Escreva a estrutura de ressonância contribuinte e do hibrido de ressonância para cada uma das espécies a seguir:
N+HO-O-

Passo 1

O enunciado pede: escrever as estruturas de ressonância (contribuintes) e o híbrido de ressonância para a espécie dada pelo SMILES \mathrm{C[NH+]([O-])[O-]}.
Informações fornecidas pelo enunciado que vamos usar:
  • A conectividade é \mathrm{CH_3{-}N{-}H} com duas unidades \mathrm{O} ligadas ao nitrogênio.
  • Na notação SMILES aparece explícito que o nitrogênio tem carga positiva \mathrm{N^{+}} e cada oxigénio tem carga negativa \mathrm{O^{-}}.
  • Ou seja, uma fórmula de partida (Lewis) é algo como \mathrm{CH_3{-}N^{+}H(O^{-})(O^{-})}.

Passo 2

Breve revisão didática sobre o que é ressonância e por que vamos desenhar contribuintes:
  • Ressonância é uma maneira de representar uma única estrutura real (o híbrido) por meio de várias estruturas de Lewis possíveis (contribuintes). Nenhuma das contribuintes sozinha é a descrição completa da molécula; a verdade é uma média (híbrido).
  • Critérios para boas contribuintes: respeitar o octeto (quando possível), minimizar separação de cargas, colocar cargas formais em átomos adequados (oxigênio tolera carga negativa melhor que nitrogênio), e favorecer estruturas com mais ligações múltiplas quando ajudam o octeto.
  • Para a espécie dada percebemos que os dois oxigênios podem delocalizar elétrons formando ligações N=O em posições alternativas — isto é exatamente o clássico caso do grupo nitro/nitramínio (ressonância entre duas formas com uma dupla N=O em cada oxigênio, alternadas).

Passo 3

Contagem rápida de elétrons (para confirmar Lewis razoável):
  • Soma dos elétrons de valência (contando o estado de carga indicado pelo SMILES): C 4, três H ligados ao C 3, H ligado ao N 1, N 5, dois O 2\times 6=12. Soma = 4+3+1+5+12=25.
  • O SMILES indica um total de carga líquida -1 (porque \mathrm{N^{+}} e dois \mathrm{O^{-}} somam carga -1); portanto somamos 1 elétron extra para a carga negativa: total 25+1=26 elétrons de valência -> 13 pares eletrônicos. Isso permite formar ligações e pares livres compatíveis com os contribuintes abaixo. (Essa contagem só confirma que não há contradição óbvia.)

Passo 4

Desenho dos contribuintes de ressonância principais (explicando cada um):
  • Ponto de partida (contribuinte escrito pelo SMILES): nitrogênio ligado por ligações simples aos dois oxigênios, com nitrogênio formalmente positivo e cada oxigênio formalmente negativo. Em notação:
    \mathrm{CH_3{-}N^{+}H(O^{-}) (O^{-})}.
    Esse contribuidor existe, mas separa cargas (duas cargas negativas em O e uma carga positiva em N) e, por isso, costuma ser uma contribuição menos estável comparada às formas que aumentam ordens de ligação e melhoram o octeto.
  • Dois contribuintes equivalentes maiores (canônicos) obtidos ao mover um par lone de um oxigénio para formar uma ligação dupla \mathrm{N{=}O}, enquanto o outro oxigénio fica \mathrm{O^{-}}. Como há dois oxigênios indistinguíveis, temos duas formas equivalentes:
    1. oxigénio a duplo, oxigénio b simples e negativo:
      \mathrm{CH_3{-}N^{+}H(=O_a)\;O_b^{-}}.
      Aqui o nitrogénio permanece formalmente +1, um oxigénio é neutro (o duplo) e o outro é -1. Esta estrutura respeita o octeto em O e é relativamente estável.
    2. oxigénio b duplo, oxigénio a simples e negativo (a forma simétrica à anterior):
      \mathrm{CH_3{-}N^{+}H(=O_b)\;O_a^{-}}.
  • Essas duas últimas são as contribuintes dominantes porque distribuem a carga negativa entre os oxigénios e mantêm ligações múltiplas (melhorando o octeto e diminuindo energia).

Passo 5

Representação do mecanismo de deslocamento eletrônico (como justificar as formas):
  • Num dos oxigénios existe um par não-ligante que pode formar uma ligação \pi com o nitrogénio: isto converte uma ligação N–O simples em N=O e desloca elétrons na outra ligação N–O transformando o par \pi em par não-ligante no outro oxigénio (que fica \mathrm{O^{-}}). Essa é exatamente a operação que transforma uma das formas em outra.
  • Como as duas possibilidades (oxigénio a ou b) são equivalentes, a carga negativa fica delocalizada entre os dois oxigénios por ressonância.

Passo 6

Cálculo do ordem de ligação média e efeitos observáveis (ensinando como usar as ressonâncias na prova):
  • Nos dois contribuintes maiores cada par de ligações N–O aparece como uma média de uma ligação simples (em uma forma) e uma dupla (na outra). Logo a ordem de ligação média para cada N–O é: \text{ordem média}=\frac{2+1}{2}=1{,}5.éIsso significa que experimentalmente as duas ligações N–O terão comprimento intermediário entre simples e dupla.
  • Distribuição de carga: cada oxigénio carrega aproximadamente metade da carga negativa que aparece nas formas individuais. Assim, a carga parcial em cada oxigénio é algo como \delta^{-} (não exatamente -\tfrac{1}{2} em termos formais, mas indicamos que está parcialmente negativa) e o nitrogénio fica com carga parcial \delta^{+}.

Passo 7

Escolha de quais contribuintes apresentar na prova e como justificá-los rapidamente:
  • No tempo de prova, desenhe as duas formas com uma ligação dupla alternando entre os oxigénios (como em Passo 4), indique que são equivalentes, escreva a ordem de ligação média \approx 1{,}5 e descreva o híbrido: ligações N–O com caráter parcial duplo e carga negativa delocalizada sobre os dois O.
  • Não esqueça de mostrar as setas curvas (de um par livre do O formando N=O, e da ligação N–O do outro oxigénio indo para o oxigénio) se precisarem justificar com movimento de elétrons.

Resposta

\mathrm{CH_3{-}N^{+}H(O^{-}) (O^{-})} \n
\mathrm{CH_3{-}N^{+}H(=O_a)\;O_b^{-}} \n
\mathrm{CH_3{-}N^{+}H(=O_b)\;O_a^{-}} \n
Híbrido: ligações \mathrm{N{-}O} com ordem média \approx 1{,}5; carga negativa parcialmente e igualmente delocalizada entre os dois \mathrm{O} ( \mathrm{O^{\delta -}}) e nitrogénio com carga parcial positiva ( \mathrm{N^{\delta +}}).

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