Mix Examples-Chemical Bonding Questions in Gujarati

(A) સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$ નું એનહાઇડ્રાઇડ સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ $(SO_3)$ છે.
$SO_3$ ની રચનામાં,ત્રણ $S=O$ દ્વિબંધો હોય છે.
દરેક દ્વિબંધમાં એક $\sigma$-બંધ અને એક $\pi$-બંધ હોય છે.
તેથી,$\sigma$-બંધોની કુલ સંખ્યા $3$ છે અને $\pi$-બંધોની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) $SnCl_2$ અને $H_2O$ બંને બેન્ટ (bent) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$SnCl_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $Sn$ નું સંકરણ $sp^2$ છે,જ્યારે $H_2O$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ નું સંકરણ $sp^3$ છે.
આમ,બંનેની ભૂમિતિ સમાન છે પરંતુ સંકરણ અલગ છે.

(A) ઓઝોન $(O_3)$ ની સંસ્પદન રચનામાં:
$1$. મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. દ્વિબંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. એકલ બંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
કુલ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 1 + 2 + 3 = 6$.
કુલ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 3$ (એક દ્વિબંધ એટલે $2$ બંધકારક યુગ્મ અને એક એકલ બંધ એટલે $1$ બંધકારક યુગ્મ).
અબંધકારક અને બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનો ગુણોત્તર $= 6:3 = 2:1$.

(A) આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ સ્પીસીઝ સમાન આકાર અને સંકરણ ધરાવે છે.
$PCl_5$ અને $BrF_5$ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ નથી.
$PCl_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ અને ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ આકાર આપે છે.
$BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ અને ચોરસ પિરામિડલ આકાર આપે છે.
અન્ય જોડીઓ જેવી કે $(CH_4, SiCl_4)$,$(CO_3^{2-}, NO_3^{-})$,અને $(AlF_6^{3-}, SF_6)$ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે કારણ કે તેઓ સમાન સંકરણ અને ભૂમિતિ ધરાવે છે.

(D) ફોર્મલ ચાર્જ $(FC)$ ની ગણતરી આ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે: $FC = V - L - \frac{1}{2} B$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$L$ એ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન (લોન પેર) ની સંખ્યા છે અને $B$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$\ddot{O}=C=\ddot{O}$ બંધારણ ધરાવતા $CO_2$ અણુ માટે:
$O$ પરમાણુ માટે: $V = 6$,$L = 4$,$B = 4$. તેથી,$FC = 6 - 4 - \frac{1}{2}(4) = 0$.
$C$ પરમાણુ માટે: $V = 4$,$L = 0$,$B = 8$. તેથી,$FC = 4 - 0 - \frac{1}{2}(8) = 0$.
આમ,$C$ અને $O$ પરમાણુઓના ફોર્મલ ચાર્જ અનુક્રમે $0$ અને $0$ છે.

(B) ફોર્મલ ચાર્જ $(FC)$ ની ગણતરી આ રીતે કરવામાં આવે છે: $FC = (\text{કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન}) - (\text{બંધ ન બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન}) - \frac{1}{2}(\text{બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન})$.
$N_{(1)}$ માટે ($4$ બંધ ન બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન અને દ્વિબંધમાંથી $4$ બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન): $FC = 5 - 4 - \frac{1}{2}(4) = -1$.
$N_{(2)}$ માટે ($0$ બંધ ન બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન અને બે દ્વિબંધમાંથી $8$ બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન): $FC = 5 - 0 - \frac{1}{2}(8) = +1$.
$O$ માટે ($4$ બંધ ન બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન અને દ્વિબંધમાંથી $4$ બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન): $FC = 6 - 4 - \frac{1}{2}(4) = 0$.
આમ,ફોર્મલ ચાર્જ $-1, +1, 0$ છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Lone pairs} = \frac{V - M}{2}$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $M$ એ તેની સાથે જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$A. \ NH_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $3$ $H$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. $\text{Lone pairs} = \frac{5-3}{2} = 1$ (વિકલ્પ $5$).
$B. \ H_2O$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ $H$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. $\text{Lone pairs} = \frac{6-2}{2} = 2$ (વિકલ્પ $1$).
$C. \ XeF_2$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ $F$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. $\text{Lone pairs} = \frac{8-2}{2} = 3$ (વિકલ્પ $2$).
$D. \ CH_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $4$ $H$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. $\text{Lone pairs} = \frac{4-4}{2} = 0$ (વિકલ્પ $3$).
તેથી,સાચી જોડ $A-5, B-1, C-2, D-3$ છે.

(A) સાચો સેટ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના સંકરણ અને ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:

અણુ	$bp + lp$	સંકરણ	આકાર
$H_2O$	$2 + 2$	$sp^3$	કોણીય
$BCl_3$	$3 + 0$	$sp^2$	ત્રિકોણીય સમતલીય
$NH_4^{+}$	$4 + 0$	$sp^3$	સમચતુષ્ફલકીય
$CH_4$	$4 + 0$	$sp^3$	સમચતુષ્ફલકીય

વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
$A$. $H_2O$ માં $sp^3$ સંકરણ અને કોણીય આકાર છે. આ સાચું છે.
તેથી,સાચો સેટ $A$ છે.

(A) વિકલ્પ $A$ સાચો છે કારણ કે $SF_6$ માં,સલ્ફર પરમાણુ $6$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $6$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેના પરિણામે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં $12$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે અષ્ટકનો નિયમ તોડે છે.
વિકલ્પ $B$ ખોટો છે કારણ કે દ્રાવણમાં મુક્ત આયનોની હાજરીને કારણે આયનીય પ્રતિક્રિયાઓ લગભગ ત્વરિત થાય છે.
વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે $Sn$ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે $SnCl_2$ નો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.
વિકલ્પ $D$ ખોટો છે કારણ કે ફાજાનના નિયમ મુજબ,જેમ વીજભાર ઘનતા વધે તેમ આયનીય સંયોજનો બનાવવાની ક્ષમતા ઘટે છે. તેથી,આયનીય લાક્ષણિકતાનો સાચો ક્રમ $Na^{+} > Mg^{2+} > Al^{3+}$ છે.

(C) $NH_3$ માં $sp^3$ સંકરણ હોય છે અને તેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ હોય છે.
$BeCl_2$ રેખીય છે અને $SO_2$ વળેલું ($V$-આકારનું) છે.
$SF_6$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ હોય છે,જે અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ આપે છે જેમાં તમામ $F-S-F$ બંધકોણ $90^{\circ}$ હોય છે.
$CO_2$ એક રેખીય અણુ છે જેની ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય છે.

(B) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંક (multiplicity) અને બંધિત પરમાણુઓની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા પર આધાર રાખે છે.
બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $Triple \ bond < Double \ bond < Single \ bond$.
આપેલા બંધોની સરખામણી:
$1. C \equiv C$ (બંધ ક્રમાંક $3$)
$2. C=O$ (બંધ ક્રમાંક $2$)
$3. C=N$ (બંધ ક્રમાંક $2$)
$4. N-O$ (બંધ ક્રમાંક $1$)
$C=N$ ની સરખામણીમાં $C=O$ ની બંધ ધ્રુવીયતા વધારે અને પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા નાની હોવાથી,$C=O$ બંધ $C=N$ કરતા ટૂંકો છે.
તેથી,બંધ લંબાઈનો સાચો ક્રમ $C \equiv C < C=O < C=N < N-O$ છે.

(B) આયનિક બંધ વિરુદ્ધ વીજભાર ધરાવતા આયનો વચ્ચેના સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ દ્વારા બને છે,જ્યારે સહસંયોજક બંધ પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી દ્વારા બને છે.
$K_2SO_4$ (પોટેશિયમ સલ્ફેટ) માં,સંયોજન $K^+$ આયનો અને $SO_4^{2-}$ બહુપરમાણ્વીય આયનોનું બનેલું છે,જે આયનિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
સલ્ફેટ આયન $(SO_4^{2-})$ ની અંદર,સલ્ફર પરમાણુ ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક રીતે જોડાયેલ હોય છે.
તેથી,$K_2SO_4$ માં આયનિક બંધ ($K^+$ અને $SO_4^{2-}$ વચ્ચે) અને સહસંયોજક બંધ ($SO_4^{2-}$ આયનની અંદર) બંને હાજર હોય છે.

(A) દરેક જોડીનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ બંધકોણ: બંધકોણ $NO_2$ $(134^{\circ})$,$O_3$ $(116.8^{\circ})$,અને $H_2O$ $(104.5^{\circ})$ છે. આમ,ક્રમ $NO_2 > O_3 > H_2O$ સાચો છે.
$(B)$ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા: દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $H_2O$ $(1.85 \ D)$,$HF$ $(1.78 \ D)$,અને $NH_3$ $(1.47 \ D)$ છે. આમ,ક્રમ $H_2O > HF > NH_3$ સાચો છે.
$(C)$ બંધ લંબાઈ: $I_2$ મોટા પરમાણુ કદ સાથે સિંગલ બોન્ડ ધરાવે છે,$F_2$ નાના પરમાણુ કદ સાથે સિંગલ બોન્ડ ધરાવે છે,અને $N_2$ ખૂબ નાના પરમાણુ કદ સાથે ટ્રિપલ બોન્ડ ધરાવે છે. બંધ લંબાઈનો ક્રમ $I_2 > F_2 > N_2$ છે. આ સાચું છે.
તેથી,ત્રણેય જોડીઓ $(A), (B),$ અને $(C)$ યોગ્ય રીતે જોડાયેલી છે.

(C) વિધાન $(A)$: $CO_2$ રેખીય આકાર ધરાવે છે,તેથી બંધના ડાયપોલ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,પરિણામે કુલ ડાયપોલ મોમેન્ટ $0$ મળે છે. $SO_2$ માં $S$ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તે વળેલો આકાર ધરાવે છે અને $H_2O$ માં $O$ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તે પણ વળેલો આકાર ધરાવે છે,તેથી બંનેની ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય નથી. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
વિધાન $(B)$: ફાજાનના નિયમ મુજબ,ધન આયનનો ધ્રુવીભવન કરવાની ક્ષમતા તેના વીજભાર સાથે વધે છે. $Sn^{4+}$ નો વીજભાર $Sn^{2+}$ કરતા વધારે છે,તેથી $SnCl_4$ નોંધપાત્ર સહસંયોજક લાક્ષણિકતા ધરાવે છે,જ્યારે $SnCl_2$ મુખ્યત્વે આયનીય છે. આમ,વિધાન $(B)$ સાચું છે.

(A) આપેલ અણુઓ માટે બંધ લંબાઈ નીચે મુજબ છે:
$H_2 = 74 \ pm$
$F_2 = 144 \ pm$
$Cl_2 = 199 \ pm$
$I_2 = 267 \ pm$
તેથી, $F_2, H_2, Cl_2, I_2$ માટેનો ક્રમ $144, 74, 199, 267 \ pm$ છે।
આમ, સાચો વિકલ્પ $A$ છે।

(C) સંયોજકતા કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના કુલ બંધકારક અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની ગણતરી કરીએ છીએ.
$SCl_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ (સલ્ફર) છે.
સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
$S$ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $= \frac{6 - 2}{2} = 2$.
$S$ ની આસપાસ કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો $= 2 \text{ (બંધકારક યુગ્મો)} + 2 \text{ (અબંધકારક યુગ્મો)} = 4 \text{ યુગ્મો}$.
સંયોજકતા કક્ષામાં કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 4 \times 2 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન.
આમ,$SCl_2$ અષ્ટકનો નિયમ પાળે છે.

(C) લુઈસ એસિડ એટલે ઈલેક્ટ્રોન-યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$(i)$ $NH_3$: $N$ પર અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે.
$(ii)$ $AlCl_3$: $Al$ નું અષ્ટક અપૂર્ણ છે ($6$ ઈલેક્ટ્રોન),તેથી તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$(iii)$ $SnCl_4$: $Sn$ પાસે ખાલી $d$-કક્ષકો છે અને તે તેનું અષ્ટક વિસ્તારી શકે છે,તેથી તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$(iv)$ $CO_2$: ઓક્સિજન પરમાણુઓની વધુ વિદ્યુતઋણતાને કારણે $C$ પરમાણુ ઈલેક્ટ્રોન-ન્યૂન બને છે,તેથી તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$(v)$ $Ag^{+}$: ખાલી કક્ષકો ધરાવતો ધાતુ આયન,લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$(vi)$ $HSO_4^{-}$: લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તી શકે છે,પરંતુ સામાન્ય રીતે લુઈસ એસિડ તરીકે ગણવામાં આવતું નથી.
આમ,$AlCl_3$,$SnCl_4$,$CO_2$ અને $Ag^{+}$ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
કુલ સંખ્યા $4$ છે.

(B) $Al_2Cl_6$ નું બંધારણ એક ડાયમર છે જ્યાં દરેક $Al$ પરમાણુ $4$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
$(I)$ $Al_2Cl_6$ માં $Al$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $(n)$: $2x + 6(-1) = 0 \implies 2x = 6 \implies x = +3$.
$(II)$ $Al$ નો સવર્ગ આંક $(CN)$: દરેક $Al$ પરમાણુ $4$ ક્લોરિન પરમાણુઓથી ઘેરાયેલ છે,તેથી $CN = 4$.
$(III)$ $Al$ ની આસપાસ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(N)$: દરેક $Al$ પરમાણુ $4$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક બંધ (સવર્ગ બંધ સહિત) દ્વારા જોડાયેલ હોવાથી,તે $4$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે $Al$ પરમાણુની આસપાસ $4 \times 2 = 8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન આપે છે.
તેથી,મૂલ્યો $3, 4, 8$ છે. સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(B) પેરોક્સિડાયસલ્ફ્યુરિક એસિડ (માર્શલ એસિડ) નું રાસાયણિક સૂત્ર $H_2S_2O_8$ છે.
તેની રચનામાં બે $SO_3$ જૂથો પેરોક્સાઇડ લિંકેજ $(-O-O-)$ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
બંધારણમાં:
- દરેક સલ્ફર પરમાણુ દીઠ $2$ $S=O$ દ્વિબંધ છે,જે કુલ $4$ $\pi$ બંધ બનાવે છે.
- $\sigma$ બંધોની ગણતરી: $4$ $S=O$ બંધ,$2$ $S-OH$ બંધ,$2$ $O-H$ બંધ,$2$ $S-O$ બંધ (પેરોક્સાઇડ ઓક્સિજન સાથે) અને $1$ $O-O$ બંધ.
- કુલ $\sigma$ બંધ = $4 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11$.
- કુલ $\pi$ બંધ = $4$.
આમ,$\sigma$ અને $\pi$ બંધોની સંખ્યા અનુક્રમે $11$ અને $4$ છે.

(A) બંધ વિયોજન ઉર્જા બંધની મજબૂતી દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જે કક્ષકોના ઓવરલેપ અને બંધ લંબાઈ સાથે સંબંધિત છે.
બંધ વિયોજન ઉર્જા આશરે નીચે મુજબ છે:
$H-H \approx 436 \ kJ/mol$
$C-H \approx 413 \ kJ/mol$
$C-C \approx 348 \ kJ/mol$
તેથી,ઘટતો ક્રમ $H-H > C-H > C-C$ છે.

(D) $p$-નાઈટ્રોબેન્ઝોનાઈટ્રાઈલનું આણ્વીય સૂત્ર $C_{7}H_{4}N_{2}O_{2}$ છે.
આ અણુમાં,બેન્ઝીન વલય સમતલીય છે ($sp^{2}$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન).
નાઈટ્રો સમૂહ $(-NO_{2})$ બેન્ઝીન વલય સાથે જોડાયેલ છે,અને સંસ્પંદનને કારણે,તે બેન્ઝીન વલયના સમતલમાં જ રહે છે.
સાયનો સમૂહ $(-CN)$ રેખીય છે ($sp$ સંકરણ ધરાવતો કાર્બન) અને તે પણ બેન્ઝીન વલયના સમતલમાં જ છે.
તેથી,તમામ $15$ પરમાણુઓ ($7$ કાર્બન,$4$ હાઈડ્રોજન,$2$ નાઈટ્રોજન અને $2$ ઓક્સિજન) એક જ સમતલમાં રહેલા છે.

(A) ફોર્મલ ચાર્જ માટેનું સૂત્ર: $\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = \text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} - (\frac{1}{2} \times \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન})$.
રચના $: \ddot{N}_1 = N_2 = \ddot{N}_3 :$ માટે:
$N_1$ (ડાબો નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 4 + 4) = 5 - (2 + 4) = -1$.
$N_2$ (મધ્ય નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 8$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 0$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 8 + 0) = 5 - 4 = +1$.
$N_3$ (જમણો નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 4 + 4) = 5 - (2 + 4) = -1$.
આમ,ફોર્મલ ચાર્જ $-1, +1, -1$ છે.

(B) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$1$. $O_{2}$ માં,બંધ ક્રમાંક $2$ છે.
$2$. $O_{3}$ માં,સંસ્પંદનને કારણે બંધ ક્રમાંક $1.5$ છે.
$3$. $H_{2}O_{2}$ માં,$O-O$ બંધ એ $1$ ના બંધ ક્રમાંક સાથેનો એકલ બંધ છે.
બંધ ક્રમાંકની સરખામણી કરતા: $O_{2} (2) > O_{3} (1.5) > H_{2}O_{2} (1)$.
તેથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ $H_{2}O_{2} > O_{3} > O_{2}$ છે.

(B) ડાયપોલ મોમેન્ટ: $NF_3 < NH_3$. વિધાન $A$ ખોટું છે.
$(B)$ $BeH_2$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને રેખીય છે,તેથી તેની ડાયપોલ મોમેન્ટ $0$ છે. વિધાન $B$ સાચું છે.
$(C)$ $O_2^{2-}$ નો બંધ ક્રમાંક $\frac{10-8}{2} = 1$ છે. $F_2$ નો બંધ ક્રમાંક $\frac{8-6}{2} = 1$ છે. વિધાન $C$ સાચું છે.
$(D)$ $O_3$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પરનો ફોર્મલ ચાર્જ $+1$ છે. વિધાન $D$ ખોટું છે.
$(E)$ $NO_2$ માં,નાઈટ્રોજન પાસે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી તે અષ્ટકનો નિયમ પાળતું નથી. વિધાન $E$ ખોટું છે.
તેથી,માત્ર $B$ અને $C$ સાચા છે.

(C) ફોર્મલ ચાર્જ માટેનું સૂત્ર: $\text{Formal charge} = \text{Valence electrons} - \text{Non-bonding electrons} - \frac{1}{2}(\text{Bonding electrons})$.
પરમાણુ $(1)$ (ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા $e^- = 6$,અબંધકારક $e^- = 4$,બંધકારક $e^- = 4$. $\text{FC} = 6 - 4 - \frac{4}{2} = 0$.
પરમાણુ $(2)$ (નાઈટ્રોજન) માટે: સંયોજકતા $e^- = 5$,અબંધકારક $e^- = 0$,બંધકારક $e^- = 8$. $\text{FC} = 5 - 0 - \frac{8}{2} = +1$.
પરમાણુ $(3)$ (ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા $e^- = 6$,અબંધકારક $e^- = 4$,બંધકારક $e^- = 4$. $\text{FC} = 6 - 4 - \frac{4}{2} = 0$.
પરમાણુ $(4)$ (ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા $e^- = 6$,અબંધકારક $e^- = 6$,બંધકારક $e^- = 2$. $\text{FC} = 6 - 6 - \frac{2}{2} = -1$.
આમ,ફોર્મલ ચાર્જ $0, +1, 0, -1$ છે.

(B) આપેલ સ્પીસીઝ સમાન લુઈસ બિંદુ બંધારણ ધરાવે છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેમના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન અને ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$A: SO_3^{2-}$ માં $26$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે. $CO_3^{2-}$ માં $24$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે. આથી,આ બંધારણો સમાન નથી.
$B: O_2^{2-}$ માં $14$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $(:O-O:)$ છે અને $F_2$ માં $14$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $(:F-F:)$ છે. આ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે અને સમાન બંધારણ ધરાવે છે.
$C: CN^-$ માં $10$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $([:C \equiv N:]^-)$ છે અને $CO$ માં $10$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $(:C \equiv O:)$ છે. આ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે અને સમાન બંધારણ ધરાવે છે.
$D: NH_3$ માં $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે. $H_3O^+$ માં $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે. આ સમાન છે.
$E: MnO_4^{2-}$ અને $CrO_4^{2-}$ બંને $d^0$ સંક્રાંતિ ધાતુના ઓક્સોએનાયન છે જે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે. આ સમાન છે.
તેથી,માત્ર જોડી $A$ સમાન બંધારણ ધરાવતી નથી.

(C) વિધાન $I$: બંધકોણનો ક્રમ $F_2O (103^\circ) < H_2O (104.5^\circ) < Cl_2O (111^\circ)$ છે. આ ક્રમ સાચો છે કારણ કે $Cl_2O$ માં,$Cl$ પરમાણુઓનું કદ મોટું હોવાથી તેમની વચ્ચે અવકાશીય અપાકર્ષણ (steric repulsion) થાય છે,જે બંધકોણમાં વધારો કરે છે.
વિધાન $II$: $Si$ ના નાના કદ અને ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે $SiF_4$ એ સહસંયોજક અણુ છે. જોકે $SnF_4$ અને $PbF_4$ નોંધપાત્ર આયનીય લાક્ષણિકતા ધરાવે છે,પરંતુ ત્રણેયને આયનીય તરીકે વર્ગીકૃત કરવા તે ખોટું છે. તેથી,વિધાન $II$ ખોટું છે.

(D) ફોર્મલ ચાર્જ (ઔપચારિક વીજભાર) માટેનું સૂત્ર છે: $\text{Formal charge} = (\text{Valence electrons}) - (\text{Non-bonding electrons}) - \frac{1}{2}(\text{Bonding electrons})$.
ઓક્સિજન પરમાણુ $2$ (દ્વિબંધ ધરાવતો ટર્મિનલ ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $6$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $4$,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $4$. ફોર્મલ ચાર્જ = $6 - 4 - \frac{1}{2}(4) = 6 - 4 - 2 = 0$.
ઓક્સિજન પરમાણુ $1$ (મધ્યસ્થ ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $6$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $2$,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $6$. ફોર્મલ ચાર્જ = $6 - 2 - \frac{1}{2}(6) = 6 - 2 - 3 = +1$.
ઓક્સિજન પરમાણુ $3$ (એકબંધ ધરાવતો ટર્મિનલ ઓક્સિજન) માટે: સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $6$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $6$,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $2$. ફોર્મલ ચાર્જ = $6 - 6 - \frac{1}{2}(2) = 6 - 6 - 1 = -1$.
આમ,ઓક્સિજન પરમાણુ $2, 1$ અને $3$ પરના ફોર્મલ ચાર્જ અનુક્રમે $0, +1$ અને $-1$ છે.

(A) આપેલા અણુઓમાં બંધારણ નીચે મુજબ છે:
$(A)$ $C_{2}H_{4}$ (ઈથીન): બંધારણ $CH_{2}=CH_{2}$ છે. તેમાં $5\sigma$ બંધ અને $1\pi$ બંધ હોય છે.
$(B)$ $C_{2}H_{2}$ (ઈથાઈન): બંધારણ $CH \equiv CH$ છે. તેમાં $3\sigma$ બંધ અને $2\pi$ બંધ હોય છે.
$(C)$ $CH_{4}$ (મિથેન): બંધારણ $CH_{4}$ છે જે $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે. તેમાં $4\sigma$ બંધ હોય છે.
$(D)$ $NH_{3}$ (એમોનિયા): બંધારણ $NH_{3}$ છે જે $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે. તેમાં $3\sigma$ બંધ અને નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-I, C-III, D-II$ છે.