Mix Examples-Chemical Bonding Questions in Gujarati

(D) $1$. $XeF_4$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ અને $Xe$ પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે તેનો આકાર સમચોરસ સમતલીય છે,તેથી બધા પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં છે.
$2$. $BF_3$ માં $sp^2$ સંકરણને કારણે તેનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે,તેથી બધા પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં છે.
$3$. $PF_5$ નો આકાર ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ છે,જેમાં બધા પરમાણુઓ એક સમતલમાં હોતા નથી.
$4$. તેથી,$XeF_4$ અને $BF_3$ બંનેમાં બધા પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં છે.

(D) $1$. $SH_6$: સલ્ફરની સંયોજકતા કક્ષા $3s^2 3p^4$ છે. ફ્લોરિનની ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે તે $SF_6$ બનાવી શકે છે,પરંતુ હાઇડ્રોજન એટલો વિદ્યુતઋણી નથી કે $SH_6$ માં સલ્ફરની ઊંચી ઓક્સિડેશન અવસ્થાને સ્થિર કરી શકે.
$2$. $HFO_4$: ફ્લોરિન સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણી તત્વ છે અને તે $HFO_4$ જેવા ઓક્સોએસિડમાં ધન ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવી શકતું નથી.
$3$. $FeI_3$: $Fe^{3+}$ આયન પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે અને $I^-$ આયન પ્રબળ રિડક્શનકર્તા છે,તેથી તેઓ રેડોક્સ પ્રક્રિયા કરીને $FeI_2$ અને $I_2$ બનાવે છે. તેથી $FeI_3$ સ્થિર નથી.
$4$. આમ,આપેલા તમામ સંયોજનો અસ્તિત્વ ધરાવતા નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $CH_4$ અણુમાં કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
મહત્તમ પરમાણુઓ (જે $3$ છે) ધરાવતા સમતલોની સંખ્યા શોધવા માટે:
$1$. $3$ પરમાણુઓ ધરાવતા સમતલો: $CH_4$ માં $4$ હાઇડ્રોજન અને $1$ કાર્બન પરમાણુ છે. $5$ માંથી $3$ પરમાણુ પસંદ કરવાની રીતો $^5C_3 = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$ છે.
$2$. આ $10$ સમતલોમાં:
- $6$ સમતલો $H-C-H$ બંધ દ્વારા બને છે.
- $4$ સમતલો $H-H-H$ ના સંયોજન દ્વારા બને છે.
આમ,આવા કુલ સમતલોની સંખ્યા $10$ છે.

(D) આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે બંધનકર્તા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાના આધારે સંકરણ અને ભૂમિતિની ગણતરી કરીએ છીએ.
$1$. $KrF_2$ અને $ICl_2^-$: બંનેમાં $sp^3d$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$2$. $NH_2^-$ અને $CH_3OCH_3$: બંનેમાં $sp^3$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ (અનુક્રમે $N$ અને $O$) પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે વળેલી ($V$-આકારની) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$3$. $SF_4$ અને $XeO_2F_2$: બંનેમાં $sp^3d$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સી-સો (see-saw) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
આમ,બધી આપેલી જોડીઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ ટ્રાઇમર $(S_3O_9)$ ની રચનામાં એક ચક્રીય વલય હોય છે જ્યાં ત્રણ $SO_3$ એકમો ઓક્સિજન પરમાણુઓ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
આ રચનામાં,દરેક સલ્ફર પરમાણુ વલયની અંદર બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે અને બે ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
અણુમાં કોઈ સીધા $S-S$ બંધો હાજર નથી.
તેથી,$S-S$ બંધોની સંખ્યા $0$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) $Ni(CO)_4$ માં $Ni$ થી $CO$ તરફ $d\pi -p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ જોવા મળે છે,પરંતુ તેમાં $p\pi -d\pi$ બંધ હોતો નથી.
$(SiH_3)_3N$ માં $N$ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $Si$ ની ખાલી $d$-કક્ષકમાં દાન પામે છે,જે $p\pi -d\pi$ બંધ બનાવે છે.
$P_4O_{10}$ માં $P=O$ બંધમાં $O$ થી $P$ તરફ $p\pi -d\pi$ બેક-બોન્ડિંગ હોય છે.
$N_2O_5$ માં $N$ પાસે $d$-કક્ષકો હોતી નથી,તેથી તે $p\pi -d\pi$ બંધ બનાવી શકતું નથી. જોકે,આપેલા વિકલ્પોમાં $Ni(CO)_4$ એ સાચો જવાબ છે.

(D) સ્થાયી $p\pi-p\pi$ મલ્ટિપલ બંધ બનાવવા માટે સમાન કદ અને ઉર્જા ધરાવતા પરમાણુઓની જરૂર હોય છે.
કાર્બનનું કદ નાનું અને વિદ્યુતઋણતા ઊંચી હોય છે,જે તેને સ્થાયી $C=O$,$C=S$ અને $C=Se$ બંધ બનાવવાની મંજૂરી આપે છે.
જોકે,$Te$ પરમાણુ કાર્બન કરતા ઘણો મોટો છે,જેના કારણે કાર્બનના $2p$ કક્ષકો અને ટેલુરિયમના $5p$ કક્ષકો વચ્ચે ઉર્જાનો મોટો તફાવત રહે છે.
પરિણામે,અસરકારક કક્ષકીય ઓવરલેપ શક્ય નથી,અને તેથી $CTe_2$ અણુ અસ્તિત્વ ધરાવતો નથી.

(B) $O-O$ બંધની બંધ ઉર્જા ખૂબ જ ઓછી હોય છે કારણ કે નાના $O$ પરમાણુઓના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચે વધુ આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ હોય છે.
બાકીના ચાલકોજેન્સમાં,જેમ જેમ પરમાણુ કદ વધે છે તેમ તેમ સમૂહમાં નીચે જતાં બંધ ઉર્જા ઘટે છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાં $S-S$ બંધની બંધ ઉર્જા સૌથી વધુ છે.

(B) માટે: બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે. બંધ ક્રમાંક $CO (3)$,$CO_2 (2)$,$CO_3^{2-} (1.33)$ છે. તેથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ $CO < CO_2 < CO_3^{2-}$ સાચો છે.
$(b)$ માટે: બંધ ક્રમાંક $O_2 (2)$,$O_3 (1.5)$,$O_2^{2-} (1)$ છે. તેથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ $O_2 < O_3 < O_2^{2-}$ સાચો છે.
$(c)$ માટે: બંધ ઉર્જા એ બંધ ક્રમાંકના સમપ્રમાણમાં હોય છે. $N_2$ નો બંધ ક્રમાંક $3$ અને $N_2^+$ નો $2.5$ છે. તેથી,$N_2 > N_2^+$. આપેલ ક્રમ $N_2 < N_2^+$ ખોટો છે.
તેથી,માત્ર $(a)$ અને $(b)$ સાચા છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક હોવા માટે,સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોવી જોઈએ.
$NO_3^-: 7 + (3 \times 8) + 1 = 32 \ e^-$
$CO_3^{2-}: 6 + (3 \times 8) + 2 = 32 \ e^-$
$ClO_3^-: 17 + (3 \times 8) + 1 = 42 \ e^-$
$SO_3: 16 + (3 \times 8) = 40 \ e^-$
આમ,$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.
$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને કોઈ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ મળે છે.
તેથી,$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંને આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.

(D) સંયોજન $(I)$ માં,$N$ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું $p\pi-d\pi$ બેક-બોન્ડિંગ દ્વારા $Si$ ની ખાલી $d$-કક્ષકોમાં આંશિક દાન થાય છે.
આનાથી $B$ ની ખાલી $p$-કક્ષક સાથે $p\pi-p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ માટે ઉપલબ્ધ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા ઘટે છે.
સંયોજન $(II)$ માં,$C$ પાસે કોઈ ખાલી $d$-કક્ષકો નથી,તેથી $N$ પરનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $B$ સાથે $p\pi-p\pi$ બેક-બોન્ડિંગ માટે સંપૂર્ણપણે ઉપલબ્ધ છે.
તેથી,$\pi$-બંધની મજબૂતી $(II)$ માં વધારે છે,એટલે કે $II > I$.

(D) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ એવી રીતે બંધ બનાવે છે કે જેથી તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન હોય.
$CO_2$ માં,કાર્બન પાસે $8$ અને ઓક્સિજન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$H_2O$ માં,ઓક્સિજન પાસે $8$ અને હાઇડ્રોજન પાસે $2$ ઇલેક્ટ્રોન (ડ્યુપ્લેટ નિયમ) છે.
$O_2$ માં,બંને ઓક્સિજન પરમાણુઓ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$CO$ માં,કાર્બન પાસે $6$ અને ઓક્સિજન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$CO$ માં કાર્બન પાસે માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તે અષ્ટકના નિયમનું પાલન કરતું નથી.

(B) $NaOH$ માં,$Na^+$ અને $OH^-$ વચ્ચેનો બંધ આયનીય છે.
હાઈડ્રોક્સાઈડ આયન $(OH^-)$ ની અંદર,ઓક્સિજન અને હાઈડ્રોજન વચ્ચેનો બંધ સહસંયોજક છે.
તેથી,$NaOH$ માં આયનીય અને સહસંયોજક બંને બંધ હોય છે.
$NaCl$ સંપૂર્ણપણે આયનીય છે.
$H_2O$ અને $HCl_{(g)}$ સંપૂર્ણપણે સહસંયોજક છે.

(B) આપેલ બંધારણ પરથી,આપણે દરેક તત્વની સંયોજકતા નક્કી કરી શકીએ છીએ:
$1$. તત્વ $X$ એ $2$ સિંગલ બોન્ડ અને $1$ ડબલ બોન્ડ બનાવે છે,જે કુલ $4$ બંધ સૂચવે છે.
$2$. તત્વ $Y$ એ $2$ સિંગલ બોન્ડ અને $1$ ડબલ બોન્ડ બનાવે છે.
$3$. તત્વ $Z$ એ $1$ સિંગલ બોન્ડ બનાવે છે,જેની સંયોજકતા $1$ છે.
વિકલ્પ $B$ $(N, P, Cl)$ એ ફોસ્ફોનાઈટ્રિલિક ક્લોરાઈડ $(NPCl_2)_3$ ના બંધારણને અનુરૂપ છે,જ્યાં $N$ એ $X$,$P$ એ $Y$ અને $Cl$ એ $Z$ છે.

(A) $O_3$ (ઓઝોન) અણુ રેઝોનન્સ સાથે બેન્ટ આકાર ધરાવે છે.
તેના રેઝોનન્સ હાઇબ્રિડમાં બે $O-O$ બંધ હોય છે.
એક બંધ સિંગલ બોન્ડ ($\sigma$ બંધ) છે અને બીજો ડબલ બોન્ડ (એક $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધ) છે.
આમ,કુલ $\sigma$ બંધની સંખ્યા $2$ છે અને કુલ $\pi$ બંધની સંખ્યા $1$ છે.

(A) $1$. દરેક સંયોજનના સંકરણ અને ધ્રુવીયતાનું વિશ્લેષણ કરો:
- $H_2CO_3$: મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (એક દ્વિબંધ,બે એકલ બંધ). તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે. $C$,$O$ અને $H$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે,આ અણુ ધ્રુવીય છે.
- $SiF_4$: મધ્યસ્થ સિલિકોન પરમાણુ $4$ સિગ્મા બંધ ધરાવે છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે. તેની સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિને કારણે તે અધ્રુવીય છે.
- $BF_3$: મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $3$ સિગ્મા બંધ ધરાવે છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે. તેની સમતલીય ત્રિકોણીય ભૂમિતિને કારણે તે અધ્રુવીય છે.
- $HClO_4$: મધ્યસ્થ ક્લોરિન પરમાણુ ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$2$. નિષ્કર્ષ: $H_2CO_3$ એ એકમાત્ર સંયોજન છે જે ધ્રુવીય છે અને તેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.

(C) આ ધનાયનોની સ્થિરતા મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે.
વિદ્યુતઋણતાના સિદ્ધાંત મુજબ,વધુ વિદ્યુતઋણ પરમાણુ ઓછા વિદ્યુતઋણ પરમાણુ કરતા ધન વીજભારને વધુ અસરકારક રીતે જાળવી રાખે છે.
મધ્યસ્થ પરમાણુઓની વિદ્યુતઋણતાના મૂલ્યો આ મુજબ છે: $C (2.5) < N (3.0) < O (3.5) < F (4.0)$.
જો કે,આ વિશિષ્ટ સ્પીસીઝમાં,$NH_4^+$ એ જાણીતી અને અત્યંત સ્થાયી સ્પીસીઝ (એમોનિયમ આયન) છે,જેમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુ તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરે છે અને ચાર સ્થાયી સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
$CH_5^+$ એ હાઇપરવેલેન્ટ સ્પીસીઝ (મેથોનિયમ આયન) છે જે ઓછી સ્થાયી છે.
$OH_3^+$ (હાઇડ્રોનિયમ આયન) અને $FH_2^+$ પણ જાણીતા છે,પરંતુ આપેલા વિકલ્પોમાં $NH_4^+$ તેની અનુકૂળ ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી અને અષ્ટક પૂર્ણતાને કારણે સૌથી વધુ સ્થાયી છે.

(D) $P_4O_{10}$ ની રચનામાં $P_4$ ટેટ્રાહેડ્રલ કોર હોય છે જ્યાં દરેક $P$ પરમાણુ ઓક્સિજન બ્રિજ $(-P-O-P-)$ દ્વારા અન્ય $3$ $P$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
આવા $6$ $P-O-P$ બંધો છે.
વધુમાં,દરેક $4$ ફોસ્ફરસ પરમાણુઓ દ્વિબંધ $(P=O)$ દ્વારા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે.
આ $4$ $P=O$ બંધ આપે છે.
દરેક $P-O-P$ બંધમાં $1$ $\sigma$ બંધ હોય છે,અને દરેક $P=O$ બંધમાં $1$ $\sigma$ બંધ અને $1$ $\pi$ બંધ હોય છે.
કુલ $\sigma$ બંધોની ગણતરી: $6$ $P-O-P$ લિંકેજ છે,જેમાં દરેકના $2$ $\sigma$ બંધ ($P-O$ અને $O-P$) છે,જે કુલ $12$ $\sigma$ બંધ બનાવે છે.
$4$ $P=O$ બંધ છે,જેમાં દરેકનો $1$ $\sigma$ બંધ છે,જે કુલ $4$ $\sigma$ બંધ બનાવે છે.
કુલ $\sigma$ બંધ = $12 + 4 = 16$.

(A) દરેક જોડી માટે બંધકોણનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(a) BF_3$ અને $BCl_3$ બંને $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે,તેથી બંનેનો બંધકોણ $120^{\circ}$ છે.
$(b) PO_4^{3-}$ અને $SO_4^{2-}$ બંને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે,તેથી બંનેનો બંધકોણ $109.5^{\circ}$ છે.
$(c) BF_3$ ત્રિકોણીય સમતલીય $(120^{\circ})$ છે,જ્યારે $PF_3$ ત્રિકોણીય પિરામિડલ ($sp^3$ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે,ખૂણો $\approx 96^{\circ}$) છે.
$(d) NO_2^+$ અને $N_2O$ બંને $sp$ સંકરણ સાથે રેખીય અણુઓ છે,તેથી બંનેનો બંધકોણ $180^{\circ}$ છે.
$(e) N_3^-$ રેખીય $(180^{\circ})$ છે,જ્યારે $NO_2$ વળેલું ($sp^2$ એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન સાથે,ખૂણો $\approx 134^{\circ}$) છે.
આમ,જોડી $(a), (b),$ અને $(d)$ સમાન બંધકોણ ધરાવે છે.

(B) $\sigma$ અને $\pi$ બંધોની કુલ સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે રચનાઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$I. \ H_2S_2O_6$ (ડાયથાયોનિક એસિડ): આ રચનામાં $7 \ \sigma$ બંધો અને $4 \ \pi$ બંધો છે. કુલ = $11$.
$II. \ H_2SO_3$ (સલ્ફ્યુરસ એસિડ): આ રચનામાં $4 \ \sigma$ બંધો અને $1 \ \pi$ બંધ છે. કુલ = $5$.
$III. \ H_2SO_5$ (પેરોક્સોમોનોસલ્ફ્યુરિક એસિડ): આ રચનામાં $6 \ \sigma$ બંધો અને $2 \ \pi$ બંધો છે. કુલ = $8$.
કુલ સંખ્યાની સરખામણી કરતા: $II \ (5) < III \ (8) < I \ (11)$.
આમ,સાચો વધતો ક્રમ $II, III, I$ છે.

(B) $1$. $NH_3$ અને $NF_3$ માટે: $NH_3$ ની ડાયપોલ મોમેન્ટ $(1.46 \ D)$ એ $NF_3$ $(0.24 \ D)$ કરતા વધારે છે કારણ કે $NH_3$ માં ઓર્બિટલ ડાયપોલ અને બંધ ડાયપોલ એક જ દિશામાં હોય છે,જ્યારે $NF_3$ માં તે વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે. તેથી,$NH_3 > NF_3$. વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.
$2$. $CO$ અને $CO_2$ માટે: $CO$ નો બંધ ક્રમાંક $3$ $(C \equiv O)$ છે અને $CO_2$ નો બંધ ક્રમાંક $2$ $(O=C=O)$ છે. વધુ બંધ ક્રમાંક એટલે ટૂંકી બંધ લંબાઈ. તેથી,$CO < CO_2$ સાચું છે. વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$3$. $NH_2^-$ અને $NH_4^+$ માટે: $NH_2^-$ માં $sp^3$ સંકરણ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે (બંધકોણ $\approx 104.5^\circ$),જ્યારે $NH_4^+$ માં $sp^3$ સંકરણ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે (બંધકોણ $109.5^\circ$). તેથી,$NH_2^- < NH_4^+$. વિકલ્પ $C$ ખોટો છે.
$4$. $I_3^-$ અને $N_3^-$ માટે: $I_3^-$ માં મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જ્યારે $N_3^-$ માં મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. તેથી,$I_3^- > N_3^-$. વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(B) જ્યારે રાસાયણિક બંધ રચાય છે,ત્યારે તંત્રની સ્થિતિ ઉર્જામાં ઘટાડો થાય છે. બે પરમાણુઓ વચ્ચેનું જે અંતરે સ્થિતિ ઉર્જા લઘુત્તમ હોય છે,તેને બંધ લંબાઈ કહેવામાં આવે છે.

(C) $\pi-$ બંધની મજબૂતી કક્ષકીય ઓવરલેપની માત્રા પર આધાર રાખે છે.
$I$. $BO_3^{3-}, CO_3^{2-}, NO_3^{-}$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુઓ અનુક્રમે $B, C, N$ છે. જેમ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા વધે છે,તેમ અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે,જે વધુ સારું $p\pi-p\pi$ ઓવરલેપ આપે છે. તેથી,ક્રમ $BO_3^{3-} < CO_3^{2-} < NO_3^{-}$ છે.
$II$. $ClO_4^{-}, SO_4^{2-}, PO_4^{3-}$ જેવા ઓક્સોએનાયન્સમાં,$\pi-$ બંધની મજબૂતી મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા સાથે વધે છે,જે વધુ સારું $p\pi-d\pi$ ઓવરલેપ સુવિધા આપે છે. તેથી,$ClO_4^{-} > SO_4^{2-} > PO_4^{3-}$.
$III$. બોરોન ટ્રાયહેલાઈડ્સમાં,બેક બોન્ડિંગ $p\pi-p\pi$ ઓવરલેપ દ્વારા થાય છે. ઓવરલેપની માત્રા $2p-2p$ $(BF_3)$ > $2p-3p$ $(BCl_3)$ > $2p-4p$ $(BBr_3)$ છે. તેથી,$BF_3 > BCl_3 > BBr_3$.
$IV$. $AlCl_3$ માં,$Al$ પરમાણુ પાસે $3p$ કક્ષકો છે,જ્યારે $BCl_3$ માં,$B$ પાસે $2p$ કક્ષકો છે. $BCl_3$ માં $2p-3p$ ઓવરલેપ એ $AlCl_3$ માં $3p-3p$ ઓવરલેપ કરતા મજબૂત છે. તેથી,$BCl_3 > AlCl_3$.
તેથી,વિધાનો $I, II,$ અને $III$ સાચા છે.

(D) જો $MX_4$ અણુ અધ્રુવીય હોય અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ન હોય,તો તેની ભૂમિતિ અત્યંત સંમિત હોવી જોઈએ જેથી દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા શૂન્ય થાય.
$1$. જો ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય ($sp^3$ સંકરણ) હોય,તો બંધકોણ $109^o28'$ હોય છે.
$2$. જો ભૂમિતિ સમતલીય ચોરસ ($dsp^2$ સંકરણ) હોય,તો બંધકોણ $90^o$ હોય છે.
$3$. જો ભૂમિતિ રેખીય હોય,તો બંધકોણ $180^o$ હોઈ શકે છે.
તેથી,$MX_4$ અણુની વિશિષ્ટ ભૂમિતિના આધારે આપેલ તમામ બંધકોણ શક્ય છે.

(D) Born-Haber cycle એ આયનીય સ્ફટિકની લેટીસ ઉર્જાને અન્ય થર્મોકેમિકલ ડેટા સાથે સંબંધિત કરવા માટે વપરાતું થર્મોડાયનેમિક ચક્ર છે.
તેમાં ઉર્ધ્વપાતન ઉર્જા,આયનીકરણ ઉર્જા,બંધ વિયોજન ઉર્જા,ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $(\Delta_{eg}H)$ અને લેટીસ ઉર્જા $(L.E.)$ જેવા તબક્કાઓનો સમાવેશ થાય છે.
હેસના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આ તબક્કાઓ માટે એન્થાલ્પી ફેરફારોનો સરવાળો કુલ સર્જન એન્થાલ્પી $(\Delta_fH)$ જેટલો થાય છે.
તેથી,તેનો ઉપયોગ $\Delta_{eg}H$ અને લેટીસ ઉર્જા $(L.E.)$ ની ગણતરી કરવા માટે થાય છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $I$ અને $IV$ છે.

(A) ફોર્મલ ચાર્જની ગણતરી આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે: $\text{Formal Charge} = \text{Total valence electrons} - \text{Non-bonding electrons} - \frac{1}{2} \times \text{Bonding electrons}$.
ડાબા $N$ પરમાણુ માટે: $5 - 4 - \frac{1}{2}(4) = -1$.
વચ્ચેના $N$ પરમાણુ માટે: $5 - 0 - \frac{1}{2}(8) = +1$.
જમણા $N$ પરમાણુ માટે: $5 - 4 - \frac{1}{2}(4) = -1$.
આમ,ડાબેથી જમણે ફોર્મલ ચાર્જ $-1, +1, -1$ છે.

(A) સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_{2}SO_{4})$ નું એનહાઇડ્રાઇડ સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ $(SO_{3})$ છે.
$SO_{3}$ ની રચનામાં,સલ્ફર પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
દરેક દ્વિબંધ એક $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધ ધરાવે છે.
તેથી,$SO_{3}$ અણુમાં $3$ $\sigma$ બંધો અને $3$ $\pi$ બંધો છે.
સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ઘન $BeH_2$ અને ઘન $BeCl_2$ બંને પોલિમરિક સ્વભાવ ધરાવે છે.
ઘન $BeH_2$ માં,બંધારણ હાઇડ્રોજન બ્રિજ ($Be-H-Be$ બંધ) દ્વારા જોડાયેલા $Be$ પરમાણુઓ સાથેનું ત્રિ-પરિમાણીય પોલિમર છે.
ઘન $BeCl_2$ માં,બંધારણ ક્લોરિન બ્રિજ ($Be-Cl-Be$ બંધ) દ્વારા જોડાયેલા $Be$ પરમાણુઓ સાથેની રેખીય સાંકળ પોલિમર છે.
બંને સંયોજનોમાં $Be$ પરમાણુનું $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે અને બંને અસમતલીય છે.

(C) $H_2O_2$ $(H-O-O-H)$ માટે,બંધ ક્રમાંક $(B.O.)$ $1$ છે.
$O_2$ $(O=O)$ માટે,બંધ ક્રમાંક $(B.O.)$ $2$ છે.
$O_3$ (રેઝોનન્સ હાઇબ્રિડ) માટે,બંધ ક્રમાંક $(B.O.)$ $1.5$ છે.
બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંક $(B.O.)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$B.O.$ નો ક્રમ: $O_2 (2) > O_3 (1.5) > H_2O_2 (1)$.
તેથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ: $II < III < I$ છે.

(D) $1$. $BeCl_2$ સહસંયોજક છે,જ્યારે $LiCl$ આયનીય છે. આયનીય સંયોજનો પીગળેલા અવસ્થામાં વધુ વિદ્યુત વાહકતા ધરાવે છે,તેથી $BeCl_2 < LiCl$ સાચું છે.
$2$. આયનીય સંયોજનોની ઉષ્મીય સ્થિરતા લેટીસ ઉર્જા અને કેટાયનની ચાર્જ ઘનતા સાથે વધે છે. $NaF < MgF_2 < AlF_3$ સાચું છે કારણ કે કેટાયન પરનો વીજભાર વધે છે.
$3$. આલ્કલાઇન અર્થ ધાતુઓના સલ્ફેટ માટે,સમૂહમાં નીચે જતાં ઉષ્મીય સ્થિરતા વધે છે કારણ કે કેટાયનનું કદ વધે છે. તેથી,$BeSO_4 < MgSO_4 < CaSO_4$ સાચું છે.
$4$. લિથિયમ હેલાઇડ્સની પાણીમાં દ્રાવ્યતા હાઇડ્રેશન ઉર્જા અને લેટીસ ઉર્જા પર આધાર રાખે છે. $LiF$ તેની ખૂબ ઊંચી લેટીસ ઉર્જાને કારણે સૌથી ઓછું દ્રાવ્ય છે,જ્યારે $LiI$ સૌથી વધુ દ્રાવ્ય છે. સાચો ક્રમ $LiF < LiCl < LiBr < LiI$ છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ ખોટો ક્રમ છે.

(C) $BF_3$ માં,બોરોન પરમાણુ પાસે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે (અપૂર્ણ અષ્ટક).
આ ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપને કારણે,તે અન્ય અણુઓ પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનની એક જોડી સ્વીકારીને પ્રબળ લુઇસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.
આ ગુણધર્મને લીધે તે ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ આલ્કાઇલેશન અને પોલિમરાઇઝેશન જેવી વિવિધ ઔદ્યોગિક કાર્બનિક પ્રક્રિયાઓમાં અસરકારક ઉદ્દીપક તરીકે કાર્ય કરે છે.

(A) $1$. $B_2H_6$ (ડાયબોરેન) એ ઇલેક્ટ્રોનની અછત ધરાવતા અણુનું ઉત્તમ ઉદાહરણ છે કારણ કે તેમાં માત્ર $12$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે તેની રચના માટે જરૂરી સહસંયોજક બંધ બનાવવા માટે અપૂરતા છે,જેના પરિણામે $3c-2e$ (ત્રણ-કેન્દ્ર બે-ઇલેક્ટ્રોન) બંધ બને છે. તેથી,વિધાન $A$ ખોટું છે.
$2$. $BF_3$ નો આકાર સમતલીય ત્રિકોણીય છે અને તેની સંમિતિને કારણે,વ્યક્તિગત $B-F$ બંધની દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,પરિણામે કુલ દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા શૂન્ય થાય છે. વિધાન $B$ સાચું છે.
$3$. હાઇડ્રોબોરેશન-ઓક્સિડેશન એ એક સ્ટીરિયોસ્પેસિફિક સીન-યોગશીલ પ્રક્રિયા છે જે પ્રતિ-માર્કોવનીકોવના નિયમનું પાલન કરીને આલ્કોહોલ આપે છે. વિધાન $C$ સાચું છે.
$4$. $BF_3$ સમતલીય ત્રિકોણીય ($sp^2$ સંકરણ) છે,જ્યારે $BrF_3$ એ $T$-આકારનું ($sp^3d$ સંકરણ,$Br$ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે) છે. તેમના આકાર ખરેખર અલગ છે. વિધાન $D$ સાચું છે.

(D) $Al_2Cl_6$ ની રચના એક ડાયમર છે જેમાં બે $AlCl_3$ એકમો બે બ્રિજિંગ ક્લોરિન પરમાણુઓ દ્વારા જોડાયેલા છે.
આ રચનામાં,$Al-Cl$ બંધોના બે પ્રકાર છે:
$1$. ટર્મિનલ $Al-Cl$ બંધો: $4$ ટર્મિનલ બંધો છે જે ટૂંકા અને સમાન છે.
$2$. બ્રિજિંગ $Al-Cl$ બંધો: $2$ બ્રિજિંગ બંધો છે જે લાંબા અને સમાન છે.
તેથી,$4$ બંધો સમાન છે (ટર્મિનલ) અને $2$ બંધો સમાન છે (બ્રિજિંગ),જેનો અર્થ છે કે $2$ બંધો બાકીના $4$ કરતા અલગ છે.

(D) $BCl_3$ એ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવતું સહસંયોજક અણુ છે.
તે બોરોન પરમાણુ પર અપૂર્ણ અષ્ટક ધરાવતું ઇલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવતું સંયોજન છે,જે તેને પ્રબળ લુઇસ એસિડ બનાવે છે.
$AlCl_3$ થી વિપરીત,$BCl_3$ ડાયમર બનાવતું નથી કારણ કે બોરોન પરમાણુનું કદ નાનું હોવાથી તે સ્થાયી બ્રિજ બંધારણ બનાવી શકતું નથી.
ક્લોરિનના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મથી બોરોનની ખાલી $p$-કક્ષકમાં બેક-બોન્ડિંગને કારણે,$B-Cl$ બંધમાં થોડો દ્વિ-બંધનો ગુણધર્મ આવે છે.
આ બેક-બોન્ડિંગને કારણે બંધ લંબાઈ સામાન્ય $B-Cl$ એકલ બંધ કરતા ટૂંકી હોય છે.
તેથી,$B-Cl$ બંધો એકલ બંધ કરતા મોટા છે તે વિધાન ખોટું છે.

(D) $1$. $CO_2$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવતો રેખીય અણુ છે,જે ડાયપોલ મોમેન્ટના નાબૂદ થવાને કારણે અધ્રુવીય છે.
$2$. $H_2CO_3$ (કાર્બોનિક એસિડ) એ $CO_2$ અને પાણીની પ્રક્રિયાથી બને છે $(CO_2 + H_2O \rightarrow H_2CO_3)$.
$3$. $CO_2$ માં કાર્બન $sp$ સંકરણ ધરાવે છે. $H_2CO_3$ માં કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે કારણ કે તે ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
$4$. તેથી,$CO_2$ અને $H_2CO_3$ બંનેમાં કાર્બન $sp^2$ સંકરણમાં છે તે વિધાન ખોટું છે.

(C) ધન અવસ્થામાં,$PCl_5$ આયનીય ઘન તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તે સ્વયં-આયનીકરણ પામીને $[PCl_4]^+$ (ચતુષ્ફલકીય) અને $[PCl_6]^-$ (અષ્ટફલકીય) આયનો બનાવે છે.
તેથી,સાચું નિરૂપણ $[PCl_4]^+ [PCl_6]^-$ છે.

(C) $K_2CS_3$ સંયોજન એ થાયોકાર્બોનિક એસિડ $(H_2CS_3)$ નો પોટેશિયમ ક્ષાર છે.
આ સંયોજનમાં,કાર્બોનેટ આયન $(CO_3^{2-})$ ના ઓક્સિજન પરમાણુઓ સલ્ફર પરમાણુઓ દ્વારા બદલાય છે.
તેથી,$K_2CS_3$ નું નામ પોટેશિયમ થાયોકાર્બોનેટ છે.

(B) $OF_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ ઓક્સિજન $(O)$ છે.
ઓક્સિજન પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે બે ફ્લોરિન $(F)$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેમાં તેના $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
આથી $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો મળે છે.
ઓક્સિજન પર બાકી રહેલા $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો (લોન પેર) બનાવે છે.
દરેક ફ્લોરિન પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો હોય છે,આમ બે ફ્લોરિન પરમાણુઓ પર કુલ $6$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો થાય છે.
તેથી,$OF_2$ અણુમાં કુલ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $2$ (ઓક્સિજન પર) $+ 6$ (બે ફ્લોરિન પર) $= 8$ થાય છે.
આમ,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $2$ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $8$ છે.

(C) $H_2S$ $(92^o)$ નો બંધકોણ $H_2O$ $(104.5^o)$ કરતા નાનો છે.
જેમ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે,તેમ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો મધ્યસ્થ પરમાણુથી દૂર જાય છે,જેનાથી તેમની વચ્ચેનું અપાકર્ષણ ઘટે છે અને બંધકોણ નાનો બને છે.
ઓક્સિજન સલ્ફર કરતા વધુ વિદ્યુતઋણીય હોવાથી,$H_2O$ માં બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો મધ્યસ્થ પરમાણુની નજીક હોય છે,જે વધુ અપાકર્ષણ અને મોટો બંધકોણ પેદા કરે છે.
તેથી,વિધાન સાચું છે,પરંતુ કારણ ખોટું છે કારણ કે મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા વધતા બંધકોણ વાસ્તવમાં વધે છે.

(C) $BCl_3$ માં ક્લોરિન પરમાણુઓનું કદ મોટું હોવાથી અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) સર્જાય છે,જે ડાયમર બનતા અટકાવે છે.
વધુમાં,$BCl_3$ માં ક્લોરિનના ભરાયેલા $p$-કક્ષકો અને બોરોનના ખાલી $p$-કક્ષક વચ્ચે $p\pi - p\pi$ બેક બોન્ડિંગ દ્વારા સ્થિરતા મળે છે.
તેનાથી વિપરીત,હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ નાના હોવાથી અવકાશી અવરોધ સર્જતા નથી,જેથી $BH_3$ બોરોનનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે $B_2H_6$ ડાયમર બનાવે છે.

(C) $S_8$ અણુ પકર્ડ રિંગ (ક્રાઉન) પ્રકારનું બંધારણ ધરાવે છે.
આ બંધારણમાં,$S-S-S$ બંધકોણ આશરે $107^o$ ($102^o-108^o$ ની રેન્જમાં) હોય છે.
તેથી,વિધાન સાચું છે.
જોકે,$S_8$ નો આકાર $V$ જેવો નથી; તે ક્રાઉન જેવું પકર્ડ રિંગ બંધારણ ધરાવે છે.
આમ,કારણ ખોટું છે.

(C) પેરોક્સોડાયસલ્ફેટ આયન $(S_{2}O_{8}^{2-})$ માં,$8$ $S-O$ બંધો હોય છે ($S=O$ અને $S-O$ સિંગલ બંધ સહિત).
રોમ્બિક સલ્ફર $(S_{8})$ માં,સલ્ફર પરમાણુઓ એક પકર્ડ રિંગ બંધારણ બનાવે છે જેમાં દરેક સલ્ફર પરમાણુ અન્ય બે સલ્ફર પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે,જેના પરિણામે કુલ $8$ $S-S$ બંધો બને છે.
તેથી,$S_{2}O_{8}^{2-}$ માં $S-O$ બંધોની સંખ્યા $8$ છે અને રોમ્બિક સલ્ફરમાં $S-S$ બંધોની સંખ્યા $8$ છે.

(N/A) રાસાયણિક બંધને એક આકર્ષણ બળ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે જે રાસાયણિક ઘટકોમાં (પરમાણુઓ,આયનો,વગેરે) ઘટકોને એકસાથે પકડી રાખે છે.
રાસાયણિક બંધોના નિર્માણ માટે વિવિધ સિદ્ધાંતો સૂચવવામાં આવ્યા છે,જેમ કે ઇલેક્ટ્રોનિક સિદ્ધાંત,વેલેન્સ શેલ ઇલેક્ટ્રોન પેર રિપલ્શન $(VSEPR)$ સિદ્ધાંત,વેલેન્સ બોન્ડ સિદ્ધાંત અને મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ સિદ્ધાંત.
રાસાયણિક બંધનું નિર્માણ એ સિસ્ટમની સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરવાની વૃત્તિને આભારી છે. એવું અવલોકન કરવામાં આવ્યું હતું કે ઉમદા વાયુઓની નિષ્ક્રિયતા તેમની સંપૂર્ણ ભરાયેલી બાહ્ય કક્ષકોને કારણે છે. તેથી,એવું અનુમાન કરવામાં આવ્યું હતું કે અપૂર્ણ બાહ્ય કક્ષાઓ ધરાવતા તત્વો અસ્થિર (પ્રતિક્રિયાશીલ) હોય છે. તેથી,પરમાણુઓ એકબીજા સાથે જોડાય છે અને નજીકના ઉમદા વાયુઓનું સ્થિર બંધારણ પ્રાપ્ત કરવા માટે તેમના અષ્ટક અથવા દ્વિક પૂર્ણ કરે છે. આ સંયોજન કાં તો ઇલેક્ટ્રોનની વહેંચણી દ્વારા અથવા એક પરમાણુમાંથી બીજા પરમાણુમાં એક કે તેથી વધુ ઇલેક્ટ્રોન સ્થાનાંતરિત કરીને થઈ શકે છે. પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની વહેંચણીના પરિણામે બનતા રાસાયણિક બંધને સહસંયોજક બંધ કહેવામાં આવે છે. એક પરમાણુમાંથી બીજા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનના સ્થાનાંતરણના પરિણામે આયનીય બંધ રચાય છે.

$Mg$: $Mg$ પરમાણુમાં $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $\cdot \dot{Mg} \cdot$
$Na$: $Na$ પરમાણુમાં $1$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $\dot{Na}$
$B$: $B$ પરમાણુમાં $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $\cdot \dot{B} \cdot$
$O$: $O$ પરમાણુમાં $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $:\ddot{O}:$
$N$: $N$ પરમાણુમાં $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $:\ddot{N}\cdot$
$Br$: $Br$ પરમાણુમાં $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તેથી,લુઈસ ટપકાં સંજ્ઞા છે: $:\ddot{\underset{..}{Br}}:$

(N/A) વિવિધ રાસાયણિક ઘટકોમાં વિવિધ ઘટકો (પરમાણુઓ,આયનો,વગેરે) ને એકસાથે પકડી રાખતા આકર્ષણ બળને રાસાયણિક બંધ કહેવામાં આવે છે.
દરેક તંત્ર વધુ સ્થિર બનવા માંગે છે,અને બંધન એ સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરવા માટે તંત્રની ઉર્જા ઘટાડવાની કુદરતી રીત છે.
રાસાયણિક બંધનના સિદ્ધાંતોના પ્રકારો નીચે મુજબ છે:
$1$. કોસેલ-લુઈસ અભિગમ
$2$. વેલેન્સ શેલ ઇલેક્ટ્રોન પેર રિપલ્શન $(VSEPR)$ સિદ્ધાંત
$3$. વેલેન્સ બોન્ડ $(VB)$ સિદ્ધાંત
$4$. મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ $(MO)$ સિદ્ધાંત

(N/A) વિવિધ રાસાયણિક સ્પીસીઝમાં વિવિધ ઘટકો (પરમાણુઓ,આયનો વગેરે) ને એકસાથે પકડી રાખતા આકર્ષણ બળને રાસાયણિક બંધ કહેવામાં આવે છે.
દરેક તંત્ર વધુ સ્થિર બનવા માંગે છે અને બંધન એ સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરવા માટે તંત્રની ઉર્જા ઘટાડવાની કુદરતી રીત છે.
રાસાયણિક બંધનના પ્રકારો નીચે મુજબ છે:
$(1)$ કોસેલ-લુઈસ અભિગમ
$(2)$ વેલેન્સ શેલ ઇલેક્ટ્રોન પેર રિપલ્શન $(VSEPR)$ સિદ્ધાંત
$(3)$ વેલેન્સ બોન્ડ $(VB)$ સિદ્ધાંત
$(4)$ મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ $(MO)$ સિદ્ધાંત

(A) આયોનિક બંધમાં,ઇલેક્ટ્રોન એક પરમાણુમાંથી બીજા પરમાણુમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે,જેનાથી વિરુદ્ધ વીજભાર ધરાવતા આયનો બને છે. આ આયનો પ્રબળ સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ બળો દ્વારા સ્થિર થાય છે.
સહસંયોજક બંધમાં,પરમાણુઓ નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી સ્થિર ઇલેક્ટ્રોન રચના પ્રાપ્ત કરવા માટે વેલેન્સ ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી કરીને સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરે છે.
સામાન્ય રીતે,જે પરમાણુઓમાં વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત વધારે હોય છે તે આયોનિક બંધ બનાવે છે,જ્યારે વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત ઓછો હોય તેવા પરમાણુઓ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.

(B) $ClO^{-}$ એ $ClF$ સાથે આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે. બંને સ્પીસીઝમાં કુલ $26$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
$ClO^{-}$ માં કુલ ઈલેક્ટ્રોન = $17 + 8 + 1 = 26$.
$ClF$ માં કુલ ઈલેક્ટ્રોન = $17 + 9 = 26$.
$ClF$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તેની પાસે ઈલેક્ટ્રોનની અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) હોય છે જે $ClF_{3}$ જેવા સંયોજનો બનાવવા માટે દાન કરી શકાય છે.