Hybridisation Questions in Gujarati

(D) $IF_{7}$ માં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $(I)$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે $7$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $7$ બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે:
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} \times (V + M - C + A) = \frac{1}{2} \times (7 + 7) = 7$.
$7$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^{3}d^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે,જે પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.
આ બંધારણમાં,પાંચ ફ્લોરિન પરમાણુઓ પંચકોણીય સમતલમાં $72^{\circ}$ ના $I-F$ બંધકોણ સાથે ગોઠવાયેલા હોય છે,અને બે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સમતલની ઉપર અને નીચે $90^{\circ}$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલા હોય છે.

(A) કેન્દ્રીય પરમાણુનું સંકરણ $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણી શકાય છે,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.

જાતિ	સંકરણ
$[ICl_{2}]^{-}$	$sp^{3}d$
$[ICl_{4}]^{-}$	$sp^{3}d^{2}$
$[BrF_{2}]^{-}$	$sp^{3}d$
$[IF_{6}]^{-}$	$sp^{3}d^{3}$

$[ICl_{4}]^{-}$ માટે,કેન્દ્રીય પરમાણુ $I$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન,$4$ એકસંયોજક $Cl$ પરમાણુઓ અને $1$ ઋણભાર છે. તેથી,$H = \frac{1}{2}(7 + 4 + 1) = 6$,જે $sp^{3}d^{2}$ સંકરણ સૂચવે છે.

(C) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા ગણીએ છીએ: $\text{ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા} = \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો}$.
$NF_{3}$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $3$ બંધકારક અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,કુલ $4$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$H_{2}O$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ પાસે $2$ બંધકારક અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,કુલ $4$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$NF_{3}$ અને $H_{2}O$ બંને $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે તેની સાથે જોડાયેલા સિગ્મા $(\sigma)$ બંધોની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$1$. કાર્બન $a$ એ મિથાઈલ ગ્રુપ $(-CH_3)$ નો ભાગ છે. તે ત્રણ હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ અને એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે,જે ચાર સિંગલ બોન્ડ બનાવે છે. આમ,તેની પાસે ચાર $\sigma$ બંધ છે અને તે $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. કાર્બન $b$ એ ડબલ બોન્ડ $(C=C)$ નો ભાગ છે. તે એક કાર્બન પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ દ્વારા,જે એક $\sigma$ બંધ તરીકે ગણાય છે),એક હાઈડ્રોજન પરમાણુ અને એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તેની પાસે ત્રણ $\sigma$ બંધ છે અને તે $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. કાર્બન $c$ એ બેન્ઝીન રિંગનો ભાગ છે. તે રિંગમાં અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ અને એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તે એરોમેટિક રિંગમાં ડબલ બોન્ડમાં સામેલ છે,જે તેને ત્રણ $\sigma$ બંધ આપે છે. આમ,તે $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$a, b$ અને $c$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^{3}, sp^{2}$ અને $sp^{2}$ છે.

(C) $BF_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ બોરોન $(B)$ છે.
બોરોન પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $3$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ $\sigma$-બંધ બનાવે છે.
મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(lp)$ ની સંખ્યા = $0$.
સ્ટેરિક નંબર = ($\sigma$-બંધની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) = $3 + 0 = 3$.
$3$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુની આસપાસ કુલ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $3 \times 2 = 6$ ઇલેક્ટ્રોન છે ($3$ સહસંયોજક બંધને કારણે).
આમ,સંકરણ $sp^2$ છે અને ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $6$ છે.

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{સ્ટેરિક નંબર} = (\text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા}) + (\text{મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા})$.
$1$. $NO_{2}^{-}$ માટે: મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (બે સિગ્મા બંધ) અને તેની પાસે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સ્ટેરિક નંબર = $2 + 1 = 3$,જે $sp^{2}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $NO_{2}^{+}$ માટે: મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (બે સિગ્મા બંધ) અને તેની પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. સ્ટેરિક નંબર = $2 + 0 = 2$,જે $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $NH_{4}^{+}$ માટે: મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ ચાર હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (ચાર સિગ્મા બંધ) અને તેની પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. સ્ટેરિક નંબર = $4 + 0 = 4$,જે $sp^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,સંકરણ અનુક્રમે $sp^{2}, sp$ અને $sp^{3}$ છે.

(D) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$.
$(a)$ $SF_{4}$: $SN = \frac{1}{2} (6 + 4) = 5$,જે $sp^{3}d$ સંકરણ $(iii)$ દર્શાવે છે.
$(b)$ $IF_{5}$: $SN = \frac{1}{2} (7 + 5) = 6$,જે $sp^{3}d^{2}$ સંકરણ $(i)$ દર્શાવે છે.
$(c)$ $NO_{2}^{+}$: $SN = \frac{1}{2} (5 + 0 - 1) = 2$,જે $sp$ સંકરણ $(v)$ દર્શાવે છે.
$(d)$ $NH_{4}^{+}$: $SN = \frac{1}{2} (5 + 4 - 1) = 4$,જે $sp^{3}$ સંકરણ $(iv)$ દર્શાવે છે.
આમ,સાચી જોડ $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(v), (d)-(iv)$ છે.

(B) હીરામાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ અન્ય ચાર કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે,જેના પરિણામે $sp^{3}$ સંકરણ જોવા મળે છે.
ગ્રેફાઇટમાં,દરેક કાર્બન પરમાણુ અન્ય ત્રણ કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે,જેના પરિણામે $sp^{2}$ સંકરણ જોવા મળે છે.

(A) $PF_{5}$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $5$ $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી આ મુજબ થાય છે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (V + M - C + A) = \frac{1}{2} (5 + 5 - 0 + 0) = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^{3}d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$sp^{3}d$ ની $sp^{x}d^{y}$ સાથે સરખામણી કરતા,આપણને $x=3$ અને $y=1$ મળે છે.
તેથી,$y$ નું મૂલ્ય $1$ છે.

(A) પગલું $1$: સાયક્લોહેક્ઝેનોલનું $K_2Cr_2O_7$ સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી સાયક્લોહેક્ઝેનોન મળે છે.
પગલું $2$: સાયક્લોહેક્ઝેનોનની ફિનાઈલમેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ $(C_6H_5MgBr)$ સાથે પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ જળવિભાજન કરવાથી $1-$ફિનાઈલસાયક્લોહેક્ઝેનોલ મળે છે.
પગલું $3$: $1-$ફિનાઈલસાયક્લોહેક્ઝેનોલનું $H^+$ અને ગરમીની હાજરીમાં નિર્જલીકરણ કરવાથી મુખ્ય નીપજ '$X$' તરીકે $1-$ફિનાઈલસાયક્લોહેક્ઝીન મળે છે.
પગલું $4$: $1-$ફિનાઈલસાયક્લોહેક્ઝીનમાં,ફિનાઈલ વલયમાં $6$ $sp^{2}$ કાર્બન અને સાયક્લોહેક્ઝીન વલયમાં દ્વિબંધ ધરાવતા $2$ $sp^{2}$ કાર્બન હોય છે.
કુલ $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓ = $6 + 2 = 8$.

(A) આપેલા અણુઓનું સંકરણ અને આકાર નીચે મુજબ છે:
$A. XeO_3$: સ્ટેરિક નંબર = $3$ (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) + $1$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $4$. સંકરણ $sp^3$ છે અને આકાર પિરામિડલ છે.
$B. XeF_2$: સ્ટેરિક નંબર = $2$ (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) + $3$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $5$. સંકરણ $sp^3d$ છે અને આકાર રેખીય છે.
$C. XeOF_4$: સ્ટેરિક નંબર = $5$ (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) + $1$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $6$. સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને આકાર ચોરસ પિરામિડલ છે.
$D. XeF_6$: સ્ટેરિક નંબર = $6$ (બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) + $1$ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) = $7$. સંકરણ $sp^3d^3$ છે અને આકાર વિકૃત અષ્ટફલકીય છે.
આમ,સાચી જોડ $A-I, B-II, C-III, D-IV$ છે.

(B) 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 આયનનો વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ આયનનો વીજભાર છે.
$1$. $PF_{5}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(5 + 5) = 5$ $(sp^{3}d)$
$2$. $BrF_{5}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(7 + 5) = 6$ $(sp^{3}d^{2})$
$3$. $PCl_{3}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(5 + 3) = 4$ $(sp^{3})$
$4$. $SF_{6}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(6 + 6) = 6$ $(sp^{3}d^{2})$
$5$. $[ICl_{4}]^{-}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(7 + 4 + 1) = 6$ $(sp^{3}d^{2})$
$6$. $ClF_{3}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(7 + 3) = 5$ $(sp^{3}d)$
$7$. $IF_{5}$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2}(7 + 5) = 6$ $(sp^{3}d^{2})$
$sp^{3}d^{2}$ સંકરણ ધરાવતા અણુઓ/આયનો $BrF_{5}$,$SF_{6}$,$[ICl_{4}]^{-}$,અને $IF_{5}$ છે.
કુલ સંખ્યા = $4$.

(C) દરેક કિસ્સામાં મધ્યસ્થ પરમાણુ માટે સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી કરીએ:
$1$. $CO_2 \rightarrow HCOOH$: $CO_2$ માં,$C$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $2$). $HCOOH$ માં,$C$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $3$).
$2$. $BF_3 \rightarrow BF_4^-$: $BF_3$ માં,$B$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $3$). $BF_4^-$ માં,$B$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $4$).
$3$. $NH_3 \rightarrow NH_4^+$: $NH_3$ માં,$N$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર = $4$ ($sp^3$ સંકરણ). $NH_4^+$ માં,$N$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી સ્ટેરિક નંબર = $4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$4$. $PCl_3 \rightarrow PCl_5$: $PCl_3$ માં,$P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $4$). $PCl_5$ માં,$P$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે (સ્ટેરિક નંબર = $5$).
આમ,$NH_3 \rightarrow NH_4^+$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ બદલાતું નથી.

(D) સંયોજનમાં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $H = \frac{1}{2}[V + MA \pm \text{anion/cation}]$ સૂત્ર દ્વારા ગણી શકાય છે.
જ્યાં,$H = \text{સંકરણ}$,$V = \text{મધ્યસ્થ પરમાણુની સંયોજકતા}$,$MA = \text{એકસંયોજક પરમાણુ}$.
$[IO_2F_5]^{2-}$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ છે $(V=7)$. ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક છે,તેથી તે $MA$ માં ગણાશે નહીં. ફ્લોરિન એકસંયોજક છે $(MA=5)$. વીજભાર $-2$ છે (તેથી $2$ ઉમેરવા).
$H = \frac{1}{2}[7 + 5 + 2] = \frac{14}{2} = 7$.
$7$ સ્ટેરિક નંબર $sp^3d^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$sp^3d^3$ સંકરણ માટેનો આકાર પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ છે. $[IO_2F_5]^{2-}$ માં,બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અક્ષીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જ્યારે પાંચ ફ્લોરિન પરમાણુઓ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે.

(A) કાર્બન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા તેના સંકરણમાં રહેલા $s$-ગુણધર્મ (s-character) ના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
વધારે $s$-ગુણધર્મ એટલે વધુ વિદ્યુતઋણતા,કારણ કે ઇલેક્ટ્રોન કેન્દ્રની વધુ નજીક હોય છે.
જુદા જુદા સંકરણમાં $s$-ગુણધર્મ નીચે મુજબ છે:
$sp$: $50\% \ s$-ગુણધર્મ
$sp^{2}$: $33.3\% \ s$-ગુણધર્મ
$sp^{3}$: $25\% \ s$-ગુણધર્મ
તેથી,વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $sp > sp^{2} > sp^{3}$ છે.

(A) સંકરણ એ સ્ટેરિક નંબર (મધ્યસ્થ પરમાણુ સાથે જોડાયેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $+$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા) પરથી નક્કી કરવામાં આવે છે. હાઇબ્રિડ ઓર્બિટલ્સની સંખ્યા સ્ટેરિક નંબર જેટલી હોવી જોઈએ.
$R-N=C=O$ ના લુઈસ બંધારણ પરથી:
$I$. $N$-પરમાણુ માટે: તે $2$ પરમાણુઓ ($R$ અને $C$) સાથે જોડાયેલ છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 1 = 3$. તેથી,સંકરણ $sp^2$ છે.
$II$. $C$-પરમાણુ માટે: તે $2$ પરમાણુઓ ($N$ અને $O$) સાથે જોડાયેલ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 0 = 2$. તેથી,સંકરણ $sp$ છે.
$III$. $O$-પરમાણુ માટે: તે $1$ પરમાણુ $(C)$ સાથે જોડાયેલ છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 1 + 2 = 3$. તેથી,સંકરણ $sp^2$ છે.
આમ,સંકરણ $sp^2, sp, sp^2$ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણી શકાય છે: $X = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$
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.
$XeF_4$ માટે:
$V = 8$ ($Xe$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન)
$M = 4$ (ચાર $F$ પરમાણુઓ)
$C = 0, A = 0$
$X = \frac{1}{2} (8 + 4) = 6$
$6$ નું મૂલ્ય $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) સાચો જવાબ છે.
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.
$1. SF_4$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [6 + 4] = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ).
$2. XeOF_4$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [8 + 4] = 6$ ($sp^3d^2$ સંકરણ).
$3. PF_5$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 5] = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ).
$4. BrF_3$: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [7 + 3] = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ).

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ = (સિગ્મા બંધની સંખ્યા) + (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા).
$1. NH_3$: $SN = 3 + 1 = 4 \rightarrow sp^3$
$2. SO_2$: $SN = 2 + 1 = 3 \rightarrow sp^2$
$3. SiO_2$: $SN = 4 + 0 = 4 \rightarrow sp^3$
$4. BeCl_2$: $SN = 2 + 0 = 2 \rightarrow sp$
$5. CO_2$: $SN = 2 + 0 = 2 \rightarrow sp$
$6. H_2O$: $SN = 2 + 2 = 4 \rightarrow sp^3$
$7. CH_4$: $SN = 4 + 0 = 4 \rightarrow sp^3$
$8. BF_3$: $SN = 3 + 0 = 3 \rightarrow sp^2$
$sp^3$ સંકરણ ધરાવતી જાતિઓ $NH_3, SiO_2, H_2O,$ અને $CH_4$ છે.
તેથી,આવી કુલ જાતિઓની સંખ્યા $4$ છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ: $SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$.
$1$. $NO_3^{-}$ માટે: $N$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $5$ છે. $SN = \frac{1}{2} (5 + 0 - 0 + 1) = 3$. સંકરણ $sp^2$ છે.
$2$. $BCl_3$ માટે: $B$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $3$ છે. $SN = \frac{1}{2} (3 + 3 - 0 + 0) = 3$. સંકરણ $sp^2$ છે.
$3$. $ClO_2^{-}$ માટે: $Cl$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $7$ છે. $SN = \frac{1}{2} (7 + 0 - 0 + 1) = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે.
$4$. $ClO_3$ માટે: $Cl$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $7$ છે. બંધારણ મુજબ,મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,$ClO_2^{-}$ અને $ClO_3$ માં $sp^3$ સંકરણ છે.
કુલ સંખ્યા $2$ છે.

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

(C) $sp^2$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ નક્કી કરવા માટે, આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુનો સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ તપાસીએ છીએ, જ્યાં $SN = \text{sigma}$ બંધની સંખ્યા + અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા। $sp^2$ સંકરણ માટે, $SN = 3$ હોવો જોઈએ।
$1. NH_3$: $SN = 3 + 1 = 4$ $(sp^3)$
$2. SO_2$: $SN = 2 + 1 = 3$ $(sp^2)$
$3. SiO_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$4. BeCl_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$5. C_2H_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$6. C_2H_4$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$7. BCl_3$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$8. HCHO$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$9. C_6H_6$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$10. BF_3$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$11. C_2H_4Cl_2$: $SN = 4$ $(sp^3)$
$sp^2$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ $SO_2, C_2H_4, BCl_3, HCHO, C_6H_6, BF_3$ છે। કુલ સંખ્યા $6$ છે।

(A) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી કરીએ છીએ: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$.
$1. BF_3$: સ્ટેરિક નંબર = $\frac{1}{2} [3 + 3] = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$2. NO_2^{-}$: સ્ટેરિક નંબર = $\frac{1}{2} [5 + 0 + 1] = 3$ ($sp^2$ સંકરણ).
$3. NH_2^{-}$: સ્ટેરિક નંબર = $\frac{1}{2} [5 + 2 + 1] = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$4. H_2O$: સ્ટેરિક નંબર = $\frac{1}{2} [6 + 2] = 4$ ($sp^3$ સંકરણ).
$5. NO_2$: નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,$BF_3$ અને $NO_2^{-}$ બંને $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.

(D) $P_4$ અણુમાં,દરેક ફોસ્ફરસ પરમાણુ અન્ય ત્રણ ફોસ્ફરસ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
$P_4$ માં બંધકોણ $60^{\circ}$ છે.
બંધકોણ $\theta$ માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\cos \theta = \frac{p-1}{p}$,જ્યાં $p$ એ $p$-લાક્ષણિકતાનો અંશ છે.
$\theta = 60^{\circ}$ માટે,$\cos 60^{\circ} = 0.5$.
$0.5 = \frac{p-1}{p} \implies 0.5p = p - 1 \implies p = 2$.
આનો અર્થ એ છે કે $p$-લાક્ષણિકતા અને $s$-લાક્ષણિકતાનો ગુણોત્તર $2:1$ છે.
તેથી,$p$-લાક્ષણિકતાની ટકાવારી $\frac{2}{2+1} \times 100 = 66.67\%$ થાય છે.
જો કે,$P_4$ માટેના પ્રમાણભૂત પ્રશ્નોમાં,$sp^3$ સંકરણને ધ્યાનમાં લેતા,વિકલ્પ $(D)$ સાચો ગણવામાં આવે છે.

(C) $sp^3$ સંકરણ ધરાવતા મધ્યસ્થ પરમાણુવાળી સ્પીસીઝ શોધવા માટે,આપણે દરેક માટે સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ ગણીએ છીએ:
$SN = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓ,$C$ એ ધન વીજભાર અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$1$. $[I_3]^{+}: SN = \frac{1}{2}(7 + 2 - 1) = 4 \rightarrow sp^3$
$2$. $[SiO_4]^{4-}: SN = \frac{1}{2}(4 + 4 + 4) = 4 \rightarrow sp^3$
$3$. $SO_2Cl_2: SN = \frac{1}{2}(6 + 2) = 4 \rightarrow sp^3$
$4$. $XeF_2: SN = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5 \rightarrow sp^3d$
$5$. $SF_4: SN = \frac{1}{2}(6 + 4) = 5 \rightarrow sp^3d$
$6$. $ClF_3: SN = \frac{1}{2}(7 + 3) = 5 \rightarrow sp^3d$
$7$. $Ni(CO)_4: Ni$ એ $d^{10}s^2$ છે,$CO$ તટસ્થ લિગેન્ડ છે,$SN = 4 \rightarrow sp^3$
$8$. $XeO_2F_2: SN = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5 \rightarrow sp^3d$
$9$. $[PtCl_4]^{2-}: Pt^{2+}$ એ $d^8$ સિસ્ટમ છે,$SN = 4 \rightarrow dsp^2$
$10$. $XeF_4: SN = \frac{1}{2}(8 + 4) = 6 \rightarrow sp^3d^2$
$11$. $SOCl_2: SN = \frac{1}{2}(6 + 2) = 4 \rightarrow sp^3$
$sp^3$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ $[I_3]^{+}$,$[SiO_4]^{4-}$,$SO_2Cl_2$,$Ni(CO)_4$,અને $SOCl_2$ છે.
કુલ સંખ્યા = $5$.

(B) એલીન $(C_3H_4)$ નું બંધારણ $CH_2=C=CH_2$ છે.
આ અણુમાં,છેડાના કાર્બન પરમાણુઓ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને એક કાર્બન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલા છે,જે તેમને $sp^2$ સંકરણ આપે છે.
કેન્દ્રનો કાર્બન પરમાણુ બે દ્વિબંધ દ્વારા અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલો છે,જે તેને $sp$ સંકરણ આપે છે.
તેથી,એલીનમાં કાર્બન પરમાણુઓ $sp$ અને $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.

(D) ભૌમિતિક આકાર અને સંકરણ નીચે મુજબ છે:
$1. BeCl_2$: $sp$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો ફાળો નથી.
$2. N_3^{-}$: $sp$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો ફાળો નથી.
$3. N_2O$: $sp$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો ફાળો નથી.
$4. NO_2^{+}$: $sp$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો ફાળો નથી.
$5. O_3$: $sp^2$ સંકરણ,કોણીય (bent).
$6. SCl_2$: $sp^3$ સંકરણ,કોણીય (bent).
$7. I_3^{-}$: $sp^3d$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો સમાવેશ થાય છે.
$8. ICl_2^{-}$: $sp^3d$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો સમાવેશ થાય છે.
$9. XeF_2$: $sp^3d$ સંકરણ,રેખીય,$d$-કક્ષકનો સમાવેશ થાય છે.
આમ,રેખીય હોય અને જેમાં $d$-કક્ષકનો ફાળો ન હોય તેવા અણુઓ/આયનો $BeCl_2, N_3^{-}, N_2O$ અને $NO_2^{+}$ છે.
કુલ સંખ્યા $4$ છે.

(D) સાચો જવાબ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના ડાયપોલ મોમેન્ટ અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:

અણુ	સંકરણ,ડાયપોલ મોમેન્ટ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ
$SO_2$	$sp^2$,શૂન્ય નથી,$1$
$NF_3$	$sp^3$,શૂન્ય નથી,$1$
$NH_3$	$sp^3$,શૂન્ય નથી,$1$
$XeF_2$	$sp^3d$,શૂન્ય,$3$
$ClF_3$	$sp^3d$,શૂન્ય નથી,$2$
$SF_4$	$sp^3d$,શૂન્ય નથી,$1$

જે અણુઓનો ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય નથી,તેમાં $ClF_3$ ના મધ્યસ્થ પરમાણુ પર સૌથી વધુ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(2)$ છે. $ClF_3$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે.

(C) દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $PF_5$: સંકરણ $sp^3d$ છે. તેમાં $5$ સમાન $P-F$ બંધ (ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ) છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી.
$2$. $XeF_4$: સંકરણ $sp^3d^2$ છે. તે ચોરસ સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. $SF_4$: સંકરણ $sp^3d$ છે. તે સી-સો (see-saw) ભૂમિતિ ધરાવે છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,અક્ષીય અને વિષુવવૃત્તીય બંધ લંબાઈ અલગ-અલગ હોય છે.
$4$. $XeF_2$: સંકરણ $sp^3d$ છે. તે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $Xe-F$ બંધ સમાન છે.
તેથી,$SF_4$ ત્રણેય શરતો સંતોષે છે: $(a)$ $sp^3d$ સંકરણ,$(b)$ અલગ-અલગ બંધ લંબાઈ,અને $(c)$ મધ્યસ્થ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુના સંકરણને નક્કી કરવા માટે,આપણે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Steric Number} = (\text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા}) + (\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા})$.
$1$. $SO_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $2$ સિગ્મા બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $\text{Steric Number} = 2 + 1 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$2$. $NO_2^-$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $2$ સિગ્મા બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $\text{Steric Number} = 2 + 1 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$3$. $N_3^-$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $2$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. $\text{Steric Number} = 2 + 0 = 2$,જે $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,સંકરણ અનુક્રમે $sp^2, sp^2$ અને $sp$ છે.

(D) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સ્પીસીઝની રચના જોઈએ છીએ:
$1$. $SO_3$ (ઘન): ચક્રીય ટ્રાયમર $(SO_3)_3$ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે જ્યાં દરેક $S$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $H_3PO_2$: મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુ બે $H$ પરમાણુઓ,એક $OH$ સમૂહ અને એક દ્વિ-બંધિત $O$ પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. $S_2O_3^{2-}$: મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ ત્રણ $O$ પરમાણુઓ અને એક $S$ પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. $XeO_2F_2$: મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે.
$5$. $I_3^-$: મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે.
$6$. $N_2O$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$7$. $NH_2^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$sp^3$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ $SO_3$ (ઘન),$H_3PO_2$,$S_2O_3^{2-}$ અને $NH_2^-$ છે.
આમ,આવી $4$ સ્પીસીઝ છે.

(B) $I_3^-$ માં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ અન્ય બે આયોડિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેની પાસે ત્રણ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
સ્ટેરિક નંબર માટેનું સૂત્ર: $SN = \text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} = 2 + 3 = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$sp^3d$ સંકરણમાં કુલ $5$ કક્ષકો છે: $1$ $s$-કક્ષક,$3$ $p$-કક્ષકો અને $1$ $d$-કક્ષક.
$d$-લાક્ષણિકતાની ટકાવારી આ મુજબ ગણવામાં આવે છે: $\frac{1}{5} \times 100 \% = 20 \%$.

(D) $SF_4$ માં મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $4 \text{ (બંધકારક)} + 1 \text{ (અબંધકારક)} = 5$.
$5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ માટે,સંકરણ $sp^3d$ થાય છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેની ભૂમિતિ વિકૃત ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ હોય છે,જેને સામાન્ય રીતે સીસો (seesaw) આકાર તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.

(C) એસીટીલીન અણુ $(HC \equiv CH)$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ અનુભવે છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુ બીજા કાર્બન પરમાણુ સાથે એક $sp-sp$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુ હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે એક $sp-s$ સિગ્મા બંધ પણ બનાવે છે.
તેથી,$C-H$ બંધ કાર્બનના $sp$ સંકરિત કક્ષક અને હાઇડ્રોજનના $s$ કક્ષકના ઓવરલેપ દ્વારા રચાય છે.

(B) $CH_4$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ ચાર હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેમાં કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) નથી.
તે $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે,જે $109.5^\circ$ ના બંધકોણ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.

(C) $sp^2$ સંકરણમાં એક $s$ અને બે $p$ કક્ષકોનું મિશ્રણ થાય છે,જેના પરિણામે ત્રણ સમાન સંકર કક્ષકો સમબાજુ ત્રિકોણના ખૂણાઓ તરફ નિર્દેશિત થાય છે. આનાથી $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે.

(B) સમૂહ $16$ ના તત્વોના હાઇડ્રાઇડ્સ (જેમ કે $H_2O$,$H_2S$,$H_2Se$,$H_2Te$) માં મધ્યસ્થ પરમાણુ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે અને તેની પાસે બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,સ્ટેરિક નંબર $2 \text{ (બંધકારક યુગ્મ)} + 2 \text{ (અબંધકારક યુગ્મ)} = 4$ થાય છે.
$4$ સ્ટેરિક નંબર $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(B) મિથેન $(CH_4)$ માં $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે.
એસીટીલીન ($C_2H_2$ અથવા $HC \equiv CH$) માં $sp$ સંકરણ જોવા મળે છે,જેમાં દરેક કાર્બન પરમાણુ એક હાઇડ્રોજન અને એક કાર્બન સાથે ત્રિબંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
ઇથિલીન $(C_2H_4)$ માં $sp^2$ સંકરણ જોવા મળે છે.
એમોનિયા $(NH_3)$ માં $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે.

(B) $CH_4$ માં,કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_2H_2$ (એસીટીલીન) માં,ત્રિબંધની હાજરીને કારણે કાર્બન પરમાણુઓ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$H_2O$ માં,ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$NH_3$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$C_2H_2$ એ એવો અણુ છે જેમાં $sp^3$ સંકરણનો સમાવેશ થતો નથી.

(B) $CH_4$ અણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$sp^3$ સંકરણમાં ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય હોય છે.
નિયમિત સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિમાં બંધકોણ $109^{\circ} 28^{\prime}$ હોય છે.

(B) એસીટીલીન $(HC \equiv CH)$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ અનુભવે છે.
$C-H$ સિગ્મા બંધ કાર્બન પરમાણુની $sp$ સંકર કક્ષક અને હાઈડ્રોજન પરમાણુની $1s$ કક્ષકના અતિવ્યાપનથી બને છે.
તેથી,આ બંધ $sp - s$ અતિવ્યાપન દ્વારા રચાય છે.

(D) મધ્યસ્થ 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.
$A$) $NH_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [5 + 3] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$B$) $H_2O$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [6 + 2] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$C$) $CH_4$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [4 + 4] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.
$D$) $BF_3$ માટે: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} [3 + 3] = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$BF_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવતો નથી.

(D) $BeCl_2$ માં,મધ્યસ્થ $Be$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ અનુભવે છે.
$BF_3$ માં,મધ્યસ્થ $B$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ અનુભવે છે.
$C_2H_4$ માં,દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ અનુભવે છે.
$H_2O$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે સ્ટેરિક નંબર $4$ મળે છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(C) સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ $sp^{3}$ સંકરણ સાથે સંકળાયેલ છે,જેમાં એક $s$ કક્ષક અને ત્રણ $p$ કક્ષકો મિશ્ર થઈને ચાર સમાન $sp^{3}$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે,જે $109.5^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે નિયમિત સમચતુષ્ફલકના ખૂણાઓ તરફ નિર્દેશિત હોય છે.

(B) પાણીના અણુ $(H_2O)$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^{3}$ સંકરણ અનુભવે છે.
ઓક્સિજનના બે $sp^{3}$ સંકર કક્ષકો બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓની $1s$ કક્ષકો સાથે ઓવરલેપ થઈને બે $O-H$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે.
તેથી,સામેલ ઓવરલેપિંગનો પ્રકાર $sp^{3}-s$ છે.

(A) બનતી સંકર કક્ષકોની સંખ્યા હંમેશા સંકરણમાં ભાગ લેતી પરમાણ્વીય કક્ષકોની કુલ સંખ્યા જેટલી હોય છે.
અહીં,ભાગ લેતી પરમાણ્વીય કક્ષકોની સંખ્યા $1$ $(s)$ + $3$ $(p)$ + $1$ $(d)$ = $5$ કક્ષકો છે.
તેથી,$5$ સંકર કક્ષકો બનશે.

(C) $PCl_{5}$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ ફોસ્ફરસ $(P)$ છે.
ફોસ્ફરસનો પરમાણુ ક્રમાંક $15$ છે અને તેની ધરા અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ne] 3s^{2} 3p^{3}$ છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થામાં,$3s$ કક્ષકનો એક ઇલેક્ટ્રોન $3d$ કક્ષકમાં જાય છે,જેના પરિણામે પાંચ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(3s^{1} 3p^{3} 3d^{1})$ મળે છે.
આ પાંચ કક્ષકો ($\text{એક}$ $s$,$\text{ત્રણ}$ $p$,અને $\text{એક}$ $d$) સંકરણ પામીને પાંચ સમાન $sp^{3}d$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે.
આ સંકર કક્ષકો પાંચ ક્લોરિન પરમાણુઓની $p$-કક્ષકો સાથે અતિવ્યાપન કરીને પાંચ $P-Cl$ સિગ્મા બંધ બનાવે છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ આકાર આપે છે.

(C) સંકર કક્ષકમાં $s$-લક્ષણની ટકાવારી આ રીતે ગણવામાં આવે છે:
$s$-લક્ષણ $= (\frac{1}{n}) \times 100$,જ્યાં $n$ એ સંકર કક્ષકોની સંખ્યા છે।
$sp^{3}$ સંકરણ માટે,$4$ સંકર કક્ષકો હોય છે,તેથી $s$-લક્ષણ $= (\frac{1}{4}) \times 100 = 25 \%$.
$CH_{4}$ (મિથેન) માં,કાર્બન પરમાણુ $sp^{3}$-સંકરિત છે।
$C_{2}H_{4}$ (ઇથિલીન) માં,કાર્બન $sp^{2}$-સંકરિત છે ($33.3 \% \,s$-લક્ષણ)।
$C_{2}H_{2}$ (એસીટીલીન) માં,કાર્બન $sp$-સંકરિત છે ($50 \% \,s$-લક્ષણ)।
$C_{6}H_{6}$ (બેન્ઝીન) માં,કાર્બન $sp^{2}$-સંકરિત છે ($33.3 \% \,s$-લક્ષણ)।
તેથી,મિથેનમાં $25 \% \,s$-લક્ષણ હોય છે।

(A) $PCl_3$ માં,મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુ $3$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેની પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) છે.
સ્ટેરિક નંબર $= \text{સિગ્મા બંધની સંખ્યા} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા} = 3 + 1 = 4$.
$4$ સ્ટેરિક નંબર $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.