O brometo de nitrosila, NOBr, é preparado pela reação direta entre o NO e o Br { }_{2}.
2 \mathrm{NO}(\mathrm{~g})+\mathrm{Br}_{2}(\mathrm{~g}) \rightarrow 2 \mathrm{NOBr}(\mathrm{~g})
Entretanto, o composto se dissocia facilmente na temperatura ambiente:
2 \mathrm{NOBr}(\mathrm{~g}) \rightleftharpoons 2 \mathrm{NO}(\mathrm{~g})+\mathrm{Br}_{2}(\mathrm{~g})
a) Se forem misturados 3,50 \mathrm{~g} de NO e 9,67 \mathrm{~g} de \mathrm{Br}_{2}, quantos gramas de NOBr se podem preparar?
b) Qual é o reagente limitante? E quanto resta em massa do reagente que não reagiu?
c) Se o átomo de N for o átomo central do brometo de nitrosila, qual estrutura de Lewis da molécula?
d) Qual é a geometria dos pares de elétrons do NOBr? Qual é a geometria da molécula? A molécula á polar?

Passo 1

O enunciado dá a reação
2\mathrm{NO}(\mathrm{g})+\mathrm{Br}_{2}(\mathrm{g})\rightarrow 2\mathrm{NOBr}(\mathrm{g})
e depois a reação reversível (dissociação). Perguntas pedidas:
a) Quantos gramas de \mathrm{NOBr} podem ser preparados a partir de 3,50\\ \mathrm{g} de \mathrm{NO} e 9,67\\ \mathrm{g} de \mathrm{Br}_{2}?
b) Qual é o reagente limitante? Quanto em massa do reagente em excesso resta sem reagir?
c) Se o átomo de N for o central do \mathrm{NOBr}, qual é a estrutura de Lewis da molécula?
d) Qual é a geometria dos pares de elétrons ao redor do N? Qual é a geometria molecular? A molécula é polar?
Informações relevantes fornecidas e úteis para resolver o problema:
  • Massas iniciais: \,m(\mathrm{NO})=3,50\\ \mathrm{g}, \,m(\mathrm{Br}_2)=9,67\\ \mathrm{g}.
  • Reação estequiométrica: \,2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NO} reagem com \,1\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{Br}_2 para formar \,2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NOBr}.
  • Vou usar massas molares aproximadas (típicas da tabela periódica): \,M(\mathrm{N})=14,01, \,M(\mathrm{O})=16,00, \,M(\mathrm{Br})=79,90 (todas em \mathrm{g\\ mol^{-1}}). A resolução começa a partir daqui.

Passo 2

Calcular as massas molares dos compostos usados (soma das massas atômicas; explicação rápida: a massa molar de uma molécula é a soma das massas molares dos átomos que a compõem).
M(\mathrm{NO})=M(\mathrm{N})+M(\mathrm{O})=14,01+16,00=30,01\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}
M(\mathrm{Br}_2)=2\cdot M(\mathrm{Br})=2\cdot 79,90=159,80\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}
M(\mathrm{NOBr})=M(\mathrm{N})+M(\mathrm{O})+M(\mathrm{Br})=14,01+16,00+79,90=109,91\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}

Passo 3

Converter as massas dadas em números de mols (regra: \text{mols}=\dfrac{\text{massa (g)}}{\text{massa molar (g·mol}^{-1}\text{)}}). Isso é importante porque reações químicas são controladas por mols (estequiometria).
Cálculo para \mathrm{NO}:
n(\mathrm{NO})=\frac{3,50}{30,01}\approx 0,1166\\ \mathrm{mol}
Cálculo para \mathrm{Br}_2:
n(\mathrm{Br}_2)=\frac{9,67}{159,80}\approx 0,0605\\ \mathrm{mol}
(Observação: arredondei para quatro casas decimais nos mols para manter precisão suficiente para a prova.)

Passo 4

Determinar o reagente limitante usando a estequiometria da reação. A equação balanceada diz que
2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NO}\\ \text{requerem}\\\ 1\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{Br}_2.
Logo, a razão necessária é
\frac{n(\mathrm{NO})}{n(\mathrm{Br}_2)}= \frac{2}{1}=2.
Verificamos qual reagente seria suficiente: para consumir todo o \mathrm{Br}_2 disponível, a quantidade de \mathrm{NO} necessária seria
n_{\text{req}}(\mathrm{NO}) = 2\cdot n(\mathrm{Br}_2)=2\cdot 0,0605=0,1210\\ \mathrm{mol}.
Comparamos com o que temos: n(\mathrm{NO})\approx 0,1166\\ \mathrm{mol} < 0,1210\\ \mathrm{mol}. Portanto não há \mathrm{NO} suficiente para reagir com todo o \mathrm{Br}_2 — o \mathrm{NO} é o reagente limitante. (Explicação conceitual: o reagente limitante é aquele que se esgota primeiro, determinando a quantidade máxima de produto formada.)

Passo 5

Calcular quantos mols de \mathrm{NOBr} se formam quando todo o \mathrm{NO} é consumido. Pela estequiometria:
2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NO}\longrightarrow 2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NOBr}
ou seja, 1\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NO} produz 1\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NOBr}. Assim
n(\mathrm{NOBr})=n(\mathrm{NO})\approx 0,1166\\ \mathrm{mol}.
Converter para massa:
m(\mathrm{NOBr})=n(\mathrm{NOBr})\cdot M(\mathrm{NOBr})=0,1166\cdot 109,91\approx 12,82\\ \mathrm{g}.
(Interpretação: com o \mathrm{NO} limitante, no máximo formam-se aproximadamente 12,82\\ \mathrm{g} de \mathrm{NOBr}.)

Passo 6

Calcular quanto de \mathrm{Br}_2 foi consumido e quanto resta. Pela estequiometria:
2\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{NO}\\ \text{consomem}\\\ 1\\ \mathrm{mol}\\ \mathrm{Br}_2.
Portanto, o número de mols de \mathrm{Br}_2 consumidos quando n(\mathrm{NO})=0,1166\\ \mathrm{mol} reage é
n_{\text{consumidos}}(\mathrm{Br}_2)=\frac{n(\mathrm{NO})}{2}=\frac{0,1166}{2}=0,05830\\ \mathrm{mol}.
Mols de \mathrm{Br}_2 que restam:
n_{\text{resto}}(\mathrm{Br}_2)=n_{\text{inicial}}(\mathrm{Br}_2)-n_{\text{consumidos}}(\mathrm{Br}_2)=0,0605-0,05830=0,00220\\ \mathrm{mol}.
Converter para massa:
m_{\text{resto}}(\mathrm{Br}_2)=0,00220\cdot 159,80\approx 0,358\\ \mathrm{g}.
(Conclusão numérica: sobra cerca de 0,358\\ \mathrm{g} de \mathrm{Br}_2.)

Passo 7

Construir a estrutura de Lewis do \mathrm{NOBr} com o N central — vou explicar passo a passo (regra geral: contar elétrons de valência, montar ligações simples, completar octetos e ajustar com ligações múltiplas se necessário para minimizar cargas formais).
  1. Contagem de elétrons de valência totais:
\text{elétrons} = 5(\mathrm{N})+6(\mathrm{O})+7(\mathrm{Br})=18\\ \text{elétrons}éé
  1. Montagem inicial: N como átomo central ligado a O e a Br por ligações simples usa 2+2=4 elétrons; restam 18-4=14 elétrons para distribuir como pares isolados.
  2. Distribuir pares para completar octetos de O e Br primeiro: O recebe 3 pares (6 elétrons) para ficar com octeto (com a ligação simples teria 8 contando a ligação), Br recebe 3 pares (6 elétrons). Isso usa 12 dos 14 elétrons restantes, sobrando 2 elétrons que caem como um par isolado no N.
  3. Agora contagem ao redor do N: N tem um par isolado (2 elétrons) + duas ligações simples (4 elétrons compartilhados com O e Br), totalizando apenas 6 elétrons ao redor de N — N quer 8. Para completar o octeto do N é necessário transformar a ligação N–O em uma ligação dupla: transfere-se um par isolado de O para formar uma segunda ligação N=O.
  4. Resultado final: N tem um par isolado + ligação dupla com O + ligação simples com Br. Todos os átomos têm octeto completo e as cargas formais calculadas são zero (verificação rápida: N: 5-(2+6/2)=0; O: 6-(4+4/2)=0; Br: 7-(6+2/2)=0).
Representação textual da estrutura de Lewis (descrição clara, útil na prova):
  • O está ligado ao N por uma ligação dupla (\mathrm{O}=\mathrm{N}) e tem dois pares isolados.
  • N tem um par isolado e está ligado simples ao Br (\mathrm{N}-\mathrm{Br}).
  • Br tem três pares isolados.
    Em forma condensada: O com dupla ligação a N; N com um par isolado e ligação simples a Br. Todos sem carga formal.

Passo 8

Determinar geometria dos pares eletrônicos e geometria molecular (usar VSEPR; explico rapidamente: VSEPR conta regiões de densidade eletrônica ao redor do átomo central — cada ligação simples, ligação dupla e par isolado conta como uma região).
  1. Contar regiões de densidade ao redor do N: uma região para a ligação dupla N=O, uma para a ligação simples N–Br e uma para o par isolado do N. Total: 3 regiões.
  2. Geometria eletrônica (dos pares de elétrons) para 3 regiões é trigonal plana (arranjo que minimiza repulsões coloca as três regiões em um plano formando 120^\circ idealmente).
  3. Geometria molecular (desconsiderando o par isolado na descrição da forma): com um par isolado e duas ligações, a geometria é angular (ou “curvada” / “bent”), semelhante à geometria do \mathrm{SO}_2 ou \mathrm{NO}_2^-. O ângulo de ligação será ligeiramente menor que 120^\circ devido à repulsão extra do par isolado.
  4. Polaridade: a molécula é polar. Justificativa curta: as ligações \mathrm{N}=\mathrm{O} e \mathrm{N}-\mathrm{Br} têm polaridades diferentes (oxigênio muito mais eletronegativo que bromo), e a geometria angular impede que os momentos de dipolo se cancelem. Logo há um momento dipolar líquido apontando aproximadamente na direção do oxigênio.

Resposta

a) 12,82\\ \mathrm{g} de \mathrm{NOBr}.
b) Reagente limitante: \mathrm{NO}. Resta de \mathrm{Br}_2: 0,358\\ \mathrm{g}.
c) Estrutura de Lewis: \mathrm{O} ligada ao \mathrm{N} por dupla ligação; \mathrm{N} tem um par isolado e está ligada por ligação simples ao \mathrm{Br}. (Todos os átomos com octeto e cargas formais nulas.)
d) Geometria dos pares de elétrons: trigonal plana. Geometria molecular: angular (bent), com ângulo de ligação um pouco menor que 120^\circ. A molécula é polar.

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