm3, su masa atómica 196.97 g/mol y su parámetro de red a = 0.40782 nm.
Dato: NA = 6.022·1023.
La densidad del Au puede calcularse según:

 Mc x átomos  196.97 g
Vc (0.40782 N10A á7 tcomm)o3 s 19.30 g cm3

Despejando se obtiene, finalmente, que x = 4.00. Así pues, cada celdilla contiene 4 átomos.

Dado que más del 90% de los materiales metálicos tienen estructuras del tipo CCI, CCC o HC,
y que de estas estructuras solo la CCC tiene 4 átomos/celdilla, puede concluirse que (con los datos
de que se dispone en el problema) el Au debería tener estructura CCC.

3.3. El Zn cristaliza según una estructura HC. Suponiendo esta estructura perfecta y sabiendo ©  Ediciones Paraninfo
que su radio atómico es r(Zn) = 0.138 nm, estime la densidad del Zn.
Datos: M(Zn) = 65.38 g/mol y NA = 6.022·1023.

Conocido r, podemos calcular los parámetros reticulares a y c:

12

La escala atómica de los materiales Bloque 1

a = 2r = 2·(0.138 nm) = 0.276 nm
c = 1.63·a = (1.63)·(0.276 nm) = 0.450 nm

El volumen de la celdilla corresponde al de un prisma hexagonal de arista a y altura c. Este vo-
lumen se calcula multiplicando el área de la base por la altura c. Es fácil demostrar que el área de la

base es igual a 3 3a2 2 , por lo que el volumen de la celdilla resulta ser Vc  3 3a2c 2 .

Con todo ello, la densidad teórica se calculará como:

6 átomos  65.38 g 6(65.38 g)

 Mc 3 NA átomos 3 NA  7.31 g cm3
Vc 3a2c 2 3  (0.276107 cm)2  (0.450107 cm) 2

3.4. En algunos materiales HC, la relación c/a no es igual a 1.63. Sabiendo que, para el Cd,
c/a = 1.89, su masa atómica 112.41 g/mol y el radio de sus átomos r(Cd) = 0.149 nm, calcule su
densidad teórica.

La densidad teórica la calculamos mediante la expresión:

  Mc
Vc

donde

Vc  33 a2c
2

Teniendo en cuenta que c  1.89a y a  2r , resulta que

Vc 12 3 1.89 r3 39.28(0.149107 cm)3 1.3001022 m3

Sustituyendo:

 Mc 2  2  12(1.3300áto1m0o22scmN13A1) 2á.t4o1mgos 8.62 g cm3
Vc

En el caso del Cd, la anómala relación c/a es responsable de su baja densidad, teniendo en cuenta su
masa atómica.

3.5. Calcule la fracción de empaquetamiento para una estructura CCC y para una HC (per-
fectamente regular).

Para la estructura CCC:

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13

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

En esta estructura, los átomos están en contacto a lo largo de
la diagonal de la cara del cubo  2 a  4r .

La fracción de empaquetamiento volumétrico se calcula como:

     fV  r3
volumen ocupado 4  a34 3 r3 4 4 3 223  0.7405 74.05 %
volumen de la celdilla 3 43

4r 2

Para la estructura HC, la arista de la base, a, satisface que a  2r , por lo que la fracción de em-
paquetamiento volumétrico resulta ser:

   fV 6 4  r3 6 4  r 3 2
volumen ocupado 3  3 6
volumen de la celdilla  0.7405 74.05 %
3 3 a2c 3 3  4 
2   2r 2   6 (2r) 
2

3.6. Determine la concentración atómica lineal a lo largo de la dirección [111] para el caso de
estructuras CCI y CCC suponiendo en ambos casos que el parámetro de red vale a = 0.3 nm.

Para la estructura CCI:

[ X ][111] nº átomos (1 2  12) átomos 2 átomos 3.85 átomos nm
longitud 3a 3  (0.3 nm)

Para la estructura CCC:

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14

La escala atómica de los materiales Bloque 1

[ X ][111] nº átomos (2  12) átomos 1átomo 1.93 átomos nm
longitud 3a 3 (0.3 nm)

3.7. La Ag presenta estructura cristalina CCC y un radio atómico de 0.144 nm, señale cuál
será la concentración atómica superficial en los planos (010), (110) y (111).

Al ser CCC  2 a  4r  a  4r 2 .

Sustituyendo el valor del radio que proporciona el enunciado, obtenemos que a = 0.407 nm.

Concentración atómica superficial en (010)

Solo la parte rellena de cada átomo está contenida en la cara de la celdilla.

 X (010) nº átomos (1 4  14a)2átomos (02.4á0t7omnmos)2 12.074 átomos nm2
superficie

Concentración atómica superficial en (110)

 X (110) nº átomos (4  14) átomos 1 átomo 4.269 átomos nm2
superficie 2 a2 2 (0.407 nm)2

Concentración atómica superficial en el (111)

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15

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

h

Superficie del triángulo  1  base altura  1 ah  1 a a2 a 22  1  a 3a2 4  a2 34
2 2 2 2

[X] 111 = [ X ](111) nº átomos (3  1  3  16) átomos 2 átomos 27.88 átomos nm2
superficie 2 3  (0.407 nm)2 4

3 a2 4

Este es el plano más compacto de la estructura cristalina CCC.

3.8. Sabiendo que, en el Pt (estructura CCC), la concentración atómica lineal es de 2.543 áto-
mos/nm en la dirección [1 0 0], calcule el espaciado interplanar entre los planos:  (1 1 1),  

(2 2 2),  ( 13 1) y  (0 21).

[Pt][100] nº átomos (2 12) átomos 2.543 átomos nm
longitud a

Despejando: a = 0.393 nm

a) d (111) = 1 a  1 = 0.2270 nm
1

b) d 222 = a = 0.1135 nm
22  22  22

c) d 131 = a = 0.1185 nm
(1)2  32 1

d) d (021) = a = 0.1757 nm
(2)2 1

Recuerde que, como se indicó en el Capítulo 2, pueden emplearse estas expresiones para calcu-
lar la distancia entre planos siempre y cuando los índices de Miller estén reducidos a los enteros
más pequeños, como sucede en este caso.

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16

La escala atómica de los materiales Bloque 1

3.9. Un cristal metálico (con estructura de máxima fracción de empaquetamiento) crece en la
dirección perpendicular a los planos más densos a la velocidad de 1 mm/día.
a) Calcule cuántos planos se forman por segundo suponiendo que el radio de los átomos es r =
1.42 Å.
b) Si el cristal fuera CCC y los átomos se depositaran, según la dirección [1 0 0], al mismo rit-
mo de planos por segundo que en el apartado anterior, indique cuál sería la velocidad de cre-
cimiento del material expresada en mm/día.

a) En un cristal metálico las estructuras de máxima fracción de empaquetamiento volumétrico son
dos: CCC y HC.

La velocidad de crecimiento, v, puede expresarse en mm/s del siguiente modo:

v 1 mm  1 día 1.15 105 mm/s
día (24 h)  (3600 s h)

Como se nos pide calcular la velocidad de crecimiento expresada en ‘planos/s’, habrá que cal-
cular el número de planos que hay en 1 mm, para lo que se necesita la distancia entre dos planos
consecutivos.

Si se supone una estructura CCC:

El plano de mayor densidad en esta estructura es (111), y la dirección  al plano anterior es la
[111]. De este modo

a  4r  4.016107 mm
2

d  3  a  6.956 107 mm

La distribución atómica que veríamos en la dirección que marcan las
flechas sería la que se muestra en la figura:

La distancia entre los planos esd 3 2.319 107 mm. También

puede calcularse la distancia del origen al plano (111) mediante la
expresión:

d a  (4.016 107 mm) 2.319 107 mm
h2  k2  l2 12 12 12

Si se supone una estructura HC:

En estructuras HC los planos de máxima compacidad son los basales: (001) en notación de
Miller, o (0001) en notación de Miller Bravais. Los cálculos serán ahora:

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17

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

a2 (a 2)2  m2  m 3 a 2

a2  h2  (2 3m)2  h  2r 2 3  2.319 107 mm

Así pues, en cualquiera de los dos casos (CCC o HC), la velocidad de crecimiento será:

v 1.15 105 mm  1 plano mm  50 planos s
s 2.319 107

b)

La distribución que observaríamos desde la dirección marcada por las flechas rojas sería:

La distancia entre planos esa 2 2.008107 mm .

También: d  a  a  a
22  0  0 4 2

Luego la velocidad de crecimiento será de:

v 50 planos  (24 h)  (3600 s h)  2.008107 mm 0.867 mm día
s 1 día 1 plano

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18

La escala atómica de los materiales Bloque 1

3.10. La mayor parte de los materiales metálicos se dilatan al ser calentados. El Fe sufre una
transformación alotrópica a 912 ºC y pasa de estructura CCI a CCC. Compruebe si, en esta
transformación, el Fe se dilata o se contrae.
Datos: r(FeCCI) = 0.126 nm y r(FeCCC) = 0.129 nm.

Para el FeCCI:

a  4r  a23 23 33 33
3  43 r 32r 3
  La concentración atómica será de [FeCCI ]

2 át. / celdilla

Para el FeCCC:

a  4r  a43 42 32 2
2  43 r 8r3
  La concentración atómica será de [FeCCC]

4 át. / celdilla

Dividiendo ambas concentraciones, obtenemos la relación:

[FeCCI ] 33 3 3 8r3 33 0.92  1
[FeCCC ] 32r 3 2  32r3 42

2
8r3

Dado que el cociente obtenido es menor que la unidad, ello quiere decir que la concentración
atómica del FeCCC es mayor que la del FeCCI, por tanto, en el paso de FeCCI a FeCCC se produce una
contracción.

3.11. El hierro es un metal que presenta dos transformaciones alotrópicas. En una de ellas, a
la temperatura de 912 ºC, cambia de estructura CCI a CCC, siendo sus parámetros de red
0.290 nm y 0.365 nm, respectivamente.
a) Explique cuál de las dos estructuras posee mayor densidad.
b) Calcule el radio atómico del átomo mayor que puede insertarse en el Fe (CCC) a la tempe-
ratura de 912 ºC sin llegar a deformarla.
c) Establezca el número de átomos de C por celdilla unidad en un acero cuando la solubilidad
del C es máxima en el Fe (CCC), que es un 2.11 % en masa.
Datos: M(Fe) = 55.85 g/mol y M(C) = 12.01 g/mol.

a) Las respectivas densidades teóricas se calculan como:

 (FeCCI ) (2 átomos)  (55.85(g0/.m29o0l)1(01m7 coml)/36.022 1023 átomos) 7.60 g / cm3
 (FeCCC ) (4 átomos)  (55.85(g0/.m36o5l)1(01m7 coml)/36.022 1023 átomos) 7.63 g / cm3

©  Ediciones Paraninfo Por lo tanto:  (FeCCI )   (FeCCC )

19

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

b) El radio atómico del átomo mayor que pueda insertarse en dicha celdilla (CCC) sin deformarla
será el correspondiente a un intersticio octaédrico:

r (FeCCC ) 2 a 2 (0.365 nm) 0.1290 nm
4 4

a  2r(FeCCC )  2rat  rat  (0.365 nm)  2 ·(0.1290 nm)  0.0535 nm
2

c) La masa de una celdilla de FeCCC completamente pura será:

M Fe 4 átomos  55.85 g 3.710 1022 g
NA átomos

Para una solución sólida de FeCCC con un 2.11% C, 3.710·10-22 g es la masa del Fe que corres-
ponde al 97.89 % del total (el 2.11 % restante será de C). La masa promedio de C por celdilla uni-
dadad debería ser:

mC (2.11 %)  3.710 1022 7.997 1024 g
97.89 %

Por consiguiente, el número de átomos de C por celdilla unidad será:

NC 7.997 1024 g  NA átomos C 0.401 átomos C/celdilla
celdilla 12.01 g

3.12. Se tienen dos materiales con distinta estructura cristalina: Fe (CCI) y Al (CCC). Se sabe
que:

 En una arista de la celdilla del Fe, la longitud no ocupada por los átomos es 0.389 Å.

 La concentración atómica superficial del plano más denso del Fe es 1.187 veces la del
plano más denso del Al.

Conocidos estos datos:
a) Determine los radios atómicos de ambos elementos.
b) Calcule las densidades de ambos elementos.
c) Indique la densidad de una solución sólida formada por un 90 % de Fe y un 10% de Al
(porcentaje en masa).
Datos: M(Fe) = 55.85 g/mol y M(Al) = 26.98 g/mol.

a) Para el FeCCI

aFe  2 rFe 0.389Å
aFe 
 4 rFe   rFe 1.257Å
3 
 ©  Ediciones Paraninfo

20

La escala atómica de los materiales Bloque 1

Máxima concentración superficial:

FeCCI  plano {110}

[Fe] 12a4F214e 8 3
2 rF2e

AlCCC  plano {111}

3 12  3 16 1
 [Al] 1 2a 3a 2 2 3 rA2l
2

Como [Fe] 1.187  [Al]  3 1.187 1  rAl 1.429 Å
8 2rF2e 2 3rA2l

b) Las densidades teóricas serán:

Mc (2 átomos)  55.85 g mol mol
Vc 6.022 1023 átomos
Fe 7.58 g cm3
 4 3
 3  (1.257 108 cm) 
 

Mc (4 átomos)  26.98 g mol mol
Vc 6.022 1023 átomos
Al 2.71 g cm3
 4 3
 2  (1.429 108 cm) 
 

c) Densidad de una solución sólida 90Fe-10Al (SSS)

 (90 g Fe)  NA átomos nFe  (90 g Fe)  1 cm3 VFe
SSS  (10 g Al)  55.85 g En  (10 g Al)  7.58 g VAl

En 100 g de  NA átomos nAl 100 g de SSS  1 cm3
 26.98 g 2.71 g



En una SSS se mantiene constante la concentración atómica (igual a la del disolvente). Así:

[SSS]  [Fe] nFe
VFe

©  Ediciones Paraninfo Así pues, ¿qué volumen ocuparán nFe  nAl  átomos en la solución SSS?

21

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

VSSS nFe nAl   nFenFenAlVFe 14.6 cm3

[SSS]

De este modo, la densidad de la solución sólida será:

SSS MSSS 141.060cgm3 6.847 g cm3
VSSS

3.13. A una determinada presión y temperatura, el Fe tiene una densidad de 7.63 g/cm3.
a) Calcule el número de coordinación del Fe en esas condiciones.
b) Si se alea una pieza de 25 g de Fe con 3 g de Ni y 0.25 g de C, averigüe cuál será la densidad
de la solución sólida obtenida, en las mismas condiciones de presión y temperatura.
Datos: r(Fe) = 1.291 Å, M(Fe) = 55.85 g/mol, M(Ni) = 58.69 g/mol, M(C) = 12.01 g/mol y
NA = 6.022·1023.

a) Sabemos que el Fe puede presentar estructura CCI o CCC, por lo que comprobamos para ambas
estructuras:

Supongamos estructura CCI:
(4r)2  2a2  a2  a 4r  4 1.291 2.98 Å
33

La densidad teórica:

 Mc (2 átomo(s2).9 58151m.80o5l8gcmN)3A1ámtooml os 7.01 g cm3  7.63 g cm3
Vc

Supongamos estructura CCC:
(4r)2  a2  a2  a  4r 2  3.65 Å

por lo que la densidad teórica:

 Mc (2 átomo(s3).6 55151m.80o5l8gcmN)3A1ámtooml os 7.63 g cm3
Vc

Se tiene, pues, que la estructura cristalina adoptada es CCC, por lo que
el número de coordinación es 12.

b) Pieza de 25 g de Fe + 3 g de Ni + 0.25 g de C. ©  Ediciones Paraninfo
El enunciado nos revela que el resultado es una solución sólida, y sabemos que:

 El Ni forma con el Fe una S.S.S. 

 El C forma con el Fe una S.S.I.

22

La escala atómica de los materiales Bloque 1

Considerando que:

 El parámetro de red de la aleación puede suponerse aproximadamente igual al del Fe puro.
 Masa total de la aleación M aleación  25 g  3 g  0.25 g 28.25 g

 Para el cálculo del volumen ocupado por la aleación: el Ni, al ser sustitucional, aporta un
aumento de volumen, mientras que el C, al ser intersticial, no modifica el volumen.

Calculemos, primeramente, el número de átomos de Fe y Ni, y la suma de ambos:

NFe 25 g ·515m.85olg  NA átomos 2.696 1023 átomos Fe
N Ni 3 g ·518m.6o9lg  1 mol
  N  NFe  NNi  3.0031023 átomos
NA átomos 
1 mol 0.308 1023 átomos Ni 

En una estructura CCC hay 4 átomos/celdilla, así que, el volumen de la celdilla de la aleación se
calculará como:

Valeación  3.003 1023 átomos   4 a3   (7.508 1024 )  (3.65 108 cm)3  3.65 cm3
 átomos 
 

Por lo tanto, la densidad de la nueva aleación queda:

 Maleación 32.685.2c5mg3 7.739 g cm3
Valeación

(Note que en la masa de la aleación estamos incluyendo también la masa aportada por los átomos de
C, que no han sido tenidos en cuenta, en cambio, para el cálculo del volumen de la aleación.)

3.14. Establezca el porcentaje en masa de Al que debe añadirse al Cu para conseguir una so-
lución sólida que contenga 3.35·1021 átomos de Al por cm3.
Datos: M(Al) = 26.98 g/mol, M(Cu) = 63.55 g/mol, Estructura cristalina (Cu) = CCC, a = 3.61 Å
y NA = 6.022·1023.

La concentración del cobre puro (CCC):

4 átomos  1 celdilla 4 átomos 8.50 1022 átomos cm3
celdilla a3 3.61108 cm
 Cu  3

El Al y el Cu forman una SSS, con lo cual, aproximadamente, debe cumplirse que:

SSS Cu 8.50 1022 átomos cm3

©  Ediciones Paraninfo El enunciado nos dice que la concentración de átomos de Al en la SSS es de:

AlSSS 3.351021 átomos cm3

23

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

Así, la concentración de átomos de Cu en la SSS se calculará como:

CuSSS SSS  AlSSS 8.161022 átomos Cu cm3

Calculemos ahora la masa de Cu y Sn que habrá en 1 cm3:

mCu (8.16 1022 átomos)  (63.55 g) 8.61 g de Cu
NA átomos

mSn (3.351021átomos)  (26.98 g) 0.15 g de Sn
NA átomos

Así pues, el porcentaje en masa de Al será:

F 0.15(0g.158g.6) 1 g 100 1.71 % Al

3.15. Se sabe que la máxima solubilidad del Cu en Al a la temperatura de 548.2 ºC es de un
5.65% en masa. Al bajar la temperatura a 500 ºC, dicha solubilidad disminuye y pasa a ser de
un 4% en masa. Determine si permiten los cálculos teóricos llegar a la misma conclusión que
estos resultados experimentales y, en caso contrario, indiquen en cuánto difieren.
Datos: M(Al) = 26.98 g/mol y M(Cu) = 63.55 g/mol.

Los cálculos teóricos permiten calcular la solubilidad a diferentes temperaturas a partir de la ecua-
ción:

2x 1 RT ln  x x 
  1  

donde x representa la solubilidad en fracción molar y Ω una constante. Despejando Ω se obtiene:

  RT ln  x x 
(2x 1)  1 

Para conocer el valor de Ω debe convertirse la fracción en masa a fracción molar, por ejemplo a
la temperatura de 548.2 ºC, y luego sustituir en la expresión de Ω. Un vez conocido el valor de la
constante podrá obtenerse el valor de x para la temperatura menor, 500 ºC, que podrá compararse
con el valor experimental del enunciado.

El número de moles de Cu y Al:

nCu 5.65 g 1 mol 8.89 102 moles Cu
63.55 g

nAl (100  5.65) g  1 mol 3.497 moles Al ©  Ediciones Paraninfo
26.98 g

24

La escala atómica de los materiales Bloque 1

Por tanto la fracción molar de soluto resulta:

x (8.898.180921032.4m9o7le)smoles 2.479 102

Sustituyendo valores en la expresión de Ω, obtenemos:

 (8.31 J  K  mol1)  (821.35 K )  ln  2.24.74979101022  26371.91 J  mol1
(2  2.479 102 1) 
 1

Tal y como se muestra en el Ejercicio resuelto 3.5, para una solución diluida, se comprueba
que:

1 RT ln  x x exp    
 RT 


Por lo que para la menor de las temperaturas, 773 K:

x500 º C exp   (8.31 J  K(2163m7o1l.911) J()773.15 K)  1.65 102



lo que pasado a porcentaje en masa:

%Cu500ºC x500 ºC  M(Cu) 3.8 %
x500 ºC  M(Cu)  (1 x500 ºC )  M(Al)

Por tanto, el valor calculado experimentalmente difiere del teórico en un 0.2%.

3.16. Calcule la densidad de una solución sólida (96Cu-4Al en masa) suponiendo (a) que el
parámetro de red de la solución sólida es el mismo que el del disolvente, y (b) que sí se produ-
ce variación.
Datos: M(Cu) = 63.55 g/mol, M(Al) = 26.98 g/mol, estructura cristalina (Cu) = CCC,
a = 3.61 Å, estructura cristalina (Al) = CCC, a = 4.05 Å y NA = 6.022·1023.

a) Si se supone que el parámetro de red de la solución sólida sustitucional no varía:

NCu 96 g  NA átomos 9.097 1023 átomos Cu 
NAl 63.55 g 
  N  NCu  NAl  9.99 1023 átomos
4 g  NA átomos 8.928 1022 átomos Al 
26.98 g 

Teniendo en cuenta que cada celdilla CCC posee 4 átomos, entonces el número de celdillas será:

©  Ediciones Paraninfo Nceldillas  1 celdilla  (9.99 1023 átomos)  2.497 1023celdillas
4 átomos

25

Capítulo 3 La escala atómica de los materiales metálicos

Y el volumen ocupado por la SSS:

VSSS Nceldillas Vc (2.497 1023 )  (3.61108 cm)3 11.75 cm3

Y la densidad teórica:

 MSSS 111.7050cgm3 8.51 g cm3
VSSS

b) Podemos calcular el parámetro de red de la SSS siguiendo la ley de Vegard. Para ello necesita-
mos la fracción de soluto, x, que se calcula como:

x (8.93 1022 (8.931022 átomos Al) átomos  8.9 102
átomos Al)  (9.097 1023 Cu)

Por tanto, el parámetro de red de la SSS:

aSSS  x  a Al (1 x)aCu 
(8.9 102 )  (4.05 nm)  (1 8.9 102 )  (3.61 nm) 3.649 nm

El volumen ocupado por la SSS será entonces:

VSSS Nceldillas Vceld (2.497 1023 )  (3.649 108 cm)3 12.13 cm3

Y la densidad teórica:

 MSSS (12(1.1030cgm) 3) 8.24 g cm3
VSSS

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26

La escala atómica de los materiales Bloque 1

Capítulo 4
La escala atómica de los materiales cerámicos

4.1. Para un cristal de CaO, de estructura cristalina tipo NaCl, calcule la concentración ató-
mica lineal de iones calcio e iones oxígeno en la dirección [111].
Datos: r(Ca2+) = 0.099 nm y r(O=) = 0.140 nm.

(No olvide que las posiciones de los iones Ca 2 y O 2 son
intercambiables.)

El parámetro reticular se calcula co-
mo:

a = 2·( rCa 2  rO2 ) = 0.478 nm

[111]  diagonal del cubo, con longitud L = 3 a = 0.828 nm
Número de iones Ca 2 = 1
Número de iones O 2 = 1
Densidad lineal iones Ca 2 = 1  1.208 iones nm

0.828

Densidad lineal iones O 2 = 1  1.208 iones nm
0.828

4.2. Determine la densidad teórica y el factor de empaquetamiento del MgO.
Datos: r(Mg2+) = 0.065 nm, r(O2-) = 0.140 nm, M(Mg) = 24.31 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y
NA = 6.022·1023.
Lo primero es deducir el tipo de estructura del MgO:

rr((MOg22)) 0.065 0.464  coordinación octaédrica.
0.14

©  Ediciones Paraninfo Coordinación octaédrica: cada catión Mg2 se rodea de 6 aniones

O2 formando un octaedro.
Como además las valencias del Mg y O son las mismas, en la

celdilla unidad habrá un catión Mg2 por cada anión O2 . Esta es-

tructura es la del tipo NaCl. En este tipo de estructura, el contacto

se produce a lo largo de las aristas del cubo, por lo tanto:

27

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

a 2 r(Mg2 )  r(O2 ) 0.41 nm

La densidad teórica:

Mc  4  16.00 4  24N.3A 1 g  4  1(60N..04A011047c2mN4.)3A3 1 g
Vc  NA a3 
   3.88 g  cm3

Y el factor de empaquetamiento volumétrico es:

Vocupado 4  4   r(Mg2 )3  4  4   r(O2 )3
Vc 3 3
fV a3 

 4  4   (0.065107 cm)3  (0.140 107 cm)3

3 (0.41107 cm)3 0.733

4.3. Calcule la densidad teórica y la fracción de empaquetamiento del CsBr.
Datos: r(Cs+) = 0.169 nm, r(Br-) = 0.195 nm, M(Cs) = 132.91 g/mol, M(Br) = 79.90 g/mol y
NA = 6.022·1023.

Lo primero es deducir el tipo de estructura del CsBr.

rr((CBsr )) 0.169 0.867  Coordinación cúbica: cada Cs+ se rodea de 8 Br .
0.195

Como además las valencias de los dos iones son las mismas, en la celdilla unidad habrá un ca-
tión Cs+ por cada anión Br . Esta estructura es la del tipo CsCl, donde el contacto se produce a lo

largo de la diagonal del cubo:

3a  2 r(Cs )  r(Br ) 

 a
2 r(Cs )  r(Br ) 2(0.169 nm)  r(0.195 nm) 0.420 nm

33

Por lo que, la densidad teórica:

Mc 1 132.91 1 74.904  g 1 132.91 74.904 g
Vc  NA a3 NA  NA
 (0.420 107 cm)3
  4.647 g  cm3

Y el factor de empaquetamiento volumétrico resulta ser:

©  Ediciones Paraninfo

28

La escala atómica de los materiales Bloque 1

   4   r(Cs )3  r(Br )3 4   (0.169 107 cm)3  r(0.195107 cm)3
fV 3a3 3 (0.420107 cm)3 0.69

4.4. La variedad esfalerita del sulfuro de zinc es un sólido cristalino de simetría cúbica cuya
estructura puede representarse por un conjunto de iones S= situados en las posiciones corres-
pondientes a una red CCC, mientras que los iones Zn2+ ocupan la mitad de los intersticios de
menor tamaño. Calcule:
a) La densidad teórica de la esfalerita.
b) La concentración atómica lineal de iones azufre e iones zinc en la dirección [111].
Datos: r(S=) = 0.184 nm, r(Zn2+) = 0.074 nm, M(S) = 32.06 g/mol y M(Zn) = 65.38 g/mol.

a)

Como el Zn2+ está en el centro del cubo pequeño:

 D

2
 r(S2 )  r(Zn2 )  D  2D  4 r(S2 )  r(Zn2 )  1.032 nm

Y como D  3a ,

a D 1.032 nm 0.596 nm

33

Y la densidad teórica se puede calcular como:

 
Mc 4 M(S2 )  M(Zn2+ ) NA 4(32.02 g)  (65.38 g) NA 3.06 g cm3
Vc a3
(0.596 107 cm)3

b) [111] = diagonal del cubo

©  Ediciones Paraninfo

29

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

Nº iones de S2-  2  1  1 ion S2 . Por lo tanto, la concentración de iones S2- a lo largo de la direc-
2

ción [111] será:

[S2 ]111 N º iones S2 1 1ion  0.969 iones nm
longitud D 1.032 nm

Nº iones de Zn2+  2 1  1 ion Zn 2 :
2

[Zn]111 N º iones Zn 2 1 1ion  0.969 iones nm
D 1.032 nm
longitud 

4.5. Se tiene un hipotético compuesto iónico de tipo AX, con densidad 4.61 g/cm3 y estructura
cristalina de tipo ZnS (esfarelita). Señale:
a) Los radios iónicos de los iones A+ y X- que forman el compuesto sabiendo que el volumen
ocupado por los aniones es quince veces superior al ocupado por los cationes.
b) La fracción de empaquetamiento superficial en un plano del tipo 110.
c) La fracción de empaquetamiento lineal de los aniones y de los cationes en la dirección 110
Datos: M(A) = 60 g/mol, M(X) = 25 g/mol y NA = 6.022·1023

a) La densidad teórica:

 Mc 4  M( A)  4  M( X ) (4  60 g/mol  4  2) 5ag3/mol)
Vc NA N A (6.022 1023
a3 4.61 g cm3

Despejando a:

a 3 4  (60 g/mol  25 g/mol) ) 4.97 108 cm 4.97Å
(6.022 1023 )  (4.61 g/cm3

Según el enunciado

Van 15 Vcat  4  ra3n 15 4  rc3at  ran  3 15  rcat 2.47  rcat
3 3

Como

3 a 4 rcat  ran  4 rcat  2.47  rcat 

de donde

rcat  3a 3  (4.97 108 cm) 6.20 109 cm 0.62 Å
4 3.47 13.88

y ©  Ediciones Paraninfo
ran 2.47  (0.62 Å) 1.53 Å

30

La escala atómica de los materiales Bloque 1

b)

      f(110)
Área ocupada (2 átomos)  rc2at  ra2n 2 0.62 Å 2  1.53 Å 2
Área rectángulo 2 a2
 0.49
2  (4.97 Å)2

c)

f cat 4rcat 4 (0.62 Å) 0.35
[110] 2a 2  (4.97 Å)

f an  4ran  2.47  f cat  0.87
[110] 2a

4.6. Calcule la concentración atómica del ZnS (wurtzita).
Datos: r(Zn2+) = 0.074 nm y r(S2-) = 0.184 nm.

Sabiendo que la coordinación en la wurtzita es tetraédrica, supongamos un cubo con un ion de Zn
en el centro y cuatro de S en cuatro de sus vértices en contacto con el Zn, entonces, la longitud del
cubo, l, puede calcularse como:

   3 l 2 r(Zn2 )  r(O2 )
l 2 r(Zn2 )  r(O2 )
©  Ediciones Paraninfo  0.298 nm
3

31

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

Además, la diagonal de la cara del cubo será la distancia entre los iones de S, que será el valor
a de la celdilla de la wurtzita:

a 2 l 0.421 nm

Falta ahora por calcular la altura c de la celdilla, para lo cual calculamos la distancia de uno de
los átomos de S al plano formado por los otros 3 (que formarían un plano del tipo (½ ½ ½) en el
mencionado cubo), siendo esta distancia D = c/2

D a 4 1/ 4  2a  c  c  4a  0.973 nm
1/ 41/ 3 2 3

La concentración atómica de iones S2- o Zn2+, resulta:

S2  Zn2  6 iones 6 iones 3 6 iones  13.40 iones nm3
Vc 3 3 a2c 3  (0.421 nm)2  (0.973 nm)

22

4.7. La celdilla unidad del Al2O3 tiene simetría hexagonal con parámetros de red a = 0.4759
nm y c = 1.2989 nm. Si la densidad del material es 3.99 g/cm3, indique su fracción de empa-
quetamiento volumétrica.
Datos: r(Al3+) = 0.050 nm, r(O2-) = 0.140 nm, M(Al) = 26.98 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y
NA = 6.022·1023.

a) Al2O3, relación Al3+/O2- = 2/3.

Tomaremos como base de cálculo 1 unidad de Al2O3.

   Vocupado 3
2  4   0.050 107 cm 3· 4  · 0.140 107 cm 3.5531023 cm3
3 3

Vtotal m 2  26.98 NA g  316.00 NA g 4.243 1023 cm3

(3.99 g  cm3)

De modo que la fracción de empaquetamiento volumétrico resulta ser:
fV VoVluolmuemneonctuoptaaldo 0.837

Puede también resolverse utilizando cualquier otra base de cálculo, por ejemplo, una celdilla
unidad:

Vtotal 3 23 a2c 3 23  (0.4759 107 cm)2  (1.2989 107 cm) 7.64 1022 cm3 ©  Ediciones Paraninfo

Para conocer el Vocupado hay que conocer el número de iones Al3+ y O2- que hay en cada celdilla.
Partimos del dato de la densidad.

32

La escala atómica de los materiales Bloque 1

 3.99 g  7.64 1022 cm3 1 mol Al2O3  NA unidades  18 Al2O3  36 Al3
cm3 1 celdilla 101.96 g 1 mol celdilla 
 54 O2

Luego, finalmente:

fV 36  4   (0.050 107 cm)3  54  4   (0.140 107 cm)3 0.837 8.37 %
3 3

(7.64 1022 cm3)

4.8. Sabiendo que la densidad teórica del diamante es de 3.54 g/cm3 y la masa molar del C es
12.01 g/mol, calcule:
a) El radio atómico del C.
b) La fracción de empaquetamiento volumétrica del diamante.
c) La fracción de empaquetamiento superficial en el plano (110) del diamante, así como la
fracción de empaquetamiento lineal en la dirección [110].
Dato: NA = 6.022·1023.

a) Sabiendo que en la estructura cristalina del diamante hay 8 átomos de C por celdilla unidad, en-
tonces, la masa de una celdilla:

Mc 8 átomos  12.01 g 96.06 g
N A átomos NA

Y sabiendo, además, que para esta estructura se cumple que 8r  3 a , el volumen de la celdilla
resulta:

Vc a3  8r 3
 3 

Y, con todo, la densidad teórica:

Mc (96.06 / N A )3g 3.54 g / cm3
Vc 8r 3
 

de donde, despejando, obtenemos que:

r = 7.7·10 9 m = 0.77 Å

b) La fracción de empaquetamiento volumétrica:

Vocupado 8 · 4 3 r3 3r3 8 8433323  483212 
Vc 8 3
 fV 0.34

c) El plano (110)

©  Ediciones Paraninfo

33

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

f(110)  AAocpulapnaodo   4 r2 2 12 0.42
 2 82
2 8r 3

f11 0   LLopcluapnaoda  4 r 4·r 3 0.61
 2a 2 8r 3 2 2

4.9. Determine la densidad teórica del CaF2 (fluorita).
Datos: r(Ca2+) = 0.099 nm, r(F-) = 0.133 nm, coordinación cúbica, M(Ca) = 40.08 g/mol y
M(F) = 19.00 g/mol

Comprobemos el tipo de estructura cristalina facilitado en el enunciado:

rCa2 (0.099 nm) 0.744
rF (0.133 nm)

De acuerdo con la Tabla 4.1, el valor está por encima del valor límite teórico 0.732, por lo que la
coordinación debe ser cúbica. Cada catión Ca2+ se encontrará rodeado de 8 aniones F- formando un
cubo.

Ahora bien, la valencia del Ca es 2+, mientras que la del F es 1-, por lo que para asegurar la
neutralidad eléctrica, en cada celdilla de CaF2 deberá haber el doble de aniones que de cationes. El
único modo de tener en cuenta ambos requisitos es que la celdilla unidad esté formada por una es-
tructura CCC para los cationes y todos los intersticios tetraédricos ocupados por los aniones.

El contacto se produce a través de las diagonales del cubo con iones F- y Ca2+, luego:

Y despejando: 3  a  4  r(F )  r(Ca 2 )

a  0.536 nm

Entonces, la densidad teórica:

8 M(F )  4  M(Ca2 ) 8   19.00 g   4   40.08 g 
 NA   
Mc NA NA     NA 
 Vc a3 3.28 g  cm3
(0.536 107 cm)3

4.10. Calcule la densidad teórica de la perovskita (CaTiO3) y de la espinela (MgAl2O4). ©  Ediciones Paraninfo
Datos: r(Ca2+) = 0.099 nm, r(O=) = 0.140 nm, r(Ti4+) = 0.068 nm, M(Ca) = 40.01 g/mol, M(O) =
16.00 g/mol, M(Ti) = 47.86 g/mol, r(Al3+) = 0.050 nm, r(Mg2+) = 0.065 nm, M(Al) = 26.98
g/mol, M(Mg) = 24.31 g/mol y NA = 6.022·1023.

34

La escala atómica de los materiales Bloque 1

El volumen de la celdilla de la perovskita (CaTiO3) puede estimarse considerando que es cúbica
(esta es la principal aproximación) y que se produce contacto entre los iones de Ca2+ y O2– a lo lar-
go de la diagonal de la cara del cubo:

2 a 2  r(Ca 2 )  r(O2 )

de donde, despejando a:

a 2 r(Ca2 )  r(O2 ) 2 (0.099 nm)  (0.140 nm) 0.338 nm

22

Por tanto, la densidad teórica resulta:

Mc 1iones Ca2  40.01 g  1 iones Ti4+  47.86 g  3 át. O  16.00 g
Vc celdilla NA iones celdilla NA át. celdilla NA iones 5.84 g cm3
 perovskita (3.38108 cm)3

Para la espinela (MgAl2O4), el cálculo del volumen de la celdilla resulta bastante complejo.
Puede resolverse considerando el tetraedro formado por los iones Mg2+ con otro ion Mg en el cen-
tro, si bien este último se encuentra a su vez rodeado tetraédricamente por cuatro iones O2–. Por
tanto:

©  Ediciones Paraninfo de donde

35

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

a 2  r(Mg2 ) r(O2 )  a 8  r(Mg2 )  r(O2 ) 0.947 nm
43 3

Y por tanto la densidad resulta:

8 iones Mg2+  24.31 g  16 iones Al3+  26.98 g  32 iones O2  16.00 g
Mc celdilla NA iones celdilla NA iones celdilla NA iones 2.23 g cm3
 espinela Vc (9.47 108 cm)3

Cálculos más exactos del parámetro de red conducen a un valor 0.808 nm, y este, a su vez, a una
densidad de 3.58 g/cm3.

4.11. Con objeto de fabricar piezas cerámicas, se mezclan 60 kg de mullita (3Al2O3·2SiO2), 15
kg de caolinita (Al2O3·2SiO2·2H2O) y 10 kg de sílice (SiO2). Tras haberle dado forma a las
piezas, estas son calentadas a 1800 ºC para sinterizarlas (unir las partículas de los diferentes
materiales y así conseguir un material rígido y resistente).
a) Calcule la composición de las piezas (porcentaje de Al2O3 y SiO2) tras la sinterización.
b) Suponga que, como resultado del proceso, se forma una solución sólida con una estructura
cristalina tipo NaCl donde los iones oxígeno ocupan la totalidad de los nudos propios de una
red CCC y los cationes se sitúan en los intersticios octaédricos. Señale qué fracción de sitios
catiónicos queda vacante.
Datos: M(Al) = 26.98 g/mol, M(Si) = 28.09 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y M(H) = 1.01 g/mol.

a) Mullita: en 1 mol de mullita hay 3 moles de Al2O3 y 2 moles de SiO2. Por tanto,

m(Al2O3 ) 60 kg mullita  1 mol mullita  3 moles Al2O3  101.96 103 kg 43.08 kg
426.06 103 kg 1 mol mullita 1 mol Al2O3

m(SiO2 )  60 kg mullita  1 mol mullita 2 moles SiO2  60.09 103 kg 16.92 kg
426.06 103 kg 1 mol mullita 1 mol SiO2

Caolinita: en un mol de caolinita hay 1 mol de Al2O3, 2 moles de SiO2 y 2 moles de H2O.

m(Al2O3 ) 15 kg caolinita  1 mol caolinita  1 mol Al2O3  101.96 103 kg 5.92 kg
258.14 103 kg 1 mol caolinita 1 mol Al2O3

m(SiO2 )  15 kg caolinita  1 mol caolinita  2 mol SiO2  60.09 103 kg  6.98 kg
258.14 103 kg 1 mol caolinita 1 mol SiO2

m(H2O)  15 kg caolinita  1 mol caolinita  2 mol H2O  18.02 103 kg  2.09 kg
258.14 103 kg 1 mol caolinita 1 mol H2O

Sílice: 10 kg de SiO2. ©  Ediciones Paraninfo
Durante la sinterización, el H2O se evapora, por lo que la masa total de la cerámica será:

36

La escala atómica de los materiales Bloque 1

MTOTAL  60 kg 15 kg 10 kg  2.1 kg  82.9 kg

Por tanto, la composición de la cerámica será:

% Al2O3 42.82 kg 5.92 kg 100 58.79 %
82.9 kg

% SiO2  100  58.79 41.21 %

b) La masa de Al2O3 contenida es igual a (82.9 kg)  58.79 %  48.73 kg , por lo que el número de mo-
les Al2O3 de será de:

n(Al2O3 )  48.73103g  1 mol  0.478 moles  2 ·0.478 moles Al y 3 ·0.478 moles O
101.96 g

Por otro lado, la masa de SiO2 contenida será igual a (82.9 kg)  41.21%  34.16 kg , por lo que el
número de moles que esto representa se calcula como:

n(SiO2 )  34.16 103g  1 mol SiO2  0.569 moles  0.569 moles Si y 2 ·0.569 moles O
60.09 g

Por todo la cual, el número de moles de cationes (Al + Si) = 2·0.478 + 0.569 = 1.525
Y el número de moles de aniones (O2-) = 3·0.478 + 2·0.569 = 2.572.

El porcentaje de sitios catiónicos vacantes, sabido que en la estructura del NaCl el número de
cationes debe ser igual al de aniones, se calculará como:

Sitios totales Sitios ocupados 2.5722.5712.525 ·100 40.71 %
Sitios totales

4.12. Una forma cristalina cúbica de sílice (SiO2) presenta un parámetro de red a = 0.700 nm y
una densidad de 2.32 g/cm3:
a) Determine cuántos iones Si4+ y O= hay por celdilla unidad.
b) Indique cuál será la fracción de empaquetamiento.
Datos: r(Si4+) = 0.041 nm, r(O2-) = 0.140 nm, M(Si) = 28.09 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y
NA = 6.022·1023.

a) El volumen de una celdilla unidad es:

Vc a3 (0.700  107 cm)3 3.43 1022 cm3

Y como la densidad es  2.32 g cm3 , la masa de una celdilla unidad sería de:

Mc 3.43 1022 cm3  2.32 g 7.958 1022 g
cm3

©  Ediciones Paraninfo La masa molar de una unidad-fórmula de SiO2 es:

37

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

M(SiO2) 1 M(Si)  2 M(O) 1 (28.09 g  mol1)  2 (16.00 g  mol1) 60.09 g  mol1

El número de grupos SiO2 por celdilla unidad, n:

n  Mc (7.958 1022 g)  7.98  8
M(SiO2 ) (60.09 g mol) 1 mol NA

Luego, en cada celdilla habrá 8 cationes Si4+ y 16 aniones O=.

b) Suponiendo que los iones son completamente esféricos y conocidos el valor de los radios atómi-
cos, calculamos el volumen ocupado:

Vocupado 8  4 r(Si4 )3 16  4 r(O)3 
3 3

 4 8 r(Si4 )3 16 r(O)3
3

 4  8  (4.1109 cm)3 16  (1.4 108 cm)3   1.86 1022 cm3
3

Sustituyendo en la primera expresión se obtiene el valor del factor de empaquetamiento:

fV Vocupado (1.86 11002222ccmm33 )) 0.5423
Vc (3.43

4.13. El vidrio sódico (69% SiO2 y 31% Na2O, ambos en masa) se obtiene de arena (sílice) y
Na2O.
a) Suponiendo que se emplea CaCO3 en lugar de Na2O, establezca qué porcentaje en masa
debería utilizarse para que hiciera un efecto equivalente al del 31% de Na2O.
b) Con independencia de factores económicos, explique por qué no se utiliza como material de
partida un silicato sódico (SiO4Na4), en vez de la mezcla de SiO2 y Na2O.
Datos: M(Si) = 28.09 g/mol, M(Na) = 22.99 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol, M(C) = 12.01 g/mol y

M(Ca) = 40.08 g/mol.

a) El Na2O es un modificador que se añade para reducir la viscosidad y poder trabajar el vidrio a
menor temperatura.

Las masas molares de las respectivas unidades fórmulas:

M(SiO2 ) (28.09 g/mol)  2  (16.00 g/mol) 60.09 g/mol

M(Na2O)  2  (22.99 g/mol)  1 (16.00 g/mol)  61.98 g/mol

Partimos de 100 g de vidrio sódico (69 g de SiO2 y 31 g de Na2O). El número de átomos de Si y de
O se calcula como:

N (SiO2 ) 69 g SiO2  1 mol  6.022 1023 grupos SiO2  1 át. Si 6.915 1023 át. Si
60.09 g 1 mol 1 grupo SiO 2

 N (O) 6.915 1023 át. Si  2 át. O 13.83 1023 át. O ©  Ediciones Paraninfo
1 át. Si

38

La escala atómica de los materiales Bloque 1

Por otro lado, el número de átomos de Na y de O se calcula como:

N (NaO2 ) 31 g Na 2O  1 mol  6.022 1023 grupos Na 2O  2 át. Na 6.024 1023 át. Na
61.98 g 1 mol grupo Na2O
1

 N (O)  6.024 1023 át. Na  1át. O 3.012 1023 át. O
2 át. Na

Ahora procederemos con el CaCO3 . Hay que tener en cuenta que CaCO3  CO2  CaO . Las
masas moleculares de las respectivas unidades-fórmulas involucradas son:

M(CaO) = 56.08 g/mol

M(CaCO3) = 100.09 g/mol

Para obtener el efecto equivalente, necesitamos una masa x de CaO, tal que proporcione
3.011·1023 átomos de O:

x g CaO  1 mol  6.022 1023 át. 3.0111023 át. O  x 28.04 g CaO
56.08 g 1 mol

Por otro lado,

m(CaO) 28.04 g  1 mol CaCO3  1 mol CaO  100.09 g 50.045 g
1 mol CaO 56.08 g 1 mol CaCO3

En definitiva,

 69 g SiO2  50.045 g CaCO3  57.96 % SiO2 y 42.04 % CaCO3

b) SiO4Na4  SiO2  2Na2O

En el SiO4Na4 el cociente entre los átomos de oxígeno y los de silicio es igual a 4. Se corre así
riesgo de desvitrificación, que se produce para valores de este cociente.

©  Ediciones Paraninfo 4.14. Desea fabricarse un vidrio que se compone de SiO2 y de un modificador. Se dispone de
dos modificadores distintos: PbO y Y2O3. En el vidrio que quiere fabricarse, la fracción de
oxígenos que quede no compartida debe ser de un 30%. Si el precio del PbO es 2/3 del de
Y2O3.
a) Señale cuál sería el modificador más rentable.
b) Indique cuál de los modificadores haría más probable la cristalización del vidrio. Con el
modificador seleccionado en el apartado anterior, argumente si llegará a cristalizar el vidrio
obtenido.

c) Si la densidad del vidrio de SiO2 puro es de 2.2 g/cm 3 y la introducción de cualquiera de los
modificadores incrementa el volumen final en un 10%, calcule la densidad del vidrio obtenido
empleando el modificador seleccionado en el apartado a).
Datos: M(Si) = 28.09 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y M(Y) = 88.91 g/mol.

39

Capítulo 4 La escala atómica de los materiales cerámicos

El enunciado nos impone la condición:

f NO(nc) 0.3
NO(tot )

Las masas molares de las respectivas unidades-fórmulas:

M(SiO2) = (28.09 g/mol) + (2·16.00 g/mol) = 60.09 g/mol
M(PbO) = (207.2 g/mol) + (16.00 g/mol) = 223.2 g/mol
M(Y2O3) = 2·(88.91 g/mol) + 3·(16.00 g/mol) = 225.82 g/mol

a) Vidrio 1: SiO2 + PbO

Supongamos que tenemos n1 moles de SiO 2 y n2 moles de PbO. Como cada ion Pb2+ conlleva dos
oxígenos no compartidos:

El número de moles de oxígenos no compartidos nO(nc) 2  (nPb2 ) 2 n2
Por otro lado, el número de moles de oxígeno será igual a: nO (tot) 2 n1  n2

Por tanto:

f  2n2  0.3  2n2  0.6n1  0.3n2  1.7n2  0.6n1  n2  0.35n1
2n1  n2

Vidrio 2: SiO2+ Y2O3

Supongamos que tenemos n1 moles de SiO2 (los mismos que antes) y n3 moles de Y2O3.
Ahora cada ion Y3+ provoca la aparición de 3 oxígenos no compartidos:

Así pues, el número de moles de oxígenos no compartidos: nO(nc) 3nY3 3 (2n3) 6n3 ©  Ediciones Paraninfo
Por otro lado, el número total de oxígenos será igual a: nO(tot) 2n1  3n3
Así pues, en este caso, f resulta ser:

40

La escala atómica de los materiales Bloque 1

f  6n3  0.3  6n3  0.6n1  0.9n3  5.1n3  0.6n1  n3  0.12n1
2n1  3n3

El precio por mol de cada modificador será:

P(PbO) (2 / 3)x€  223.2 g 148.8  x € / mol
g 1 mol

P Y2O3  x€  225.8 g 225.8  x € / mol
g 1 mol

Por tanto, el coste de los modificadores sería, en función de n1:

CostePbO 0.35  n1  (148.8 x€) 51.8 x  n1 €
CosteY2O3 0.12  n1  (225.8  x€) 27.1 x  n1 €  más rentable

CostePbO CosteY2O3   2

b) Calculemos en ambos casos la relación f = n(O)/n(Si)

f1 2n1  0.35n1 2.35  2.5
n1

f2 2n1  3 0.12n1 2.36  2.5
n1

El vidrio obtenido no desvitrificará (no cristalizará) y la tendencia de ambos a desvitrificar (cristali-
zar) será similar.

c)  (SiO2 pura) = 2.2 g/cm 3

Suponiendo 1 mol de SiO2, tendrá añadido 0.12 moles de Y2O3, en masas esto representa:

m SiO2   60.09 g g 27.1 g   M vidrio (60.09 g)  (27.1 g) 87.19 g
m Y2O3  0.12  225.8 


El volumen que ocupará el vidrio puede calcularse a partir de su densidad ( (SiO2) = 2.2 g/cm 3 ),
teniendo en cuenta que debe incrementarse en un 10%:

Vvidrio (60.09 g)  1 cm31.1 30.05 cm3
2.2 g

Luego, su densidad será:

vidrio Mvidrio 308.70.519cmg 3 2.90 g cm3
Vvidrio

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Capítulo 6 La escala atómica de los materiales poliméricos

Capítulo 6
La escala atómica de los materiales poliméricos

6.1. Para la fabricación de PP, se mezclan cantidades iguales (en masa) de dicho polímero con
tres grados de polimerización distintos. Si el grado de polimerización del segundo grupo es 1.5
veces el del primero, y el del tercero, el doble que el del primero, y la masa molecular prome-

dio en masa resulta MM = 378002 g/mol, calcule el grado de polimerización de los tres grupos

de PP empleados.
Datos: M(C) = 12.01 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol y M(H) = 1.01 g/mol.

El PP (polipropileno) responde a la fórmula  C3H6 n  . Si n es el grado de polimerización y m la

masa de un mero, la masa molecular promedio (incluyendo la cabeza y la cola) vendrá entonces
dada por:

MM  n  m  2  M(H)  n 3 M(C)  6  M(H)  2  M(H)

La masa molecular de cada partida resulta (en función de su grado de polimerización) será:

M1  n  312.01 6 1.01  2.02  42.09  n  2.02
M2 (1.5  n)  312.01 6 1.01  2.02 63.135  n  2.02

M3  (2  n)  312.01 6 1.01  2.02  84.18 n  2.02

Puesto que el enunciado nos dice que la mezcla se ha obtenido mezclando cantidades de masa
iguales de cada uno de los polímeros, entonces, los factores de ponderación másicos serán los tres
iguales a 1/3. Con esto, la masa molecular promedio en masa resultará:

MM  378002 g / mol  1  (42.09 n  2.02)  1  (63.135 n  2.02)  1  (84.18 n  2.02)
33 3

378 002 1  (189.405 n  6.06)
3

de donde, despejando, obtenemos n  5987 que es el grado de polimerización del primer grupo,
para el segundo, n2 1.5  5987 8980 , y para el tercero, n2  2  5987 11974 .

6.2. Un poliacrilonitrilo (PAN) se ha fabricado mediante mezcla de cantidades conocidas de
diferentes PAN, de los cuales se conocen, además, los intervalos de masas de las cadenas que
los conforman (vea la tabla adjunta). Determine el índice de polidispersión del material obte-
nido.

Masa molecular cadenas (g/mol) Cantidad añadida (g) ©  Ediciones Paraninfo
2000 – 9000 10
3
11000 – 14000 9
19000 – 22000 8
42000 – 48000 5
63000 – 72000

42

La escala atómica de los materiales Bloque 1

La masa total de PAN obtenida es de 10  3  9  8  5 35 g .

Como solo conocemos los intervalos de masa de las cadenas de cada PAN, tendremos que tra-
bajar con los puntos intermedios de dichos intervalos:

Masa molecular cadenas Cantidad añadida
(g/mol) (g)
5 500 10
12 500 3
20 500 9
45 000 8
67 500 5

La masa molecular promedio másica será:

MM 10  5500 g  mol1  3 12 500 g  mol1  9  20 500 g  mol1  8  45000 g  mol1 
35 35 35 35

 5  67 500 g mol1 27 842.85 g  mol1
35

Para calcular la masa molecular promedio en número, hemos de calcular inicialmente los moles
que hay en cada uno de los PAN empleados para la mezcla.

Masa molecular cadenas Cantidad añadida Moles añadidos
(g/mol) (g)
5 500 10 10 5500 1.81103
3 12500 0.24 103
12 500 3 9 20500 4.39 104
8 45000 1.77 104
20 500 9 5 67 500 7.41105

45 000 8

67 500 5

La masa molecular promedio numérica resultará:

MN 1.81103  5 500 g  mol1  0.24 103 12 500 g  mol1  4.39 104  20500 g  mol1 
27.4 104 27.4 104 27.4 104

 1.77 104  45 000 g  mol1  7.41105  67 500 g  mol1  12 744.81 g  mol1
27.4 104 27.4 104

Con todo, el índice de polidispersión del polímero resultante es

MM 27842.85 2.18
MN 12 744.81

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Capítulo 6 La escala atómica de los materiales poliméricos

6.3. El PET es un polímero que se obtiene mediante un proceso de polimerización entre el áci-

do tereftálico ( ) y el 1,2-etanodiol ( ).

a) Escoja de entre las siguientes, la unidad estructural del PET.

b) Indique qué método de polimerización se ha producido.

a) La primera de las propuestas no es válida porque ha desaparecido un grupo CH2 del 1,2-
etanodiol.

La tercera propuesta tampoco es correcta, porque se han eliminado los grupos –OH de cada ex-
tremo del ácido tereftálico, el grupo –OH de uno de los extremos del 1,2-etanodiol, y un átomo de
H del otro extremo, cosa imposible.

En la segunda propuesta, la correcta, se produce la polimerización a partir de la combinación de
los grupos –OH extremos del ácido tereftálico y del 1,2-etanodiol. De esta combinación surgen dos
moléculas de H2O, produciéndose la unión a través de átomos de O.

b) Las características descritas en el apartado anterior para justificar la validez de la segunda pro-
puesta son las de la polimerización por condensación.

6.4. El nailon-6,6 es un polímero formado por condensación, cuyo nombre deriva de los 6
átomos de C que tienen cada uno de los monómeros que lo conforman:

Calcule qué masas de cada uno de los monómeros será neceario combinar para conseguir 15
kg de nailon-6,6.
Datos: M(C) = 12.01 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol, M(N) = 14.01 g/mol y M(H) = 1.01 g/mol.

La polimerización por condensación se llevará a cabo del siguiente modo:

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