Co-ordinate or Dative bonding Questions in Gujarati

(A) સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$ ની રચનામાં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે હાઇડ્રોક્સિલ જૂથો $(-OH)$ સાથે સહસંયોજક બંધ દ્વારા અને બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,સલ્ફર પરમાણુ તેના ઇલેક્ટ્રોન બે ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે વહેંચીને સવર્ગ સહસંયોજક બંધ (જેને ડેટિવ બંધ પણ કહેવાય છે) બનાવે છે,જેથી ઓક્સિજન પરમાણુઓ માટે અષ્ટકનો નિયમ સંતોષાય અને સલ્ફર તેની સંયોજકતા કક્ષાનું વિસ્તરણ કરી શકે.
આમ,$H_2SO_4$ એ સવર્ગ સહસંયોજક બંધ ધરાવતા અણુનું ઉત્તમ ઉદાહરણ છે.

(C) $NH_3$ એ લુઈસ બેઇઝ તરીકે વર્તે છે કારણ કે નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર ઇલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$BF_3$ એ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવે છે (અપૂર્ણ અષ્ટક).
જ્યારે તેઓ પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે $NH_3$ માંથી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $BF_3$ ના $B$ ની ખાલી કક્ષકમાં દાન કરવામાં આવે છે,જેના પરિણામે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ (જેને ડેટિવ બંધ પણ કહેવાય છે) બને છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $NH_3 + BF_3$ $\rightarrow H_3N$ $\rightarrow BF_3$.

(A) $BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને અપૂર્ણ અષ્ટક ધરાવે છે,જે ફ્લોરિનથી બોરોન તરફ $p\pi-p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ માટે પરવાનગી આપે છે.
આ બેક-બોન્ડિંગ $B-F$ બંધને થોડો દ્વિ-બંધ ગુણધર્મ આપે છે,જે તેને $1.3 \ \mathring{A}$ સુધી ટૂંકાવે છે.
જ્યારે $BF_3$ એ $Me_3N$ (લુઈસ બેઝ) સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે $Me_3N \to BF_3$ એડક્ટ બનાવે છે.
આ એડક્ટમાં,બોરોન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ પામે છે અને નાઈટ્રોજન પાસેથી લોન પેર સ્વીકારીને તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરે છે.
$N \to B$ કોઓર્ડિનેટ બંધના નિર્માણને કારણે,ફ્લોરિનથી બોરોન તરફનું $p\pi-p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ હવે શક્ય નથી.
પરિણામે,$B-F$ બંધ તેનો દ્વિ-બંધ ગુણધર્મ ગુમાવે છે અને શુદ્ધ એકલ બંધ બની જાય છે,જે $BF_3$ માં મૂળ $B-F$ બંધ કરતા લાંબો હોય છે.
તેથી,$B-F$ બંધ લંબાઈ વધે છે અને $1.3 \ \mathring{A}$ કરતા વધારે થાય છે.

(B) $BF_3$ એ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવે છે,અને $NH_3$ એ લુઈસ બેઇઝ તરીકે વર્તે છે કારણ કે નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર ઇલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
સવર્ગ સહસંયોજક બંધમાં,ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ લુઈસ બેઇઝ દ્વારા લુઈસ એસિડને દાન કરવામાં આવે છે.
તેથી,તીર દાતા $(NH_3)$ થી સ્વીકારનાર $(BF_3)$ તરફ નિર્દેશિત હોવું જોઈએ,જે પ્રક્રિયા $(i)$ માં $F_3B \leftarrow :NH_3$ તરીકે દર્શાવેલ છે.
આમ,$(i)$ સાચું છે અને $(ii)$ ખોટું છે.

(D) $AlCl_3$ માં,એલ્યુમિનિયમ પરમાણુ ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવે છે,કારણ કે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે,$AlCl_3$ એ સહસંયોજક બંધ દ્વારા $Al_2Cl_6$ ડાયમર બનાવે છે,જેમાં ક્લોરિન પરમાણુઓ એલ્યુમિનિયમ પરમાણુને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે. આ એલ્યુમિનિયમ પરમાણુના અપૂર્ણ અષ્ટક અથવા અપૂર્ણ $p$-પેટાકોશને કારણે થાય છે.

(A) હાઇડ્રેઝિનિયમ આયન $(N_2H_5^+)$ માં,બંધારણ હાઇડ્રેઝિન $(N_2H_4)$ ના પ્રોટોનેશન દ્વારા રચાય છે.
$N_2H_4 + H^+ \rightarrow [H_2N-NH_3]^+$.
$NH_3$ જૂથમાં રહેલો નાઇટ્રોજન પરમાણુ તેની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $H^+$ આયનને આપે છે,જે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ (જેને ડેટિવ બંધ પણ કહેવાય છે) બનાવે છે.
$BaCl_2$ એ આયનીય સંયોજન છે,જ્યારે $HCl$ અને $H_2O$ માત્ર ધ્રુવીય સહસંયોજક બંધ ધરાવે છે.

(D) સવર્ગ સહસંયોજક બંધ (જેને ડેટિવ બંધ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે) ત્યારે બને છે જ્યારે એક પરમાણુ બીજા પરમાણુને તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે.
$O_3$ (ઓઝોન) માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ અંતિમ ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે સવર્ગ બંધ બનાવે છે.
$SO_3$ (સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ) માં,સલ્ફર પરમાણુ અષ્ટકનો નિયમ સંતોષવા માટે ત્રણમાંથી બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે સવર્ગ બંધ બનાવે છે.
$H_2SO_4$ (સલ્ફ્યુરિક એસિડ) માં,સલ્ફર પરમાણુ બે હાઇડ્રોક્સિલ જૂથો સાથે સહસંયોજક બંધ દ્વારા અને બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે સવર્ગ બંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
આથી,ત્રણેય અણુઓ ઓછામાં ઓછો એક સવર્ગ સહસંયોજક બંધ ધરાવે છે,તેથી સાચો જવાબ $D$ છે.

(C) સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$ ની રચનામાં મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે હાઈડ્રોક્સિલ જૂથો $(-OH)$ સાથે એકલ સહસંયોજક બંધ દ્વારા અને બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
લુઈસ બંધારણમાં,સલ્ફર પરમાણુ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ બનાવે છે. આ દ્વિબંધોને ઘણીવાર $S \rightarrow O$ બંધ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં સલ્ફર ઓક્સિજન પરમાણુને ઈલેક્ટ્રોનની જોડી આપે છે.
તેથી,$H_2SO_4$ ના અણુમાં $2$ ડેટીવ બંધ હોય છે.

(A) $NH_3$ માં નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે જે દાન કરવા માટે ઉપલબ્ધ છે. લુઈસ સિદ્ધાંત મુજબ,જે પદાર્થ ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે તેને લુઈસ બેઈઝ કહેવાય છે. તેથી,$NH_3$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે.

(C) $N_2O_5$ ની રચના દર્શાવે છે કે દરેક નાઈટ્રોજન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,દરેક નાઈટ્રોજન પરમાણુ એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ,બીજા ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે એકલ બંધ અને વચ્ચેના ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે એક સવર્ગ (dative) બંધ બનાવે છે.
દરેક નાઈટ્રોજન પરમાણુ દ્વારા બનાવવામાં આવેલા કુલ બંધોની ગણતરી કરતા: $1$ (દ્વિબંધ) + $1$ (એકલ બંધ) + $1$ (સવર્ગ બંધ) = $4$ બંધ.
તેથી,$N_2O_5$ માં નાઈટ્રોજનની સહસંયોજકતા $4$ છે.

(N/A) વાયુરૂપ અવસ્થામાં,$AlCl_3$ એ ડાયમર $Al_2Cl_6$ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
બંધારણ: બે $Al$ પરમાણુઓ બે $Cl$ પરમાણુઓ દ્વારા જોડાયેલા છે. દરેક $Al$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને ચાર બંધ બનાવે છે (બે ટર્મિનલ $Al-Cl$ બંધ અને બે બ્રિજિંગ $Al-Cl$ બંધ).
ઉપયોગ: લુઈસ એસિડ હોવાથી,તે ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ આલ્કાઈલેશન અને એસાઈલેશનમાં તેમજ ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રતિક્રિયાઓમાં ઉદ્દીપક તરીકે કાર્ય કરે છે.

(B) સવર્ગ બંધ (જેને ડેટીવ બંધ પણ કહેવાય છે) એ સહસંયોજક બંધનો એક પ્રકાર છે જેમાં બંને ઇલેક્ટ્રોન એક જ પરમાણુમાંથી આવે છે.
ઓઝોન $(O_3)$ અણુમાં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ બનાવે છે અને બીજા ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે સવર્ગ બંધ બનાવે છે.
તેથી,$O_3$ માં સવર્ગ બંધ હોય છે.

(C) $CO$ અણુની લૂઇસ રચના $:C \equiv O:$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $4 (C) + 6 (O) = 10$ છે.
બંને પરમાણુઓ માટે અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે,$C$ અને $O$ વચ્ચે ત્રિબંધ રચાય છે.
આ ત્રણ બંધોમાંથી,બે સહસંયોજક બંધ છે (જે બંને પરમાણુઓના ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારીથી બને છે) અને એક સવર્ગ સહસંયોજક બંધ છે (જેમાં બંને ઇલેક્ટ્રોન ઓક્સિજન પરમાણુ દ્વારા કાર્બન પરમાણુને આપવામાં આવે છે).

(C) લુઈસ એસિડ અને લુઈસ બેઝ વચ્ચેના સવર્ગ સહસંયોજક બંધ દ્વારા બનતા સંકીર્ણને લુઈસ એસિડ-બેઝ એડક્ટ કહેવામાં આવે છે.
આપેલા તમામ કિસ્સાઓમાં લુઈસ એસિડ,$BCl_{3}$,સમાન છે.
તેથી,સ્થિરતા લુઈસ બેઝ પર આધાર રાખે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$H_{3}N \rightarrow BCl_{3}$ સૌથી વધુ સ્થાયી એડક્ટ બનાવે છે કારણ કે $NH_{3}$ માં $N$ પરમાણુ પાસે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને તે $H_{2}O$ ના $O$ કરતા ઓછો વિદ્યુતઋણ છે.
આ $NH_{3}$ ને $BCl_{3}$ ના ખાલી $p$-કક્ષકમાં ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું અસરકારક રીતે દાન કરવાની મંજૂરી આપે છે,જે મજબૂત $p\pi - p\pi$ સવર્ગ બંધ બનાવે છે.
વિકલ્પ $(A)$ માં,$O$ વધુ વિદ્યુતઋણ હોવાથી તે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન સરળતાથી કરતું નથી.
વિકલ્પ $(B)$ અને $(D)$ માં,$d\pi - p\pi$ આંતરક્રિયા $p\pi - p\pi$ કરતા ઓછી અસરકારક છે.

(C) સવર્ગ સહસંયોજક બંધ ત્યારે બને છે જ્યારે એક પરમાણુ તેના ઇલેક્ટ્રોનની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બીજા પરમાણુને આપે છે જેને તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે તેની જરૂર હોય છે.
$H_{3}O^{+}$ માં $O$ અને $H^{+}$ વચ્ચે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ હોય છે.
$BF_{4}^{-}$ માં $F^{-}$ અને $BF_{3}$ વચ્ચે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ હોય છે.
$NH_{4}^{+}$ માં $N$ અને $H^{+}$ વચ્ચે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ હોય છે.
$HF_{2}^{-}$ એ $F^{-}$ અને $HF$ વચ્ચે હાઇડ્રોજન બંધન દ્વારા બને છે,જેને $[F-H...F]^{-}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે. તેમાં કોઈ સવર્ગ સહસંયોજક બંધ હોતો નથી.

(B) એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ એ એમોનિયા $(NH_3)$ ની હાઈડ્રોજન આયન $(H^+)$ સાથેની પ્રતિક્રિયા દ્વારા બને છે.
એમોનિયા $(NH_3)$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $3$ હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
જ્યારે $NH_3$ એ $H^+$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપે છે,ત્યારે નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર રહેલી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) $H^+$ આયન સાથે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
પરિણામે,એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ માં નાઈટ્રોજન પરમાણુ કુલ $4$ હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે.

(A) $AlCl_3$ એ ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવતું સંયોજન છે જેમાં $Al$ ની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે,તે $Al_2Cl_6$ ડાયમર બનાવે છે જેમાં બે ક્લોરિન પરમાણુઓ બ્રિજ તરીકે કાર્ય કરે છે.
દરેક બ્રિજિંગ ક્લોરિન પરમાણુ બીજા $AlCl_3$ એકમના $Al$ પરમાણુની ખાલી $p$-કક્ષકમાં ઇલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે,જે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
આમ,વિધાન અને કારણ બંને સાચા છે,અને કારણ ડાયમરની સ્થિરતાને યોગ્ય રીતે સમજાવે છે.

(A) ડેટીવ બંધોની ગણતરી:
$1.$ $CO$: $1$ બંધ.
$2.$ $NH_4Cl$: $1$ બંધ ($NH_4^+$ માં).
$3.$ $Al_2Cl_6$: $2$ બંધ.
$4.$ $Al(H_2O)_6^{3+}$: $6$ બંધ.
$5.$ $HNO_3$: $1$ બંધ.
$6.$ $CO_2$: $0$ બંધ.
કુલ સરવાળો $1 + 1 + 2 + 6 + 1 = 11$ થાય છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $7$ છે.