Represente a estrutura de Lewis para as moléculas: \mathrm{HCN}, \mathrm{PCl}_{3}, \mathrm{BrO}^{-}, \mathrm{NCS}^{-}, \mathrm{XeF}_{2} \mathrm{e} \mathrm{ICl}_{4}^{-}.

Passo 1

O enunciado pede para desenharmos as estruturas de Lewis de \mathrm{HCN}, \mathrm{PCl_3}, \mathrm{BrO^-}, \mathrm{NCS^-}, \mathrm{XeF_2} e \mathrm{ICl_4^-}. Isso envolve química de ligações covalentes: vamos contar elétrons de valência, montar o esqueleto de átomos, distribuir pares de elétrons para satisfazer o octeto (ou regras de expansão para elementos do terceiro período em diante) e checar as cargas formais.

Passo 2

Método geral para cada espécie:
1. Calcular o total de elétrons de valência somando os de cada átomo e incluindo elétrons extras de carga.
2. Montar o esqueleto conectando átomos pela menor quantidade de ligações simples (respeitando átomos centrais).
3. Subtrair da conta inicial os elétrons usados nas ligações ( 2 e^{-} por ligação).
4. Distribuir os pares restantes primeiro para completar o octeto (ou dueto no caso do H) dos átomos terminais e depois do átomo central.
5. Se algum átomo central não completar o octeto, converter pares isolados em ligações múltiplas.
6. Calcular cargas formais e, se necessário, ajustar ligação/resonância para minimizar cargas não nulas.

Passo 3

HCN
1. Elétrons de valência:
\mathrm{H}:1,\;\mathrm{C}:4,\;\mathrm{N}:5\implies1+4+5=10.
2. Esqueleto: H–C–N (H só pode ter dueto).
3. Ligações simples consomem 2\times2=4 e^{-}; restam 6 e^{-}.
4. Preenchemos terminais: H ok, N recebe 3 pares ( =6 e^{-}) e fica octeto.
Agora C só tem 2 e^{-} de ligação e falta octeto:
5. Convertemos 2 pares de N–C em ligações duplas e depois em tripla:
H - C \equiv N
6. N fica com 1 par livre ( 2 e^{-}) e todas as cargas formais zeradas.

Passo 4

PC l_{3} 1. Elétrons de valência:
\mathrm{P}:5,\;3\times\mathrm{Cl}:3\times7=21\implies5+21=26.
2. Esqueleto: Cl–P–Cl em três ramificações.
3. Três ligações simples usam 3\times2=6 e^{-}; restam 20 e^{-}.
4. Preenchemos terminais: cada Cl leva 3 pares ( 18 e^{-}) para completar octeto.
5. Restam 2 e^{-}, que formam 1 par livre no P.
6. Todas as cargas formais ficam zero.

Passo 5

Br O^{-} 1. Elétrons de valência:
\mathrm{Br}:7,\;\mathrm{O}:6, carga -1\implies7+6+1=14.
2. Esqueleto: Br–O.
3. Ligação simples usa 2 e^{-}; restam 12 e^{-}.
4. O recebe 3 pares ( 6 e^{-}) e atinge octeto; restam 6 e^{-}.
5. Esses 6 e^{-} viram 3 pares livres em Br; octetos fechados.
6. Carga formal: O fica com -1, Br com 0.

Passo 6

NC S^{-} (tiocianato)
1. Elétrons de valência:
\mathrm{N}:5,\;\mathrm{C}:4,\;\mathrm{S}:6, carga -1\implies5+4+6+1=16.
2. Esqueleto: N–C–S.
3. Ligações simples usam 2 e^{-}; restam 14 e^{-}.
4. Tentamos octetos: terminais ganham 3 pares cada ( 12 e^{-}); restam 2 e^{-} no C.
5. Transformamos pares isolados em ligações múltiplas para completar octeto do C: uma estrutura domina com N \equivC– S^{-} (S carrega - 1), mas há ressonância com ^{-}N–C \equivS.

Passo 7

Xe F_{2} 1. Elétrons de valência:
\mathrm{Xe}:8,\;2\times\mathrm{F}:2\times7=14\implies8+14=22.
2. Esqueleto: F–Xe–F (linear, Xe no centro).
3. Duas ligações usam 2\times2=4 e^{-}; restam 18 e^{-}.
4. Cada F recebe 3 pares ( 12 e^{-}); restam 6 e^{-}.
5. Esses 6 e^{-} formam 3 pares livres no Xe (Xe expande octeto).
6. Cargas formais todas zero; geometria linear.

Passo 8

IC l_{4} ^{-}1. Elétrons de valência:
\mathrm{I}:7,\;4\times\mathrm{Cl}:4\times7=28, carga -1\implies7+28+1=36.
2. Esqueleto: Cl–I com quatro ligações.
3. Ligações usam 4\times2=8 e^{-}; restam 28 e^{-}.
4. Cada Cl leva 3 pares ( 24 e^{-}); restam 4 e^{-}.
5. Esses 4 e^{-} viram 2 pares livres no I (I expande octeto).
6. Carga formal global -1, Cl todas neutras.

Resposta

HCN:
H - C \equiv N\:\cdot\cdot
PC l_{3}:
\begin{array}{c} \quad\;Cl\!:\quad\\\ \quad\mid\quad\\\ \;Cl\!-\!P\!:\quad(\text{par livre no P})\\\ \quad\mid\quad\\\ \quad\;Cl\!: \end{array}
Br O^{-}:
\mathrm{Br}\!:\!:\!-\!O\!\cdot\!\cdot\quad(\text{carga –1 em O})
NC S^{-} (resonância):
[\;N\equiv C - S\!\cdot\!\cdot:]^{-}\quad\longleftrightarrow\quad [\;N\!\cdot\!\cdot:\!-\!C\equiv S\;]^{-}
Xe F_{2}:
F\!\cdot\!\cdot\;-\;Xe\!\cdot\!\cdot\!\cdot\;-\;F\!\cdot\!\cdot
(I tem 3 pares livres, cada F 3 pares livres)
IC l_{4} ^{-}:
\begin{array}{c} \;Cl\!\cdot\!\cdot\quad Cl\!\cdot\!\cdot\\\ \quad\backslash\;\;/\\\ Cl\!-\!I\!\cdot\!\cdot\quad(\text{2 pares livres})\!-\!Cl\!\cdot\!\cdot\\\ \quad/\;\;\backslash \end{array}
(Todas as Cl têm 3 pares livres; carga total -1)

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