Hybridisation Questions in Gujarati

(A) $BF_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 3 + 0 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$SnCl_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Sn$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 1 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$HgCl_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Hg$ પાસે $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 0 = 2$,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $sp^2, sp^2, sp$ છે.

(D) દરેક સમૂહમાં મધ્યસ્થ પરમાણુઓના સંકરણનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$: $H_2O (sp^3), NH_3 (sp^3), CH_4 (sp^3)$. બધા $sp^3$ છે.
$B$: $ClF_3 (sp^3d), XeF_2 (sp^3d), PCl_5 (sp^3d)$. બધા $sp^3d$ છે.
$C$: $CO_2 (sp), CO (sp), BeF_2 (sp)$. બધા $sp$ છે.
$D$: $SF_4 (sp^3d), XeF_4 (sp^3d^2), CH_4 (sp^3)$. સંકરણ અલગ છે.

(A) $BF_3$ માટે: $B$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 3$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 0$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp^2$.
$BeF_2$ માટે: $Be$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 2$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 0$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp$.
$BrF_3$ માટે: $Br$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 3$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 2$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp^3d$.

(D) દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $ClF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. $PCl_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. $BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ નું સંકરણ $sp^3d^2$ છે ($2$ $d$-કક્ષકો વપરાય છે) અને તેમાં $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$4$. $SF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$SF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $1$ છે અને સંકરણમાં ભાગ લેતી $d$-કક્ષકોની સંખ્યા $1$ છે. આમ,બંને સમાન છે.

(D) $1$. $C_2H_4$ માં,$C$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $C_2H_6$ માં,$C$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $PCl_5$ માં,$P$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $PCl_6^{-}$ માં,$P$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. $BF_3$ માં,$B$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $BF_4^{-}$ માં,$B$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. $NH_3$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે),અને $NH_4^{+}$ માં પણ $N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી). આમ,આ કિસ્સામાં મધ્યસ્થ પરમાણુના સંકરણમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.

(B) $I_3^{-}$ માં મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $H = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$I_3^{-}$ માટે,મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $V = 7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$M = 2$ (અન્ય બે $I$ પરમાણુઓ),$C = 0$,અને $A = 1$ છે.
$H = \frac{1}{2} (7 + 2 + 1) = \frac{10}{2} = 5$.
$5$ ની કિંમત $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$sp^3d$ સંકરણમાં,ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ હોય છે. મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે $I_3^{-}$ આયનનો આકાર રેખીય બને છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે તેની આસપાસના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા (સ્ટેરિક નંબર) ગણીએ છીએ:
$(A)$ $H_2CO_3$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (એક દ્વિબંધ અને બે એકલ બંધ). સ્ટેરિક નંબર = $3$ (સિગ્મા બંધ) + $0$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(B)$ $SiF_4$ માં,મધ્યસ્થ સિલિકોન પરમાણુ ચાર ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. સ્ટેરિક નંબર = $4$ (સિગ્મા બંધ) + $0$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(C)$ $BF_3$ માં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ ત્રણ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. સ્ટેરિક નંબર = $3$ (સિગ્મા બંધ) + $0$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(D)$ $HClO_2$ માં,મધ્યસ્થ ક્લોરિન પરમાણુ બે ઓક્સિજન અને એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે,અને તેની પાસે બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સ્ટેરિક નંબર = $3$ (સિગ્મા બંધ) + $2$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,માત્ર $H_2CO_3$ $(A)$ અને $BF_3$ $(C)$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(D) $IF_7$ અણુમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ (આયોડિન) પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
બધા $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $7$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $7$ સિગ્મા બંધ બનાવવામાં વપરાય છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી આ મુજબ થાય છે: $\text{Steric Number} = \text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} = 7 + 0 = 7$.
$7$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$IF_7$ નો આકાર પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ છે,જેમાં $5$ $F$ પરમાણુઓ વિષુવવૃત્તીય સમતલમાં અને $2$ $F$ પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાન પર હોય છે.

(A) $CO_2$ અણુ $(O=C=O)$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
કાર્બન પાસે $2 \sigma$ બંધ અને $2 \pi$ બંધ છે,તેથી તેનો સ્ટેરિક નંબર $2$ છે,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ કાર્બન સાથે એક દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. $CO_2$ માં ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $1 \sigma$ બંધ,$1 \pi$ બંધ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) હોય છે.
ઓક્સિજન માટે સ્ટેરિક નંબર $1 (\sigma) + 2 (\text{lone pairs}) = 3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.

(A) કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણને નક્કી કરવા માટે,આપણે કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા સિગ્મા $(\sigma)$ બંધોની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$1$. $C_1$ એ ટર્મિનલ કાર્બન સાથે ત્રિબંધ અને $C_2$ સાથે એકલ બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. તેમાં $2$ સિગ્મા બંધ અને $2$ પાઈ બંધ છે. તેથી,તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $C_2$ એ $C_1$,$H$ અને $C_3$ સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ અને $1$ પાઈ બંધ છે. તેથી,તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. $C_3$ એ $C_2$,$H$ અને $CH_2$ સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ અને $1$ પાઈ બંધ છે. તેથી,તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,સંકરણ $C_1: sp$,$C_2: sp^2$,$C_3: sp^2$ છે.

(B) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $H = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,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.
$1$. $BCl_3$ માટે: $V=3, M=3$. $H = \frac{1}{2}(3+3) = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $PCl_5$ માટે: $V=5, M=5$. $H = \frac{1}{2}(5+5) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $NH_3$ માટે: $V=5, M=3$. $H = \frac{1}{2}(5+3) = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$4$. $SF_6$ માટે: $V=6, M=6$. $H = \frac{1}{2}(6+6) = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,સાચું સંકરણ $(BCl_3: sp^2); (PCl_5: sp^3d); (NH_3: sp^3)$ અને $(SF_6: sp^3d^2)$ છે.

(A)

આયનીય સ્પીસીઝ	સ્ટેરિક નંબર/સંકરણ/ભૂમિતિ
$BH_4^{-}$	$4, sp^3$,સમચતુષ્ફલકીય
$NH_2^{-}$	$4, sp^3$,$V$-આકાર
$CO_3^{2-}$	$3, sp^2$,ત્રિકોણીય સમતલીય
$H_3O^{+}$	$4, sp^3$,પિરામિડલ

$BH_4^{-}$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ (બોરોન) છે. તેનો સ્ટેરિક નંબર $4$ છે ($4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,$0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જે $sp^3$ સંકરણ અને સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે. તેથી,$BH_4^{-}$ સાચો જવાબ છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{સ્ટેરિક નંબર} = \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા}$.
$NO_2^{+}$ માટે:
$\text{સ્ટેરિક નંબર} = 2 + 0 = 2$. સંકરણ $sp$ છે.
$NO_3^{-}$ માટે:
$\text{સ્ટેરિક નંબર} = 3 + 0 = 3$. સંકરણ $sp^2$ છે.
$NH_4^{+}$ માટે:
$\text{સ્ટેરિક નંબર} = 4 + 0 = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે.
આમ,સંકરણ અવસ્થાઓ અનુક્રમે $sp, sp^2, sp^3$ છે.

(C) ઈથાઈન $(C_2H_2)$: કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં $2$ $\sigma$-બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,પરિણામે તેનો આકાર રેખીય હોય છે.
મિથેન $(CH_4)$: કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં $4$ $\sigma$-બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,પરિણામે તેનો આકાર ટેટ્રાહેડ્રલ હોય છે.
તેથી,આકારો રેખીય અને ટેટ્રાહેડ્રલ છે.

(D) $XeF_6$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $6$ બંધ બનાવે છે,જેનાથી $2$ ઇલેક્ટ્રોન એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તરીકે બાકી રહે છે.
સ્ટેરિક નંબર = (સિગ્મા બંધની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) = $6 + 1 = 7$.
$7$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$XeF_6$ માં $sp^3d^3$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.

(A) $BeCl_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Be$ એ $sp$-સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય ભૂમિતિ મળે છે.
$H_2O$ માં ઓક્સિજન પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે તેનો આકાર વળેલો (કોણીય) હોય છે.
$SO_2$ માં સલ્ફર પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે તેનો આકાર વળેલો (કોણીય) હોય છે.
$CH_4$ ની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય હોય છે.
તેથી,$BeCl_2$ એ રેખીય અણુ છે.

(D) $Cl$ $(Z=17)$ ની ભૂમિ અવસ્થાની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ne] 3s^2 3p_x^2 3p_y^2 3p_z^1$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3p$ માંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ માં જાય છે,જે $3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન આપે છે.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3s$ માંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ માં જાય છે,જે $5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન આપે છે.
ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3p$ માંથી વધુ એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ માં જાય છે,જેના પરિણામે $7$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(3s^1, 3p_x^1, 3p_y^1, 3p_z^1, 3d^3)$ મળે છે.
આ $7$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $7$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $ClF_7$ બનાવે છે.
તેનું સંકરણ $sp^3d^3$ છે,જે પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ ભૂમિતિ દર્શાવે છે.

(B) જ્યારે $SO_3$ ને ભારે પાણી $(D_2O)$ માં ઓગાળવામાં આવે છે,ત્યારે તે સંયોજન $X$ તરીકે ડ્યુટેરેટેડ સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(D_2SO_4)$ બનાવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $SO_3 + D_2O \longrightarrow D_2SO_4$ $(X)$.
$D_2SO_4$ માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે $OD$ સમૂહો સાથે જોડાયેલ છે અને બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
સલ્ફરનો સ્ટેરિક નંબર આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $\text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} = 4 + 0 = 4$.
$4$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(A) $H_2O$ માં,ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર કોણીય (bent) હોય છે.
$NH_4^+$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને સમચતુષ્ફલકીય છે.
$CH_4$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને સમચતુષ્ફલકીય છે.
તેથી,સાચો સેટ $H_2O, sp^3$,કોણીય છે.

(B) $NH_4^{+}$ નો સંયુગ્મી બેઝ તેમાંથી પ્રોટોન $(H^{+})$ દૂર કરીને મેળવવામાં આવે છે.
$NH_4^{+} \rightarrow NH_3 + H^{+}$.
સંયુગ્મી બેઝ $NH_3$ છે.
$NH_3$ માં,મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $3 + 1 = 4$.
તેથી,નાઇટ્રોજન પરમાણુની સંકરણ અવસ્થા $sp^3$ છે.

(C) પરમાણુનું સંકરણ સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીને નક્કી કરી શકાય છે:
$SN = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$
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.
$NO_2^{+}$ માટે:
$V = 5$ (નાઇટ્રોજન),$M = 0$,$C = 1$,$A = 0$.
$SN = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = \frac{4}{2} = 2$.
$2$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$NO_2^{+}$ માં નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.

(A, C) $CO_{2}$ નો આકાર $sp$ સંકરણ અને મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ગેરહાજરીને કારણે રેખીય છે.
$HgCl_{2}$ ($sp$ સંકરણ,રેખીય) અને $C_{2}H_{2}$ ($sp$ સંકરણ,રેખીય) બંનેનો આકાર $CO_{2}$ જેવો જ છે.
$SnCl_{2}$ અને $NO_{2}$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે તેમનો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.

(C) $POCl_{3}$ માં,મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુ એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા અને ત્રણ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે એકલ બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા = $4$ (ત્રણ $P-Cl$ $\sigma$-બંધ અને એક $P=O$ બંધ,જ્યાં દ્વિબંધને સંકરણ માટે ઇલેક્ટ્રોન ઘનતાના એક વિસ્તાર તરીકે ગણવામાં આવે છે).
અહીં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,તેથી સંકરણ $sp^{3}$ છે.
તેથી,સંકરણ $sp^{3}$ છે અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $0$ છે.

(D) $sp^3d^2$ સંકરણમાં છ સમાન સંકર કક્ષકો બનાવવા માટે એક $s$,ત્રણ $p$ અને બે $d$ કક્ષકોનું મિશ્રણ થાય છે.
આ છ સંકર કક્ષકો અષ્ટફલકના ખૂણાઓ તરફ ગોઠવાયેલી હોય છે.
તેથી,મધ્યસ્થ પરમાણુના $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવતો અણુ અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.

(A) $PCl_5$ માં,મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુ $(P)$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $5$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $5$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબર માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V = 5$ ($P$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન),$M = 5$ (એકસંયોજક પરમાણુઓ),$C = 0$ (ધનભાર),અને $A = 0$ (ઋણભાર).
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (5 + 5) = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.

(A) $NF_3$ માં,મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ ત્રણ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે ત્રણ $\sigma$-બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે અને તેની પાસે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) છે.
સંકરણની ગણતરી કરવા માટે,આપણે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\text{Steric Number} = \text{Number of } \sigma \text{-bonds} + \text{Number of lone pairs}$.
$\text{Steric Number} = 3 + 1 = 4$.
$4$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(B) $H-C-H$ બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુમાં મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ અને ભૂમિતિ જોઈએ છીએ:
$I$ (સાયક્લોપ્રોપિલિડીન): મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. ત્રણ-સભ્યની વલયમાં રહેલા તણાવને કારણે,$H-C-H$ બંધકોણ આશરે $115^{\circ}$ હોય છે.
$II$ (ઈથીન): કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. પ્રમાણભૂત આલ્કીનમાં,$H-C-H$ બંધકોણ આશરે $120^{\circ}$ હોય છે.
$III$ (મિથેન): કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે. $H-C-H$ બંધકોણ $109^{\circ} 28^{\prime}$ (અથવા $\approx 109.5^{\circ}$) હોય છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $120^{\circ} (II) > 115^{\circ} (I) > 109.5^{\circ} (III)$.
તેથી,સાચો ઘટતો ક્રમ $II > I > III$ છે.

(A) બધા પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં રહે તે માટે,બધા કાર્બન પરમાણુઓ અને બેન્ઝીન રિંગ સાથે જોડાયેલા પરમાણુઓ $sp^2$ સંકરણ ધરાવતા હોવા જોઈએ જેથી સંયુગ્મન (conjugation) દ્વારા સમતલીયતા જળવાઈ રહે.
$4-$નાઈટ્રોબેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(O_2N-C_6H_4-CHO)$ માં,બેન્ઝીન રિંગ,નાઈટ્રો ગ્રુપ $(-NO_2)$ અને આલ્ડિહાઈડ ગ્રુપ $(-CHO)$ બધા $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
આ સંયુગ્મન સમગ્ર અણુમાં વિસ્તરેલું છે,જેનાથી બધા પરમાણુઓ (આલ્ડિહાઈડ ગ્રુપના હાઈડ્રોજન સહિત) એક જ સમતલમાં રહી શકે છે.
અન્ય વિકલ્પોમાં,$-OCH_3$ ($-4-$મેથોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઈડમાં),$-CH_3$ ($-4-$મિથાઈલનાઈટ્રોબેન્ઝીનમાં),અને $-COCH_3$ ($-4-$નાઈટ્રોએસીટોફિનોનમાં) જેવા ગ્રુપમાં $sp^3$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ હોય છે,જે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે અને બધા પરમાણુઓને એક જ સમતલમાં રહેતા અટકાવે છે.

(D) $XeOF_2$ માટે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે:
$1$. મધ્યસ્થ પરમાણુ ઝેનોન $(Xe)$ છે,જેની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$2$. $XeOF_2$ માં,$Xe$ બે ફ્લોરિન $(F)$ પરમાણુઓ સાથે બે એકલ બંધ અને એક ઓક્સિજન $(O)$ પરમાણુ સાથે એક દ્વિબંધ બનાવે છે.
$3$. બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા = $2$ ($F$ થી) + $2$ ($O$ થી) = $4$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$4$. $Xe$ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા = (કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન - બંધમાં વપરાયેલા ઇલેક્ટ્રોન) / $2$ = $(8 - 6) / 2 = 1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ. પરંતુ,$XeOF_2$ ના બંધારણમાં $Xe$ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$5$. સ્ટેરિક નંબર = (સિગ્મા બંધની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) = $3 + 2 = 5$.
$6$. $5$ સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$7$. આમ,$XeOF_2$ માં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $sp^3d$ સંકરણ હોય છે.

(B) લુઈસ એસિડ એ ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવતી સ્પીસીઝ છે. $BF_3$ એ $p$-બ્લોક ફ્લોરાઈડ છે જેમાં બોરોન પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક ($6$ ઇલેક્ટ્રોન) હોય છે,જે તેને લુઈસ એસિડ બનાવે છે. તેનું સંકરણ $sp^2$ છે કારણ કે તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$YF_3$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે કારણ કે મધ્યસ્થ પરમાણુ પાસે દાન કરવા માટે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. $NF_3$ એ $p$-બ્લોક ફ્લોરાઈડ છે જેમાં નાઈટ્રોજન પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે તેને લુઈસ બેઈઝ બનાવે છે. તેનું સંકરણ $sp^3$ છે કારણ કે તેમાં $4$ ઇલેક્ટ્રોન ડોમેન ($3$ બંધકારક + $1$ અબંધકારક) હોય છે.
તેથી,$XF_3$ $(BF_3)$ નું સંકરણ $sp^2$ અને $YF_3$ $(NF_3)$ નું સંકરણ $sp^3$ છે.

(B) સંકરણ $H$ એ સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.
$sp^3d$ સંકરણ માટે સ્ટેરિક નંબર $5$ હોય છે.
$1$) $SF_4$: $H = \frac{1}{2}(6 + 4) = 5$ $(sp^3d)$
$2$) $ClF_3$: $H = \frac{1}{2}(7 + 3) = 5$ $(sp^3d)$
$3$) $XeF_2$: $H = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5$ $(sp^3d)$
$4$) $ICl_2^-$: $H = \frac{1}{2}(7 + 2 + 1) = 5$ $(sp^3d)$
$5$) $XeF_5^-$: $H = \frac{1}{2}(8 + 5 + 1) = 7$ $(sp^3d^3)$
$6$) $ICl_4^-$: $H = \frac{1}{2}(7 + 4 + 1) = 6$ $(sp^3d^2)$
$7$) $BrF_5$: $H = \frac{1}{2}(7 + 5) = 6$ $(sp^3d^2)$
$8$) $XeF_4$: $H = \frac{1}{2}(8 + 4) = 6$ $(sp^3d^2)$
$9$) $BF_4^-$: $H = \frac{1}{2}(3 + 4 + 1) = 4$ $(sp^3)$
$10$) $NH_4^+$: $H = \frac{1}{2}(5 + 4 - 1) = 4$ $(sp^3)$
$sp^3d$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ $SF_4, ClF_3, XeF_2, ICl_2^-$ છે. આમ,કુલ સંખ્યા $4$ છે.