Hybridisation Questions in Gujarati

(C) $SF_{4}$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ (સલ્ફર) છે.
સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $4$ $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ $\sigma$-બંધ બનાવે છે.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) ની સંખ્યા = $(6 - 4) / 2 = 1$.
સ્ટેરિક નંબર = ($\sigma$-બંધની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) = $4 + 1 = 5$.
$5$ સ્ટેરિક નંબર $sp^{3}d$ સંકરણ સૂચવે છે.

(B) $XeO_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$Xe$ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ $Xe=O$ દ્વિબંધ છે.
$Xe=O$ દ્વિબંધ એક $\sigma$-બંધ અને એક $d\pi-p\pi$ $\pi$-બંધનો બનેલો છે.
$\sigma$-બંધ એ $Xe$ ના $sp^3$ સંકરિત કક્ષકો અને $O$ ના $p_z$ કક્ષક વચ્ચેના ઓવરલેપ ($sp^3-p$ ઓવરલેપ) દ્વારા રચાય છે.
$\pi$-બંધ એ $Xe$ ના ભરાયેલી $d$-કક્ષકો $(d_{xz}, d_{yz}, d_{xy})$ અને $O$ ના ખાલી $p$-કક્ષકો વચ્ચેના ઓવરલેપ ($d\pi-p\pi$ ઓવરલેપ) દ્વારા રચાય છે.
તેથી,$XeO_3$ માં $sp^3+s$ ઓવરલેપ હાજર નથી.

(C) પ્રક્રિયા $BF_3 + F^{-} \to BF_4^{-}$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ બોરોન $(B)$ છે.
$BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$BF_4^{-}$ માં,બોરોન પરમાણુ $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,આ પ્રક્રિયામાં સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ભૂમિતિ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંકરણ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$A$: $\underline{B}F_3$ એ $sp^2$ (ત્રિકોણીય સમતલીય) છે અને $BF_4^-$ એ $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય) છે. ભૂમિતિ બદલાય છે.
$B$: $\underline{N}H_3$ એ $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય) છે અને $\underline{N}H_4^+$ એ $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય) છે. કોઈ ફેરફાર નથી.
$C$: $\underline{S}O_2$ એ $sp^2$ (ત્રિકોણીય સમતલીય) છે અને $\underline{S}O_3$ એ $sp^2$ (ત્રિકોણીય સમતલીય) છે. કોઈ ફેરફાર નથી.
$D$: $H_2\underline{O}$ એ $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય) છે અને $H_3\underline{O}^+$ એ $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય) છે. કોઈ ફેરફાર નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) $C_2H_4$ (ઈથીન) માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
કાર્બન-કાર્બન દ્વિબંધ એક $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધનો બનેલો છે.
$\sigma$ બંધ દરેક કાર્બન પરમાણુના $sp^2$ સંકરિત કક્ષકોના સીધા ઓવરલેપ દ્વારા રચાય છે,જેને $sp^2-sp^2$ $\sigma$ બંધ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$\pi$ બંધ દરેક કાર્બન પરમાણુ પરની અસંકરિત $2p$ કક્ષકોના પાર્શ્વીય (sideways) ઓવરલેપ દ્વારા રચાય છે,જેને $2p\pi -2p\pi$ બંધ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(D) ખ્યાલ: સંકરણમાં અર્ધ-પૂર્ણ,ખાલી અથવા સંપૂર્ણ ભરાયેલી કક્ષકો ભાગ લઈ શકે છે. તેથી,એ વિધાન કે માત્ર અર્ધ-પૂર્ણ પરમાણ્વીય કક્ષકો જ ભાગ લે છે તે ખોટું છે.

(B) ડ્રેગોના નિયમ મુજબ,સમૂહ $15$ ના તત્વોના હાઇડ્રાઇડ્સ $(PH_3, AsH_3, SbH_3)$ ખૂબ જ ઓછું સંકરણ દર્શાવે છે અને તેમના બંધકોણ $90^{\circ}$ ની નજીક હોય છે કારણ કે તેઓ બંધ બનાવવા માટે શુદ્ધ $p$-કક્ષકોનો ઉપયોગ કરે છે.
જ્યારે આ અણુઓ પ્રોટોનેટેડ થઈને $XH_4^+$ બનાવે છે,ત્યારે મધ્યસ્થ પરમાણુ ચાર બંધોને સમાવવા માટે $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે બંધકોણ આશરે $109.5^{\circ}$ થાય છે.
$NH_3$ પહેલેથી જ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો બંધકોણ $107^{\circ}$ છે,જે $NH_4^+$ માં $109.5^{\circ}$ થાય છે,એટલે કે $2.5^{\circ}$ નો વધારો થાય છે.
$PH_3$ માં,બંધકોણ $\approx 93.5^{\circ}$ છે,જે $PH_4^+$ માં $109.5^{\circ}$ સુધી વધે છે,જે $\approx 16^{\circ}$ નો વધારો છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં નીચે જઈએ છીએ,$XH_3$ નો બંધકોણ ઘટે છે ($90^{\circ}$ ની નજીક),તેથી $XH_4^+$ બનતી વખતે થતો વધારો $PH_3$ માટે નોંધપાત્ર છે.

(D) આપેલ અણુ $CH_3-CH=CH-CH_3$ છે.
કાર્બનને ડાબેથી જમણે ક્રમ આપતા:
$C_2$ કાર્બન એક $H$ પરમાણુ,એક $C_1$ પરમાણુ (સિંગલ બોન્ડ) અને એક $C_3$ પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ હોવાથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_4$ કાર્બન ત્રણ $H$ પરમાણુ અને એક $C_3$ પરમાણુ (સિંગલ બોન્ડ) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $4$ સિગ્મા બંધ હોવાથી તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$C_2$ અને $C_4$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp^3$ છે.

(C) એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ નો સંયુગ્મી બેઝ પ્રોટોન $(H^+)$ દૂર કરવાથી મળે છે:
$NH_4^+ \rightarrow NH_3 + H^+$.
એમોનિયા અણુ $(NH_3)$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ $(N)$ ત્રણ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેની પાસે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,સ્ટેરિક નંબર $3 \text{ (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ)} + 1 \text{ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ)} = 4$ છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર સમચતુષ્ફલકીયથી બદલાઈને પિરામિડલ બને છે.

(A) $s$-લક્ષણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક પ્રજાતિમાં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ ઓળખીએ છીએ:
$(I) \, CO_3^{2-}: C$ એ $sp^2$ સંકરિત છે ($33.3\% \ s$-લક્ષણ).
$(II) \, XeF_4: Xe$ એ $sp^3d^2$ સંકરિત છે ($16.6\% \ s$-લક્ષણ).
$(III) \, I_3^-: I$ એ $sp^3d$ સંકરિત છે ($20\% \ s$-લક્ષણ).
$(IV) \, NCl_3: N$ એ $sp^3$ સંકરિત છે ($25\% \ s$-લક્ષણ).
$(V) \, BeCl_2: Be$ એ $sp$ સંકરિત છે ($50\% \ s$-લક્ષણ).
ટકાવારીની સરખામણી કરતા: $sp^3d^2 (16.6\%) < sp^3d (20\%) < sp^3 (25\%) < sp^2 (33.3\%) < sp (50\%)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $(II) < (III) < (IV) < (I) < (V)$ છે.

(A) $sp^3d^2$ સંકરણમાં એક $s$ કક્ષક,ત્રણ $p$ કક્ષકો અને બે $d$ કક્ષકોનું મિશ્રણ થાય છે.
અષ્ટફલકીય ભૂમિતિના સંદર્ભમાં,તેમાં સામેલ બે $d$ કક્ષકો અક્ષીય $d$ કક્ષકો છે,જે $d_{x^2 - y^2}$ અને $d_{z^2}$ છે.
આ કક્ષકો અક્ષો પર ગોઠવાયેલી હોય છે,જે અષ્ટફલકીય ગોઠવણીમાં લિગેન્ડ્સ સાથે અસરકારક ઓવરલેપ કરવાની મંજૂરી આપે છે.

(A) $ClF_3$ એ $Cl$ ની પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં બને છે.
ક્લોરિનની ભૂમિ અવસ્થા (ground state) માં સંયોજકતા કોષની ઇલેક્ટ્રોન રચના $3s^2 3p^5$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3p$ કક્ષકમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ કક્ષકમાં જાય છે,જેના પરિણામે $3s^2 3p^4 3d^1$ રચના મળે છે.
આનાથી ત્રણ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્ત થાય છે,જે $sp^3d$ સંકરણ દ્વારા $ClF_3$ બનાવે છે.

(D) સલ્ફર $(S)$ ની ભૂમિ અવસ્થાની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ne] 3s^2 3p^4$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3p$ કક્ષકમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ કક્ષકમાં જાય છે,પરિણામે $3s^2 3p^3 3d^1$ રચના મળે છે. આ અવસ્થા $sp^3d$ સંકરણ દ્વારા $SF_4$ બનાવવા માટે સક્ષમ છે.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3s$ કક્ષકમાંથી પણ એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ કક્ષકમાં જાય છે,પરિણામે $3s^1 3p^3 3d^2$ રચના મળે છે. આ બંધ બનાવવા માટે છ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન પૂરા પાડે છે.
આ છ કક્ષકો $sp^3d^2$ સંકરણ પામીને અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ ધરાવતું $SF_6$ બનાવે છે.
તેથી,$SF_6$ એ સલ્ફરની બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં બનતું સંયોજન છે.

(A) આપેલ સ્પીસીઝ માટે સંકરણ અને બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$BeCl_{4}^{2-}: sp^{3}$ સંકરણ,બંધકોણ $\approx 109^{\circ} 28'$
$BeCl_{3}^{-}: sp^{2}$ સંકરણ,બંધકોણ $\approx 120^{\circ}$
$BeCl_{2}: sp$ સંકરણ,બંધકોણ $= 180^{\circ}$
બંધકોણની સરખામણી કરતા:
$BeCl_{4}^{2-} (109^{\circ} 28') \rightarrow BeCl_{3}^{-} (120^{\circ})$: બંધકોણમાં વધારો થાય છે.
$BeCl_{3}^{-} (120^{\circ}) \rightarrow BeCl_{2} (180^{\circ})$: બંધકોણમાં વધારો થાય છે.
$BeCl_{2} (180^{\circ}) \rightarrow BeCl_{4}^{2-} (109^{\circ} 28')$: બંધકોણમાં ઘટાડો થાય છે.
આમ,સાચી આકૃતિ $BeCl_{4}^{2-}$ થી $BeCl_{3}^{-}$ તરફ વધારો,$BeCl_{3}^{-}$ થી $BeCl_{2}$ તરફ વધારો અને $BeCl_{2}$ થી $BeCl_{4}^{2-}$ તરફ ઘટાડો દર્શાવે છે. આ વિકલ્પ $A$ માં આપેલી આકૃતિ સાથે સુસંગત છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ શોધવા માટેનું સૂત્ર: $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$.
$1$. $SO_2$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6+0) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$2$. $SO_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6+0) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$3$. $SO_4^{2-}$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6+2) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$4$. $SO_3^{2-}$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6+2) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$5$. $CH_4$ માટે: $H = \frac{1}{2}(4+4) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$6$. $HCOOH$ માટે: મધ્યસ્થ કાર્બન $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,$SO_2$ અને $SO_3$ બંનેમાં સંકરણ સમાન $(sp^2)$ છે. તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ડાયબોરેન $(B_2H_6)$ માં,દરેક બોરોન પરમાણુ બે ટર્મિનલ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને બે બ્રિજિંગ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. બોરોન પરમાણુ ચાર બંધ બનાવે છે,જેના પરિણામે $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે.
બેરિલિયમ હાઇડ્રાઇડના ડાયમર $((BeH_2)_n)$ માં,દરેક બેરિલિયમ પરમાણુ બે ટર્મિનલ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને બે બ્રિજિંગ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે કુલ ચાર બંધ બનાવે છે. આમ,બેરિલિયમ પરમાણુ પણ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) $A)$ પિરિડિન: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે કારણ કે તે એરોમેટિક વલયનો ભાગ છે અને તેના $sp^2$ કક્ષકમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$B)$ પાયરોલ: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે કારણ કે તેનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વલયના એરોમેટિક સેક્સટેટમાં ભાગ લે છે.
$C)$ $CH_2 = CH - NH_3^+$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ ચાર પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (ત્રણ $H$ અને એક $C$) અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,તેથી તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$D)$ $CH_2 = CH - NH_2$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે કારણ કે તેનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાજુના દ્વિબંધ સાથે સંયુગ્મન (conjugation) માં છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ 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.
$(i)\ SF_4$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (6 + 4) = 5$ $(sp^3d)$. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 5 - 4 = 1$.
$(ii)\ [PCl_4]^+$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (5 + 4 - 1) = 4$ $(sp^3)$. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 4 - 4 = 0$.
$(iii)\ XeO_2F_2$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (8 + 2) = 5$ $(sp^3d)$. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 5 - 4 = 1$.
$(iv)\ ClOF_3$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (7 + 3) = 5$ $(sp^3d)$. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 5 - 5 = 0$ (કારણ કે $Cl$ એ $O$ સાથે દ્વિબંધ અને $F$ સાથે ત્રણ એકલ બંધ બનાવે છે).
તેથી,અણુઓ $(i)$ અને $(iii)$ શરત સંતોષે છે.

(C) કાર્બન-કાર્બન બંધ લંબાઈ તેમાં રહેલા કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણ પર આધાર રાખે છે।
ઈથેન $(CH_3-CH_3)$ માં, કાર્બન પરમાણુઓ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે, જેની બંધ લંબાઈ આશરે $154 \ pm$ છે।
ઈથિલીન $(CH_2=CH_2)$ માં, કાર્બન પરમાણુઓ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે, જેની બંધ લંબાઈ આશરે $134 \ pm$ છે।
એસિટિલીન $(CH \equiv CH)$ માં, કાર્બન પરમાણુઓ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે, જેની બંધ લંબાઈ આશરે $120 \ pm$ છે।
જેમ $s$-લક્ષણની ટકાવારી વધે છે ($sp^3 = 25\%$, $sp^2 = 33.3\%$, $sp = 50\%$), તેમ બંધ લંબાઈ ઘટે છે।
તેથી, બંધ લંબાઈનો ક્રમ $Ethane > Ethylene > Acetylene$ છે।

(C) આપેલ સંયોજન બાયસાઇક્લો[$4.2$.$0$]ઓક્ટા$-1,3,5-$ટ્રાયિન છે.
આપેલ બંધારણમાં,$sp^2$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ દ્વિબંધ અને વલય જોડાણમાં ભાગ લે છે.
ખાસ કરીને,$sp^2 - sp^2$ $\sigma$ બંધ એવા કાર્બન પરમાણુઓ વચ્ચે જોવા મળે છે જે બંને $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
બંધારણ જોતા:
$1$. છ-સભ્યવાળા વલયના બે દ્વિબંધોમાં બે $sp^2 - sp^2$ $\sigma$ બંધ છે.
$2$. છ-સભ્યવાળા વલયમાં બે દ્વિબંધો વચ્ચે એક $sp^2 - sp^2$ $\sigma$ બંધ છે.
$3$. ચાર-સભ્યવાળા વલયના દ્વિબંધમાં એક $sp^2 - sp^2$ $\sigma$ બંધ છે.
કુલ $sp^2 - sp^2$ $\sigma$ બંધ $= 2 + 1 + 1 = 4$.

(C) બંધ $a$ એ બે $sp$ સંકરિત કાર્બન પરમાણુઓના અતિવ્યાપનથી બને છે ($sp-sp$ બંધ).
બંધ $b$ એ એક $sp$ સંકરિત કાર્બન પરમાણુ અને એક $sp^3$ સંકરિત કાર્બન પરમાણુના અતિવ્યાપનથી બને છે ($sp-sp^3$ બંધ).
બંધ લંબાઈ તેમાં રહેલા સંકરિત કક્ષકોના $s$-ગુણધર્મ પર આધાર રાખે છે.
વધારે $s$-ગુણધર્મ એટલે નાની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા અને ટૂંકી બંધ લંબાઈ.
$sp$ કક્ષકમાં $50\%$ $s$-ગુણધર્મ હોય છે,જ્યારે $sp^3$ કક્ષકમાં $25\%$ $s$-ગુણધર્મ હોય છે.
તેથી,$sp-sp$ બંધ $(a)$ માં $sp-sp^3$ બંધ $(b)$ કરતા વધારે $s$-ગુણધર્મ હોય છે.
પરિણામે,બંધ $a$ એ બંધ $b$ કરતા ટૂંકો છે,જેનો અર્થ છે કે $b > a$.

(C) બંધ $X$ એ દ્વિબંધમાં સામેલ કાર્બન પરમાણુ (જે $sp^2$ સંકરિત છે) ને ચાર એકલ બંધ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુ (જે $sp^3$ સંકરિત છે) સાથે જોડે છે.
તેથી,બંધ $X$ એ $sp^2$ અને $sp^3$ સંકરિત કક્ષકોના અતિવ્યાપનથી બને છે.

(D) પરમાણુનું સંકરણ તેના સ્ટેરિક નંબર દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જે સિગ્મા બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાનો સરવાળો છે.
$(u) H_2\underline{C}=CH-CH_3$: રેખાંકિત કાર્બન $3$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $3$,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$(v) CH_2=\underline{C}=CHCl$: મધ્યસ્થ કાર્બન $2$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $2$,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$(w) CH_3-\underline{C}H_2^+$: કાર્બોકેટાયન કાર્બન $3$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $3$,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$(x) H-C \equiv C-H$: દરેક કાર્બન $2$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $2$,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$(y) CH_3-\underline{C} \equiv N$: કાર્બન $2$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $2$,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$(z) (CH_3)_2C=\underline{N}-NH_2$: નાઇટ્રોજન $2$ સિગ્મા બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર = $3$,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$v, x$ અને $y$ એ $sp$-સંકરણ ધરાવે છે.

(A) $C-H$ બંધની મજબૂતી કાર્બન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે.
જેમ સંકર કક્ષકમાં $s$-લક્ષણ વધે છે,તેમ કાર્બન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા વધે છે.
$sp, sp^2$ અને $sp^3$ સંકર કક્ષકોમાં $s$-લક્ષણ અનુક્રમે $50\%, 33.3\%$ અને $25\%$ છે.
તેથી,વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $sp > sp^2 > sp^3$ છે.
વધારે વિદ્યુતઋણતા એટલે ટૂંકો અને મજબૂત $C-H$ બંધ.
આમ,બંધ મજબૂતીનો સાચો ક્રમ $sp > sp^2 > sp^3$ છે.

(B) ગ્રેફાઇટમાં,કાર્બન $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. $p-$ કેરેક્ટરની ટકાવારી $\frac{2}{3} \times 100 = 66.67\% \approx 67\%$ છે.
હીરામાં,કાર્બન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $p-$ કેરેક્ટરની ટકાવારી $\frac{3}{4} \times 100 = 75\%$ છે.
તેથી,મૂલ્યો અનુક્રમે $67\%$ અને $75\%$ છે.

(B) દરેક વિકલ્પનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A) H_2O (sp^3, \text{બેન્ટ}) \to H_3O^+ (sp^3, \text{પિરામિડલ})$. સંકરણ $sp^3$ રહે છે.
$B) BF_3 (sp^2, \text{ત્રિકોણીય સમતલીય}) \to BF_4^- (sp^3, \text{ચતુષ્ફલકીય})$. સંકરણ અને આકાર બંને બદલાય છે.
$C) CH_4 (sp^3, \text{ચતુષ્ફલકીય}) \to C_2H_6 (sp^3, \text{ચતુષ્ફલકીય})$. સંકરણ $sp^3$ રહે છે.
$D) NH_3 (sp^3, \text{પિરામિડલ}) \to NH_4^+ (sp^3, \text{ચતુષ્ફલકીય})$. સંકરણ $sp^3$ રહે છે.
તેથી,સાચું રૂપાંતરણ $BF_3 \to BF_4^-$ છે.

(D) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુ માટે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ: $SN = \text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા}$.
$(a)$ $BrF_5$ માં,$Br$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. $SN = 5 + 1 = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(b)$ $SF_6$ માં,$S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $6$ બંધ બનાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. $SN = 6 + 0 = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$(c)$ $[CrF_6]^{3-}$ માં,$Cr^{3+}$ પાસે $d^3$ ઇલેક્ટ્રોન રચના છે. તે $F^-$ લિગાન્ડ્સ સાથે $6$ સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે. તેનું સંકરણ $d^2sp^3$ છે,જે ભૂમિતિની દ્રષ્ટિએ $sp^3d^2$ (અષ્ટફલકીય) ને સમાન છે.
$(d)$ $PF_5$ માં,$P$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ બંધ બનાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. $SN = 5 + 0 = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$PF_5$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવતું નથી.

(B) હીરામાં,દરેક $C$ પરમાણુ અન્ય ચાર $C$ પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક બંધથી જોડાયેલ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય રચના આપે છે. દરેક $C$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,અને ચારેય સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન સિગ્મા બંધ બનાવવામાં વપરાય છે,જેથી કોઈ મુક્ત ઇલેક્ટ્રોન રહેતા નથી. તેથી,હીરો અવાહક છે.
ગ્રેફાઇટમાં,દરેક $C$ પરમાણુ અન્ય ત્રણ $C$ પરમાણુઓ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિમાં જોડાયેલ છે. દરેક $C$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. ત્રણ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન સિગ્મા બંધમાં વપરાય છે,જ્યારે ચોથો ઇલેક્ટ્રોન અસંકરિત $p$-કક્ષકમાં રહે છે,જે સ્તરો પર વિસ્થાનિકૃત હોય છે. આ મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનને કારણે ગ્રેફાઇટ વિદ્યુતનો સારો વાહક છે.
આમ,વિદ્યુત વાહકતામાં તફાવત સીધો જ સંકરણ અને મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનની ઉપલબ્ધતાને કારણે હોવાથી,કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી છે.

(B) એલીનનું બંધારણ $CH_2=C=CH_2$ છે.
છેડાના કાર્બન પરમાણુઓ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને એક કાર્બન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલા છે,જે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
કેન્દ્રિય કાર્બન પરમાણુ બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,હાજર સંકરણના પ્રકારો $sp^2$ અને $sp$ છે.

(B) $BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક ખાલી $p_z$ કક્ષક ધરાવે છે.
જ્યારે $BF_3$ એ $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે $NH_3$ માં રહેલા નાઇટ્રોજન પરમાણુની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બોરોનની ખાલી $p_z$ કક્ષકમાં દાન કરવામાં આવે છે.
આ સવર્ગ સહસંયોજક બંધના નિર્માણને કારણે બોરોનનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીયમાંથી ચતુષ્ફલકીય બને છે.
પરિણામે,બોરોનનું સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય 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 ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.
$[IF_6]^-$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 6 + 1) = 7$,જે $sp^3d^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$[ICl_4]^-$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 4 + 1) = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$[ICl_2]^-$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 2 + 1) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$[BrF_2]^-$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 2 + 1) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવતો આયન $[ICl_4]^-$ છે,જે વિકલ્પ $B$ માં છે.

(B) $1$. $CO_2$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ નું સંકરણ $sp$ છે અને આકાર રેખીય છે.
$2$. $Br_3^-$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) અને આકાર રેખીય છે.
$3$. બંનેનો આકાર રેખીય છે પરંતુ સંકરણ અલગ ($sp$ અને $sp^3d$) હોવાથી,સાચી જોડી $CO_2, Br_3^-$ છે.

(B) સલ્ફર $(S)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $16$ છે. તેની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી $[Ne] 3s^2 3p^4 3d^0$ છે.
$SF_4$ ની રચનામાં,સલ્ફર $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે.
ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવવા માટે,સલ્ફરને $4$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની જરૂર પડે છે.
$3p_z$ ઓર્બિટલમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન $3d_{z^2}$ ઓર્બિટલમાં ઉત્તેજિત થાય છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થાની ગોઠવણી $[Ne] 3s^2 3p^3 3d^1$ બને છે.
$sp^3d$ સંકરણમાં,એક $3s$,ત્રણ $3p$,અને એક $3d$ ઓર્બિટલ ભાગ લે છે.
સલ્ફરની વેલેન્સ શેલમાં $3s, 3p,$ અને $3d$ ઓર્બિટલ્સ હોય છે.
વેલેન્સ શેલમાં કુલ ઓર્બિટલ્સ $1 (3s) + 3 (3p) + 5 (3d) = 9$ છે.
સંકરણ પછી,$5$ ઓર્બિટલ્સ બંધ બનાવવા માટે વપરાય છે ($4$ $S-F$ બંધ માટે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ માટે).
વેલેન્સ શેલમાં બાકી રહેલી ઓર્બિટલ્સ $9 - 5 = 4$ ખાલી $3d$ ઓર્બિટલ્સ છે.

(B) $CO_2$ માં,કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
જો મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ સંકરણ માટે $s$ અને $P_x$ કક્ષકોનો ઉપયોગ કરે,તો સંકર કક્ષકો $x$-અક્ષ પર હોય છે.
પરિણામે,$\pi$ બંધ બાકી રહેલી અસંકરિત $P_y$ અને $P_z$ કક્ષકો દ્વારા બને છે.
આ વિધાન $(i)$ ને સંતોષે છે.
સંકર કક્ષકો $x$-અક્ષ પર હોવાથી,અણુ $x$-અક્ષ ધરાવતા કોઈપણ સમતલમાં હોઈ શકે છે,જેમ કે $XY$ સમતલ (વિધાન $ii$) અથવા $XZ$ સમતલ (વિધાન $iii$).
તે $YZ$ સમતલમાં હોઈ શકે નહીં કારણ કે $x$-અક્ષ એ $YZ$ સમતલને લંબ છે.
આમ,સાચા વિધાનો $(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ છે.

(C) $SF_6$ માં,સંકરણ $sp^3d^2$ છે,જે અક્ષીય $d-$ કક્ષકો ($d_{z^2}$ અને $d_{x^2-y^2}$) નો ઉપયોગ કરે છે.
$PCl_5$ માં,સંકરણ $sp^3d$ છે,જે અક્ષીય $d_{z^2}$ કક્ષકનો ઉપયોગ કરે છે.
$XeF_5^+$ માં,સંકરણ $sp^3d^2$ છે,જે અક્ષીય $d-$ કક્ષકોનો ઉપયોગ કરે છે.
$XeF_5^-$ માં,સંકરણ $sp^3d^3$ છે. આમાં $d_{xy}$,$d_{yz}$,અને $d_{zx}$ કક્ષકોનો સમાવેશ થાય છે,જે બિન-અક્ષીય $d-$ કક્ષકો છે.

(D) $s-$કેરેક્ટર નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુનું સંકરણ તપાસીએ છીએ:
$1$. $NH_3$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($25\% \ s-$કેરેક્ટર).
$2$. $NH_4^+$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($25\% \ s-$કેરેક્ટર).
$3$. $H_2N-NH_2$ (હાઇડ્રેઝિન) માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($25\% \ s-$કેરેક્ટર).
$4$. $HN \equiv NH$ (ડાયઝીન) માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુઓ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$sp$ સંકરણ માટે,$s-$કેરેક્ટર $\frac{1}{2} \times 100 = 50\%$ છે.
તેથી,$HN \equiv NH$ માં $N-H$ બંધમાં સૌથી વધુ $s-$કેરેક્ટર છે.

(D) $CO_2$ માં,કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ પામે છે. જો સંકરણમાં $s$ અને $p_x$ કક્ષકોનો સમાવેશ થાય,તો સંકર કક્ષકો $x$-અક્ષ પર રહેલી હોય છે.
અણુ રેખીય હોવાથી,$O-C-O$ બંધની ધરી $x$-અક્ષ હોવી જોઈએ.
$\sigma$ બંધ $C$ ની $sp$ સંકર કક્ષકો અને $O$ પરમાણુઓની $p_x$ કક્ષકોના અતિવ્યાપનથી બને છે.
$C$ ની બાકી રહેલી $p_y$ અને $p_z$ કક્ષકોનો ઉપયોગ અનુક્રમે $O$ પરમાણુઓની $p_y$ અને $p_z$ કક્ષકો સાથે $\pi$ બંધ બનાવવા માટે થાય છે.
અણુ રેખીય હોવાથી અને $x$-અક્ષ પર હોવાથી,તે $x$-અક્ષ ધરાવતા કોઈપણ સમતલમાં (જેમ કે $XY$ સમતલ,$XZ$ સમતલ,અથવા $x$-અક્ષની આસપાસ ફેરવેલ કોઈપણ સમતલ) હોઈ શકે છે.
તેથી,અણુ અનંત સમતલોમાં હાજર છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$1$. $H_3O^{+}$: $H = \frac{1}{2}(6 + 3 - 1 + 0) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$2$. $NH_2^{-}$: $H = \frac{1}{2}(5 + 2 - 0 + 1) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$3$. $NO_3^{-}$: $H = \frac{1}{2}(5 + 0 - 0 + 1) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$4$. $ClF_3$: $H = \frac{1}{2}(7 + 3 - 0 + 0) = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ).
આમ,સાચી જોડ $A-R, B-R, C-Q, D-S$ છે.

(C) $NCl_3$ અને $N(CH_3)_3$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ ત્રણ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $sp^3$ સંકરણ અને પિરામિડલ આકાર આપે છે.
$N(SiH_3)_3$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ પરનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $p\pi-d\pi$ બેક-બોન્ડિંગને કારણે સિલિકોન પરમાણુની ખાલી $d$-કક્ષકમાં દાન પામે છે.
આ બેક-બોન્ડિંગ નાઇટ્રોજન પરમાણુના આકારને પિરામિડલમાંથી સમતલીય બનાવે છે,જેનાથી નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(A) અણુનો આકાર કોણીય (bent) હોવા માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ પર ઓછામાં ઓછી એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોવી જોઈએ અને તે અન્ય બે પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોવો જોઈએ.
$sp$ સંકરણમાં,ભૂમિતિ $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય હોય છે.
$sp^2$ સંકરણમાં,ભૂમિતિ ત્રિકોણીય સમતલીય હોય છે. જો એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હાજર હોય,તો આકાર કોણીય બને છે (દા.ત.,$SO_2$,$SnCl_2$).
$sp^3$ સંકરણમાં,ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય હોય છે. જો બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હાજર હોય,તો આકાર કોણીય બને છે (દા.ત.,$H_2O$).
તેથી,$sp$ સંકરણમાં કોણીય આકાર શક્ય નથી કારણ કે બંધકોણ $180^{\circ}$ પર નિશ્ચિત હોય છે.

(C) $1$. નાઈટ્રોનિયમ આયન $(NO_2^ )$ માં,$N$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે (રેખીય ભૂમિતિ).
$2$. નાઈટ્રેટ આયન $(NO_3^-)$ માં,$N$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે (ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ).
$3$. ટ્રાયસિલાઈલએમાઈન $(N(SiH_3)_3)$ માં,$N$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (પિરામિડલ ભૂમિતિ),કારણ કે $N$ પરની અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ $Si$ ની ખાલી $d$-કક્ષકોમાં દાન પામે છે ($p\pi-d\pi$ બેક બોન્ડિંગ).
$4$. બોરાઝીન $(B_3N_3H_6)$ માં,$N$ પરમાણુઓ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$5$. તેથી,ટ્રાયસિલાઈલએમાઈન એ $sp^3$ સંકરણનું ઉદાહરણ છે.

(B) સંકર કક્ષકોની વિદ્યુતઋણતા $(EN)$ એ સંકર કક્ષકમાં રહેલા $s$-લક્ષણની ટકાવારીના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
$sp$ સંકરણ માટે,$s$-લક્ષણ $50\%$ છે.
$sp^2$ સંકરણ માટે,$s$-લક્ષણ $33.3\%$ છે.
$sp^3$ સંકરણ માટે,$s$-લક્ષણ $25\%$ છે.
તેથી,વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $sp (50\%) > sp^2 (33.3\%) > sp^3 (25\%)$ છે.

(A, C) $BeCl_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Be$ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp$ સંકરણ અને રેખીય આકાર આપે છે. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$BCl_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^2$ સંકરણ અને ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર આપે છે. તેથી,વિકલ્પ $C$ પણ સાચો છે.

(D) $ICl^{+}_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ ના સંકરણને નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$SN = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$
જ્યાં:
$V$ = મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(I = 7)$
$M$ = જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા $(Cl = 2)$
$C$ = ધન વીજભાર $(+1)$
$A$ = ઋણ વીજભાર $(0)$
$SN = \frac{1}{2} [7 + 2 - 1 + 0] = \frac{8}{2} = 4$
$4$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$ICl^{+}_2$ માં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.

(A) $BF_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$H_3O^{+}$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$NH_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$PCl_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,$BF_3$ માં $B$ નું સંકરણ અન્ય કરતા અલગ છે.

(B) $NH_3$ $(sp^3)$ $+ H^{+} \to NH_4^+$ $(sp^3)$ (કોઈ ફેરફાર નહીં)
$(b)$ $H_3BO_3$ $(sp^2)$ $+ OH^{-} \to [B(OH)_4]^-$ $(sp^3)$ (સંકરણ બદલાય છે)
$(c)$ $NH_3$ $(sp^3)$ $\to NH_2^-$ $(sp^3)$ (કોઈ ફેરફાર નહીં)
$(d)$ $H_2O$ $(sp^3)$ $+ H^{+} \to H_3O^+$ $(sp^3)$ (કોઈ ફેરફાર નહીં)
તેથી,વિકલ્પ $(b)$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ બદલાય છે.

(A) મિથેનની દહન પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $CH_4(g) + 2O_2(g) \rightarrow CO_2(g) + 2H_2O(l)$.
$CH_4$ માં,કાર્બન પરમાણુ ચાર હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે એકલ બંધથી જોડાયેલ છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
નીપજ $CO_2$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ $(O=C=O)$ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ થી $sp$ સંકરણમાં ફેરફાર અનુભવે છે.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
સમજૂતી:
$1$. $IF_5$ માટે: આયોડિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $5 + 1 = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $I_3^-$ માટે: મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,વત્તા ઋણ વીજભારનો $1$ ઇલેક્ટ્રોન,કુલ $8$. તે અન્ય $I$ પરમાણુઓ સાથે $2$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $2 + 3 = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $I_3^+$ માટે: મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,ઓછા ધન વીજભારનો $1$ ઇલેક્ટ્રોન,કુલ $6$. તે અન્ય $I$ પરમાણુઓ સાથે $2$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $2 + 2 = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(C) $(A).$ $H_2O + CO_2 \longrightarrow H_2CO_3$. $CO_2$ માં $C$ નું સંકરણ $sp$ છે,જ્યારે $H_2CO_3$ માં તે $sp^2$ છે. આમ,તે બદલાય છે.
$(B).$ $H_3BO_3 + OH^{-} \longrightarrow [B(OH)_4]^{-}$. $B$ નું સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે.
$(C).$ $BF_3 + NH_3 \longrightarrow F_3B \leftarrow NH_3$. $NH_3$ માં $N$ નું સંકરણ $sp^3$ છે અને સંકીર્ણ $F_3B-NH_3$ માં પણ તે $sp^3$ જ રહે છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ બંધનમાં સામેલ $d-$ કક્ષકો નક્કી કરે છે.
$PBr^{+}_4$ માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3$ સંકરણ આપે છે.
$PCl^{-}_4$ માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ આપે છે.
$ICl^{-}_4$ માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ આપે છે.
$sp^3d^2$ સંકરણમાં,સામેલ $d-$ કક્ષકો $d_{z^2}$ અને $d_{x^2-y^2}$ છે,જે $d-$ કક્ષકોનો અક્ષીય સેટ છે.
તેથી,$ICl^{-}_4$ સાચી સ્પીસીઝ છે.