Hybridisation Questions in Gujarati

(A) બ્યુટ$-2-$ઈનડાયોઈક એસિડનું બંધારણ $HOOC-CH=CH-COOH$ છે.
આ અણુમાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ અન્ય ત્રણ પરમાણુઓ (અથવા સમૂહો) સાથે જોડાયેલ છે અને એક દ્વિબંધ ધરાવે છે.
ચોક્કસ રીતે,બે કાર્બોનિલ કાર્બન એક ઓક્સિજન (દ્વિબંધ),એક હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ અને એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા છે,જે તેમને $sp^{2}$ સંકરણિત બનાવે છે.
બે આલ્કીન કાર્બન દરેક એક હાઈડ્રોજન પરમાણુ,એક કાર્બન પરમાણુ અને અન્ય એક કાર્બન પરમાણુ (દ્વિબંધ) સાથે જોડાયેલા છે,જે તેમને પણ $sp^{2}$ સંકરણિત બનાવે છે.
તેથી,બ્યુટ$-2-$ઈનડાયોઈક એસિડમાં તમામ $C$ પરમાણુઓ $sp^{2}$ સંકરણિત છે.

(A) $C-H$ બંધ લંબાઈ કાર્બન પરમાણુના સંકરણ પર આધાર રાખે છે.
જેમ સંકર કક્ષકમાં $s$-ગુણધર્મ વધે છે,તેમ બંધ લંબાઈ ઘટે છે.
એસીટીલીન $(HC \equiv CH)$ માં,કાર્બન $sp$ સંકરણ ધરાવે છે ($50\% \ s$-ગુણધર્મ).
ઇથિલીન $(CH_2=CH_2)$ માં,કાર્બન $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે ($33.3\% \ s$-ગુણધર્મ).
મિથેન $(CH_4)$ અને ઇથેન $(CH_3-CH_3)$ માં,કાર્બન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($25\% \ s$-ગુણધર્મ).
$sp$ સંકરણમાં સૌથી વધુ $s$-ગુણધર્મ હોવાથી,એસીટીલીનમાં $C-H$ બંધ લંબાઈ સૌથી ઓછી હોય છે.

(B) સંકર કક્ષકમાં $p$-લક્ષણની ટકાવારી તેની સંકરણ અવસ્થા દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$sp$ સંકરણમાં,$50 \%$ $s$-લક્ષણ અને $50 \%$ $p$-લક્ષણ હોય છે.
$sp^2$ સંકરણમાં,$33.33 \%$ $s$-લક્ષણ અને $66.67 \%$ $p$-લક્ષણ હોય છે.
$sp^3$ સંકરણમાં,$25 \%$ $s$-લક્ષણ અને $75 \%$ $p$-લક્ષણ હોય છે.
એસીટીલીન $(C_2H_2)$ માં $sp$ સંકરણ પામેલા કાર્બન પરમાણુઓ હોય છે,જે $50 \%$ $p$-લક્ષણ ધરાવે છે.

(C) $BF_3$ અણુ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
આ બંધારણમાં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
ત્રિકોણીય સમતલીય ગોઠવણીને કારણે,કોઈપણ બે $F-B-F$ બંધો વચ્ચેનો બંધકોણ $120^{\circ}$ હોય છે.

(B) $AlCl_3$ માં,$Al$ પરમાણુ $3$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ $\sigma$ બંધથી જોડાયેલ છે અને તેની પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. સ્ટેરિક નંબર $3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$AlCl_4^{-}$ માં,$Al$ પરમાણુ $4$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ $\sigma$ બંધથી જોડાયેલ છે અને તેની પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. સ્ટેરિક નંબર $4$ છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$Al$ પરમાણુનું સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે.

(C) સંકરણની સ્થિતિ નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$
જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$CO_{2}$ માટે: $V=4, M=0, C=0, A=0$. $\text{Hybridization} = \frac{4+0}{2} = 2 \Rightarrow sp$.
$CH_{4}$ માટે: $V=4, M=4, C=0, A=0$. $\text{Hybridization} = \frac{4+4}{2} = 4 \Rightarrow sp^{3}$.
$CO_{3}^{2-}$ માટે: $V=4, M=0, C=0, A=2$. $\text{Hybridization} = \frac{4+0+2}{2} = 3 \Rightarrow sp^{2}$.
આમ,સ્થિતિ અનુક્રમે $sp, sp^{3}, sp^{2}$ છે.

(B) આપેલા સંયોજનોમાં કાર્બનનું સંકરણ કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા સિગ્મા બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$1$. હીરામાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ અન્ય ચાર કાર્બન પરમાણુઓ સાથે સિંગલ બોન્ડ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે,જે $sp^3$ સંકરણ આપે છે.
$2$. ગ્રેફાઇટમાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ સમતલીય ષટ્કોણીય બંધારણમાં અન્ય ત્રણ કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે,જે $sp^2$ સંકરણ આપે છે.
$3$. ઇથાઇન $(C_2H_2)$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ અને એક અન્ય કાર્બન પરમાણુ સાથે ટ્રિપલ બોન્ડ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે,જે $sp$ સંકરણ આપે છે.
તેથી,ક્રમ $sp^3, sp^2, sp$ છે.

(C) $CH_4 \rightarrow C_2H_6$ રૂપાંતરણ માટે,કાર્બન પરમાણુના સંકરણમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી. $CH_4$ અને $C_2H_6$ બંને $sp^3$ સંકરણ અને સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NH_3 \rightarrow NH_4^+$ રૂપાંતરણ માટે,$NH_3$ માં નાઈટ્રોજન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો આકાર પિરામિડલ છે. $NH_4^+$ માં,તે $sp^3$ સંકરણ જાળવી રાખે છે પરંતુ ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય બને છે.
$H_2O \rightarrow H_3O^+$ રૂપાંતરણ માટે,$H_2O$ માં ઓક્સિજન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો આકાર વળેલો (bent) છે. $H_3O^+$ માં,તે $sp^3$ સંકરણ જાળવી રાખે છે પરંતુ આકાર પિરામિડલ બને છે.
$BF_3 \rightarrow BF_4^-$ રૂપાંતરણ માટે,$BF_3$ માં બોરોન $sp^2$ સંકરણ અને ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે. $BF_4^-$ માં,સંકરણ બદલાઈને $sp^3$ થાય છે અને ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય બને છે.

(D) ઈથેન $(C_2H_6)$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C-H$ બંધ કાર્બનના $sp^3$ સંકર કક્ષક અને હાઈડ્રોજનના $1s$ કક્ષકના અતિવ્યાપનથી બને છે,જે $sp^3-s$ અતિવ્યાપન છે.
$C-C$ બંધ એક કાર્બન પરમાણુના $sp^3$ સંકર કક્ષક અને બીજા કાર્બન પરમાણુના $sp^3$ સંકર કક્ષકના અતિવ્યાપનથી બને છે,જે $sp^3-sp^3$ અતિવ્યાપન છે.
તેથી,સાચો જવાબ $sp^3-s$ અને $sp^3-sp^3$ છે.

(B) ગ્રેફાઇટમાં,દરેક $C$ પરમાણુ $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$\therefore$ $p$-કેરેક્ટર $= \frac{2}{3} \times 100 \approx 67 \%$.
હીરામાં,દરેક $C$ પરમાણુ $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$\therefore$ $p$-કેરેક્ટર $= \frac{3}{4} \times 100 = 75 \%$.
આમ,મૂલ્યો અનુક્રમે $67 \%$ અને $75 \%$ છે.

(C) બેન્ઝીનનું મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ ચિત્ર દર્શાવે છે કે તેમાં તમામ છ કાર્બન પરમાણુઓ $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
દરેક $C$ પરમાણુના આ ત્રણ $sp^{2}$ હાઇબ્રિડ ઓર્બિટલ્સમાંથી,બે ઓર્બિટલ્સ પાડોશી $C$ પરમાણુઓના $sp^{2}$ હાઇબ્રિડ ઓર્બિટલ્સ સાથે ઓવરલેપ થઈને છ $C-C$ સિંગલ બોન્ડ બનાવે છે.
દરેક $C$ પરમાણુનો બાકી રહેલો $sp^{2}$ ઓર્બિટલ દરેક હાઇડ્રોજન પરમાણુના $s$-ઓર્બિટલ સાથે ઓવરલેપ થઈને છ $C-H$ સિંગલ સિગ્મા બોન્ડ બનાવે છે.
હવે દરેક $C$ પરમાણુ પાસે રિંગના સમતલને લંબ એક અસંકરિત $p$-ઓર્બિટલ બાકી રહે છે.

(B) $NO_{2}^{+}$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp$-સંકરિત છે. $sp$-સંકરણમાં $s$-કેરેક્ટર $\frac{1}{2} \times 100 = 50 \%$ છે.
$NO_{3}^{-}$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^{2}$-સંકરિત છે. $sp^{2}$-સંકરણમાં $s$-કેરેક્ટર $\frac{1}{3} \times 100 = 33.3 \%$ છે.
તેથી,ટકાવારી અનુક્રમે $50 \%$ અને $33.3 \%$ છે.

(C) $Xenon$ $(II)$ fluoride નું રાસાયણિક સૂત્ર $XeF_2$ છે.
$XeF_2$ માં $Xe$ નું સંકરણ શોધવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી કરીએ છીએ:
$Steric \ number = \frac{1}{2} \times (8 + 2) = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા:
$C) C\ell F_3$ અને $SF_4$ બંને $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે,જે $XeF_2$ સાથે મેળ ખાય છે.

(D) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ: $SN = \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ}$.

$1. \ NH_3$	$sp^3$
$2. \ ClF_3$	$sp^3d$
$3. \ H_2O$	$sp^3$
$4. \ SO_3$	$sp^2$
$5. \ SF_4$	$sp^3d$
$6. \ CH_4$	$sp^3$
$7. \ XeF_6$	$sp^3d^3$
$8. \ IF_7$	$sp^3d^3$

વિકલ્પોની સરખામણી:
- વિકલ્પ $A$: $NH_3$ $(sp^3)$ અને $ClF_3$ $(sp^3d)$ - અલગ.
- વિકલ્પ $B$: $H_2O$ $(sp^3)$ અને $SO_3$ $(sp^2)$ - અલગ.
- વિકલ્પ $C$: $SF_4$ $(sp^3d)$ અને $CH_4$ $(sp^3)$ - અલગ.
- વિકલ્પ $D$: $XeF_6$ $(sp^3d^3)$ અને $IF_7$ $(sp^3d^3)$ - સમાન.
તેથી,સાચો સમૂહ $XeF_6$ અને $IF_7$ છે.

(D) દરેક પ્રતિક્રિયામાં રેખાંકિત પરમાણુઓના સંકરણનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$) $NH_3 + H^{+} \rightarrow NH_4^{+}$: $NH_3$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $NH_4^{+}$ માં પણ $N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$B$) $PCl_3 + 3 H_2 O \rightarrow H_3PO_3 + 3 HCl$: $PCl_3$ માં,$P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $H_3PO_3$ માં પણ $P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C$) $NaNO_3 + H_2 SO_4 \rightarrow NaHSO_4 + HNO_3$: $NaNO_3$ માં,$N$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. $HNO_3$ માં પણ $N$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$D$) $XeF_6 + H_2 O \rightarrow XeOF_4 + 2 HF$: $XeF_6$ માં,$Xe$ એ $sp^3d^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $XeOF_4$ માં,$Xe$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે. આમ,સંકરણ $sp^3d^3$ થી $sp^3d^2$ માં બદલાય છે.

(A) ચાલો દરેક પ્રક્રિયામાં મધ્યસ્થ પરમાણુના સંકરણનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$) $NH_3+H^{+} \rightarrow NH_4^{+}$:
$NH_3$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ).
$NH_4^{+}$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ).
સંકરણમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
$B$) $PCl_3+Cl_2 \rightarrow PCl_5$:
$PCl_3$ માં,$P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$PCl_5$ માં,$P$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે.
સંકરણ $sp^3$ થી બદલાઈને $sp^3d$ થાય છે.
$C$) $BF_3+F^{-} \rightarrow BF_4^{-}$:
$BF_3$ માં,$B$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$BF_4^{-}$ માં,$B$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે.
$D$) $ClF_3+F_2 \rightarrow ClF_5$:
$ClF_3$ માં,$Cl$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે.
$ClF_5$ માં,$Cl$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
સંકરણ $sp^3d$ થી બદલાઈને $sp^3d^2$ થાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) $I$: $SiH_4$ માં $Si$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે. આ સાચું છે.
$II$: $BeCl_2$ માં $Be$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય ભૂમિતિ આપે છે. કોષ્ટકમાં ખોટી રીતે $sp^2$ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દર્શાવેલ છે.
$III$: $SF_4$ માં $S$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સી-સો (see-saw) ભૂમિતિ આપે છે. કોષ્ટકમાં ખોટી રીતે $dsp^3$ અને સમચોરસ સમતલીય ભૂમિતિ દર્શાવેલ છે.
$IV$: $SnCl_2$ માં $Sn$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે કોણીય (angular) ભૂમિતિ આપે છે. કોષ્ટકમાં ખોટી રીતે $sp$ અને રેખીય ભૂમિતિ દર્શાવેલ છે.
તેથી,માત્ર સેટ $I$ સાચો છે.

(B) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે $SN = \text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ.
$1$. $ClF_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $SN = 3 + 2 = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$2$. $NH_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $SN = 3 + 1 = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$3$. $SO_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $SN = 3 + 0 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સંકરણ અનુક્રમે $sp^3d, sp^3, sp^2$ છે.

(B) . $dsp^2$ સંકરણ સમતલીય ચોરસ આકાર દર્શાવે છે.
$B$. $sp^3$ સંકરણ સમચતુષ્ફલકીય આકાર દર્શાવે છે.
$C$. $d^2sp^3$ સંકરણ અષ્ટફલકીય આકાર દર્શાવે છે.
$D$. $sp^3d$ સંકરણ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ આકાર દર્શાવે છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-I, B-II, C-III, D-IV$ છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$(A)$ $ICl_4^-$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (7 + 4 + 1) = 6$. સંકરણ $sp^3d^2$ $(R)$ છે.
$(B)$ $NO_3^-$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (5 + 0 + 1) = 3$. સંકરણ $sp^2$ $(S)$ છે.
$(C)$ $PCl_4^+$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (5 + 4 - 1) = 4$. સંકરણ $sp^3$ $(P)$ છે.
$(D)$ $SiF_6^{2-}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (4 + 6 + 2) = 6$. સંકરણ $sp^3d^2$ $(R)$ છે.
આમ,સાચી જોડ $A-R, B-S, C-P, D-R$ છે.

(A) $BCl_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ આપે છે.
જ્યારે $BCl_3$ એ $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે $BCl_3 \cdot NH_3$ સંયોજન બનાવે છે.
આ સંયોજનમાં,બોરોન પરમાણુનું સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે,જેના પરિણામે બોરોન પરમાણુની આસપાસ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ રચાય છે.

(C) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન આયનનો વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ આયનનો વીજભાર છે.
$1$. $BF_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [3 + 3 - 0 + 0] = 3$. જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $NO_2^{-}$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$. જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $H_2O$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [6 + 2 - 0 + 0] = 4$. જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$4$. $NH_2^{-}$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 2 - 0 + 1] = 4$. જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$BF_3$ અને $NO_2^{-}$ બંનેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(B) વિદ્યુતઋણતા એ સંકર કક્ષકમાં રહેલા $s$-લક્ષણની ટકાવારીના સમપ્રમાણમાં હોય છે. જેમ $s$-લક્ષણની ટકાવારી વધે છે,તેમ સંકર કક્ષક કેન્દ્રની વધુ નજીક રહે છે,જેનાથી ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષવાની ક્ષમતા વધે છે.
કાર્બનની વિવિધ સંકરણ અવસ્થાઓમાં $s$-લક્ષણની ટકાવારી નીચે મુજબ છે:
$sp = 50\%$,$sp^2 = 33.3\%$,અને $sp^3 = 25\%$.
તેથી,વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $sp > sp^2 > sp^3$ છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Se$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$SeF_4$ માં,$Se$ એ $4$ $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે.
આનાથી $6 - 4 = 2$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબર = (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) = $4 + 1 = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર સી-સો (see-saw) જેવો હોય છે.

(A) સંકરણની ગણતરી સૂત્ર $H = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$ નો ઉપયોગ કરીને કરી શકાય છે,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$NO_3^{-}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$NO_2^{-}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$NH_4^{+}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સંકરણ અનુક્રમે $sp^2, sp^2$ અને $sp^3$ છે.

(A) સંકરણ શોધવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Steric number} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.

$A. NO_3^-$	$\frac{1}{2}(5 + 0 - 0 + 1) = 3 \rightarrow sp^2$
$B. NH_2^-$	$\frac{1}{2}(5 + 2 - 0 + 1) = 4 \rightarrow sp^3$
$C. SCN^-$	$\frac{1}{2}(4 + 0 - 0 + 2) = 3$ (નોંધ: $SCN^-$ માટે,મધ્યસ્થ $C$ પાસે $2$ સિગ્મા બંધ છે,$sp$ સંકરણ)
$D. ICl_2^-$	$\frac{1}{2}(7 + 2 - 0 + 1) = 5 \rightarrow sp^3d$

સાચી જોડ $A-4, B-1, C-2, D-3$ છે.

(B) સંકરણ $(H)$ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$
જ્યાં $V$ = મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા,$M$ = એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા,$C$ = ધન વીજભાર,અને $A$ = ઋણ વીજભાર.
$1$. $NO_2^{+}$ માટે:
$H = \frac{1}{2}(5 + 0 - 1 + 0) = 2$,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$2$. $NO_3^{-}$ માટે:
$H = \frac{1}{2}(5 + 0 - 0 + 1) = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$3$. $NH_4^{+}$ માટે:
$H = \frac{1}{2}(5 + 4 - 1 + 0) = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સંકરણના પ્રકારો અનુક્રમે $sp, sp^2, sp^3$ છે.

(C) $BeF_2$ માં $Be$ ની સંકરણ અવસ્થા સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરવામાં આવે છે.
અહીં,$V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુ $(Be)$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $2$ છે.
$M$ એ જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓ $(F)$ ની સંખ્યા = $2$ છે.
$C$ એ ધન વીજભાર = $0$ છે.
$A$ એ ઋણ વીજભાર = $0$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $H = \frac{1}{2}(2 + 2 - 0 + 0) = 2$.
$2$ ની કિંમત $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$BeF_2$ અણુમાં $Be$ નું સંકરણ $sp$ છે.

(A) $pent-1-en-4-yne$ નું બંધારણ $CH_2=CH-CH_2-C \equiv CH$ છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરીએ:
$C_1$: $CH_2=$ (દ્વિબંધ),તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_2$: $-CH=$ (દ્વિબંધ),તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_3$: $-CH_2-$ (બધા એકલ બંધ),તેથી તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_4$: $-C \equiv$ (ત્રિબંધ),તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_5$: $\equiv CH$ (ત્રિબંધ),તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,ડાબેથી જમણે સંકરણનો ક્રમ $sp^2, sp^2, sp^3, sp, sp$ છે.

(B) $CO_2$ નો ભૌમિતિક આકાર રેખીય છે.
$CO_2$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
કાર્બન પરમાણુ $sp$-સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે $180^{\circ}$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલી બે $sp$-સંકર કક્ષકો બને છે.
મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) નથી,જે રેખીય ભૂમિતિ જાળવી રાખે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(A) $PCl_5$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ મળે છે.
તેમાં ત્રણ વિષુવવૃત્તીય બંધ અને બે અક્ષીય બંધ હોય છે.
અક્ષીય બંધો ત્રણ વિષુવવૃત્તીય બંધો સાથે $90^{\circ}$ ના ખૂણે હોવાથી તેમના દ્વારા વધુ અપાકર્ષણ અનુભવે છે.
પરિણામે,અક્ષીય $P-Cl$ બંધો વિષુવવૃત્તીય $P-Cl$ બંધો કરતા લાંબા અને નિર્બળ હોય છે.
તેથી,વિધાન $(i)$ સાચું છે.

(B) $H_3C-CH=C=CH-CH_3$ અણુમાં,કાર્બન પરમાણુઓને ડાબેથી જમણે ક્રમ આપતા: $C_1(H_3)-C_2(H)=C_3=C_4(H)-C_5(H_3)$.
$C_2$ એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ,એક કાર્બન પરમાણુ (સિંગલ બોન્ડ દ્વારા) અને એક કાર્બન પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ દ્વારા) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ છે,તેથી તેનું સંકરણ $sp^2$ છે.
$C_3$ બંને બાજુ ડબલ બોન્ડ દ્વારા કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $2$ સિગ્મા બંધ છે,તેથી તેનું સંકરણ $sp$ છે.
આમ,$C_2$ અને $C_3$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ સંકરણમાં ભાગ લેતા નથી. સંકર કક્ષકોની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$(A)$ $C_6H_6$: બધા છ $C$-પરમાણુઓ $sp^2$-સંકરિત છે (દરેક પાસે $3$ સંકર કક્ષકો છે). કુલ $= 6 \times 3 = 18$.
$(B)$ $(CH_3)_4C$: બધા પાંચ $C$-પરમાણુઓ $sp^3$-સંકરિત છે (દરેક પાસે $4$ સંકર કક્ષકો છે). કુલ $= 5 \times 4 = 20$.
$(C)$ $(CH_3)_2C=O$: $CH_3$ જૂથમાં બે $C$-પરમાણુઓ $sp^3$-સંકરિત છે ($2 \times 4 = 8$ કક્ષકો). કાર્બોનિલ $C$-પરમાણુ $sp^2$-સંકરિત છે ($3$ કક્ષકો). $O$-પરમાણુ $sp^2$-સંકરિત છે ($3$ કક્ષકો). કુલ $= 8 + 3 + 3 = 14$.
$(D)$ $CH_3-CH=CH-CN$: $C_4$ એ $sp^3$ ($4$ કક્ષકો),$C_3$ અને $C_2$ એ $sp^2$ ($2 \times 3 = 6$ કક્ષકો),$C_1$ એ $sp$ ($2$ કક્ષકો) અને $N$ એ $sp$ ($2$ કક્ષકો) છે. કુલ $= 4 + 6 + 2 + 2 = 14$.
આમ,$(CH_3)_4C$ માં મહત્તમ સંખ્યામાં સંકર કક્ષકો છે. સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(D) $SF_4, XeF_4, CF_4$ ના સમૂહમાં અણુઓ જુદા જુદા ભૌમિતિક આકારો ધરાવે છે અને તેમના મધ્યસ્થ પરમાણુઓ નીચે મુજબ અલગ-અલગ સંકરણ ધરાવે છે:

અણુ	સંકરણ	ભૌમિતિક આકાર
$SF_4$	$sp^3d$	સી-સો (See-saw)
$XeF_4$	$sp^3d^2$	સમચોરસ સમતલીય
$CF_4$	$sp^3$	સમચતુષ્ફલકીય

(C) $XeF_4$ માં $Xe$ મધ્યસ્થ પરમાણુ છે જે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જેના પરિણામે $sp^3 d^2$ સંકરણ થાય છે. $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તેનો આકાર સમતલીય ચોરસ છે.
$CCl_4$ માં $C$ મધ્યસ્થ પરમાણુ છે જે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જેના પરિણામે $sp^3$ સંકરણ અને સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે.

(B) $XeF_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $sp^3d$ છે (સ્ટેરિક નંબર $5$: $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જેના પરિણામે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર હોવાથી તેનો આકાર રેખીય બને છે.
$PF_5$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ પણ $sp^3d$ છે (સ્ટેરિક નંબર $5$: $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જેના પરિણામે તેનો આકાર ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ બને છે.
આમ,બંનેનું સંકરણ $(sp^3d)$ સમાન છે પરંતુ આકારો (રેખીય વિરુદ્ધ ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ) અલગ હોવાથી,$XeF_2$ અને $PF_5$ આપેલ શરતોનું પાલન કરે છે.

(C) પરમાણુમાં $3d$ અને $4s$ કક્ષકોમાં ઇલેક્ટ્રોન છે,જેનો અર્થ છે કે તે $3d$ સંક્રાંતિ શ્રેણીનો છે.
તે $3d, 4s,$ અને $4p$ કક્ષકો ધરાવતું હોવાથી,તે વિવિધ સંકરણમાં ભાગ લઈ શકે છે.
$sp^3$ સંકરણમાં $4s$ અને $4p$ કક્ષકોનો સમાવેશ થાય છે (દા.ત.,$[NiCl_4]^{2-}$).
$dsp^2$ સંકરણમાં એક $3d$,એક $4s$,અને બે $4p$ કક્ષકોનો સમાવેશ થાય છે (દા.ત.,$[Ni(CN)_4]^{2-}$).
$d^2sp^3$ સંકરણમાં બે $3d$,એક $4s$,અને ત્રણ $4p$ કક્ષકોનો સમાવેશ થાય છે (દા.ત.,$[Cr(NH_3)_6]^{3+}$).
તેથી,પરમાણુ $sp^3, dsp^2,$ અને $d^2sp^3$ સંકરણ અનુભવી શકે છે.

(C) કાર્બન અને સાંદ્ર સલ્ફ્યુરિક એસિડ વચ્ચેની પ્રક્રિયા: $C + 2H_2SO_4 \rightarrow CO_2 + 2SO_2 + 2H_2O$.
બનતા ઓક્સાઇડ $CO_2$,$SO_2$ અને $H_2O$ છે.
$CO_2$ $(O=C=O)$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,તેથી તેનું સંકરણ $sp$ છે.
$H_2O$ $(H-O-H)$ માં,ઓક્સિજન પરમાણુ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તેનું સંકરણ $sp^3$ છે.
આમ,$C$ અને $H$ ના ઓક્સાઇડમાં મધ્યસ્થ પરમાણુઓનું સંકરણ અનુક્રમે $sp$ અને $sp^3$ છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$.
$A$: $H_2O$ માટે,$SN = \frac{1}{2} (6 + 2) = 4$ $(sp^3)$. $NH_3$ માટે,$SN = \frac{1}{2} (5 + 3) = 4$ $(sp^3)$. બંનેમાં $sp^3$ સંકરણ છે.
$B$: $ClF_3$ માટે,$SN = 5$ $(sp^3d)$. $NH_3$ માટે,$SN = 4$ $(sp^3)$.
$C$: $XeF_2$ માટે,$SN = 5$ $(sp^3d)$. $ClF_5$ માટે,$SN = 6$ $(sp^3d^2)$.
$D$: $SF_4$ માટે,$SN = 5$ $(sp^3d)$. $CF_4$ માટે,$SN = 4$ $(sp^3)$.
આમ,સાચી જોડી $H_2O$ અને $NH_3$ છે.

(C) દરેક અણુમાં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$ સૂત્ર દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$(a)$ $SF_6$ માટે: $V=6, M=6$. સંકરણ $= \frac{1}{2}(6+6) = 6$,જે $sp^3d^2$ ને અનુરૂપ છે.
$(b)$ $PCl_5$ માટે: $V=5, M=5$. સંકરણ $= \frac{1}{2}(5+5) = 5$,જે $sp^3d$ ને અનુરૂપ છે.
$(c)$ $XeF_4$ માટે: $V=8, M=4$. સંકરણ $= \frac{1}{2}(8+4) = 6$,જે $sp^3d^2$ ને અનુરૂપ છે.
$(d)$ $IF_7$ માટે: $V=7, M=7$. સંકરણ $= \frac{1}{2}(7+7) = 7$,જે $sp^3d^3$ ને અનુરૂપ છે.

(A) $1$. $I_3^{-}$ માં,મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $sp^3d$ સંકરણ અને રેખીય આકાર આપે છે.
$2$. $BeCl_2$ માં,મધ્યસ્થ $Be$ પરમાણુ $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $sp$ સંકરણ અને રેખીય આકાર આપે છે.
$3$. બંને સ્પીસીઝ રેખીય આકાર ધરાવે છે,પરંતુ તેમના સંકરણ ($sp^3d$ અને $sp$) અલગ છે.
$4$. તેથી,$I_3^{-}$ અને $BeCl_2$ ની જોડી આપેલ શરતનું પાલન કરે છે.

(C) ચાલો દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $PCl_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3d$ છે અને આકાર ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે.
$2$. $[Ni(CN)_4]^{2-}$: $Ni^{2+}$ પાસે $d^8$ ઇલેક્ટ્રોન રચના છે. $CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે. સંકરણ $dsp^2$ છે અને આકાર ચોરસ સમતલીય છે.
$3$. $SF_6$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને આકાર અષ્ટફલકીય છે. આ સાચું છે.
$4$. $IF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3d$ છે અને આકાર બેન્ટ $T$-આકારનો છે.
તેથી,સાચો સેટ $(c)$ છે.

(D) કાર્બન પરમાણુ $sp$-સંકરિત હોય છે જો તે બે $\pi$-બંધ ધરાવતો હોય.
$I$. ઈથેન નાઈટ્રાઈલ $(CH_3-C \equiv N)$: સાયનો સમૂહનો કાર્બન $sp$-સંકરિત છે.
$II$. બ્યુટા$-1,3-$ડાયઈન: બધા કાર્બન $sp^2$-સંકરિત છે.
$III$. પ્રોપેન$-1,2-$ડાયઈન $(CH_2=C=CH_2)$: મધ્યસ્થ કાર્બન $sp$-સંકરિત છે.
$IV$. ઈથાઈન $(HC \equiv CH)$: બંને કાર્બન $sp$-સંકરિત છે.
$V$. બેન્ઝીન: બધા કાર્બન $sp^2$-સંકરિત છે.
આમ,અણુઓ $I, III,$ અને $IV$ માં $sp$-સંકરિત કાર્બન છે.

(A) $BCl_3$ નો આણ્વિય આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે કારણ કે બોરોન $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી.
$BCl_3 \cdot NH_3$ સંયોજનમાં,બોરોન પરમાણુ $NH_3$ ના નાઇટ્રોજન પરમાણુ સાથે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બન્યા પછી,બોરોન પરમાણુ ચાર પરમાણુઓ (ત્રણ $Cl$ અને એક $N$) થી ઘેરાયેલું હોય છે,જે $sp^3$ સંકરણમાં પરિણમે છે.
તેથી,$BCl_3 \cdot NH_3$ નો આકાર સમચતુષ્ફલકીય છે.

(B) હીરો,ગ્રેફાઇટ અને $C_{60}$ એ કાર્બનના અપરરૂપો છે.
હીરામાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિમાં અન્ય ચાર કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે $sp^3$ સંકરણમાં પરિણમે છે.
ગ્રેફાઇટમાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ સમતલીય ષટ્કોણીય નેટવર્કમાં અન્ય ત્રણ કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે $sp^2$ સંકરણમાં પરિણમે છે.
$C_{60}$ (બકમિન્સ્ટરફુલરીન) માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ પણ ગોળાકાર બંધારણમાં અન્ય ત્રણ કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે $sp^2$ સંકરણમાં પરિણમે છે.
તેથી,સંકરણ અનુક્રમે $sp^2, sp^3, sp^2$ છે.

(B) $1$. $SO_2$ માં,મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ સિગ્મા બંધ છે,જેનો સ્ટેરિક નંબર $3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે તેની ભૂમિતિ બેન્ટ છે.
$2$. $O_3$ માં,મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ સિગ્મા બંધ છે,જેનો સ્ટેરિક નંબર $3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે તેની ભૂમિતિ બેન્ટ છે.
$3$. $H_2O$ માં,મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ સિગ્મા બંધ છે,જેનો સ્ટેરિક નંબર $4$ છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$4$. તેથી,$sp^2$ સંકરણ અને બેન્ટ ભૂમિતિ ધરાવતી જોડી $SO_2$ અને $O_3$ છે.

(C) ${SF}_6$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $6$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $6 + 0 = 6$ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ અને અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
${BrF}_5$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5 + 1 = 6$ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે. એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તેની ભૂમિતિ ચોરસ પિરામિડલ છે.
વિધાન-$I$ કહે છે કે સંકરણ સમાન નથી,જે ખોટું છે કારણ કે બંને $sp^3d^2$ છે.
વિધાન-$II$ કહે છે કે ${BrF}_5$ ચોરસ પિરામિડલ છે અને ${SF}_6$ અષ્ટફલકીય છે,જે સાચું છે.

(A) પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $NH_2CONH_2 + 2 H_2O \rightarrow (NH_4)_2CO_3 \rightleftharpoons 2 NH_3 + H_2O + CO_2$.
અહીં,$[X]$ એ એમોનિયમ કાર્બોનેટ $(NH_4)_2CO_3$ છે અને $[Y]$ એ કાર્બન ડાયોક્સાઇડ $(CO_2)$ છે.
કાર્બોનેટ આયન $(CO_3^{2-})$ માં,કાર્બન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે એક દ્વિબંધ અને બે એકલ બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
કાર્બન ડાયોક્સાઇડ અણુ $(O=C=O)$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,$X$ અને $Y$ માં કાર્બનનું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp$ છે.