Exercícios Resolvidos de Modelo VSEPR/RPECV

USP – Lista de Exercícios sobre Ligações Químicas. PQI 2110. Questão 4.5. Modificada.

Considere as moléculas C O 2 , H 2 O , N F 3 , B I 3 e S i H 4 . Defina suas geometrias moleculares e ânguloes de ligação. Com base nesses dados, identifique eventuais estados hibridizados e momentos de dipolo elétrico nestas moléculas.

Passo 1

Respira fundo e vai:

Pra começar, precisamos das estruturas de Lewis:

1°. Identificar o átomo central: considerando aquela história do cara que está em menor quantidade, os átomos centrais serão C, O, N, B e Si né?

2°. Ligar todo mundo no átomo central.

3°. O terceiro passo a gente só usa quando sobrar átomo sem ligar em ninguém.

4°. Contar o número de elétrons de valência dos átomos da molécula.

O :   1 s 2   2 s 2   2 p 4 ⏟ 8  

C :   1 s 2   2 s 2   2 p 2 ⏟ 6  

H 1   : 1 s ¹ ⏟

N :   1 s 2   2 s 2   2 p 3 ⏟ 7  

F :   1 s 2   2 s 2   2 p 5 ⏟ 9  

B :   1 s 2   2 s 2   2 p 1 ⏟ 5  

I :   1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 6   4 s 2   3 d 10   4 p 6   5 s 2 ⏟   4 d 10   5 p 5 ⏟   53  

S i :   1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 2 ⏟ 14  

A contagem de elétrons de valência fica assim:

Pro C O 2 , com um carbono e dois oxigênios:

1 x 4 + 2 x 6 = 16   e l é t r o n s

Pro H 2 O , com um oxigênio e doi hidrogênios:

1 x 6 + 2 x 1 = 8   e l é t r o n s

Pro N F 3 , com um nitrogênio e três flúores:

1 x 5 + 3 x 7 = 26   e l é t r o n s

Pro B I 3 , com um boro e três iodos:

1 x 3 + 3 x 7 = 24   e l é t r o n s

Pro S i H 4 , com um silício e quatro hidrogênios:

1 x 4 + 4 x 1 = 8   e l é t r o n s

Elétrons contados, vamos pro próximo passo.

5°. Completar o octeto da galera.

Bora encher aquelas estruturas de dois pontinhos, até todo mundo ficar com 8 elétrons (com exceção do hidrogênio, que completa o octeto com dois).

O C O 2 ficou com 20 elétrons e precisa ficar com 16: precisamos fazer ligações múltiplas.

O H 2 O já tá comportadinho, com os 8 elétrons calculados no 4° passo.

O N F 3 também não vai dar dor de cabeça.. 26 elétrons, como queremos.

O B I 3 ficou com 26 elétrons e só pode ter 24. A solução “normal” seria fazermos ligação múltipla. Mas se você forçar muuuuuuuito a sua memória, talvez consiga lembrar que num tempo longínquo comentamos que o boro é um cara estranho e às vezes completa um pseudoocteto com 6 elétrons. Bem.. é isso que ele vai fazer aqui. Vamos tirar aquele par de elétrons não ligante dele.

O S i H 4 tambémm tá comportado.. 8 elétrons. Nenhuma alteração precisa ser feita.

Com as alterações, nossas estruturas ficam assim:

6°. Estudo das cargas formais.

C . F . O = 6 - 6 = 0

C . F . C = 4 - 4 = 0

C . F . H = 1 - 1 = 0

C . F . N = 5 - 5 = 0

C . F . F = 7 - 7 = 0

C . F . B = 3 - 3 = 0

C . F . I = 7 - 7 = 0

C . F . S i = 4 - 4 = 0

Que coisa mais linda! Estruturas de Lewis prontas.

Aí você quase fica feliz.. e lembra que só foi a metade da questão.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O enunciado pede pra achar a hibridação pela geometria, e não o contrário.

Pro C O 2 , colocando as ligações o mais distante possível, a gente fica com a geometria linear, onde o ângulo entre as ligações é de 180°.

Essa geometria (e esse arranjo) são típicos da hibridação s p . Também poderia ser s p ³ d , caso houvesses 5 pares de elétrons ao redor do átomo central e só dois ligantes.

Com essa hibridação, o carbono “guarda” dois orbitais p   p u r o s para as ligações π .

Quanto ao momento dipolo da molécula: cada ligação C=O é polar, uma vez que a eletronegatividade do C é diferente da eletronegatividade do O. Como o O é mais eletronegativo, o momento dipolo parte do carbono em direção ao oxigênio.

Agora, como as ligações estão distantes por 180°, com um vetor momento dipolo apontando pra cada lado, o vetor resultante é nulo e a molécula é apolar!

Passo 3

Na molécula de água, agora.

O oxigênio coloca aqueles quatro elétrons o mais distante possível uns dos outros. Com isso forma um arranjo tetraédrico, típico da hibridação s p ³ .

No tetraedro os ângulos entre as ligações é de 109,5°. Porém, na molécula de água, com duas posições sendo ocupadas por pares de elétrons isolados (não ligantes), com maior repulsão, o ângulo entre os dois hidrogênios diminui um pouco, ficando em torno de 104°,105°.

Bem, no arranjo tetraédrico om dois ligantes, a geometria da molécula é angular.

As ligações O-H são polares e o polo negativo é o oxigênio. Considerando a geometria angular, os momentos dipolo vão se anular na horizontal, mas serão somados na vertical: a molécula de água é polar!

Passo 4

Na molécula de N F 3 , o nitrogênio tem 4 pares de elétrons pra acomodar. E colocando eles o mais longe possível, o arranjo espacial fica tetraédrico.

Os ângulos entre as ligações de um tetraedro comum seria 109,5°. Como uma das posições é ocupada por um par de elétrons não ligante, que oferece mais repulsão, as outras ligações vão se aproximar um pouco, formando ângulos de cerca de 107° entre si.

O arranjo tetraédrico é típico da hibridação s p ³ .

Como só existem ligantes em três posições, a geometria fica piramidal.

As N-F são polares, sendo o F mais eletronegativo. Considerando a geometria piramidal, o momento dipolo total/resultante da molécula é diferente de zero, e a molécula é polar.

Passo 5

Nossa estrutura de Lewis pro B I 3 mostra 3 pares de elétrons no boro. Afastando esses pares de elétrons o máximo possível, a molécula vai se organizar num arranjo espacial trigonal planar. Sem pares de elétrons não ligantes, todas as posições são ocupadas por ligantes e a geometria também será trigonal planar.

Assim os ângulos entre as ligações serão de 120°. Como as três ligações são equivalentes, não há distorções nos ângulos: a molécula é um triângulo planar “perfeito”.

O arranjo trigonal planar é típico da hibridação s p ² .

Embora cada ligação B-I seja polar, o momento dipolo resultante é nulo e a molécula é apolar.

Passo 6

Nossa estrutura de Lewis pro S i H 4 mostra 4 pares de elétrons no silício. Afastando esses pares de elétrons o máximo possível, a molécula vai se organizar num arranjo espacial tetraédrico, onde os ângulos entre as ligções são de, aproximadamente, 109,5°.

O arranjo tetraédrico é típico da hibridação s p ³ .

Como todas as posições são ocupadas por ligantes (nenhum par de elétrons não ligante), não há distorções e a geometria da molécula é tetraédrica perfeita.

As ligações Si-H são polares, mas o momento dipolo resultante é nulo, tal que a molécula de S i H 4 é apolar.

Resposta

C O 2 : geometria linear, ângulo de 180°, hibridação s p , molécula apolar.

H 2 O : geometria angular, ângulo s p ³ , molécula polar.

N F 3 : geometria trigonal piramidal, ângulo s p ³ , molécula polar.

B I 3 : geometria trigonal planar, ângulo de 120°, hibridação s p ² , molécula apolar.

S i H 4 : geometria tetraédrica, ângulo de 109,5°, hibridação s p ³ , molécula apolar.

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