II - Ds átomos de nitrogênio em \mathrm{N}_{2} participam da ligação múltipla, enquanto na hidrazina, \mathrm{N}_{2} \mathrm{H}_{4}, eles não participam. Como você pode explicar essa observação considerando a hibridização nos átomos de nitrogênio nas duas moléculas?
Passo 1
O enunciado diz que, em \mathrm{N}_2, os dois átomos de nitrogênio participam da ligação múltipla, enquanto na hidrazina \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4 os átomos de nitrogênio não participam de ligações múltiplas entre si. A pergunta pede que eu explique essa observação considerando a hibridização dos átomos de nitrogênio nas duas moléculas. Informações relevantes dadas: fórmulas das moléculas \mathrm{N}_2 e \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4 e a diferença observada (ligação múltipla em \mathrm{N}_2; apenas ligação simples em \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4).
Passo 2
O que é hibridização (explicação didática): hibridização é um modelo que mistura os orbitais atômicos (por exemplo, 2s e 2p) para formar novos orbitais híbridos que explicam a geometria e as ligações da molécula. Dois pontos importantes para usar esse modelo na prova:
Como contar a hibridização: use o número estérico (steric number), que é
\text{SN} = \text{nº de ligações } \sigma + \text{nº de pares livres}
onde "ligações \sigma" significa apenas as ligações simples/parte \sigma de ligações múltiplas (cada ligação simples conta como 1; uma ligação dupla conta como 1 \sigma e uma tripla conta como 1 \sigma). A regra prática:
Relação com ligações \pi: quando um átomo fica com orbitais p não hibridizados (por exemplo, em \mathrm{sp} há dois p não hibridizados), esses p podem se sobrepor lateralmente para formar ligações \pi. Assim, para existir uma ligação dupla ou tripla entre dois átomos, cada átomo precisa dispor de orbitais p não hibridizados para formar as ligações \pi.
Vou usar essas duas ideias (contar \sigma e pares livres; necessidade de p não hibridizado para \pi) nos próximos passos.
Passo 3
Aplicando a regra ao \mathrm{N}_2:
Cada átomo de nitrogênio em \mathrm{N}_2 está ligado ao outro nitrogênio por uma ligação tripla total (uma parte \sigma + duas \pi), e cada nitrogênio tem um par de elétrons não ligantes.
Contagem do número estérico para um átomo de N em \mathrm{N}_2:
Com \text{SN}=2 obtemos hibridização \mathrm{sp}. Isso significa que cada nitrogênio usa dois orbitais híbridos \mathrm{sp}: um \mathrm{sp} forma a ligação \sigma entre os dois N (sobreposição ponta-a-ponta) e o outro \mathrm{sp} contém o par livre. Restam dois orbitais 2p não hibridizados em cada N.
Esses dois orbitais p não hibridizados de cada átomo conseguem se sobrepor lateralmente com os p do átomo vizinho para formar duas ligações \pi. Portanto a ligação entre os dois N é uma tripla: uma \sigma (de \mathrm{sp}-\mathrm{sp}) + duas \pi (de p-p).
Conclusão parcial: em \mathrm{N}_2 ambos os átomos participam da ligação múltipla porque têm orbitais p disponíveis não hibridizados para formar as \pi.
Passo 4
Aplicando a regra à hidrazina \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4:
Cada átomo de nitrogênio na hidrazina liga-se a dois hidrogênios e ao outro nitrogênio por ligações simples: são três ligações \sigma ao redor de cada N, e há um par livre em cada N.
Contagem do número estérico para um átomo de N em \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4:
\text{SN} = \underbrace{3}_{\text{duas } \mathrm{N\!-\!H}\\\ +\\ \mathrm{N\!-\!N}\\ \text{(somente as partes }\sigma)} + \underbrace{1}_{\text{par livre}} = 4.
Com \text{SN}=4 obtemos hibridização \mathrm{sp^3}. Isso significa que os quatro orbitais sp^3 são usados: três deles fazem as três ligações \sigma (duas \mathrm{N\!-\!H} e uma \mathrm{N\!-\!N}) e o quarto contém o par livre.
Como todos os orbitais p foram “misturados” nos sp^3, não ficam orbitais p puros disponíveis para fazer sobreposição lateral e formar ligações \pi entre os nitrogênios.
Consequência: a ligação entre os nitrogênios na hidrazina é apenas uma ligação simples \sigma (formada por \mathrm{sp^3}-\mathrm{sp^3}), não há possibilidade de formar \pi adicionais, logo não existe ligação múltipla.
Passo 5
Comparação final e motivo físico simples:
Em \mathrm{N}_2 cada N é \mathrm{sp}: há orbitais p não hibridizados que podem formar as duas \pi necessárias para completar a tripla. Por isso os dois átomos participam da ligação múltipla.
Em \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4 cada N é \mathrm{sp^3}: todos os p foram hibridizados, restando apenas orbitais híbridos para ligações \sigma e para o par livre; não há p livres para \pi, por isso não há ligação múltipla entre os N.
Intuição prática para prova: conte quantas ligações \sigma e pares livres o átomo tem; isso dá a hibridização e mostra se restam p livres para \pi. Se restarem p livres em ambos os átomos vizinhos, podem formar \pi e, portanto, ligações múltiplas.
Resposta
Em \mathrm{N}_2: cada átomo de N tem \text{SN}=1+1=2, é \mathrm{sp} hibridizado; usa um \mathrm{sp} para a ligação \sigma, mantém dois p não hibridizados que formam duas \pi, originando a tripla N≡N (ambos os N participam da ligação múltipla).
Em \mathrm{N}_2\mathrm{H}_4: cada átomo de N tem \text{SN}=3+1=4, é \mathrm{sp^3} hibridizado; todos os orbitais estão em \mathrm{sp^3} (três voltados para ligações \sigma e um com o par livre), não há p não hibridizado para formar \pi, logo entre os N há apenas uma ligação simples \sigma.