Exercícios Resolvidos de Modelo VSEPR/RPECV

UFRJ – IQ – Prova de Química Geral. Prof. Luiz Fernando Malta. Questão 02. Modificada.

Desenha as estruturas de Lewis, escreve as geometrias moleculares e dê as hibridações dos átomos centrais das seguintes espécies moleculares:

a) H O B r

b) S C N -

c) B r F 3

d) S O 2

Passo 1

Respira fundo e vai:

a) Estrutura de Lewis pro H O B r :

1°. Identificar o átomo central: aqui você precisa pensar que o Br é um halogênio e ele só faz uma ligação, então o átomo central vai ser o O! No fundo, mesmo que você “escolha” o Br, vai dar tudo certo. Vou fazer dos dois jeitos pra você ver!

2°. Ligar todo mundo no átomo central respeitando a valência:

Como você vai respeitar a valência do Br, você só pode ligar um cara nele, que será o oxigênio. Caso você tenha escolhido o oxigênio como átomo central, não temos problema!

3°. O terceiro passo a gente só usa quando sobrar átomo sem ligar em ninguém. No caso de você ter escolhido o Br, o H ainda não ligou com ninguém. Então vamos ligar o H no oxigênio (que ainda tem ligações pra fazer).

Pronto! Exatamente a mesma coisa, independente da “escolha” do átomo central!

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

O :   1 s 2   2 s 2   2 p 4 ⏟ 8  

B r :   1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 6   4 s 2 ⏟   3 d 10   4 p 5 ⏟ 35  

H 1   : 1 s ¹ ⏟

Com 1 bromo, 1 oxigênio e 1 hidrogênio, o número de elétrons de valência será:

1 x 7 + 1 x 6 + 1 x 1 = 14   e l é t r o n s

Então 14 elétrons precisam aparecer na nossa estrutura!

5°. Completar o octeto da galera.

E a estrutura ficou com os 14 elétrons previstos no 4° passo!

6°. Estudo das cargas formais.

A gente quer as cargas formais o mais próximo possível de zero!

C . F . B r = 7 - 7 = 0

C . F . O = 6 - 6 = 0

C . F . H = 1 - 1 = 0

Show! Encontramos nossa estrutura de Lewis!

Agora o oxigênio, com 4 pares de elétrons e nenhuma dupla, vai precisar de 4 orbitais híbridos. Então a hibridação dele é do tipo s p 3 .

O arranjo espacial de uma molécula em torno de um átomo s p 3 é tetraédrico, mas só duas posições estão ocupadas! Então a geometria molecular é angular.

No fundo esse cara ai é tipo a água, trocando um H por um Br.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) S C N -

1°. Identificar o átomo central: na verdade ele já tá escrito na ordem que a gente vai desenhar. De qualquer forma a escolha por eletronegatividade cairia no C também.

2°. Ligar todo mundo no átomo central respeitando a valência:

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.

S :   1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 4 ⏟ 16  

C :   1 s 2   2 s 2   2 p 2 ⏟ 6  

N :   1 s 2   2 s 2   2 p 3 ⏟ 7  

Com 1 enxofre, 1 carbono e 1 nitrogênio mais aquela carga negativa do ânion, o número de elétrons de valência será:

1 x 6 + 1 x 4 + 1 x 5 + ( 1 x 1 ) = 16   e l é t r o n s

Então 16 elétrons precisam aparecer na nossa estrutura!

5°. Completar o octeto da galera.

E a estrutura ficou com 20 elétrons! Pra chegar nos 16 elétrons previstos no 4° passo, vamos precisar fazer duas ligações π .

E todas as estruturas acima são possíveis. Embora a central seja a com menor participação (olha ali as cargas formais dela), e a da esquerda a de maior participação, com a carga negativa no elemento mais eletronegativo.

Você pode escolher qualquer uma das estruturas acima. Em todas ela o átomo central o carbono, precisa reservar dois orbitais p   p u r o s para as ligações π . Então ele só pode hibridizar o orbital s com um orbital p , assumindo hibridação s p .

Com dois orbitais s p afastados o máximo possível, a molécula assume geometria e arranjo espacial linear.

Passo 3

c) Estrutura de Lewis pro B r F 3 :

1°. Identificar o átomo central: Br está em menor quantidade e é menos eletronegativo.

2°. Ligar todo mundo no átomo central respeitando as valências.

Tá, a valência do Br não foi super respeitada. Mas o cara é do 4° período da tabela e pode muito bem expandir o octeto né?

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.

B r : 1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 6   4 s 2 ⏟   3 d 10   4 p 5 ⏟   35  

F :   1 s 2   2 s 2   2 p 5 ⏟ 9  

Com 1 bromo e 3 flúores, o número de elétrons de valência na molécula será:

1 x 7 + 3 x 7 = 28   e l é t r o n s

Então 28 elétrons precisam aparecer na nossa estrutura!

5°. Completar o octeto da galera.

E a estrutura ficou com 26 elétrons. A gente não tá super acostumado a fazer isso, mas situações drásticas eigem medidas drásticas. A única forma de atingir os 28 elétrons que calculamos é colocando mais um par de elétrons no Br (afinal o F não expande o octeto).

6°. Estudo das cargas formais.

C . F . B r = 7 - 7 = 0

C . F . F = 7 - 7 = 0

Hmm. Parece que a estrutura tá maneira hein!

7°. Estudo da ressonância.

Não tem como as cargas formais ficarem melhores do que isso né? Então essa vai ser nossa estrutura mais significativa!

Agora é a hora da hibridação.

O Br tá com 5 pares de elétrons ao redor dele. Pra comodar essa galera ele precisa de 5 orbitais. Então ele vai hibridizar o s , os três p e ainda precisar de um orbital d . Assim ele forma 5 orbitais híbridos s p ³ d .

Essa hibridação nos leva ao arranjo espacial bipiramidal trigonal.

Com os dois pares de elétrons em posições equatoriais (com 120° entre eles), a molécula assume a geometria em forma de T.

Passo 4

-

d) Passo-a-passo da estrutura de Lewis pra S O 2 .

1°. Identificar o átomo central: S está em menor quantidade e é menor eletronegativo!

2°. Ligar todo mundo no átomo central respeitando a valência:

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.

S :   1 s 2   2 s 2   2 p 6   3 s 2   3 p 4 ⏟   16  

O :   1 s 2   2 s 2   2 p 4 ⏟ 8  

Com 1 enxofre e 2 oxigênios, o número de elétrons de valência será:

1 x 6 + 2 x 6 = 18   e l é t r o n s

Então 18 elétrons precisam aparecer na nossa estrutura!

5°. Completar o octeto da galera.

E a estrutura ficou com 20 elétrons! Pra chegar nos 18 elétrons previstos no 4° passo, vamos precisar fazer uma dupla entre o enxofre e um dos oxigênios.

Agora sim! Número de elétrons correto e regra do octeto obedecida!

6°. Estudo das cargas formais.

C . F . O 1 = 6 - 6 = 0

C . F . S = 6 - 5 = + 1

C . F . O 2 = 6 - 7 = - 1

Como a gente podia muito bem escolher com quem íamos fazer a ligação dupla, é óbvio que tem ressonância.

Aquelas carguinhas ali são as cargas formais ok?

Nas duas estruturas, o enxofre coloca os três pares de elétrons ao redor dele o mais longe possível (a ligação π não conta, porque está amarrada na σ ). Assim, o arranjo espacial será trigonal planar e a geometria angular.

A geometria trigonal planar é típica da hibridação s p ² . Assim o S ainda guarda um orbital p   p u r o pra fazer a ligação π .

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