Hybridisation Questions in Gujarati

(B) $NH_3$ માં સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $5 + (3 \times 1) = 8$ છે.
સ્ટેરિક નંબર $X$ શોધવા માટેનું સૂત્ર $X = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$ છે,જ્યાં $V = 5$ ($N$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન),$M = 3$ (એક સંયોજક પરમાણુઓ),$C = 0$ અને $A = 0$ છે.
$X = \frac{8}{2} = 4$.
સ્ટેરિક નંબર $4$ હોવાથી,સંકરણ $sp^3$ પ્રકારનું થશે.

(C) $BF_4^-$ માં બોરોન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેમાં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ન હોવાથી,તેનો આકાર નિયમિત સમચતુષ્ફલકીય હોય છે.

(B) $sp^3d^2$ સંકરણ અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે,જેમાં તમામ પાસપાસેના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેનો બંધકોણ $90^\circ$ હોય છે.

(C) $MX_3$ અણુની દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા શૂન્ય $(\mu = 0)$ હોવા માટે,અણુ સમમિત અને ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર ધરાવતો હોવો જોઈએ.
આ આકાર ત્યારે જ શક્ય બને છે જ્યારે મધ્યસ્થ પરમાણુ $M$ નું $sp^2$ સંકરણ થયેલું હોય.

(D) પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે તેની સાથે જોડાયેલા સિગ્મા બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$1$. $HCOOH$ (ફોર્મિક એસિડ) માં,$C$ પરમાણુ $H$,$OH$ સાથે જોડાયેલ છે અને $O$ સાથે દ્વિબંધ ધરાવે છે. તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $(H_2N)_2CO$ (યુરિયા) માં,$C$ પરમાણુ બે $NH_2$ સમૂહ સાથે જોડાયેલ છે અને $O$ સાથે દ્વિબંધ ધરાવે છે. તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. $HCHO$ (ફોર્માલ્ડિહાઇડ) માં,$C$ પરમાણુ બે $H$ પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે અને $O$ સાથે દ્વિબંધ ધરાવે છે. તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. $CH_3CHO$ (એસીટાલ્ડિહાઇડ) માં,મિથાઈલ કાર્બન $(CH_3)$ ત્રણ $H$ પરમાણુ અને એક $C$ પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તેની પાસે ચાર સિગ્મા બંધ હોવાથી,તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.

(A) $ClO_2^-$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ નું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(X)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ:
$X = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$
જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે $(Cl = 7)$,
$M$ એ જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે ($O$ દ્વિસંયોજક છે,તેથી $M = 0$),
$C$ એ ધન વીજભાર છે $(0)$,
$A$ એ ઋણ વીજભાર છે $(1)$.
$X = \frac{1}{2} [7 + 0 - 0 + 1] = \frac{8}{2} = 4$.
સ્ટેરિક નંબર $4$ એ $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$ClO_2^-$ માં ક્લોરિન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે.

(A) $H_2CO_3$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને આ અણુ ધ્રુવીય છે કારણ કે મધ્યસ્થ કાર્બન સાથે અલગ-અલગ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુઓ ($O$ અને $OH$ સમૂહ) જોડાયેલા છે.
$BF_3$ માં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,પરંતુ તેની ભૂમિતિ સમતલીય ત્રિકોણીય હોવાથી તે અધ્રુવીય છે.
$SiF_4$ માં $sp^3$ સંકરણ હોય છે.
$HClO_2$ માં $sp^3$ સંકરણ હોય છે.
તેથી,$H_2CO_3$ સાચો જવાબ છે.

(B) $SO_2$ માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેની પાસે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સ્ટેરિક નંબર $2 + 1 = 3$ છે,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.

(B) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(X)$ ગણીએ છીએ: $X = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$,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.
$1$. $NO_2^+$ માટે: $V = 5, M = 0, C = 1, A = 0$. $X = \frac{1}{2}(5 + 0 - 1 + 0) = 2$. સંકરણ $sp$ છે.
$2$. $NO_3^-$ માટે: $V = 5, M = 0, C = 0, A = 1$. $X = \frac{1}{2}(5 + 0 - 0 + 1) = 3$. સંકરણ $sp^2$ છે.
$3$. $NH_4^+$ માટે: $V = 5, M = 4, C = 1, A = 0$. $X = \frac{1}{2}(5 + 4 - 1 + 0) = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે.
આમ,સંકરણ અનુક્રમે $sp, sp^2, sp^3$ છે.

(A) $H_2C = CH - C \equiv N$ અણુમાં:
$1$. પ્રથમ કાર્બન પરમાણુ $(CH_2)$ બે હાઇડ્રોજન અને એક દ્વિબંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. બીજો કાર્બન પરમાણુ $(CH)$ એક હાઇડ્રોજન,એક દ્વિબંધ અને એક એકલ બંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. ત્રીજો કાર્બન પરમાણુ $(C)$ એક એકલ બંધ અને એક ત્રિબંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. નાઇટ્રોજન પરમાણુ $(N)$ એક ત્રિબંધ સાથે જોડાયેલ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,સંકરણનો ક્રમ $sp^2 - sp^2 - sp - sp$ છે.

(C) $C_2H_4$ અણુમાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુ ત્રણ $sp^2$ સિગ્મા બંધ (બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે અને એક બીજા કાર્બન પરમાણુ સાથે) અને એક $\pi$ બંધ બનાવે છે.
$sp^2$ સંકરણને કારણે દરેક કાર્બન પરમાણુની આસપાસ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ રચાય છે,જેનાથી આખો અણુ સમતલીય બને છે અને બંધકોણ આશરે $120^{\circ}$ હોય છે.

(C) આપેલી ઇલેક્ટ્રોનીય રચના બે $sp$ સંકર કક્ષકો અને બે અસંકરિત $p$ કક્ષકો ($2p_y$ અને $2p_z$) દર્શાવે છે.
આ ચાર કક્ષકોમાંથી દરેક એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે.
બે $sp$ સંકર કક્ષકો બે સિગ્મા $(\sigma)$ બંધ બનાવશે.
બે અસંકરિત $p$ કક્ષકો ($2p_y$ અને $2p_z$) બે પાઇ $(\pi)$ બંધ બનાવશે.
તેથી,આ રચના બે સિગ્મા $(\sigma)$ બંધ અને બે પાઇ $(\pi)$ બંધ બનાવી શકે છે.

(C) કાર્બન-કાર્બન એકલ બંધની લંબાઈ તેમાં રહેલા કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણ પર આધાર રાખે છે.
જેમ $s$-લક્ષણનું પ્રમાણ વધે છે,તેમ કાર્બન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા વધે છે અને બંધ લંબાઈ ઘટે છે.
દરેક સંયોજનમાં $C-C$ એકલ બંધ માટે સંકરણ:
$(I) CH_2 = CH - C \equiv CH$: $C-C$ એકલ બંધ $sp^2$ અને $sp$ સંકરિત કાર્બન વચ્ચે છે.
$(II) CH \equiv C - C \equiv CH$: $C-C$ એકલ બંધ $sp$ અને $sp$ સંકરિત કાર્બન વચ્ચે છે.
$(III) CH_3 - CH = CH_2$: $C-C$ એકલ બંધ $sp^3$ અને $sp^2$ સંકરિત કાર્બન વચ્ચે છે.
$(IV) CH_2 = CH - CH = CH_2$: $C-C$ એકલ બંધ $sp^2$ અને $sp^2$ સંકરિત કાર્બન વચ્ચે છે.
$s$-લક્ષણની સરખામણી:
$sp^3-sp^2$ (સૌથી ઓછું $s$-લક્ષણ) > $sp^2-sp^2$ > $sp^2-sp$ > $sp-sp$ (સૌથી વધુ $s$-લક્ષણ).
તેથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ: $(III) > (IV) > (I) > (II)$ છે.

(A) $Acetone$ $(CH_3COCH_3)$,$Acetic$ $acid$ $(CH_3COOH)$ અને $Acetamide$ $(CH_3CONH_2)$ ત્રણેયમાં કાર્બોનિલ કાર્બન $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$Acetonitrile$ $(CH_3CN)$ માં $CN$ સમૂહનો કાર્બન $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) $CH_2 = CH - CH = CH_2$ ($1,3$-બ્યુટાડાઈન) માં,તમામ ચાર કાર્બન પરમાણુઓ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$sp^2$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
તમામ કાર્બન પરમાણુઓ સંયુગ્મિત પ્રણાલીમાં જોડાયેલા હોવાથી,સમગ્ર અણુ એક જ સમતલમાં રહે છે.
તેથી,અણુનો આકાર સમતલીય છે.

(A) બંધ લંબાઈ કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણ પર આધાર રાખે છે.
$1$. $C_2H_6$ (ઈથેન): $sp^3-sp^3$ સંકરણ, બંધ લંબાઈ $\approx 154 \ pm$.
$2$. $C_6H_6$ (બેન્ઝીન): સંસ્પંદનને કારણે $sp^2-sp^2$ સંકરણ, બંધ લંબાઈ $\approx 139 \ pm$.
$3$. $C_2H_4$ (ઈથીન): $sp^2-sp^2$ સંકરણ, બંધ લંબાઈ $\approx 134 \ pm$.
$4$. $C_2H_2$ (ઈથાઈન): $sp-sp$ સંકરણ, બંધ લંબાઈ $\approx 120 \ pm$.
જેમ $s$-ગુણધર્મ વધે છે, તેમ બંધ લંબાઈ ઘટે છે.
તેથી, બંધ લંબાઈનો ક્રમ $C_2H_6 > C_6H_6 > C_2H_4 > C_2H_2$ છે.

(C) $SO_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ સલ્ફર $(S)$ છે.
સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$SO_2$ માં,સલ્ફર બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ બનાવે છે.
સલ્ફરની આસપાસ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા = $2$ (બંધકારક યુગ્મ) + $1$ (અબંધકારક યુગ્મ) = $3$.
સ્ટેરિક નંબર $3$ હોવાથી,સંકરણ $sp^2$ છે.

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

(C) સાચો જવાબ $C$ ($sp$ સંકરણ) છે.

સંકરણનો પ્રકાર	બંધકોણ
$sp^3$	$109.5^\circ$
$sp^2$	$120^\circ$
$sp^3d$	$90^\circ$ અને $120^\circ$
$sp$	$180^\circ$

કોષ્ટકમાં દર્શાવ્યા મુજબ,$sp$ સંકરણ રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે અને તેનો બંધકોણ $180^\circ$ છે,જે આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી વધુ છે.

(C) $120^{\circ}$ નો બંધકોણ ધરાવતી સ્પીસીઝ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના સંકરણ અને ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $ClF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેનું સંકરણ $sp^3d$ છે અને ભૂમિતિ $T$-આકારની છે,જેમાં બંધકોણ $90^{\circ}$ કરતા ઓછા હોય છે.
$2$. $NCl_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેનું સંકરણ $sp^3$ છે અને ભૂમિતિ પિરામિડલ છે,જેમાં બંધકોણ આશરે $107^{\circ}$ હોય છે.
$3$. $BCl_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. તેનું સંકરણ $sp^2$ છે અને ભૂમિતિ ત્રિકોણીય સમતલીય છે,જેમાં બંધકોણ $120^{\circ}$ હોય છે.
$4$. $PH_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $H$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેની ભૂમિતિ પિરામિડલ છે અને બંધકોણ $93^{\circ}$ ની નજીક હોય છે.
તેથી,$BCl_3$ એ સાચી સ્પીસીઝ છે.

(C) મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુના સંકરણને નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{સંકર કક્ષકોની સંખ્યા} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,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.
$1)$ $NO_2^+$ માટે: $V = 5$,$M = 0$,$C = 1$,$A = 0$. $\text{સંકર કક્ષકો} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = 2$. તેથી,$sp$ સંકરણ.
$2)$ $NO_3^-$ માટે: $V = 5$,$M = 0$,$C = 0$,$A = 1$. $\text{સંકર કક્ષકો} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$. તેથી,$sp^2$ સંકરણ.
$3)$ $NH_4^+$ માટે: $V = 5$,$M = 4$,$C = 1$,$A = 0$. $\text{સંકર કક્ષકો} = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$. તેથી,$sp^3$ સંકરણ.
આમ,સંકરણ અનુક્રમે $sp$,$sp^2$ અને $sp^3$ છે.

(D) $XeF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $4 \text{ (બંધકારક યુગ્મ)} + 2 \text{ (અબંધકારક યુગ્મ)} = 6$.
આ $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર ચોરસ સમતલીય છે.

(C) ઈથીનનું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_2=CH_2$ છે.
આ અણુમાં,$4$ $C-H$ સિગ્મા $(\sigma)$ બંધો અને $1$ $C-C$ સિગ્મા $(\sigma)$ બંધ છે,જે કુલ $5$ સિગ્મા $(\sigma)$ બંધો બનાવે છે.
વધુમાં,$1$ $C-C$ પાઈ $(\pi)$ બંધ છે.
તેથી,બંધોની કુલ સંખ્યા $5$ સિગ્મા $(\sigma)$ અને $1$ પાઈ $(\pi)$ બંધ છે.

(D) $BF_4^-$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેના પરિણામે $sp^3$ સંકરણ અને સમચતુષ્ફલકીય આકાર મળે છે.
$NH_4^+$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેના પરિણામે $sp^3$ સંકરણ અને સમચતુષ્ફલકીય આકાર મળે છે.
બંને સ્પીસીઝ સમાન સંકરણ અને આકાર ધરાવતી હોવાથી,તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$.
$1. NO_2^-: SN = \frac{1}{2} (5 + 0 - 0 + 1) = 3 \rightarrow sp^2$ સંકરણ.
$2. NO_3^-: SN = \frac{1}{2} (5 + 0 - 0 + 1) = 3 \rightarrow sp^2$ સંકરણ.
$3. NH_2^-: SN = \frac{1}{2} (5 + 2 - 0 + 1) = 4 \rightarrow sp^3$ સંકરણ.
$4. NH_4^+: SN = \frac{1}{2} (5 + 4 - 1 + 0) = 4 \rightarrow sp^3$ સંકરણ.
$5. SCN^-: SN = \frac{1}{2} (4 + 0 - 0 + 1) = 2 \rightarrow sp$ સંકરણ.
પરિણામોની સરખામણી કરતા,$NO_2^-$ અને $NO_3^-$ બંને $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(B) $sp^{2}$ સંકરણ માટે,સ્ટેરિક નંબર ($\sigma$-બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનો સરવાળો) $3$ હોવો જોઈએ.
$(I)$ $NO_{2}^{-}$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $2$ $\sigma$-બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 3$,જે $sp^{2}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(II)$ $NH_{3}$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $3$ $\sigma$-બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 4$,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(III)$ $BF_{3}$: મધ્યસ્થ $B$ પરમાણુ $3$ $\sigma$-બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 3$,જે $sp^{2}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(IV)$ $NH_{2}^{-}$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $2$ $\sigma$-બંધ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 4$,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(V)$ $H_{2}O$: મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુ $2$ $\sigma$-બંધ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 4$,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$BF_{3}$ અને $NO_{2}^{-}$ ની જોડી $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $H = \frac{1}{2} [V + X - C + A]$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરી શકાય છે.
$1. SF_4: H = \frac{1}{2} [6 + 4] = 5 \rightarrow sp^3d$
$2. I_3^-: H = \frac{1}{2} [7 + 2 + 1] = 5 \rightarrow sp^3d$
$3. PCl_5: H = \frac{1}{2} [5 + 5] = 5 \rightarrow sp^3d$
$4. SbCl_5^{2-}: H = \frac{1}{2} [5 + 5 + 2] = 6 \rightarrow sp^3d^2$
આમ,$SbCl_5^{2-}$ નું સંકરણ $(sp^3d^2)$ અન્ય કરતા અલગ છે.

(B) સંકર કક્ષકોની સંખ્યા $(H)$ નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે: $H = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ કુલ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$CH_4$ માટે: $H = \frac{1}{2} [4 + 4 - 0 + 0] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$SF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2} [6 + 4 - 0 + 0] = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$BF_4^-$ માટે: $H = \frac{1}{2} [3 + 4 - 0 + 1] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$NH_4^+$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,$SF_4$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવતું નથી.

(C) $sp^2$ સંકરણ માટે,સ્ટેરિક નંબર $3$ હોવો જોઈએ.
$BF_3$ અણુમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ એ $3$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 3 + 0 = 3$. તેથી,તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NO_2^-$ આયનમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $2$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 1 = 3$. તેથી,તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NH_2^-$ આયનમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $2$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 2 = 4$. તેથી,તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$H_2O$ અણુમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ એ $2$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 2 = 4$. તેથી,તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,$BF_3$ અને $NO_2^-$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) સંકર કક્ષકોની વિદ્યુતઋણતા તેમાં રહેલા $s$-લક્ષણ પર આધાર રાખે છે.
જેમ $s$-લક્ષણ વધે છે,તેમ ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષવાની વૃત્તિ (વિદ્યુતઋણતા) વધે છે.
વિવિધ સંકર કક્ષકોમાં $s$-લક્ષણ નીચે મુજબ છે:
$sp$: $50\%$
$sp^2$: $33.3\%$
$sp^3$: $25\%$
તેથી,વિદ્યુતઋણતાનો સાચો ક્રમ $sp > sp^2 > sp^3$ છે.

(B) અણુનો આકાર તેના કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણ પર આધાર રાખે છે.
$sp^{3}$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ $109^{\circ} 28^{\prime}$ ના બંધકોણ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$sp^{2}$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે સમતલીય ત્રિકોણીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$sp$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$CH_3 - C \equiv C - CH_3$ (બ્યુટ$-2-$આઈન) માં,બે મધ્યવર્તી કાર્બન પરમાણુઓ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે,જે અણુના મધ્ય ભાગને રેખીય બનાવે છે.

(C) $XeF_6$ માં $sp^3d^3$ સંકરણ અને $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે વિકૃત અષ્ટફલકીય આકાર હોય છે.
$(B)$ $XeO_3$ માં $sp^3$ સંકરણ અને $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે પિરામિડલ આકાર હોય છે.
$(C)$ $XeOF_4$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ અને $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે ચોરસ પિરામિડલ આકાર હોય છે.
$(D)$ $XeF_4$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ અને $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે સમતલીય ચોરસ આકાર હોય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-(i), B-(iii), C-(iv), D-(ii)$ છે.

(B) $NO_{3}^{-}$,$NO_{2}^{+}$ અને $NH_{4}^{+}$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ શોધવા માટેનું સૂત્ર: $H = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$.
$NO_{3}^{-}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$,એટલે કે $sp^{2}$ સંકરણ.
$NO_{2}^{+}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = 2$,એટલે કે $sp$ સંકરણ.
$NH_{4}^{+}$ માટે: $H = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$,એટલે કે $sp^{3}$ સંકરણ.
આમ,સંકરણ અવસ્થાઓ અનુક્રમે $sp^{2}, sp, sp^{3}$ છે.

(C) $N$ પરમાણુનું 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.
$NO_{2}^{+}$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = \frac{4}{2} = 2$. $2$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
$NO_{3}^{-}$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$NO_{2}$ માટે: $N$ પરમાણુ પાસે એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NO_{2}^{-}$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
આમ,$NO_{2}^{+}$ માં $N$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) $H_2O$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ એ $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જેનો આકાર વળેલો ($V$-shape) છે.
$NH_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ છે.
આમ,$H_2O$ અને $NH_3$ બંને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે પરંતુ તેમના આકાર અલગ છે,તેથી વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) $BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને બંધકોણ $120^\circ$ છે. $BF_4^-$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને બંધકોણ $109^\circ 28'$ છે. આમ,આ પ્રક્રિયામાં સંકરણ અને બંધકોણ બંનેમાં ફેરફાર થાય છે.

(C) સંકરણ અને આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$.
$ICl_4^-$ માટે:
$V = 7$,$M = 4$,$A = 1$.
$SN = \frac{1}{2}(7 + 4 + 1) = 6$.
$6$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે,તેનો આકાર સમતલીય ચોરસ છે.

રાસાયણિક જાતિ	સંકરણ
$SF_4$	$sp^3d$
$BF_4^-$	$sp^3$
$ICl_4^-$	$sp^3d^2$
$XeO_2F_2$	$sp^3d$

(B) $PF_5$ ના નિર્માણમાં,ફોસ્ફરસ $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે.
સંકરણ દરમિયાન,સામેલ કક્ષકો ($3s$,$3p$,અને $3d$) પાંચ સમાન $sp^3d$ સંકર કક્ષકો બનાવવા માટે મિશ્રિત થાય છે.
$3d$ કક્ષક,જે શરૂઆતમાં ખૂબ જ પ્રસરિત ($2.4 \ \mathring{A}$ નું મોટું ત્રિજ્યાવર્તી અંતર) હોય છે,તે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે બંધ બનાવવા માટે નોંધપાત્ર રીતે સંકોચાય છે.
$3s$ અને $3p$ કક્ષકો $3d$ કક્ષકની તુલનામાં તેમના ત્રિજ્યાવર્તી વિતરણમાં પ્રમાણમાં અપરિવર્તિત રહે છે.
તેથી,ત્રિજ્યાવર્તી અંતરો અનુક્રમે આશરે $0.40 \ \mathring{A}$,$0.48 \ \mathring{A}$ અને $0.85 \ \mathring{A}$ થાય છે,જે $3d$ કક્ષકના સંકોચનને પ્રતિબિંબિત કરે છે.

(A) પગલું $1$: $2KI + MnO_2 + 2H_2SO_4 \to K_2SO_4 + MnSO_4 + 2H_2O + I_2(g)$. તેથી,$(B) = I_2$.
પગલું $2$: $I_2 + K_2S_2O_8 \to K_2SO_4 + I_2(SO_4)$. અહીં $(D)$ એ $I_2$ છે.
પગલું $3$: $I_2 + KI \to KI_3$. કથ્થઈ સંકીર્ણ $(E)$ એ $KI_3$ છે,જેમાં ટ્રાયઆયોડાઈડ આયન $I_3^-$ હોય છે.
પગલું $4$: $I_3^-$ માં,મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે કુલ $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે. તેથી તેનું સંકરણ $sp^3d$ છે.

(D) $XeF_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ એ $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે.
$sp^3d$ સંકરણમાં સામેલ $d-$કક્ષક $d_{z^2}$ કક્ષક છે.
$d_{z^2}$ કક્ષકમાં $0$ નોડલ સમતલો હોય છે કારણ કે તે $z-$અક્ષ પર લોબ અને $xy-$સમતલમાં ઇલેક્ટ્રોન ઘનતાની રીંગ ધરાવે છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાં અન્ય $d-$કક્ષકોની જેમ કેન્દ્રમાંથી પસાર થતા સમતલીય નોડ્સ હોતા નથી.
તેથી,નોડલ સમતલોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) $SF_4$ ની ભૂમિતિ અને સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ગણીએ છીએ: $S$ $(6)$ + $4 \times F$ $(7)$ = $34$ ઇલેક્ટ્રોન.
સ્ટેરિક નંબરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V = 6$ ($S$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન),$M = 4$ (એક સંયોજક પરમાણુઓ),$C = 0$,અને $A = 0$.
$SN = \frac{1}{2} (6 + 4) = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આ અણુમાં સલ્ફર પરમાણુ પર $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (લોન પેર) હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિમાં એક લોન પેરની હાજરીને કારણે અણુની ભૂમિતિ $See-Saw$ આકારની બને છે.

(A) આપેલ બંધારણમાં (ડીહાઈડ્રોબેન્ઝીન વ્યુત્પન્ન),$4$ કાર્બન પરમાણુઓ દ્વિબંધમાં જોડાયેલા છે,જે $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$ કાર્બન પરમાણુઓ ત્રિબંધમાં જોડાયેલા છે,જે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$sp^{2}$ અને $sp$ સંકરણ પામેલા કાર્બન પરમાણુઓની સંખ્યા અનુક્રમે $4$ અને $2$ છે.
સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) $C(CN)_4$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકૃત છે,જેનો અર્થ છે કે તેની પાસે ચાર $sp^3$ સંકર કક્ષકો છે. દરેક $sp^3$ કક્ષકમાં $25\%$ $s$ લાક્ષણિકતા અને $75\%$ $P$ લાક્ષણિકતા હોય છે.
ચાર સાયનો જૂથના દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકૃત છે,જેનો અર્થ છે કે દરેક પાસે બે $sp$ સંકર કક્ષકો છે. દરેક $sp$ કક્ષકમાં $50\%$ $s$ લાક્ષણિકતા અને $50\%$ $P$ લાક્ષણિકતા હોય છે.
$33\%$ $P$ લાક્ષણિકતા $sp^2$ સંકરણને અનુરૂપ નથી (કારણ કે $sp^2$ માં $66.6\%$ $P$ લાક્ષણિકતા હોય છે).
$C(CN)_4$ માં કોઈ $sp^2$ સંકૃત કાર્બન પરમાણુઓ ન હોવાથી,$33\%$ $P$ લાક્ષણિકતા ધરાવતી સંકર કક્ષકોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) $CH_4$ માં,જો આપણે શુદ્ધ અસંકરિત કક્ષકોનો ઉપયોગ કરીએ,તો કાર્બનની $3$ $p$-કક્ષકો $(p_x, p_y, p_z)$ $3$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓની $1s$ કક્ષકો સાથે $90^o$ ના ખૂણે ઓવરલેપ થશે.
ચોથો હાઇડ્રોજન પરમાણુ કાર્બનની $2s$ કક્ષક સાથે ઓવરલેપ થશે.
$p$-કક્ષકો દિશાત્મક હોવાથી અને $s$-કક્ષકો ગોળાકાર હોવાથી,બંધ લંબાઈ અને બંધકોણ અવલોકિત સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ સમાન રહેશે નહીં.
ખાસ કરીને,ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય રહેશે નહીં,કારણ કે $3$ $p$-બંધો એકબીજા સાથે $90^o$ પર હશે અને ચોથો બંધ પ્રકૃતિમાં અલગ હશે.
તેથી,ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય હશે તે વિધાન ખોટું છે.

(D) $PCl_5$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની આણ્વિય ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ છે.
$PCl_6^-$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની આણ્વિય ભૂમિતિ અષ્ટફલકીય છે.
સંકરણ અને ભૂમિતિ બંને બદલાતા હોવાથી,અણુનો આકાર પણ બદલાય છે.
તેથી,આપેલા તમામ વિધાનો સાચા છે.

(A) બેન્ટના નિયમ મુજબ,વધુ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા તત્વો ઓછી $s$-લાક્ષણિકતા (એટલે કે વધુ $p$-લાક્ષણિકતા) ધરાવતી કક્ષકોમાં જોડાવાનું પસંદ કરે છે.
તેનાથી વિપરીત,ઓછી વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા તત્વો વધુ $s$-લાક્ષણિકતા ધરાવતી કક્ષકોમાં જોડાવાનું પસંદ કરે છે.
જેમ $s$-લાક્ષણિકતા વધે છે,તેમ બંધકોણ વધે છે.
તેથી,બંધકોણ એ બંધમાં સામેલ હાઇબ્રિડ ઓર્બિટલની $s$-લાક્ષણિકતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.

(C) $SO_3$ માં,સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ અનુભવે છે. $sp^2$ સંકરણમાં સામેલ કક્ષકો $s$,$p_x$ અને $p_y$ છે.
અણુ સમતલીય ($xy$-સમતલમાં) હોવાથી,$p_z$ કક્ષક અસંકરિત રહે છે અને $p\pi-p\pi$ બંધમાં ભાગ લે છે.
$p\pi-d\pi$ બંધ બનાવવા માટે,$d$ કક્ષકો પાસે ઓક્સિજનની બાકીની $p$ કક્ષકો સાથે ઓવરલેપ થવા માટે યોગ્ય સંમિતિ હોવી જોઈએ.
$sp^2$ સંકરણમાં $p_x$ અને $p_y$ વપરાતા હોવાથી,ઓક્સિજનની $p_z$ કક્ષક સાથે $\pi$-બંધ બનાવી શકે તેવી $d$ કક્ષકો $d_{xz}$ અને $d_{yz}$ છે.