Mix Examples-Chemical Bonding Questions in Gujarati

(C) $SiO_2$ (સિલિકા) ત્રિ-પરિમાણીય નેટવર્ક બંધારણ ધરાવે છે જેમાં દરેક $Si$ પરમાણુ ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $Tetrahedral$ (સમચતુષ્ફલકીય) ભૂમિતિમાં જોડાયેલ હોય છે.
$SiO_2$ સ્વભાવે એસિડીક છે કારણ કે તે પ્રબળ બેઝ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સિલિકેટ્સ બનાવે છે.

(C) $BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની પાસે ખાલી $2p$ કક્ષક છે.
આ ખાલી $2p$ કક્ષક ફ્લોરિન પરમાણુની ભરાયેલી $2p$ કક્ષક સાથે પાર્શ્વવર્તી (lateral) ઓવરલેપ કરે છે.
આના પરિણામે પ્રબળ $p\pi - p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ આંતરક્રિયા થાય છે,જે બંધની મજબૂતી અને વિયોજન શક્તિમાં વધારો કરે છે.

(D) $1$. આઇસો-ઇલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ સમાન સંખ્યામાં ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે. ${N_2}O$ માં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(7 \times 2) + 8 = 22$ છે.
$2$. વિકલ્પોમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા તપાસીએ:
- $N{O_2}$: $7 + (8 \times 2) = 23$ ઇલેક્ટ્રોન.
- ${H_2}O$: $(1 \times 2) + 8 = 10$ ઇલેક્ટ્રોન.
- ${N_3}H$: $(7 \times 3) + 1 = 22$ ઇલેક્ટ્રોન.
- $C{O_2}$: $6 + (8 \times 2) = 22$ ઇલેક્ટ્રોન.
$3$. ${N_3}H$ અને $C{O_2}$ બંનેમાં $22$ ઇલેક્ટ્રોન છે. જોકે,${N_2}O$ એ $N=N=O$ બંધારણ ધરાવતો રેખીય અણુ છે. $C{O_2}$ પણ $O=C=O$ બંધારણ ધરાવતો રેખીય અણુ છે. તેથી,$C{O_2}$ એ ${N_2}O$ સાથે આઇસો-ઇલેક્ટ્રોનિક અને સમાન બંધારણ ધરાવે છે.

(B) બંધની પ્રબળતા એ બંધ વિયોજન ઉર્જાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
$Cl_2$ ની બંધ વિયોજન ઉર્જા સૌથી વધુ $243.6 \, kJ \, mol^{-1}$ હોવાથી,$Cl-Cl$ બંધ સૌથી પ્રબળ છે.

(C) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીસ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$1$. $BO_3^{3-}, CO_3^{2-}, NO_3^-$ માટે: કુલ ઈલેક્ટ્રોન $32$ છે.
$2$. $CN^-, N_2, C_2^{2-}$ માટે: કુલ ઈલેક્ટ્રોન $14$ છે.
$3$. $SO_3^{2-}, CO_3^{2-}, NO_3^-$ માટે: $SO_3^{2-}$ માં $42$ ઈલેક્ટ્રોન છે,જ્યારે બાકીનામાં $32$ છે. તેથી,આ શ્રેણી આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક નથી.
$4$. $PO_4^{3-}, SO_4^{2-}, ClO_4^-$ માટે: કુલ ઈલેક્ટ્રોન $50$ છે.

(D) આઈસો-ઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$(a) N_2 (7+7=14)$ અને $CO (6+8=14)$. બંનેમાં $14$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$(b) CO_2 (6+8+8=22)$ અને $N_2O (7+7+8=22)$. બંનેમાં $22$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$(c) CaO (20+8=28)$ અને $MgS (12+16=28)$. બંનેમાં $28$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$(d) C_6H_6 (6 \times 6 + 6 = 42)$ અને $B_3N_3H_6 (3 \times 5 + 3 \times 7 + 6 = 15+21+6 = 42)$. બંનેમાં $42$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
આમ,તમામ જોડીઓ આઈસો-ઈલેક્ટ્રોનિક હોવાથી સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમનામાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$(A)$ $BO_3^{3-}: 5 + 3(8) + 3 = 32$; $NO_3^-: 7 + 3(8) + 1 = 32$; $CO_3^{2-}: 6 + 3(8) + 2 = 32$. (બધા આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક છે)
$(B)$ $SO_3^{2-}: 16 + 3(8) + 2 = 42$; $CO_3^{2-}: 32$; $NO_3^-: 32$. (આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક નથી)
$(C)$ $CN^-: 6 + 7 + 1 = 14$; $N_2: 7 + 7 = 14$; $C_2^{2-}: 6 + 6 + 2 = 14$. (બધા આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક છે)
$(D)$ $PO_4^{3-}: 15 + 4(8) + 3 = 50$; $SO_4^{2-}: 16 + 4(8) + 2 = 50$; $ClO_4^-: 17 + 4(8) + 1 = 50$. (બધા આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક છે)
તેથી,વિકલ્પ $B$ માં આપેલો સમૂહ આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક નથી.

(D) $AlCl_3 + Cl^- \rightarrow [AlCl_4]^-$ પ્રક્રિયામાં,$AlCl_3$ અણુમાં મધ્યસ્થ $Al$ પરમાણુની આસપાસ અષ્ટક પૂર્ણ નથી.
તે $[AlCl_4]^-$ સંકીર્ણ બનાવવા માટે $Cl^-$ આયન પાસેથી ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે છે.
લુઇસ સિદ્ધાંત મુજબ,જે પદાર્થ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે તેને લુઇસ એસિડ કહેવાય છે.
તેથી,$AlCl_3$ લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(C) લુઈસ એસિડ એ ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર છે અને લુઈસ બેઈઝ એ ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ દાતા છે.
$CH_3^+ + ^-OC_2H_5 \to CH_3OC_2H_5$ પ્રક્રિયામાં,નીપજ $CH_3OC_2H_5$ (ડાયઈથાઈલ ઈથર) માં ઓક્સિજન પરમાણુ પર અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
આથી,નીપજ $CH_3OC_2H_5$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે.

(C) લૂઈસ એસિડ એટલે ઇલેક્ટ્રોન-યુગ્મ સ્વીકારનાર.
$(CH_3)_3B$ (ટ્રાયમિથાઈલ બોરેન) માં,બોરોન પરમાણુની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે તેને ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપ વાળું બનાવે છે.
તેથી,તે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારી શકે છે,અને લૂઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$S$ અને $CH_2$ સામાન્ય રીતે આ સંદર્ભમાં લૂઈસ એસિડ તરીકે વર્ગીકૃત થતા નથી.

(D) લુઇસ એસિડ એ પદાર્થ છે જે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારી શકે છે.
$BF_3$ માં અષ્ટક અપૂર્ણ છે ($B$ ની આસપાસ માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે),તેથી તે લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$SnCl_4$ માં $Sn$ પરમાણુ પર ખાલી $d$-કક્ષક હોય છે,જે તેને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારવા દે છે,આમ તે લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
$SnCl_2$ માં પણ અષ્ટક અપૂર્ણ છે અને ખાલી $d$-કક્ષક છે,જે તેને લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તવા સક્ષમ બનાવે છે.
તેથી,ત્રણેય સ્પીસીઝ $BF_3, SnCl_2, SnCl_4$ લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(D) લુઇસ બેઇઝ એટલે એવી સ્પીસીઝ કે જે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરી શકે.
$NH_3$ માં નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,$O_2^-$ પાસે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો હોય છે,અને $H_2O$ માં ઓક્સિજન પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. આ બધા લુઇસ બેઇઝ તરીકે વર્તી શકે છે.
$I^+$ એ ધન વીજભારિત સ્પીસીઝ (ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી) છે જે ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપ ધરાવે છે અને તે લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે,લુઇસ બેઇઝ તરીકે નહીં.

(A) લુઇસ એસિડ એ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારનાર છે.
$BF_3$ માં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે અપૂર્ણ અષ્ટક ધરાવે છે.
તેથી,તે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારી શકે છે,જે તેને લુઇસ એસિડ બનાવે છે.

(B) ઘટકો સમઈલેક્ટ્રોનિક છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેકના કુલ ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ગણીએ છીએ:
$I. CH_3^+: 6 + 3 - 1 = 8 \text{ ઈલેક્ટ્રોન}$
$II. NH_2^-: 7 + 2 + 1 = 10 \text{ ઈલેક્ટ્રોન}$
$III. NH_4^+: 7 + 4 - 1 = 10 \text{ ઈલેક્ટ્રોન}$
$IV. NH_3: 7 + 3 = 10 \text{ ઈલેક્ટ્રોન}$
ઘટક $II$,$III$,અને $IV$ બધામાં $10$ ઈલેક્ટ્રોન છે,તેથી તેઓ સમઈલેક્ટ્રોનિક છે.

(A) $CCl_4$ એ કાર્બન અને ક્લોરિન પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી દ્વારા બનતું સહસંયોજક સંયોજન છે.
$CaH_2$ એ $Ca^{2+}$ અને $H^-$ આયનો ધરાવતું આયનીય (વિદ્યુત સંયોજક) સંયોજન છે.

(A) $O_3$ (ઓઝોન) ની રચના બે કેનોનિકલ સ્વરૂપોનું સંસ્પંદન મિશ્રણ છે. આમાંથી કોઈપણ એક સ્વરૂપમાં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ એક ઓક્સિજન સાથે દ્વિબંધ (એક $\sigma$ અને એક $\pi$ બંધ) દ્વારા અને બીજા ઓક્સિજન સાથે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ (જે $\sigma$ બંધ તરીકે વર્તે છે) દ્વારા જોડાયેલ હોય છે. આમ,અણુમાં કુલ બે $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધ હોય છે. મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પર એક લોન પેર પણ હોય છે.

(A) ટેટ્રા સાયનો ઇથીલીનનું બંધારણ $(CN)_2C=C(CN)_2$ છે.
બંધોની ગણતરી કરતા:
$1$. $1$ $C=C$ દ્વિબંધ છે $(1 \sigma, 1 \pi)$.
$2$. $4$ $C-C$ એકલ બંધ છે $(4 \sigma)$.
$3$. $4$ $C \equiv N$ ત્રિબંધ છે $(4 \sigma, 8 \pi)$.
કુલ $\sigma$ બંધ = $1 + 4 + 4 = 9$.
કુલ $\pi$ બંધ = $1 + 8 = 9$.
આમ,$9 \sigma$ અને $9 \pi$ બંધો છે.

(D) $P_4O_{10}$ ની રચનામાં ચાર $P$ પરમાણુઓ ચતુષ્ફલકીય ખૂણાઓ પર હોય છે.
દરેક $P$ પરમાણુ ત્રણ $O$ પરમાણુઓ સાથે $P-O-P$ સેતુ સ્વરૂપે જોડાયેલ છે,જે આવા $6$ સેતુ બનાવે છે.
વધારામાં,દરેક $P$ પરમાણુ એક ટર્મિનલ $O$ પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ $(P=O)$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
કુલ સિગ્મા બંધ = $6$ ($P-O-P$ બંધ) + $4$ ($P=O$ દ્વિબંધમાંથી $P-O$ સિગ્મા બંધ) = $16$ સિગ્મા બંધ.

(C) સમઇલેક્ટ્રોનિક ઘટકો એટલે કે જેમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
વિકલ્પ $A$ માટે: $PO_4^{3-} (15+32+3=50)$,$SO_4^{2-} (16+32+2=50)$,$ClO_4^- (17+32+1=50)$. આ સમઇલેક્ટ્રોનિક છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $CN^- (6+7+1=14)$,$N_2 (7+7=14)$,$C_2^{2-} (6+6+2=14)$. આ સમઇલેક્ટ્રોનિક છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $SO_3^{2-} (16+24+2=42)$,$CO_3^{2-} (6+24+2=32)$,$NO_3^- (7+24+1=32)$. આ સમઇલેક્ટ્રોનિક નથી.
વિકલ્પ $D$ માટે: $BO_3^{3-} (5+24+3=32)$,$CO_3^{2-} (6+24+2=32)$,$NO_3^- (7+24+1=32)$. આ સમઇલેક્ટ્રોનિક છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ માં રહેલા ઘટકો સમઇલેક્ટ્રોનિક નથી.

(C) $CuSO_4 \cdot 5H_2O$ માં,બંધારણમાં $[Cu(H_2O)_4]^{2+}$ અને $SO_4^{2-}$ આયનો હોય છે જે આયનિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
$SO_4^{2-}$ આયનની અંદર સહસંયોજક બંધ હોય છે.
$[Cu(H_2O)_4]^{2+}$ સંકીર્ણમાં,$Cu^{2+}$ અને $H_2O$ વચ્ચે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ હોય છે.
પાંચમો પાણીનો અણુ $SO_4^{2-}$ આયન અને સંકલિત પાણીના અણુઓ વચ્ચે હાઇડ્રોજન બંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
આમ,તેમાં આયનિક,સહસંયોજક,સવર્ગ સહસંયોજક અને હાઇડ્રોજન બંધ હોય છે.

(A) $SF_6$ માં,$S$ પરમાણુ $6$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $6$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેના પરિણામે તેની સંયોજકતા કોશમાં $12$ ઇલેક્ટ્રોન (વિસ્તૃત અષ્ટક) હોય છે.
આયનિક પ્રક્રિયાઓ સામાન્ય રીતે ખૂબ જ ઝડપી હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$SnCl_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે તેને રેખીયને બદલે વળેલું (કોણીય) બનાવે છે.
આયનિક સંયોજનોની સ્થિરતા લેટીસ ઉર્જા પર આધાર રાખે છે,જે કેટાયનની ચાર્જ ઘનતા સાથે વધે છે. આમ,સ્થિરતાનો ક્રમ $Al^{3+} > Mg^{2+} > Na^+$ છે. જોકે,વિકલ્પ $A$ એ $SF_6$ માં $S$ ના વિસ્તૃત અષ્ટક વિશેની સીધી હકીકત છે.

(A) $\text{જેમ બંધ ક્રમાંક વધે તેમ બંધ લંબાઈ ઘટે છે.}$
$1.$ $C_2H_6$ (ઈથેન) માં $C-C$ બંધ એ એકલ બંધ છે (બંધ ક્રમાંક = $1$), લંબાઈ $\approx 154 \ pm$.
$2.$ $C_6H_6$ (બેન્ઝીન) માં $\text{સંસ્પંદનને કારણે}$ $C-C$ બંધ $\text{આંશિક દ્વિબંધ ગુણધર્મ ધરાવે છે}$ (બંધ ક્રમાંક = $1.5$), લંબાઈ $\approx 139 \ pm$.
$3.$ $C_2H_4$ (ઈથીન) માં $C-C$ બંધ એ દ્વિબંધ છે (બંધ ક્રમાંક = $2$), લંબાઈ $\approx 134 \ pm$.
$4.$ $C_2H_2$ (ઈથાઈન) માં $C-C$ બંધ એ ત્રિબંધ છે (બંધ ક્રમાંક = $3$), લંબાઈ $\approx 120 \ pm$.
$\text{તેથી} C-C$ બંધ લંબાઈનો ઘટતો ક્રમ $IV > III > I > II$ છે.

(C) બંધ ક્રમાંક અને બંધ લંબાઇ વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે।
$O_2$ માં દ્વિબંધ $(O=O)$ છે, બંધ ક્રમાંક = $2$, બંધ લંબાઇ = $121 \text{ pm}$.
$O_3$ માં સંસ્પંદન જોવા મળે છે, બંધ ક્રમાંક = $1.5$, બંધ લંબાઇ = $128 \text{ pm}$.
$H_2O_2$ માં એકલ બંધ $(H-O-O-H)$ છે, બંધ ક્રમાંક = $1$, બંધ લંબાઇ = $148 \text{ pm}$.
આમ, બંધ લંબાઇનો વધતો ક્રમ $O_2$ < $O_3$ < $H_2O_2$ છે।

(D) $CO$ (કાર્બન મોનોક્સાઇડ) માં,લુઈસ બંધારણ મુજબ કાર્બન પરમાણુ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન અને ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જેના પરિણામે કાર્બનનું અષ્ટક પૂર્ણ થતું નથી. આમ,અષ્ટકનો નિયમ પળાતો નથી.

(C) હાઇડ્રોજન પેરોક્સાઇડની સંરચના $H-O-O-H$ માં,ઓક્સિજન અને હાઇડ્રોજન વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે $O-H$ બંધ ધ્રુવીય હોય છે.
$O-O$ બંધ અધ્રુવીય છે કારણ કે બે સમાન ઓક્સિજન પરમાણુઓ વચ્ચે વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત શૂન્ય હોય છે.
તેથી,$H_2O_2$ માં ધ્રુવીય અને અધ્રુવીય બંને પ્રકારના બંધો હોય છે.

(A) $1$. આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય છે.
$2$. $NO_3^-$ માટે: $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$ ઇલેક્ટ્રોન.
$3$. $CO_3^{2-}$ માટે: $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$ ઇલેક્ટ્રોન.
$4$. $NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઇલેક્ટ્રોન છે અને તેઓ ટ્રાયગોનલ પ્લેનર ભૂમિતિ ($sp^2$ સંકરણ) ધરાવે છે,તેથી તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.
$5$. તેથી,$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંને આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.

(C) $KCN$ માં,$K^+$ અને $CN^-$ વચ્ચેનો બંધ આયનીય છે.
સાયનાઇડ આયન $(CN^-)$ માં,કાર્બન અને નાઇટ્રોજન પરમાણુઓ વચ્ચે ત્રિ-સહસંયોજક બંધ $(C \equiv N)$ હોય છે.
તેથી,$KCN$ માં આયનીય અને સહસંયોજક બંને બંધ હોય છે.

(C) સાચો જવાબ $(C)$ છે.
સોડિયમ સાયનાઇડ $(NaCN)$ માં સોડિયમ આયન $(Na^+)$ અને સાયનાઇડ આયન $(CN^-)$ હોય છે.
$Na^+$ અને $CN^-$ વચ્ચેનો બંધ આયનીય છે.
સાયનાઇડ આયન $(CN^-)$ માં કાર્બન અને નાઇટ્રોજન વચ્ચે ત્રિબંધ હોય છે,જેમાં આયનીય,સહસંયોજક અને સવર્ગ સહસંયોજક બંધ ત્રણેય જોવા મળે છે.

(D) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય છે,અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ સ્પીસીઝમાં ભૂમિતિ સમાન હોય છે.
$1.$ જોડી $(a)$ માટે: $CO_3^{2-}$ માં $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન છે અને $NO_3^-$ માં $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન છે. બંને $sp^2$ સંકરણ અને ટ્રાયગોનલ પ્લેનર આકાર ધરાવે છે.
$2.$ જોડી $(c)$ માટે: $ClO_3^-$ માં $17 + (3 \times 8) + 1 = 42$ ઈલેક્ટ્રોન છે અને $SO_3^{2-}$ માં $16 + (3 \times 8) + 2 = 42$ ઈલેક્ટ્રોન છે. બંને $sp^3$ સંકરણ (એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે) અને પિરામિડલ આકાર ધરાવે છે.
આમ,જોડી $(a)$ અને $(c)$ બંને શરતોનું પાલન કરે છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(A) આપેલ બંધો માટે બંધ લંબાઈ નીચે મુજબ છે:
$C - H \approx 0.109 \ nm$
$C=C \approx 0.134 \ nm$
$C - O \approx 0.143 \ nm$
$C - C \approx 0.154 \ nm$
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,બંધ લંબાઈનો વધતો ક્રમ $C - H < C=C < C - O < C - C$ છે.

(D) ફોર્મલ ચાર્જ આપેલ સ્પીસીઝ માટે શક્ય લુઈસ રચનાઓમાંથી સૌથી ઓછી ઉર્જા ધરાવતી રચના પસંદ કરવામાં મદદ કરે છે.
સામાન્ય રીતે,સૌથી ઓછી ઉર્જા ધરાવતી રચના તે છે જેમાં પરમાણુઓ પર સૌથી ઓછો ફોર્મલ ચાર્જ હોય.
પરમાણુ પર ફોર્મલ ચાર્જ $=$ (સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા) $-$ (બંધ ન બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન) $-$ $\frac{1}{2} \times$ (બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન).
ત્રણ દ્વિબંધ ધરાવતી $SO_3$ ની લુઈસ રચના માટે:
$S$ પરમાણુ પર ફોર્મલ ચાર્જ $= 6 - 0 - \frac{1}{2} \times 12 = 0$.
ત્રણેય $O$ પરમાણુઓ પર ફોર્મલ ચાર્જ $= 6 - 4 - \frac{1}{2} \times 4 = 0$.
આમ,તમામ પરમાણુઓ પર ફોર્મલ ચાર્જ $0$ હોવાથી,આ રચના સૌથી વધુ પસંદગીની છે અને તેની ઉર્જા સૌથી ઓછી છે.

(A) $NO_{3}^{-}$ માટે,સંકર કક્ષકોની સંખ્યા $H = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$ છે. આમ,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે અને તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$H_{3}O^{+}$ માટે,સંકર કક્ષકોની સંખ્યા $H = \frac{1}{2} [6 + 3 - 1 + 0] = 4$ છે. આમ,મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ એ $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તે પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
તેથી,તેઓ સંકરણ અને બંધારણ બંનેમાં અસમાન છે.

(C) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે। ઉચ્ચ બંધ ક્રમાંક ટૂંકી બંધ લંબાઈમાં પરિણમે છે.
$1.$ $CO$ માં, બંધ ક્રમાંક $3$ છે $(:C \equiv O:^+)$, તેથી બંધ લંબાઈ સૌથી ટૂંકી $(112.8 \ pm)$ છે.
$2.$ $CO_2$ માં, બંધ ક્રમાંક $2$ છે $(O=C=O)$, તેથી બંધ લંબાઈ મધ્યમ $(122 \ pm)$ છે.
$3.$ $CO_3^{2-}$ માં, કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને સંસ્પંદન દર્શાવે છે। બંધ ક્રમાંક $1.33$ છે, જે સૌથી ઓછો છે, પરિણામે બંધ લંબાઈ સૌથી લાંબી $(136 \ pm)$ છે.
તેથી, બંધ લંબાઈનો વધતો સાચો ક્રમ $CO < CO_2 < CO_3^{2-}$ છે.

(A) લુઈસ બેઈઝ એટલે એવી સ્પીસીઝ જે ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરી શકે.
$BF_3$ એ ઈલેક્ટ્રોન ઉણપ ધરાવતો અણુ છે જેમાં મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુની આસપાસ અપૂર્ણ અષ્ટક ($6$ ઈલેક્ટ્રોન) હોય છે.
તેની પાસે ખાલી કક્ષક હોવાથી,તે ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારીને લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
તેની સામે,$PF_3$,$CO$,અને $F^{-}$ બધા પાસે ઓછામાં ઓછી એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે જેનું દાન કરી શકાય છે,તેથી તેઓ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તી શકે છે.
તેથી,$BF_3$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તવાની સૌથી ઓછી શક્યતા ધરાવે છે.

(C) લુઈસ બેઝ એ પદાર્થ છે જે ઈલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરી શકે છે.
$H_2O$,$NH_3$,અને $OH^{-}$ બધા પાસે ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે જેનું દાન કરી શકાય છે.
$BF_3$ માં મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુની આસપાસ અપૂર્ણ અષ્ટક હોય છે,જે તેને ઈલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવતી સ્પીસીઝ બનાવે છે.
તેથી,$BF_3$ લુઈસ બેઝને બદલે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(D) ચાલો દરેક સ્પીસીઝમાં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યાનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$. $(CN)_2$ (અથવા $N \equiv C-C \equiv N$): તેમાં $3$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
$B$. $CH_2(CN)_2$ (અથવા $NC-CH_2-CN$): તેમાં $9$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
$C$. $HCO_3^-$: તેમાં $5$ $\sigma$ બંધ અને $1$ $\pi$ બંધ છે.
$D$. $XeO_4$: આ બંધારણમાં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ $4$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. દરેક દ્વિબંધમાં $1$ $\sigma$ બંધ અને $1$ $\pi$ બંધ હોય છે. આમ,તેમાં $4$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
તેથી,$XeO_4$ માં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યા સમાન છે.

(C) અણુને સમતલીય હોવા માટે,તેના તમામ પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં હોવા જોઈએ.
$(A)$ બાયફિનાઈલ: બે ફિનાઈલ વલયોના ઓર્થો-હાઈડ્રોજન વચ્ચેના અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) ને કારણે,વલયો એકબીજાની સાપેક્ષમાં વળેલા હોય છે,જેથી અણુ સમતલીય રહેતો નથી.
$(B)$ સાયક્લોહેક્ઝેન: તે ચેર (chair) સ્વરૂપમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે,જે સમતલીય નથી.
$(C)$ $1,1-$ડાયસાયનો$-2,2-$ડાયમિથાઈલઈથીન: મધ્યવર્તી $C=C$ બંધ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે. જોકે,મિથાઈલ જૂથોના કાર્બન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જે ચતુષ્ફલકીય હોવાથી સંપૂર્ણ અણુ સમતલીય નથી.
$(D)$ બાયસાયક્લોહેક્ઝાઈલ: તે બે સાયક્લોહેક્ઝેન વલયોનું બનેલું છે,જે સમતલીય નથી.

(D) $\pi$ બંધની હાજરી નક્કી કરવા માટે,આપણે આપેલા અણુઓની લુઈસ રચના તપાસીએ છીએ:
$1$. $SO_2$: બંધારણ $O=S=O$ છે (સલ્ફર પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે),જેમાં બે $\pi$ બંધ હોય છે.
$2$. $NO_2$: બંધારણમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન અને દ્વિબંધ ધરાવે છે,જેમાં $\pi$ બંધ હોય છે.
$3$. $CO_2$: બંધારણ $O=C=O$ છે,જેમાં બે $\pi$ બંધ હોય છે.
$4$. $H_2O$: બંધારણ $H-O-H$ છે જેમાં ઓક્સિજન પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. બધા બંધ $\sigma$ બંધ છે. $H_2O$ અણુમાં કોઈ $\pi$ બંધ નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) ઓઝોન અણુ $(O_3)$ બે કેનોનિકલ બંધારણો વચ્ચે સંસ્પંદન દર્શાવે છે. દરેક સંસ્પંદન બંધારણમાં,એક $O-O$ એકલ બંધ (જે $\sigma$-બંધ છે) અને એક $O=O$ દ્વિબંધ (જે એક $\sigma$-બંધ અને એક $\pi$-બંધનો બનેલો છે) હોય છે.
તેથી,ઓઝોન અણુના એકંદર બંધારણમાં કુલ $2 \sigma$-બંધ અને $1 \pi$-બંધ હોય છે.

(C) $1$. $B_2H_6$ માં,બ્રિજ બોન્ડ $3c-2e^-$ પ્રકારનો છે જે $B$ ના $sp^3$,$H$ ના $1s$ અને $B$ ના $sp^3$ કક્ષકો દ્વારા બને છે. તેથી $sp^3-s-sp^3$ સાચું છે.
$2$. $Al_2Cl_6$ માં,બ્રિજ બોન્ડમાં $Al$ ના $sp^3$,$Cl$ ના $p$ અને $Al$ ના $sp^3$ કક્ષકો સામેલ છે. તેથી $sp^3-p-sp^3$ સાચું છે.
$3$. $(BeCl_2)_n$ માં,$Be$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે. બ્રિજ બોન્ડમાં $Be$ ના $sp$,$Cl$ ના $p$ અને $Be$ ના $sp$ કક્ષકો સામેલ છે. તેથી $sp^2-p-sp^2$ ખોટું છે.
$4$. $Al_2(CH_3)_6$ માં,બ્રિજ બોન્ડ $3c-2e^-$ પ્રકારનો છે જેમાં $Al$ ના $sp^3$,$C$ ના $sp^3$ અને $Al$ ના $sp^3$ કક્ષકો સામેલ છે. તેથી $sp^3-sp^3-sp^3$ સાચું છે.

(D) વિકલ્પ $A$ ખોટો છે કારણ કે આંતર-આણ્વીય $H$-બંધન ગલનબિંદુ ઘટાડે છે કારણ કે તે કિલેટ રિંગ બનાવે છે,જે આંતર-આણ્વીય જોડાણને અટકાવે છે.
વિકલ્પ $B$ ખોટો છે કારણ કે આયોનિક બંધો અદિશાત્મક હોય છે; તે સ્થિર વિદ્યુત બળો છે જે બધી દિશામાં કાર્ય કરે છે.
વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે $I_2$ ના સ્ફટિકમાં,અણુઓ નબળા લંડન ડિસ્પરશન ફોર્સ (વેન ડેર વાલ્સ ફોર્સ) દ્વારા એકસાથે જોડાયેલા હોય છે,અણુઓ વચ્ચેના સહસંયોજક બંધ દ્વારા નહીં.
તેથી,આપેલા તમામ વિધાનો ખોટા છે.

(D) ખોટું: $p$-ડાયક્લોરોબેન્ઝીન અને $p$-ડાયસાયનોબેન્ઝીનની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા શૂન્ય છે,પરંતુ હાઈડ્રોક્વિનોન ($p$-ડાયહાઈડ્રોક્સીબેન્ઝીન) માટે $-OH$ સમૂહોના અભિવિન્યાસને કારણે દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા શૂન્ય નથી.
$(B)$ ખોટું: હેલોજન પરમાણુનું કદ વધતા સમૂહમાં નીચે જતાં બંધ ઉર્જા ઘટે છે. તેથી,$HI$ ની બંધ ઉર્જા સૌથી ઓછી છે.
$(C)$ ખોટું: $NaHCO_3$ માં,$HCO_3^-$ આયનો આંતરઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધન દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
$(D)$ સાચું: $\sigma$ બંધની મજબૂતી ઓવરલેપની માત્રા પર આધાર રાખે છે. $1s$ કક્ષકના નાના કદને કારણે $1s-1s$ ઓવરલેપ સૌથી મજબૂત છે,ત્યારબાદ $1s-2p_x$ આવે છે,અને આમાં $2p_x-2p_x$ સૌથી નબળું છે.

(D) $XeF_4$ માં કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા આ મુજબ ગણવામાં આવે છે: $8$ ($Xe$ માંથી) $+ 4 \times 7$ ($4F$ માંથી) $= 36$ ઇલેક્ટ્રોન.
$XeF_4$ અણુમાં $4$ $Xe-F$ બંધ છે,જે $4 \times 2 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન વાપરે છે.
દરેક $4$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે કુલ $4 \times 3 \times 2 = 24$ ઇલેક્ટ્રોન થાય છે.
કેન્દ્રીય $Xe$ પરમાણુ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $2 \times 2 = 4$ ઇલેક્ટ્રોન વાપરે છે.
આનો સરવાળો કરતા: $8 + 24 + 4 = 36$ ઇલેક્ટ્રોન મળે છે.
તેથી,તમામ વિધાનો સાચા છે.

(C) $1$. બંધારણોનું વિશ્લેષણ કરો:
$(I)$ $POF_3$: $P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે ($4$ કક્ષકો). $P$ પાસે $O$ સાથે $1$ $d\pi - p\pi$ બંધ છે. $P$ પાસે $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$(II)$ $SOF_4$: $S$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે ($5$ કક્ષકો). $S$ પાસે $O$ સાથે $1$ $d\pi - p\pi$ બંધ છે. $S$ પાસે $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$(III)$ $IOF_5$: $I$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે ($6$ કક્ષકો). $I$ પાસે $O$ સાથે $1$ $d\pi - p\pi$ બંધ છે. $I$ પાસે $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન:
- વિકલ્પ $(C)$: $d\pi - p\pi$ બંધની સંખ્યા: બધામાં $1$ $d\pi - p\pi$ બંધ છે. તેથી $1 \to 2 \to 3$ નો ફેરફાર જોવા મળતો નથી.

(C) સંયોજનનું જળવિભાજન ખાલી $d$-કક્ષકોની હાજરી અથવા અષ્ટક વિસ્તારવાની ક્ષમતા પર આધાર રાખે છે.
$CCl_4$ નું જળવિભાજન થતું નથી કારણ કે કાર્બનમાં ખાલી $d$-કક્ષકોનો અભાવ છે અને અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) જોવા મળે છે.
$NF_3$ નું જળવિભાજન થતું નથી કારણ કે નાઇટ્રોજનમાં ખાલી $d$-કક્ષકો હોતી નથી અને $N-F$ બંધ ખૂબ જ મજબૂત હોય છે.
$SF_6$ નું જળવિભાજન થતું નથી કારણ કે સલ્ફર પરમાણુની આસપાસ છ ફ્લોરિન પરમાણુઓ દ્વારા અવકાશી અવરોધ સર્જાય છે,જે પાણીના અણુઓના હુમલાને અટકાવે છે.
$BF_3$ નું જળવિભાજન થઈને $H_3BO_3$ અને $HBF_4$ બને છે કારણ કે બોરોનમાં ખાલી $p$-કક્ષક હોય છે અને તે પાણીમાંથી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારી શકે છે.
તેથી,$BF_3$ અન્ય કરતા અલગ છે કારણ કે તે સરળતાથી જળવિભાજન પામે છે.

(A) $(P)$ $PCl_5 \to PCl_3 + Cl_2$ માં: $PCl_5$ માં $P$ એ $sp^3d$ (ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ,$+5$ અવસ્થા) છે અને $PCl_3$ માં $P$ એ $sp^3$ (પિરામિડલ,$+3$ અવસ્થા) છે. ફેરફારો: $(i), (ii), (iii), (iv)$.
$(Q)$ $SO_3 \to SO_2 + \frac{1}{2}O_2$ માં: $SO_3$ માં $S$ એ $sp^2$ (ત્રિકોણીય સમતલીય,$+6$ અવસ્થા) છે અને $SO_2$ માં $S$ એ $sp^2$ (કોણીય,$+4$ અવસ્થા) છે. ફેરફારો: $(ii), (iii), (iv)$. (સંકરણ $sp^2$ રહે છે).
$(R)$ $NH_3 + H^{+} \to NH_4^+$ માં: $NH_3$ માં $N$ એ $sp^3$ (પિરામિડલ,$-3$ અવસ્થા) છે અને $NH_4^+$ માં $N$ એ $sp^3$ (સમચતુષ્ફલકીય,$-3$ અવસ્થા) છે. ફેરફારો: $(ii), (iii)$.
$(S)$ $H_2O + H^{+} \to H_3O^{+}$ માં: $H_2O$ માં $O$ એ $sp^3$ (કોણીય,$-2$ અવસ્થા) છે અને $H_3O^{+}$ માં $O$ એ $sp^3$ (પિરામિડલ,$-2$ અવસ્થા) છે. ફેરફારો: $(ii), (iii)$.

(D) $sp^3$ સંકરણ માટે: જ્યારે બધા બંધ જોડી હોય,ત્યારે ભૂમિતિ ચતુષ્ફલકીય (અસમતલીય) હોય છે. જ્યારે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય,ત્યારે આકાર વળેલો (સમતલીય) હોય છે.
$sp^3d$ સંકરણ માટે: જ્યારે બધા બંધ જોડી હોય,ત્યારે ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ (અસમતલીય) હોય છે. જ્યારે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય,ત્યારે આકાર $T$-આકારનો (સમતલીય) હોય છે.
$sp^3d^2$ સંકરણ માટે: જ્યારે બધા બંધ જોડી હોય,ત્યારે ભૂમિતિ અષ્ટફલકીય (અસમતલીય) હોય છે. જ્યારે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય,ત્યારે આકાર ચોરસ સમતલીય (સમતલીય) હોય છે.
આમ,આપેલ તમામ સંકરણો શરતનું પાલન કરે છે,તેથી સાચો જવાબ $D$ છે.

(B) $SO_3$ નો ટ્રાઈમર $(SO_3)_3$ છે,જે ચક્રીય $S_3O_9$ છે.
આ બંધારણમાં,રિંગ બનાવતા $3$ $S-O-S$ જોડાણો છે.
કોઈ $S-S$ બંધ નથી.
દરેક $S$ પરમાણુ બે ટર્મિનલ $O$ પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ $(S=O)$ દ્વારા અને બે બ્રિજિંગ $O$ પરમાણુઓ સાથે એકલ બંધ $(S-O-S)$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
કુલ $\sigma$ બંધ: $6$ (રિંગમાં) + $6$ (ટર્મિનલ) = $12$ $\sigma$ બંધ.
કુલ $\pi$ બંધ: $6$ $\pi$ બંધ.
આમ,ગણતરી છે: $S-S$ બંધ = $0$,$S-O-S$ બંધ = $3$,$\sigma$ બંધ = $12$,$\pi$ બંધ = $6$.

(C) $1. CO_3^{2-}$: તેમાં સંસ્પંદન (resonance) જોવા મળે છે,તેથી ત્રણેય $C-O$ બંધ લંબાઈ સમાન છે. આમ,ઓછામાં ઓછી બે સમાન છે. (હા)
$2. HCOOH$: તેમાં એક $C=O$ બંધ અને એક $C-OH$ બંધ છે. બંધ લંબાઈ અલગ છે. (ના)
$3. S_2O_3^{2-}$: બંધારણમાં બે પ્રકારના $S-O$ બંધ છે: બે ટર્મિનલ $S=O$ બંધ અને બે $S-O$ સિંગલ બંધ. બે $S=O$ બંધ સમાન છે. આમ,ઓછામાં ઓછી બે સમાન છે. (હા)
$4. NO_2^{-}$: તેમાં સંસ્પંદન છે,તેથી બંને $N-O$ બંધ લંબાઈ સમાન છે. (હા)
આમ,કુલ $3$ સંયોજનો / આયનો શરત સંતોષે છે.