Mix Examples-Chemical Bonding Questions in Gujarati

(D) આયનીય બંધ પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની સંપૂર્ણ આપ-લે દ્વારા રચાય છે,જે સામાન્ય રીતે ધાતુ અને અધાતુ વચ્ચે જોવા મળે છે.
$NaCl$,$CsCl$,અને $LiF$ માં,ઘટક પરમાણુઓ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતામાં મોટા તફાવતને કારણે બંધ મુખ્યત્વે આયનીય હોય છે.
$H_2O$ માં,હાઇડ્રોજન અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો બંધ ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી દ્વારા રચાય છે,જે સહસંયોજક બંધની લાક્ષણિકતા છે.
તેથી,$H_2O$ માં આયનીય બંધ ગેરહાજર છે.

(B) $CO$ અને $CN^{-}$ એ આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ છે.
$CO$ માં કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $6 + 8 = 14$.
$CN^{-}$ માં કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $6 + 7 + 1 = 14$.
બંનેમાં $14$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તેઓ આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક છે.

(D) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$I: CH_3^+ = 6 + 3 - 1 = 8 \ e^-$
$II: H_3O^+ = 3(1) + 8 - 1 = 10 \ e^-$
$III: NH_3 = 7 + 3(1) = 10 \ e^-$
$IV: CH_3^- = 6 + 3(1) + 1 = 10 \ e^-$
આમ,$II, III,$ અને $IV$ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે કારણ કે દરેક માં $10 \ e^-$ છે. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$I. CH_{3}^{+}$: $6 + 3(1) - 1 = 8$ ઈલેક્ટ્રોન.
$II. H_{3}O^{+}$: $3(1) + 8 - 1 = 10$ ઈલેક્ટ્રોન.
$III. NH_{3}$: $7 + 3(1) = 10$ ઈલેક્ટ્રોન.
$IV. CH_{3}^{-}$: $6 + 3(1) + 1 = 10$ ઈલેક્ટ્રોન.
આમ,$II, III,$ અને $IV$ દરેક પાસે $10$ ઈલેક્ટ્રોન છે અને તે આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.

(A) આઈસોસ્ટિયર એવા અણુઓ અથવા આયનો છે જે સમાન સંખ્યામાં પરમાણુઓ અને સમાન સંખ્યામાં ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે.
$NO_2^-$ માટે: પરમાણુઓની સંખ્યા = $3$. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $7 + (8 \times 2) + 1 = 24$.
$O_3$ માટે: પરમાણુઓની સંખ્યા = $3$. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $8 \times 3 = 24$.
બંનેમાં $3$ પરમાણુઓ અને $24$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તેઓ આઈસોસ્ટિયર છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિર ગોઠવણી પ્રાપ્ત કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન મેળવે છે,ગુમાવે છે અથવા શેર કરે છે.
$CO_2$,$H_2O$,અને $O_2$ માં,બધા પરમાણુઓ ( $H_2O$ માં $H$ સિવાય) અષ્ટક પ્રાપ્ત કરે છે.
$NO$ (નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ) માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે $5$ અને ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જે કુલ $11$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન બનાવે છે.
સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા એકી હોવાથી,બધા પરમાણુઓ માટે અષ્ટકનો નિયમ સંતોષવો અશક્ય છે,તેથી $NO$ એ એકી-ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે.

(A) $CaH_2$ એ આયનીય હાઇડ્રાઇડ છે જેમાં $Ca^{2+}$ એ $H^-$ આયનો સાથે આયનીય બંધ બનાવે છે.
$CCl_4$ માં,કાર્બન ચાર ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે તેના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી કરીને $4$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.

(C) $NH_4Cl$ (એમોનિયમ ક્લોરાઇડ) માં આયનીય અને સહસંયોજક બંને પ્રકારના બંધ હોય છે.
એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ નાઈટ્રોજન પરમાણુ અને ચાર હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ વચ્ચેના સહસંયોજક બંધ દ્વારા બને છે.
એમોનિયમ કેટાયન $(NH_4^+)$ અને ક્લોરાઈડ એનાયન $(Cl^-)$ વચ્ચેનો બંધ આયનીય હોય છે.

(B) $N_2O$ અણુ (નાઈટ્રસ ઓક્સાઈડ) સંસ્પંદન (resonance) દર્શાવે છે. સૌથી સ્થાયી લુઈસ રચનામાં બે નાઈટ્રોજન પરમાણુઓ વચ્ચે ત્રિબંધ અને ટર્મિનલ નાઈટ્રોજન અને ઓક્સિજન વચ્ચે એકલ બંધ હોય છે,જે $:\,N \equiv N^{+} - \mathop O\limits_{..}^{..} :^-$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે. આ રચના તમામ પરમાણુઓ માટે અષ્ટકનો નિયમ સંતોષે છે અને ફોર્મલ ચાર્જને ધ્યાનમાં લે છે.

(D) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્ત કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોનની આપ-લે અથવા ભાગીદારી કરે છે.
$CO$ (કાર્બન મોનોક્સાઇડ) માં કુલ $10$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે ($C$ માંથી $4$ અને $O$ માંથી $6$). $:C \equiv O:$ બંધારણમાં,કાર્બન પરમાણુ પાસે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે અપૂર્ણ અષ્ટક દર્શાવે છે.
$PCl_5$ (ફોસ્ફરસ પેન્ટાક્લોરાઇડ) માં મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુની આસપાસ $10$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે વિસ્તૃત અષ્ટક દર્શાવે છે.
તેથી,$CO$ અને $PCl_5$ બંને અષ્ટકનો નિયમ પાળતા નથી.

(A) સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$ ની રચનામાં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે હાઇડ્રોક્સિલ જૂથો $(-OH)$ સાથે એકલ સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
વધુમાં,તે બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિ-સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
જો કે,લુઈસ બંધારણમાં,આ દ્વિ-બંધોને ઘણીવાર બે સહસંયોજક બંધ અને બે સવર્ગ (dative) બંધ તરીકે વર્ણવવામાં આવે છે,જ્યાં સલ્ફર પરમાણુ દરેક બે ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુઓને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે.
આમ,અણુમાં સહસંયોજક અને સવર્ગ બંને પ્રકારના બંધ હોય છે.

(D) $H-C=C(O)-OH$ બંધારણમાં,ઓક્સિજન સાથે દ્વિબંધ અને બીજા કાર્બન તથા હાઇડ્રોક્સિલ જૂથ સાથે એકલ બંધ ધરાવતો કાર્બન પરમાણુ કુલ $5$ બંધ ધરાવે છે ($1$ $H$ સાથે,$2$ $C$ સાથે,અને $2$ $O$ સાથે). કાર્બન માત્ર $4$ સહસંયોજક બંધ બનાવી શકતો હોવાથી,આ નિરૂપણ ખોટું છે.

(C) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
આપેલ સ્પીસીઝ માટે બંધ ક્રમાંક નીચે મુજબ છે:
$O_2$: બંધ ક્રમાંક = $2.0$
$O_3$: બંધ ક્રમાંક = $1.5$
$H_2O_2$: બંધ ક્રમાંક = $1.0$
જેમ બંધ ક્રમાંક ઘટે તેમ બંધ લંબાઈ વધે છે,તેથી બંધ લંબાઈનો સાચો ક્રમ $H_2O_2$ $(1.48 \ \mathring{A})$ > $O_3$ $(1.28 \ \mathring{A})$ > $O_2$ $(1.21 \ \mathring{A})$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) $BCl_3$ નો આકાર $sp^2$ સંકરણને કારણે ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
$PCl_3$ નો આકાર $sp^3$ સંકરણ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે પિરામિડલ છે.
$ICl_3$ નો આકાર $sp^3d$ સંકરણ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે $T$-આકારનો છે.
આમ,ત્રણેયના આકાર અલગ હોવાથી,ઉપરના તમામ વિકલ્પો ખોટા છે.

(B) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમ (bond order) પર આધાર રાખે છે. જેમ બંધ ક્રમ વધે છે,તેમ બંધ લંબાઈ ઘટે છે.
કાર્બન-કાર્બન બંધ માટે,લાક્ષણિક લંબાઈઓ છે:
સિંગલ બોન્ડ $(C-C)$: $\approx 1.54 \ \mathring{A}$
ડબલ બોન્ડ $(C=C)$: $\approx 1.34 \ \mathring{A}$
ટ્રિપલ બોન્ડ $(C\equiv C)$: $\approx 1.20 \ \mathring{A}$
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$1.22, 1.15, 1.10 \ \mathring{A}$ નો ક્રમ બંધ ક્રમ વધવાની સાથે બંધ લંબાઈમાં ઘટાડો દર્શાવે છે.

(B) $109^o 28'$ નો બંધકોણ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે,જે $sp^3$ સંકરણ ધરાવતી અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ન હોય તેવી સ્પીસીઝમાં જોવા મળે છે.
$(NH_4)^+$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $109^o 28'$ ના બંધકોણ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$(BF_4)^-$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $109^o 28'$ ના બંધકોણ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
તેથી,$(NH_4)^+$ અને $(BF_4)^-$ બંને આ બંધકોણ દર્શાવે છે.

(D) કાર્બોનેટ આયન $(CO_3^{2-})$ નીચેના ગુણધર્મો ધરાવે છે:
$1$. $C$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ મળે છે.
$2$. અનુનાદને કારણે,ત્રણેય $C-O$ બંધની લંબાઈ સમાન હોય છે,જેનો બંધ ક્રમ $1.33$ છે.
$3$. આ બંધારણ અનુનાદ દ્વારા સ્થાયી થાય છે,જેમાં ઋણ વીજભાર ત્રણેય ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર વિસ્તરેલો (delocalized) હોય છે.
તેથી,આપેલા તમામ લક્ષણો સાચા છે.

(C) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$A$: $PO_4^{3-} (50)$,$SO_4^{2-} (50)$,$ClO_4^- (50)$. બધામાં $50$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$B$: $CN^- (14)$,$N_2 (14)$,$C_2^{2-} (14)$. બધામાં $14$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$C$: $SO_3^{2-} (42)$,$CO_3^{2-} (32)$,$NO_3^- (32)$. આ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક નથી.
$D$: $BO_3^{3-} (32)$,$CO_3^{2-} (32)$,$NO_3^- (32)$. બધામાં $32$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક જોડી નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સ્પીસીઝ માટે સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ.
$ClO_2^-$ માટે: $7 (Cl) + 2 \times 6 (O) + 1 (\text{વીજભાર}) = 20$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન.
$ClF_2^+$ માટે: $7 (Cl) + 2 \times 7 (F) - 1 (\text{વીજભાર}) = 20$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન.
કારણ કે $ClO_2^-$ અને $ClF_2^+$ બંનેમાં $20$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન છે,તેથી તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક જોડી બનાવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા જોઈએ છીએ:
$1$. $C_2H_2$ ($sp$ સંકરણ,રેખીય): $180^{\circ}$
$2$. $CH_4$ ($sp^3$ સંકરણ,સમચતુષ્ફલકીય): $109.5^{\circ}$
$3$. $NH_3$ ($sp^3$ સંકરણ,ત્રિકોણીય પિરામિડલ,$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ): $107^{\circ}$
$4$. $H_2O$ ($sp^3$ સંકરણ,કોણીય,$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ): $104.5^{\circ}$
આમ,સાચો ઘટતો ક્રમ $C_2H_2 > CH_4 > NH_3 > H_2O$ છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોનની અબંધકારક જોડી એટલે એવી સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની જોડી જે રાસાયણિક બંધ બનાવવામાં ભાગ લેતી નથી.

(D) આપેલા તમામ અણુઓ,$BCl_3$,$BBr_3$,અને $BF_3$,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુના $sp^2$ સંકરણને કારણે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
આદર્શ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિમાં,પરમાણુઓ વચ્ચેનો બંધકોણ $120^o$ હોય છે.
આથી,ત્રણેય અણુઓ સમાન સંકરણ અને ભૂમિતિ ધરાવતા હોવાથી,તેમનો બંધકોણ પણ સમાન હોય છે.

(A) એસિટિક એસિડનું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_3COOH$ છે.
$CH_3COOH$ માં કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન: $4(C) + 3(H) + 6(O) + 6(O) + 1(H) = 24$ ઇલેક્ટ્રોન.
$CH_3COOH$ ની લુઈસ રચનામાં:
- $8$ બંધો છે ($C-H$ $\times$ $3$,$C-C$ $\times$ $1$,$C-O$ $\times$ $1$,$O-H$ $\times$ $1$,$C=O$ $\times$ $1$ દ્વિબંધ).
- કુલ સહિયારા ઇલેક્ટ્રોન = $8 \text{ બંધ} \times 2 = 16$ સહિયારા ઇલેક્ટ્રોન.
- અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન (લોન પેર) ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર હોય છે: કાર્બોનિલ ઓક્સિજન પર $2$ લોન પેર ($4$ ઇલેક્ટ્રોન) અને હાઇડ્રોક્સિલ ઓક્સિજન પર $2$ લોન પેર ($4$ ઇલેક્ટ્રોન).
- કુલ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન = $4 + 4 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન.
આમ,$16$ સહિયારા અને $8$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.

(C) બંધ લંબાઈ નીચે મુજબ છે:
$1$. $O_2$ માં, બંધ ક્રમાંક $2$ છે, જેના પરિણામે બંધ લંબાઈ આશરે $121 \text{ pm}$ છે.
$2$. $O_3$ માં, સંસ્પંદન (resonance) ને કારણે બંધ ક્રમાંક $1.5$ થાય છે, જેની બંધ લંબાઈ આશરે $128 \text{ pm}$ છે.
$3$. $H_2O_2$ માં, $O-O$ બંધ એ એકલ બંધ (બંધ ક્રમાંક $1$) છે, જેની બંધ લંબાઈ આશરે $148 \text{ pm}$ છે.
તેથી, $O-O$ બંધ લંબાઈનો વધતો ક્રમ $O_2 < O_3 < H_2O_2$ છે.

(A) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$1$. $CO$ માટે,બંધ ક્રમાંક $3$ છે.
$2$. $CO_2$ $(O=C=O)$ માટે,બંધ ક્રમાંક $2$ છે.
$3$. $CO_3^{2-}$ માટે,સંસ્પંદન હાઇબ્રિડને કારણે બંધ ક્રમાંક $1.33$ મળે છે.
બંધ ક્રમાંકનો ક્રમ $CO > CO_2 > CO_3^{2-}$ હોવાથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ તેનાથી ઉલટો એટલે કે $CO_3^{2-} > CO_2 > CO$ થશે.

(C) જ્યારે બે પરમાણુઓ અણુ બનાવવા માટે એકબીજાની નજીક આવે છે,ત્યારે આકર્ષણ બળો (એક પરમાણુના ન્યુક્લિયસ અને બીજાના ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચે) અને અપાકર્ષણ બળો (બંને પરમાણુઓના ન્યુક્લિયસ વચ્ચે અને બંનેના ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચે) બંને કાર્ય કરે છે. જ્યારે આકર્ષણ બળ અને અપાકર્ષણ બળ એક ચોક્કસ આંતર-પરમાણુ અંતરે સંતુલિત થાય છે,ત્યારે સ્થાયી બંધ રચાય છે.

(B) સાચો જવાબ $(B)$ છે.
એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ ત્રણ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક બંધથી જોડાયેલ છે.
ચોથો હાઇડ્રોજન આયન $(H^+)$ નાઇટ્રોજન પરમાણુ સાથે સવર્ગ (dative) બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જ્યાં નાઇટ્રોજન પરની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $H^+$ આયન સાથે વહેંચાય છે.
આખી સ્પીસીઝ પર ધન વીજભાર હોવાથી અને તે આયન તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તેથી $NH_4^+$ કેટાયન અને કોઈપણ પ્રતિ-આયન (જેમ કે $NH_4Cl$ માં $Cl^-$) વચ્ચેનું આકર્ષણ ઇલેક્ટ્રોવેલેન્ટ (આયનીય) પ્રકારનું હોય છે.
આમ,$NH_4Cl$ માં ત્રણેય પ્રકારના બંધ જોવા મળે છે.

(A) રાસાયણિક બંધનું નિર્માણ એ ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા છે,જેનો અર્થ છે કે પ્રક્રિયા દરમિયાન ઉર્જા મુક્ત થાય છે.
તેથી,તંત્રની સ્થિતિ ઉર્જામાં ઘટાડો થાય છે,જે વધુ સ્થાયી અવસ્થા તરફ દોરી જાય છે.

(D) રાસાયણિક બંધ એ ચોક્કસ આંતરકેન્દ્રીય અંતરે આકર્ષણ અને અપાકર્ષણ બળો વચ્ચેના સંતુલનને કારણે રચાય છે.
આમ,તેમાં $(a)$ અને $(b)$ બંનેનો સમાવેશ થાય છે.

(C) $A.$ વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે ધ્રુવીયતાનો ક્રમ $HI < HBr < HCl < HF$ છે. $HF$ એ $HBr$ કરતા વધુ ધ્રુવીય છે,તેથી વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.
$B.$ સંપૂર્ણપણે શુદ્ધ પાણીમાં કોઈ આયનો હોતા નથી તે વિધાન ખોટું છે કારણ કે શુદ્ધ પાણી સ્વયં-આયનીકરણ પામે છે $(2H_2O \rightleftharpoons H_3O^+ + OH^-)$,જેના પરિણામે તેમાં આયનોની થોડી સાંદ્રતા હોય છે.
$C.$ જ્યારે પરમાણુઓ અથવા આયનો વચ્ચેના આકર્ષણ બળો અપાકર્ષણ બળો પર વિજય મેળવે છે ત્યારે રાસાયણિક બંધનું નિર્માણ થાય છે,જે સ્થિર અવસ્થા તરફ દોરી જાય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$D.$ સહસંયોજકતામાં ઇલેક્ટ્રોન પરમાણુઓ વચ્ચે વહેંચાય છે,સ્થાનાંતરિત થતા નથી. ઇલેક્ટ્રોનનું સ્થાનાંતરણ આયનિક બંધની લાક્ષણિકતા છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(D) બ્લુ વિટ્રિઓલનું અણુસૂત્ર $CuSO_4 \cdot 5H_2O$ છે.
આ સંયોજનમાં,$Cu^{2+}$ અને $SO_4^{2-}$ આયનો આયનીય બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
પાણીના અણુઓ $Cu^{2+}$ આયન સાથે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
વધુમાં,પાંચમો પાણીનો અણુ સ્ફટિક લેટીસમાં હાઈડ્રોજન બંધ દ્વારા જોડાયેલો હોય છે.
તેથી,તેમાં ઉપરના તમામ પ્રકારના બંધ હાજર છે.

(A) $NH_4Cl$ નું બંધારણ એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ અને ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^-)$ નું બનેલું છે.
$1$. $NH_4^+$ અને $Cl^-$ વચ્ચેનો બંધ આયનીય બંધ છે $(1)$.
$2$. $NH_4^+$ આયનની અંદર,ત્રણ $N-H$ સહસંયોજક બંધ છે $(3)$.
$3$. ચોથો $N-H$ બંધ નાઇટ્રોજનના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા હાઇડ્રોજન આયન $(H^+)$ ને દાન કરવાથી બને છે,જે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ છે $(1)$.
તેથી,આયનીય,સહસંયોજક અને સવર્ગ સહસંયોજક બંધની સંખ્યા અનુક્રમે $1, 3$ અને $1$ છે.

(C) $O_2^{2-}$ રાસાયણિક સ્પીસીઝ પેરોક્સાઇડ આયનનું પ્રતિનિધિત્વ કરે છે.
આ આયનમાં,દરેક ઓક્સિજન પરમાણુનો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ હોય છે,અને તેઓ એક સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે: $^-O-O^-$.
તેનાથી વિપરીત,$O^{2-}$ એ ઓક્સાઇડ આયન છે,અને $O_2^-$ એ સુપરઓક્સાઇડ આયન છે.

(C) બંધ લંબાઈનો આધાર બંધમાં રહેલા કાર્બન પરમાણુઓના સંકરણ પર રહેલો છે.
ઈથેન $(I)$ માં $sp^3$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન હોય છે, જેની $C-C$ એકલ બંધ લંબાઈ આશરે $154 \ pm$ હોય છે.
ઈથીન $(II)$ માં $sp^2$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન હોય છે, જેની $C=C$ દ્વિબંધ લંબાઈ આશરે $133 \ pm$ હોય છે.
એસિટિલીન $(III)$ માં $sp$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન હોય છે, જેની $C \equiv C$ ત્રિબંધ લંબાઈ આશરે $120 \ pm$ હોય છે.
બેન્ઝીન $(IV)$ માં $sp^2$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન હોય છે અને તેમાં સંસ્પંદન જોવા મળે છે, જેથી તેની $C-C$ બંધ લંબાઈ આશરે $139 \ pm$ (એકલ અને દ્વિબંધની વચ્ચે) હોય છે.
તેથી, બંધ લંબાઈનો ક્રમ: ઈથેન $(154 \ pm) >$ બેન્ઝીન $(139 \ pm) >$ ઈથીન $(133 \ pm) >$ એસિટિલીન $(120 \ pm)$ છે.
આથી સાચો ક્રમ $I > IV > II > III$ થાય છે.

(D) $SO_3$ ટ્રાઇમર $(S_3O_9)$ ની રચનામાં $S$ અને $O$ પરમાણુઓની એક ચક્રીય રીંગ હોય છે,જેમાં દરેક $S$ પરમાણુ બે ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
આ રચનામાં,કોઈ સીધા $S-S$ બંધો હોતા નથી.
તેથી,$S-S$ બંધોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) $CuSO_4 \cdot 5H_2O$ માં,$Cu^{2+}$ અને $SO_4^{2-}$ આયનો વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોવેલેન્ટ (આયનિક) બંધ હોય છે.
સહસંયોજક બંધ $SO_4^{2-}$ આયનની અંદર ($S$ અને $O$ પરમાણુઓ વચ્ચે) અને $H_2O$ અણુઓની અંદર ($H$ અને $O$ પરમાણુઓ વચ્ચે) જોવા મળે છે.
સવર્ગ સહસંયોજક બંધ $Cu^{2+}$ આયન અને ચાર $H_2O$ અણુઓ વચ્ચે હોય છે,જે $[Cu(H_2O)_4]^{2+}$ સંકીર્ણ બનાવે છે.

(A) લુઈસ એસિડ એટલે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$SiCl_4$ માં $Si$ પરમાણુ પર ખાલી $d-$કક્ષકો હોય છે,જે તેને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારવા દે છે.
$SO_3$ માં વધુ વિદ્યુતઋણ ઓક્સિજન પરમાણુઓને કારણે $S$ પરમાણુ ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપ ધરાવે છે.
$Zn^{2+}$ એ ધાતુ આયન છે જે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવવા માટે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારી શકે છે.
$CO$ (કાર્બન મોનોક્સાઈડ) માં કાર્બન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે તે દાન કરી શકે છે,તેથી તે લુઈસ બેઝ છે.
તેથી,સાચો જવાબ $A$ છે.

(D) લુઈસ એસિડ એટલે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$BF_3$ માં બોરોન પરમાણુનું અષ્ટક અપૂર્ણ છે,તેથી તે ઇલેક્ટ્રોન ઉણપ ધરાવે છે અને લુઈસ એસિડ છે.
$FeCl_3$ માં ખાલી $d$-કક્ષક અને અપૂર્ણ અષ્ટક હોવાથી તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$SiF_4$ માં સિલિકોન પરમાણુ પર ખાલી $d$-કક્ષકો હોય છે,જે તેને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારવા દે છે,તેથી તે લુઈસ એસિડ છે.
$C_2H_4$ (ઇથિન) પાસે $\pi$-બંધ છે પરંતુ લુઈસ એસિડ તરીકે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારવા માટે કોઈ ખાલી કક્ષક નથી.
તેથી,$C_2H_4$ એ લુઈસ એસિડ નથી.

(A) લુઈસ એસિડ-બેઇઝ સિદ્ધાંત મુજબ,લુઈસ એસિડ એ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર છે.
પ્રક્રિયા $SnCl_2 + 2Cl^{-} \to SnCl_4$ માં,$SnCl_2$ અણુ $[SnCl_4]^{2-}$ સંકીર્ણ આયન બનાવવા માટે દરેક $Cl^{-}$ આયન પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનની જોડી સ્વીકારે છે.
તેથી,$SnCl_2$ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(C) $BF_3$ ઘણી ઔદ્યોગિક પ્રક્રિયાઓમાં ઉદ્દીપક તરીકે કાર્ય કરે છે કારણ કે તે એક પ્રબળ લુઈસ એસિડ છે.
લુઈસ એસિડ-બેઝ સિદ્ધાંત મુજબ,લુઈસ એસિડ એ ઇલેક્ટ્રોન-યુગ્મ સ્વીકારનાર છે.
$BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક (તેની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન) હોય છે,જે તેને અત્યંત ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપવાળું બનાવે છે અને તે અન્ય અણુઓ પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનની જોડી સ્વીકારવા માટે સક્ષમ બનાવે છે.

(C) લુઈસ એસિડ એટલે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$SnCl_4$,$FeCl_3$,અને $BF_3$ પાસે ખાલી કક્ષકો અથવા અપૂર્ણ અષ્ટક હોય છે,જે તેમને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારવા માટે સક્ષમ બનાવે છે.
$KCl$ એ આયનીય સંયોજન છે જે દ્રાવણમાં $K^+$ અને $Cl^-$ આયનોમાં વિયોજિત થાય છે અને તે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર તરીકે વર્તતું નથી.
તેથી,સાચો જવાબ $(C)$ છે.

(A) લુઈસ એસિડ એટલે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$BCl_3 + PH_3 \to BCl_3:PH_3$ પ્રક્રિયામાં,$BCl_3$ માં રહેલા બોરોન પરમાણુ પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક ($6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન) છે અને તે $PH_3$ ના ફોસ્ફરસ પરમાણુ પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે છે.
તેથી,$BCl_3$ લુઈસ એસિડ તરીકે અને $PH_3$ લુઈસ બેઇઝ તરીકે વર્તે છે.

(A) લુઈસ એસિડ એ પદાર્થ છે જે ઇલેક્ટ્રોનની જોડી સ્વીકારી શકે છે.
$ClF_3$ માં,મધ્યસ્થ ક્લોરિન પરમાણુમાં ખાલી $d$-કક્ષકો હોય છે અને તે ઇલેક્ટ્રોન જોડી સ્વીકારવા માટે તેનું અષ્ટક વિસ્તૃત કરી શકે છે.
$H_2O$ અને $NH_3$ લુઈસ બેઇઝ તરીકે કાર્ય કરે છે કારણ કે તેમની પાસે ઇલેક્ટ્રોનની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે જે તેઓ દાન કરી શકે છે.
તેથી,$ClF_3$ એ સાચો લુઈસ એસિડ છે.

(D) આપેલ બંધો માટે સરેરાશ બંધ ઉર્જા આશરે નીચે મુજબ છે:
$S = O$: $\approx 125 \ kcal/mol$
$C \equiv C$: $\approx 200 \ kcal/mol$
$C \equiv N$: $\approx 213 \ kcal/mol$
$N \equiv N$: $\approx 226 \ kcal/mol$
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,$N \equiv N$ બંધની સરેરાશ બંધ ઉર્જા સૌથી વધુ છે.

(D) Born-Haber ચક્ર એ એક થર્મોડાયનેમિક ચક્ર છે જેનો ઉપયોગ આયનિક સ્ફટિકની $Lattice \ energy$ ને અન્ય થર્મોડાયનેમિક ગુણધર્મો સાથે જોડવા માટે થાય છે. તેનો ઉપયોગ મુખ્યત્વે $Lattice \ energy$ ની ગણતરી કરવા માટે થાય છે,પરંતુ Hess ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને તે $Electron \ affinity$,$Ionization \ energy$ અને $Crystal \ energy$ નક્કી કરવા માટે પણ વાપરી શકાય છે. તેથી,આ તમામ ગુણધર્મો આ ચક્રનો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરી શકાય છે.

(A) $OF_4$ માં,ઓક્સિજનનો ઓક્સિડેશન આંક $+4$ થાય.
ઓક્સિજન એ બીજું સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણ તત્વ છે અને સામાન્ય રીતે $-2, -1, +1$ અને $+2$ ઓક્સિડેશન આંક દર્શાવે છે.
ઓક્સિજનમાં $d$-કક્ષકોનો અભાવ હોવાથી તે તેનું અષ્ટક વિસ્તારી શકતું નથી,તેથી તે $+4$ ઓક્સિડેશન આંક પ્રાપ્ત કરી શકતું નથી.
તેથી,$OF_4$ એ સૈદ્ધાંતિક રીતે શક્ય અણુ નથી.

(D) સાયક્લોબ્યુટાડાયનાઈલ એનાયન $({C_4}{H_4})^{2-}$ ચાર સભ્યોની રીંગ ધરાવે છે જેમાં બે દ્વિબંધ અને કાર્બન પર બે ઋણ વીજભાર હોય છે.
દરેક દ્વિબંધ $2$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન આપે છે,જે કુલ $4$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન બનાવે છે.
બે ઋણ વીજભાર દરેક $p$-ઓર્બિટલમાં ઈલેક્ટ્રોનની એક લોન પેર દર્શાવે છે,જે $\pi$ સિસ્ટમમાં ભાગ લે છે.
તેથી,કુલ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન $= 4 \text{ (દ્વિબંધમાંથી)} + 2 \times 2 \text{ (ઋણ વીજભારમાંથી)} = 8$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) બંધ લંબાઈ એ $\text{બંધ ક્રમાંક (bond order)}$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$I.$ $C_2H_4$ $(CH_2=CH_2)$: બંધ ક્રમાંક = $2$, બંધ લંબાઈ $\approx 134 \ pm$
$II.$ $C_2H_2$ $(CH \equiv CH)$: બંધ ક્રમાંક = $3$, બંધ લંબાઈ $\approx 120 \ pm$
$III.$ $C_6H_6$ $(\text{બેન્ઝીન})$: બંધ ક્રમાંક = $1.5$, બંધ લંબાઈ $\approx 139 \ pm$
$IV.$ $C_2H_6$ $(CH_3-CH_3)$: બંધ ક્રમાંક = $1$, બંધ લંબાઈ $\approx 154 \ pm$
બંધ ક્રમાંકની સરખામણી કરતા: $C_2H_6 (1) < C_6H_6 (1.5) < C_2H_4 (2) < C_2H_2 (3)$.
તેથી, બંધ લંબાઈનો ઉતરતો ક્રમ: $IV (154 \ pm) > III (139 \ pm) > I (134 \ pm) > II (120 \ pm)$ છે.

(C) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$CN^{-}$ માટે: $C(6) + N(7) + 1 = 14$ ઈલેક્ટ્રોન.
$CO$ માટે: $C(6) + O(8) = 14$ ઈલેક્ટ્રોન.
બંનેમાં $14$ ઈલેક્ટ્રોન હોવાથી,તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.
વધુમાં,તેઓ આઈસોસ્ટર્સ (isosteres) પણ છે કારણ કે તેમની પાસે પરમાણુઓની સંખ્યા અને ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન છે.