Hybridisation Questions in Gujarati

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ તેની આસપાસના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો (બંધકારક યુગ્મો + અબંધકારક યુગ્મો) ની સંખ્યા દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$sp^3d^2$ સંકરણ માટે,સંકર કક્ષકોની સંખ્યા $1 + 3 + 2 = 6$ છે.
વેલેન્સ શેલ ઇલેક્ટ્રોન પેર રિપલ્શન $(VSEPR)$ સિદ્ધાંત મુજબ,મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ $6$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો ધરાવતો અણુ આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણને ઘટાડવા માટે અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ અપનાવે છે.
તેથી,$sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવતા મધ્યસ્થ પરમાણુવાળા અણુનો આકાર અષ્ટફલકીય હોય છે.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે. જેમ સંકર કક્ષકનું $s$-લક્ષણ વધે છે તેમ બંધકોણ વધે છે.

(A) 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 વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$A$. $PCl_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 3] = 4$. આ $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$B$. $SO_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [6 + 0] = 3$. આ $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$C$. $BF_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [3 + 3] = 3$. આ $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$D$. $NO_3^-$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$. આ $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,$PCl_3$ સાચો જવાબ છે.

(C) $BCl_3$ અણુમાં મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
તે $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NH_3$,$H_3O^{+}$,અને $PCl_3$ ત્રણેયમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે $sp^3$ સંકરણ અને ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ જોવા મળે છે.

(C) $BeCl_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Be$ પાસે $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $Cl$ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે. તે $sp$-સંકરણ અનુભવે છે અને તેનો આકાર રેખીય છે.
$BCl_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $Cl$ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે. તે $sp^2$-સંકરણ અનુભવે છે અને તેનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
તેથી,સાચો સેટ $BCl_3$,$sp^2$,ત્રિકોણીય સમતલીય છે.

(A) $CH_4$ માં,કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $s$-કેરેક્ટરની ટકાવારી $\frac{1}{4} \times 100 = 25\%$ છે.
$C_2H_4$ (ઇથિન) માં,કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. $s$-કેરેક્ટરની ટકાવારી $\frac{1}{3} \times 100 \approx 33.3\%$ છે.
$C_2H_2$ (ઇથાઇન) માં,કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે. $s$-કેરેક્ટરની ટકાવારી $\frac{1}{2} \times 100 = 50\%$ છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $25, 33, 50$ છે.

(C) $SO_2$ માં $sp^2$ સંકરણ છે અને $S$ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે તેનો આકાર વળેલો ($V$-આકાર) છે,જેનો બંધકોણ આશરે $119^o$ છે.
$CO_2$ અને $N_2O$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવતા રેખીય અણુઓ છે.
$CO$ પણ $sp$ સંકરણ ધરાવતો રેખીય અણુ છે.

(A) $1$. $BF_3$ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ અને $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,પરંતુ ડાયપોલ મોમેન્ટના નિરસનને કારણે તે અધ્રુવીય છે.
$2$. $SiF_4$ ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ અને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તે અધ્રુવીય છે.
$3$. $HClO_2$ માં મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. $H_2CO_3$ (કાર્બોનિક એસિડ) માં મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. પરમાણુઓની અસમપ્રમાણ ગોઠવણી અને $C$,$O$ તથા $H$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે,આ અણુ ધ્રુવીય છે.

(B) $C_2H_2$ $(HC \equiv CH)$ માં કાર્બનનું સંકરણ $sp$ છે.
$sp$ સંકરણને કારણે,બંધકોણ $180^{\circ}$ હોય છે,જે રેખીય આણ્વિય ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.
$CCl_4$ સમચતુષ્ફલકીય બંધારણ ધરાવે છે,$SO_2$ વળેલું (bent) બંધારણ ધરાવે છે,અને $C_2H_4$ દરેક કાર્બન પરમાણુની આસપાસ સમતલીય ત્રિકોણીય બંધારણ ધરાવે છે.

(D) $sp^3d^2$ સંકરણમાં એક $s$,ત્રણ $p$ અને બે $d$ કક્ષકોનું મિશ્રણ થાય છે.
આ સંયોજન અષ્ટફલકીય આકાર આપે છે જેમાં બંધકોણ $90^{\circ}$ હોય છે.

(A) બંધારણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સ્પીસીઝ માટે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $BF_4^-$: બોરોન પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને ઋણ વીજભારથી $1$ ઇલેક્ટ્રોન મેળવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $(3+4+1)/2 = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે,જે નિયમિત સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
$2$. $SF_4$: સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $5$ ($sp^3d$ સંકરણ). અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે,તેનો આકાર 'સી-સો' (see-saw) જેવો હોય છે.
$3$. $XeF_4$: ઝેનોન પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $6$ ($sp^3d^2$ સંકરણ). બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે,તેની ભૂમિતિ સમતલીય ચોરસ (square planar) હોય છે.
$4$. $[Ni(CN)_4]^{2-}$: $Ni^{2+}$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $d^8$ છે. $CN^-$ પ્રબળ લિગેન્ડ હોવાથી,તે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે. સંકરણ $dsp^2$ છે,જે સમતલીય ચોરસ ભૂમિતિ આપે છે.
આમ,માત્ર $BF_4^-$ નું બંધારણ નિયમિત સમચતુષ્ફલકીય છે.

(A) બોરિક એસિડ $(H_3BO_3)$ માં,બોરોન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે એકલ બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. બોરોન પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જે તમામ બંધ બનાવવામાં વપરાય છે,જેના પરિણામે $sp^2$ સંકરણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ મળે છે.
દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ એક બોરોન પરમાણુ અને એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે,અને તેની પાસે ઇલેક્ટ્રોનની બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ પણ છે. આમ,દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $4$ ઇલેક્ટ્રોન ડોમેન્સ (બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) છે,જેના પરિણામે $sp^3$ સંકરણ થાય છે.

(B) $BF_3$ અણુમાં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુમાં $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે $3$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ એકલ બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબર માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} \times (V + M - C + A)$,જ્યાં $V = 3$ ($B$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન),$M = 3$ (એકસંયોજક પરમાણુઓ),$C = 0$,અને $A = 0$.
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} \times (3 + 3) = 3$.
$3$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.
$1$. $BF_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(3 + 3) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$2$. $NCl_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(5 + 3) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$3$. $H_2S$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6 + 2) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$4$. $SF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6 + 4) = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ).
$5$. $BeCl_2$ માટે: $H = \frac{1}{2}(2 + 2) = 2$ ($sp$ સંકરણ).
પરિણામોની સરખામણી કરતા,$NCl_3$ અને $H_2S$ બંને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) $CO_2$ માં મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
વેલેન્સ શેલ ઇલેક્ટ્રોન પેર રિપલ્શન $(VSEPR)$ સિદ્ધાંત મુજબ,કાર્બન પરમાણુ પાસે બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.
સંકરણની દ્રષ્ટિએ,કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ અનુભવે છે,જેમાં એક $2s$ કક્ષક અને એક $2p$ કક્ષક મિશ્ર થઈને બે સમાન $sp$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે.
આ બે $sp$ સંકર કક્ષકો અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે $180^{\circ}$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલી હોય છે,જે $CO_2$ અણુનો રેખીય આકાર અને $180^{\circ}$ નો બંધકોણ સમજાવે છે.

(D) $NH_3$ માં,મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
તેમાં ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર પિરામિડલ હોય છે.

(B) સંકરણની ગણતરી સૂત્ર $H = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$ દ્વારા કરી શકાય છે,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.
$1$. $NO_2$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 0] = 2.5$. $NO_2$ માં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $SF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2} [6 + 4 - 0 + 0] = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$3$. $PF_6^-$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 6 - 0 + 1] = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સાચો સેટ $sp$,$sp^3d$,$sp^3d^2$ છે.

(B) બોરોન $(B)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $5$ છે. તેની ભૂમિ અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોન રચના $1s^2 2s^2 2p^1$ છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$2s$ કક્ષકમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $2p$ કક્ષકમાં જાય છે,જેનાથી રચના $1s^2 2s^1 2p_x^1 2p_y^1$ બને છે.
આ ત્રણ કક્ષકો $(2s, 2p_x, 2p_y)$ $sp^2$ સંકરણ પામીને ત્રણ સમાન $sp^2$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે.
આ ત્રણ $sp^2$ સંકર કક્ષકો ત્રણ $Cl$ પરમાણુઓની $3p$ કક્ષકો સાથે અતિવ્યાપન કરીને ત્રણ $B-Cl$ બંધ બનાવે છે.
તેથી,$BCl_3$ માં $B$ નું સંકરણ $sp^2$ છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીને ગણી 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.
$SO_3$ માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ છે (સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $V = 6$). ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક પરમાણુ છે,તેથી $M = 0$.
$H = \frac{1}{2}(6 + 0 - 0 + 0) = 3$.
$H = 3$ ની કિંમત $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$SO_3$ માં $S$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય બંધારણ આપે છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ (આયોડિન) ની સંયોજકતા કક્ષાની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $5s^2 5p^5$ છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$I$ પરમાણુ $7$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે બંધ બનાવવા માટે $5d$ કક્ષકોમાં ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત કરે છે જેથી $7$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્ત થાય.
આ પ્રક્રિયામાં એક $s$,ત્રણ $p$ અને ત્રણ $d$ કક્ષકો ભાગ લે છે,જે $sp^3d^3$ સંકરણ તરફ દોરી જાય છે.
તેથી,$IF_7$ નું સંકરણ $sp^3d^3$ છે અને તેનો આકાર પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ છે.

(B) એમોનિયા $(NH_3)$ અણુમાં,$N$ પરમાણુ $sp^3$-સંકરિત છે.
નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ની હાજરીને કારણે,$Lp-Bp$ (અબંધકારક-બંધકારક) અપાકર્ષણ એ $Bp-Bp$ (બંધકારક-બંધકારક) અપાકર્ષણ કરતા વધારે હોય છે.
આના કારણે બંધકોણ આદર્શ સમચતુષ્ફલકીય ખૂણા $109.5^\circ$ થી ઘટીને $107^\circ$ થાય છે,જેના પરિણામે વિકૃત સમચતુષ્ફલકીય અથવા પિરામિડલ ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે.

(A) $Be$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $4$ છે. તેની ભૂમિ અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોન રચના $1s^2, 2s^2$ છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$2s$ કક્ષકમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $2p$ કક્ષકમાં જાય છે,જેનાથી ઇલેક્ટ્રોન રચના $1s^2, 2s^1, 2p^1$ બને છે.
આ બે કક્ષકો ($2s$ અને $2p$) સંકરણ પામીને બે સમાન $sp$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે.
આ પ્રકારના સંકરણને વિકર્ણીય અથવા રેખીય સંકરણ કહેવામાં આવે છે,જે $BeCl_2$ અણુને રેખીય આકાર આપે છે.

(A) ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ $sp^3d$ સંકરણ સાથે સંકળાયેલી છે.
આ ભૂમિતિમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોથી ઘેરાયેલો હોય છે,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ગોઠવણી પ્રાપ્ત થાય છે,જે $PCl_5$ માં જોવા મળે છે.

(B) કાર્બનની ભૂમિ અવસ્થાની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $(1s^2 2s^2 2p_x^1 2p_y^1)$ માં માત્ર બે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
સંકરણ એ એક એવો ખ્યાલ છે જેના દ્વારા આપણે સમજાવી શકીએ છીએ કે કાર્બન તેના $2s$ અને $2p$ કક્ષકોનું મિશ્રણ કરીને ચાર સમાન $sp^3$ સંકૃત કક્ષકો બનાવીને $4$ સંયોજકતા કેવી રીતે પ્રાપ્ત કરે છે.

(C) સંકરણ એ થોડી અલગ ઉર્જા ધરાવતી કક્ષકોના આંતરમિશ્રણની પ્રક્રિયા છે જેથી તેમની ઉર્જાનું પુનઃવિતરણ થાય છે,જેના પરિણામે સમાન ઉર્જા અને આકાર ધરાવતી કક્ષકોનો નવો સેટ બને છે. તેથી,તે સમાન ઉર્જા ધરાવતી કક્ષકોના અતિવ્યાપનને કારણે થાય છે.

(D) $MX_3$ અણુ માટે ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય હોવા માટે,તેની ભૂમિતિ ત્રિકોણીય સમતલીય $(trigonal planar)$ હોવી જોઈએ.
ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $M$ એ $sp^2$ સંકરણ $(hybridization)$ અનુભવે છે.
આ $3$ $sp^2$ સંકરિત ઓર્બિટલ્સ $X$ પરમાણુઓ સાથે $3$ $\sigma$ બંધ બનાવે છે,જેના પરિણામે એક સપ્રમાણ બંધારણ મળે છે જ્યાં વ્યક્તિગત બંધ ડાયપોલ્સ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે.

(A) $NF_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ નાઇટ્રોજન $(N)$ છે.
નાઇટ્રોજન પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$NF_3$ માં,નાઇટ્રોજન $3$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે અને તેની પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) છે.
નાઇટ્રોજન પરમાણુની આસપાસના કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $3 + 1 = 4$ છે.
સ્ટેરિક નંબર $4$ હોવાથી,નાઇટ્રોજન પરમાણુનું સંકરણ $sp^3$ છે.

(C) $sp^3d$ સંકરણમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ પાંચ સમાન સંકર કક્ષકો બનાવવા માટે એક $s$,ત્રણ $p$ અને એક $d$-કક્ષકનું મિશ્રણ કરે છે.
ચોક્કસ રીતે,તેમાં સામેલ $d$-કક્ષક $d_{z^2}$ છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિ બનાવવા માટે $z$-અક્ષ પર ગોઠવાય છે.

(C) સંયોજન $X$ એ કાર્બન ટેટ્રાક્લોરાઈડ $(CCl_4)$ છે.
$CCl_4$ માં $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે અને તે સંપૂર્ણ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે કારણ કે મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા ચારેય વિસ્થાપકો સમાન ($Cl$ પરમાણુઓ) છે.
ક્લોરોમિથેન $(CH_3Cl)$,ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ અથવા આયોડોફોર્મ $(CHI_3)$ જેવા અણુઓમાં,મધ્યસ્થ કાર્બન સાથે જોડાયેલા અલગ-અલગ પરમાણુઓને કારણે બંધકોણ આદર્શ સમચતુષ્ફલકીય ખૂણા $109^o 28'$ થી વિચલિત થાય છે.

(C) સાચો જવાબ $(C)$ છે.
$C_2H_2$ (એસીટીલીન) રેખીય બંધારણ ધરાવે છે કારણ કે બંને કાર્બન પરમાણુઓ $sp$-સંકરિત છે.
$sp$-સંકરણમાં,બંધકોણ $180^\circ$ હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ મળે છે.

(A) જેમ સંકરિત કક્ષકોનો $s-$ગુણધર્મ ઘટે છે,તેમ બંધકોણ પણ ઘટે છે.
$sp^3$ સંકરણમાં: $s-$ગુણધર્મ $25\%$ છે,બંધકોણ $109.5^\circ$ છે.
$sp^2$ સંકરણમાં: $s-$ગુણધર્મ $33.3\%$ છે,બંધકોણ $120^\circ$ છે.
$sp$ સંકરણમાં: $s-$ગુણધર્મ $50\%$ છે,બંધકોણ $180^\circ$ છે.
તેથી,જેમ $s-$ગુણધર્મ ઘટે છે $(50\%$ $\rightarrow 33.3\%$ $\rightarrow 25\%)$,તેમ બંધકોણ ઘટે છે $(180^\circ$ $\rightarrow 120^\circ$ $\rightarrow 109.5^\circ)$.

(A) કોલસનના સૂત્ર $\cos \theta = \frac{s}{s-1}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = 105^{o}$ છે.
$\cos(105^{o}) \approx -0.2588$ મળે છે.
ગણતરી કરતા $s \approx 0.2056$ એટલે કે $20.56\%$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) $CH_3^+$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ ત્રણ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેની પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી.
કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ $sp^2$ છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
તેથી,$CH_3^+$ સ્પીસીઝનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.

(D) વિવિધ ભૂમિતિઓ માટે $90^{\circ}$ ના બંધ યુગ્મ-બંધ યુગ્મ ખૂણાઓની સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
$1$. $dsp^2$ સંકરણ (સમચોરસ સમતલીય): પાસપાસેના બંધ યુગ્મો વચ્ચે $4$ ખૂણા $90^{\circ}$ ના હોય છે.
$2$. $sp^3d$ સંકરણ (ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ): $90^{\circ}$ ના $6$ ખૂણા હોય છે.
$3$. $sp^3d^2$ સંકરણ (અષ્ટફલકીય): પાસપાસેના બંધ યુગ્મો વચ્ચે $90^{\circ}$ ના $12$ ખૂણા હોય છે.
આમ,$sp^3d^2$ સંકરણમાં $90^{\circ}$ ના ખૂણાઓની સંખ્યા મહત્તમ છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$1$. $SO_4^{2-}$ માટે: $SN = \frac{1}{2} (6 + 0 - 0 + 2) = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $CH_4$ માટે: $SN = \frac{1}{2} (4 + 4 - 0 + 0) = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $H_2O$ માટે: $SN = \frac{1}{2} (6 + 2 - 0 + 0) = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$4$. $CO_2$ માટે: $SN = \frac{1}{2} (4 + 0 - 0 + 0) = 2$,જે $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$CO_2$ માં $sp^3$ સંકરણ હોતું નથી.

(B) $sp$-સંકરણમાં એક $s$ અને એક $p$ કક્ષકનું મિશ્રણ થઈને બે સમાન $sp$ સંકર કક્ષકો બને છે.
આ બે સંકર કક્ષકો એકબીજાથી $180^\circ$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલી હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય આકાર પ્રાપ્ત થાય છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$ClO_2^-$ માટે,$V = 7$ ($Cl$ માટે),$M = 0$ (ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક છે),$C = 0$,અને $A = 1$.
$H = \frac{1}{2}(7 + 0 - 0 + 1) = \frac{8}{2} = 4$.
$4$ નું મૂલ્ય $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$ClO_2^-$ માં ક્લોરિન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જે બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની હાજરીને કારણે કોણીય (angular) આકાર ધરાવે છે.

(B) $ClF_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ ક્લોરિન $(Cl)$ છે.
ક્લોરિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે $3$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
આનાથી $4$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) બનાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા = $\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = 3 + 2 = 5$.
$5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.

(C) $IF_4^+$ માં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,જેનાથી $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $4 \text{ (બંધકારક યુગ્મ)} + 1 \text{ (અબંધકારક યુગ્મ)} = 5$.
આમ,સંકરણ $sp^3d$ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$1$ અબંધકારક યુગ્મ સાથે $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સી-સો (see-saw) અથવા અનિયમિત સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.

(A) સાચો જવાબ છે કારણ કે $BeF_3^-$ પ્રમાણભૂત પરિસ્થિતિઓમાં સ્થાયી અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$OH_3^+$ (હાઇડ્રોનિયમ આયન) માં,$O$ પરમાણુ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NH_2^-$ માં,$N$ પરમાણુ બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NF_3$ માં,$N$ પરમાણુ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.

(A) $ClO_2^-$ માં ક્લોરિન પરમાણુનું 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 $(Cl = 7)$,
$M$ એ જોડાયેલા મોનોવેલેન્ટ પરમાણુઓની સંખ્યા છે ($0$,કારણ કે ઓક્સિજન ડાયવેલેન્ટ છે),
$C$ એ ધન વીજભાર છે $(0)$,
$A$ એ ઋણ વીજભાર છે $(1)$.
$H = \frac{1}{2} [7 + 0 - 0 + 1] = \frac{8}{2} = 4$.
$4$ ની કિંમત $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$ClO_2^-$ માં ક્લોરિન પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) હોય છે,જે $V$-આકારની અથવા બેન્ટ રચનામાં પરિણમે છે.

(B) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$XeF_2$ માં,$Xe$ એ $F$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
બાકીના $6$ ઇલેક્ટ્રોન $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી આ મુજબ થાય છે: $\text{Steric Number} = \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} = 2 + 3 = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.

(A) $1, 1, 2, 2-$ટેટ્રાક્લોરોઈથીન $(Cl_2C=CCl_2)$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જે $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ સૂચવે છે.
ટેટ્રાક્લોરોમિથેન $(CCl_4)$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જે $109.5^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે.
તેથી,સાચા બંધકોણ અનુક્રમે $120^{\circ}$ અને $109.5^{\circ}$ છે.

(A) બંધારણ $CH_3^{III} - CH_2^{II} - C \equiv CH^I$ છે.
વિદ્યુતઋણતા એ સંકર કક્ષકના $s$-લક્ષણના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
$I$: છેડાનો કાર્બન $sp$ સંકૃત છે,જેમાં $50\% \ s$-લક્ષણ છે.
$II$: $CH_2$ માં રહેલો કાર્બન $sp^3$ સંકૃત છે,જેમાં $25\% \ s$-લક્ષણ છે.
$III$: $CH_3$ માં રહેલો કાર્બન $sp^3$ સંકૃત છે,જેમાં $25\% \ s$-લક્ષણ છે.
$sp$ સંકરણમાં સૌથી વધુ $s$-લક્ષણ હોવાથી,$I$ તરીકે દર્શાવેલ કાર્બન પરમાણુ સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણ છે.

(B) $CH_4$ અણુમાં,કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
આ સંકરણના પરિણામે ચાર સમાન $C-H$ બંધો નિયમિત ચતુષ્ફલકના ખૂણાઓ તરફ નિર્દેશિત થાય છે.
તેથી,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુની આસપાસના હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ $109.5^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિમાં ગોઠવાયેલા હોય છે.

(C) .

$\text{પ્રકાર}$	$s-\text{કેરેક્ટર}$
$sp^{3}$	$25\%$
$sp^{2}$	$33.33\%$
$sp$	$50\%$

$s-$કેરેક્ટરની ગણતરી $\frac{1}{n+1} \times 100$ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ સંકરણમાં સામેલ $p-$ઓર્બિટલ્સની સંખ્યા છે। $sp$ સંકરણ માટે,$n=1$ છે,તેથી $s-\text{કેરેક્ટર} = \frac{1}{1+1} \times 100 = 50\%$. જે આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી વધુ છે.

(A) $C_2H_2$ (એસીટીલીન) માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે એકલ બંધ દ્વારા અને બીજા કાર્બન પરમાણુ સાથે ત્રિ-બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુ બે ઇલેક્ટ્રોન ડોમેન્સ (એક $C-H$ સિગ્મા બંધ અને એક $C-C$ સિગ્મા બંધ) થી ઘેરાયેલ છે.
તેથી,સ્ટેરિક નંબર $2$ છે,જે $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
બંધારણ $\mathop {CH}\limits^{sp} \equiv \mathop {CH}\limits^{sp}$ છે.

(A) $CH_3 - C \equiv CH$ માં,મિથાઈલ સમૂહ $(CH_3)$ નો કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકૃત છે અને ત્રિબંધમાં સામેલ નજીકનો કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકૃત છે. તેથી,મિથાઈલ સમૂહ અને આલ્કાઈન કાર્બન વચ્ચેનો $C-C$ એકલ બંધ મિથાઈલ કાર્બનની $sp^3$ કક્ષક અને આલ્કાઈન કાર્બનની $sp$ કક્ષકના અતિવ્યાપનથી બને છે. બંધારણ આ મુજબ છે: $\mathop{CH_3}\limits_{sp^3} - \mathop{C}\limits_{sp} \equiv CH$.

(A) $CH_2Cl_2$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને બે ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
તે $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે કાર્બન પરમાણુની આસપાસ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ રચાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(D) $CH_3^+$ (મિથાઈલ કાર્બોકેટાયન) માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ ત્રણ હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેના પર ધન વીજભાર છે,જે ત્રણ બંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને શૂન્ય અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$C_2H_5^+$ (ઈથાઈલ કાર્બોકેટાયન) માં,ધન વીજભારિત કાર્બન પરમાણુ એક મિથાઈલ સમૂહ અને બે હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે પણ ત્રણ બંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને શૂન્ય અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$CH_3^+$ અને $C_2H_5^+$ બંને $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.