Escreva a estrutura de Lewis para cada uma das seguintes espécies:
(a) SOCl2
(b) POCl3
(c) PCl5
(d) HONO2(HNO3)

Passo 1

O enunciado pede para desenhar as estruturas de Lewis de SOCl2, POCl3, PCl5 e de ácido nítrico HONO2. Para cada espécie vamos:
1. Contar os elétrons de valência.
2. Definir a conectividade (átomo central e ligantes).
3. Distribuir pares de elétrons para satisfazer a regra do octeto (ou expandi-lo, se permitido).
4. Ajustar eventuais ligações duplas e cargas formais para minimizar energia.

Passo 2

Espécie: SOCl2 1. Elétrons de valência: 6,(S)+6,(O)+2times7,(Cl)=26 elétrons.
2. Conectividade: S central ligado a O e a duas Cl.
3. Três ligações consomem 3times2=6 elétrons. Restam 26-6=20 elétrons ( 10 pares).
4. Colocamos 2 pares em O, 3 pares em cada Cl (total 2times 3=6 pares) e sobra 2 pares para S.
5. Para minimizar cargas formais faz-se dupla ligação S=O; S fica com 1 par livre, O com 2 pares livres, cada Cl com 3 pares livres.

Passo 3

Espécie: POCl3 1. Elétrons de valência: 5,(P)+6,(O)+3times7,(Cl)=32 elétrons.
2. Conectividade: P central ligado a um O e a três Cl.
3. Quatro ligações usam 4times2=8 elétrons. Restam 32-8=24 elétrons ( 12 pares).
4. Distribuímos 2 pares em O, 3 pares em cada Cl ( 3times 3=9 pares) e sobra 1 par para P.
5. Para minimizar a carga formal no O convertemos a ligação P–O em dupla, restando 1 par livre em P e 2 pares livres em O. Cada Cl mantém 3 pares livres.

Passo 4

Espécie: PCl5 1. Elétrons de valência: 5,(P)+5times7,(Cl)=40 elétrons.
2. Conectividade: P central ligado a cinco Cl.
3. Cinco ligações usam 5times2=10 elétrons. Restam 40-10=30 elétrons ( 15 pares).
4. Cada Cl recebe 3 pares ( 3times 5=15 pares). P não recebe pares livres e passa a ter 5 ligações (expansão do octeto, período 3).

Passo 5

Espécie: HONO2 (ácido nítrico)
1. Elétrons de valência: 1,(H)+5,(N)+3times6,(O)=24 elétrons.
2. Conectividade: H–O–N–O–O; N ligado a três O, um desses O leva o H.
3. Quatro ligações (H–O, O–N e duas N–O ) usam 8 elétrons. Restam 24-8=16 elétrons ( 8 pares).
4. Colocamos pares livres em cada O para completar o octeto: O ligado a H recebe 3 pares, os outros dois O recebem inicialmente 3 pares cada (total 3times 3=9 pares), mas só há 8 pares disponíveis.
5. Para ajustar: uma das ligações N–O transforma-se em dupla, liberando 1 par para distribuir. Assim sobra par para o O–H como mostrado.
6. O resultado é um N com formal +1, um O sem H com formal – 1 e um O duplamente ligado sem carga, mais o OH neutro. Há ainda duas formas ressonantes trocando qual dos dois O sem H fica duplo.

Resposta

(a) SOCl2: S central com uma dupla ligação a O ( 2 pares livres em O), duas ligações simples a Cl (cada Cl com 3 pares livres) e 1 par livre em S.
(b) POCl3: P central com uma dupla ligação a O ( 2 pares livres em O), três ligações simples a Cl (cada Cl com 3 pares livres) e 1 par livre em P.
(c) PCl5: P central com cinco ligações simples a Cl (cada Cl com 3 pares livres), sem pares livres em P (octeto expandido).
(d) HONO2: estrutura HO–N( =O)– O^- com formal +1 em N, formal – 1 num O sem H e um O duplamente ligado; o OH está neutro. Duas formas ressonantes trocam o lugar da ligação dupla entre os dois O sem H.

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