Mix Examples-Chemical Bonding Questions in Gujarati

(A) $GaAlCl_4$ સંયોજન એ $Ga^+$ અને $[AlCl_4]^-$ આયનો ધરાવતો આયનીય ક્ષાર છે.
આ બંધારણમાં,$Ga$ એ $Ga^+$ કેટાયન તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,જેનો અર્થ છે કે તેની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+1$ છે,$+3$ નથી.
$[AlCl_4]^-$ એનાયન ચાર $Cl$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલા $Al$ પરમાણુનો બનેલો છે.
$Ga$ એ ક્ષારનો ધન આયનીય ભાગ હોવાથી,તે $Al$ ની જેમ $Cl$ સાથે સંકલિત નથી.
તેથી,$Ga$ એ $GaAlCl_4$ ક્ષારના ધન આયનીય ભાગ તરીકે હાજર છે.

(D) . $NF_3$ માં $N$ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ છે.
$B$. $N_2$ નો બંધ ક્રમાંક $3$ છે અને $O_2$ નો $2$ છે. ઉચ્ચ બંધ ક્રમાંક એટલે ટૂંકી બંધ લંબાઈ,તેથી $N_2$ ની બંધ લંબાઈ $O_2$ કરતા ટૂંકી છે. વિધાન $B$ સાચું છે.
$C$. આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ (દા.ત.,$N_2$ અને $CO$) સમાન બંધ ક્રમાંક ધરાવે છે. વિધાન $C$ સાચું છે.
$D$. સલ્ફરની સરખામણીમાં ઓક્સિજનની વિદ્યુતઋણતા વધારે હોવાથી $H_2O$ $(1.85 \ D)$ ની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $H_2S$ $(0.95 \ D)$ કરતા વધારે છે. વિધાન $D$ ખોટું છે.
તેથી,વિધાનો $B$ અને $C$ સાચા છે.

(D) પિરિડિન $(C_5H_5N)$ બેન્ઝીન જેવું ષટ્કોણીય વલય ધરાવે છે જેમાં એક $CH$ સમૂહ નાઇટ્રોજન પરમાણુ દ્વારા બદલાયેલ છે.
$1$. $\sigma$ બંધ: તેમાં $5$ $C-H$ બંધ,$5$ $C-C/C-N$ એકલ બંધ અને $1$ $C-N$ દ્વિબંધ (જેમાં $1$ $\sigma$ બંધ હોય છે) છે. કુલ $\sigma$ બંધ $= 5 + 5 + 1 = 11$.
$2$. $\pi$ બંધ: વલયમાં $3$ દ્વિબંધ છે,જે દરેક $1$ $\pi$ બંધ ધરાવે છે. કુલ $\pi$ બંધ $= 3$.
$3$. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ: પિરિડિનમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
આમ,$\sigma$ બંધ,$\pi$ બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા અનુક્રમે $11, 3, 1$ છે.

(B) અષ્ટકનો નિયમ ન પાળતી (એટલે કે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ $8$ ઇલેક્ટ્રોન ન ધરાવતી) સ્પીસીઝની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $NH_3$: નાઇટ્રોજન પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે હાઇડ્રોજન સાથે $3$ બંધ બનાવે છે,ઉપરાંત $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $3 \times 2 + 2 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન.
$2$. $AlCl_3$: એલ્યુમિનિયમ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ક્લોરિન સાથે $3$ બંધ બનાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $3 \times 2 = 6$ ઇલેક્ટ્રોન (અપૂર્ણ અષ્ટક).
$3$. $BeCl_2$: બેરિલિયમ પાસે $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ક્લોરિન સાથે $2$ બંધ બનાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $2 \times 2 = 4$ ઇલેક્ટ્રોન (અપૂર્ણ અષ્ટક).
$4$. $CCl_4$: કાર્બન પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ક્લોરિન સાથે $4$ બંધ બનાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $4 \times 2 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન.
$5$. $PCl_5$: ફોસ્ફરસ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે ક્લોરિન સાથે $5$ બંધ બનાવે છે. કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $5 \times 2 = 10$ ઇલેક્ટ્રોન (વિસ્તૃત અષ્ટક).
$8$ ઇલેક્ટ્રોન ન ધરાવતી સ્પીસીઝ $AlCl_3$,$BeCl_2$ અને $PCl_5$ છે.
તેથી,આવી સ્પીસીઝની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(C) બંધની આયનીય લાક્ષણિકતા બંધિત પરમાણુઓ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવત પર આધાર રાખે છે. વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત જેટલો વધારે,તેટલી આયનીય લાક્ષણિકતા વધારે.
$1$. $N_2$ (અધ્રુવીય સહસંયોજક,$\Delta EN = 0$)
$2$. $SO_2$ (ધ્રુવીય સહસંયોજક,$\Delta EN \approx 0.9$)
$3$. $ClF_3$ (ધ્રુવીય સહસંયોજક,$\Delta EN \approx 1.0$)
$4$. $K_2O$ (આયનીય,$\Delta EN \approx 2.6$)
$5$. $LiF$ (આયનીય,$\Delta EN \approx 3.0$)
તેથી,આયનીય લાક્ષણિકતાનો વધતો ક્રમ છે: $N_2 < SO_2 < ClF_3 < K_2O < LiF$.

(A) $NO_2^-$ આયનમાં નાઈટ્રોજન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,એક દ્વિબંધ દ્વારા અને એક એકલ બંધ દ્વારા.
તેની પાસે ઈલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક જોડી (lone pair) પણ છે.
$N$ ની આસપાસના કુલ ઈલેક્ટ્રોન $= (2 \times 2 \text{ દ્વિબંધમાંથી}) + (1 \times 2 \text{ એકલ બંધમાંથી}) + (1 \times 2 \text{ અબંધકારક જોડીમાંથી}) = 4 + 2 + 2 = 8$ ઈલેક્ટ્રોન.

(B) $1$. $SO_2Cl_2$: મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3$ છે,જે ટેટ્રાહેડ્રલ આકાર આપે છે $(III)$.
$2$. $NO$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5 + 6 = 11$. તેમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી તે પેરામેગ્નેટિક છે $(I)$.
$3$. $NO_2^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. તે ડાયામેગ્નેટિક છે $(II)$.
$4$. $I_3^-$: મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3d$ છે,જે રેખીય આકાર આપે છે $(IV)$.
સાચી જોડ: $A-III, B-I, C-II, D-IV$.

(B) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્ત કરીને સ્થિરતા મેળવે છે.
દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $CO_2$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$2$. $NO_2$: નાઇટ્રોજન પાસે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે ($7$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$3$. $H_2SO_4$: સલ્ફર પાસે વિસ્તૃત અષ્ટક છે ($12$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$4$. $BF_3$: બોરોન પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક છે ($6$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$5$. $CH_4$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$6$. $SiF_4$: સિલિકોન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$7$. $ClO_2$: ક્લોરિન પાસે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે ($7$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$8$. $PCl_5$: ફોસ્ફરસ પાસે વિસ્તૃત અષ્ટક છે ($10$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$9$. $BeF_2$: બેરિલિયમ પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$10$. $C_2H_6$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$11$. $CHCl_3$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$12$. $CBr_4$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
અષ્ટકના નિયમના અપવાદો: $NO_2, H_2SO_4, BF_3, ClO_2, PCl_5, BeF_2$.
કુલ અપવાદોની સંખ્યા = $6$.

(B) . $Al_2(CH_3)_6$ ($Al(CH_3)_3$ નો ડાયમર) $Al-C-Al$ બ્રિજ ધરાવે છે જે $3c-2e$ બંધ છે.
$B$. $B_2H_6$ ($BH_3$ નો ડાયમર) $B-H-B$ બ્રિજ ધરાવે છે જે $3c-2e$ બંધ છે.
$C$. $Al_2Cl_6$ ($AlCl_3$ નો ડાયમર) $Al-Cl-Al$ બ્રિજ ધરાવે છે,પરંતુ આ $3c-4e$ બંધ છે ($Cl$ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે),$3c-2e$ બંધ નથી.
$D$. $BCl_3$ એ $AlCl_3$ કરતા વધુ શક્તિશાળી લુઈસ એસિડ છે કારણ કે $B$ $(2p)$ અને $Cl$ $(3p)$ કક્ષકોના કદમાં અસમાનતાને કારણે $BCl_3$ માં બેક-બોન્ડિંગ $Al$ $(3p)$ અને $Cl$ $(3p)$ કરતા ઓછું અસરકારક છે.
આમ,વિધાનો $A, B,$ અને $D$ સાચા છે.

(C) $Q$ એ $SnCl_2$ છે.
$1. SnCl_2 + Cl^{-} \rightarrow [SnCl_3]^{-} (X)$. $[SnCl_3]^{-}$ માં $Sn$ પરમાણુ $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^3$ સંકરણ અને પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે. વિધાન $(1)$ સાચું છે.
$2. SnCl_2 + Me_3N \rightarrow SnCl_2 \cdot NMe_3 (Y)$. આ એક એડક્ટ છે જ્યાં $N$,$Sn$ ને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે,જે સવર્ગ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે. વિધાન $(4)$ સાચું છે.
$3. SnCl_2 + 2CuCl_2 \rightarrow SnCl_4 (Z) + 2CuCl$. $SnCl_4$ માં $Sn$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+4$ છે. વિધાન $(2)$ ખોટું છે.
$4. SnCl_4$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. વિધાન $(3)$ ખોટું છે.
તેથી,વિધાન $(1)$ અને $(4)$ સાચા છે.

(A) મેલામાઈન એ $C_3H_6N_6$ સૂત્ર ધરાવતું વિષમચક્રીય કાર્બનિક સંયોજન છે.
તેમાં $1,3,5$-ટ્રાયઝીન વલય હોય છે જે $2, 4,$ અને $6$ સ્થાન પર ત્રણ એમિનો સમૂહ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
મેલામાઈનની રચનામાં:
$1$. ટ્રાયઝીન વલયમાં રહેલા દરેક $3$ નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$2$. એમિનો $(-NH_2)$ સમૂહમાં રહેલા દરેક $3$ નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
તેથી,મેલામાઈનમાં અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $3 + 3 = 6$ છે.

(D) $N_2O_3$ માં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે તેની લુઈસ રચના જોઈએ.
$N_2O_3$ $(O=N-O-N=O)$ ની રચનામાં,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું વિતરણ નીચે મુજબ છે:
$1$. દરેક છેડા પરના ઓક્સિજન પરમાણુ $(=O)$ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $(-O-)$ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. દરેક નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા = $(2 \times 2) + 2 + (2 \times 1) = 4 + 2 + 2 = 8$.
આમ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $8$ છે.

(C) અષ્ટકનો નિયમ પાળતા અણુઓ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન તપાસીએ છીએ:
$1$. $CO_2$: $C$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટક પાળે છે).
$2$. $C_2H_4$: $C$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટક પાળે છે).
$3$. $HCl$: $Cl$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટક પાળે છે).
$4$. $NO$: $N$ પાસે $7$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટકનો ભંગ).
$5$. $NO_2$: $N$ પાસે $7$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટકનો ભંગ).
$6$. $O_3$: મધ્યસ્થ $O$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટક પાળે છે).
$7$. $H_2SO_4$: $S$ પાસે $12$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટકનો ભંગ).
$8$. $BCl_3$: $B$ પાસે $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે (અષ્ટકનો ભંગ).
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $CO_2, C_2H_4, HCl$ અષ્ટક પાળે છે ($3$ અણુઓ).
$(D)$ $CO_2, O_3, C_2H_4$ અષ્ટક પાળે છે ($3$ અણુઓ).
આમ,વિકલ્પ $(A)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(A) $A \rightarrow IV$: $CCl_4$ અને $CO_2$ અષ્ટક નિયમનું પાલન કરે છે કારણ કે તમામ પરમાણુઓની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$B \rightarrow II$: $BCl_3$ અને $AlCl_3$ માં અપૂર્ણ અષ્ટક હોય છે,જેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$C \rightarrow I$: $NO$ અને $NO_2$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતા અણુઓ છે.
$D \rightarrow III$: $H_2SO_4$ અને $PCl_5$ માં વિસ્તૃત અષ્ટક હોય છે,જેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ પાસે $8$ થી વધુ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-II, C-I, D-III$ છે.

(D) $1$. $H_2O$,$NH_3$ અને $CH_4$ માં તમામ મધ્યસ્થ પરમાણુઓ ($O$,$N$,$C$) $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
$2$. બંધકોણ $104.5^{\circ}$ $(H_2O)$,$107.5^{\circ}$ $(NH_3)$ અને $109.5^{\circ}$ $(CH_4)$ છે. તેથી,વિધાન $B$ સાચું છે.
$3$. ડાયપોલ મોમેન્ટ $CH_4$ $(0 \ D)$,$NH_3$ $(1.47 \ D)$ અને $H_2O$ $(1.85 \ D)$ છે. વધતો ક્રમ $CH_4 < NH_3 < H_2O$ છે. તેથી,વિધાન $C$ સાચું છે.
$4$. $H_2O$ અને $NH_3$ પાસે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તેઓ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે,એસિડ તરીકે નહીં. $CH_4$ લુઈસ બેઈઝ તરીકે વર્તતું નથી. તેથી,વિધાન $D$ ખોટું છે.
$5$. $NH_3 + H_2O \rightleftharpoons NH_4^+ + OH^-$ માં,$NH_3$ પ્રોટોન સ્વીકારે છે (બેઈઝ) અને $H_2O$ પ્રોટોન આપે છે (એસિડ). તેથી,વિધાન $E$ સાચું છે.
$6$. વિધાન $A$,$B$,$C$ અને $E$ સાચા છે.

(A) $NO_2^{-}$ માં કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$N$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5$
$O$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $6 \times 2 = 12$
ઋણ વીજભાર = $1$
કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5 + 12 + 1 = 18$.
$NO_2^{-}$ બંધારણમાં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે એક સિંગલ બોન્ડ અને એક ડબલ બોન્ડ $(O=N-O^{-})$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
દરેક ડબલ બોન્ડમાં $4$ ઇલેક્ટ્રોન (બંધકારક) અને દરેક સિંગલ બોન્ડમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન (બંધકારક) હોય છે.
કુલ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $4 + 2 = 6$.
કુલ અબંધકારક (લોન પેર) ઇલેક્ટ્રોન = કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન - કુલ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન = $18 - 6 = 12$.
આમ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $12$ છે.

(A) સાચું છે: ડાયપોલ મોમેન્ટનો ક્રમ $H_2O$ $(1.85 \ D)$ $> NH_3$ $(1.47 \ D)$ $> CHCl_3$ $(1.01 \ D)$ છે.
$(B)$ ખોટું છે: મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા: $XeF_4$ $(2)$,$XeO_3$ $(1)$,અને $XeF_2$ $(3)$ છે. તેથી,સાચો ક્રમ $XeF_2 > XeF_4 > XeO_3$ છે.
$(C)$ ખોટું છે: બંધ લંબાઈનો ક્રમ $N-O > C-H > O-H$ છે.
$(D)$ સાચું છે: બંધ એન્થાલ્પી બંધ ક્રમાંક પર આધાર રાખે છે. બંધ ક્રમાંક $N_2$ $(3)$,$O_2$ $(2)$,અને $H_2$ $(1)$ છે. તેથી,ક્રમ $N_2 > O_2 > H_2$ છે.

(D) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં અને બંધિત પરમાણુઓના પરમાણ્વીય કદના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
વિકલ્પ $D$ માં,બંધ લંબાઈ $C-N$ $(1.47 \ \mathring{A})$,$C-O$ $(1.43 \ \mathring{A})$,અને $C-H$ $(1.09 \ \mathring{A})$ છે.
બંધ લંબાઈનો સાચો ક્રમ $C-H < C-O < C-N$ છે.
તેથી,$C-N < C-O < C-H$ ક્રમ ખોટો છે.

(D) $1$. $F-F$ અને $Cl-Cl$ માં: $F$ પરમાણુઓના નાના કદને કારણે,લોન પેર વચ્ચે નોંધપાત્ર આંતર-ઈલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ હોય છે,જે $F-F$ બંધને અપેક્ષા કરતા લાંબો અને નબળો બનાવે છે. આ વિકલ્પ શરત સંતોષતું નથી.
$2$. $C-C$ અને $Si-Si$ માં: $C-C$ ની પરમાણુ ત્રિજ્યા $Si-Si$ કરતા નાની છે,તેથી $C-C$ ની બંધ લંબાઈ ઓછી અને બંધ ઉર્જા વધારે છે.
$3$. $P-P$ અને $N-N$ માં: $N-N$ માં $N$ પરમાણુઓના નાના કદને કારણે બંધ લંબાઈ ખૂબ ઓછી છે,પરંતુ લોન પેર-લોન પેર અપાકર્ષણને કારણે તેની બંધ ઉર્જા ખૂબ ઓછી છે. $P-P$ ની બંધ લંબાઈ અને બંધ ઉર્જા $N-N$ કરતા વધારે છે.

(A) સત્ય: સંકરિત કક્ષકો વધુ દિશાકીય લાક્ષણિકતા ધરાવે છે અને વધુ અસરકારક રીતે ઓવરલેપ થાય છે,જે શુદ્ધ પરમાણ્વીય કક્ષકો કરતા મજબૂત બંધ બનાવે છે.
$(b)$ અસત્ય: કેનોનિકલ બંધારણો (રેઝોનન્સ સ્ટ્રક્ચર્સ) માત્ર ઇલેક્ટ્રોનની ગોઠવણીમાં અલગ પડે છે,પરમાણુઓની ગોઠવણીમાં નહીં.
$(c)$ અસત્ય: $PCl_5$ (ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ) જેવો સંમિત અણુ સંમિત હોવા છતાં તેમાં અલગ-અલગ બંધકોણ $(180^{\circ}, 120^{\circ}, 90^{\circ})$ હોય છે.
$(d)$ સત્ય: $VSEPR$ સિદ્ધાંત $XeF_4$ માં $Xe$ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોને ધ્યાનમાં લે છે,જે તેની સમતલીય ચોરસ ભૂમિતિની આગાહી કરે છે.

(B) . $BF_3$ અધ્રુવીય છે $(\mu = 0)$ જ્યારે $PF_3$ ડાયપોલ મોમેન્ટ ધરાવે છે,તેથી $BF_3 < PF_3$ સાચું છે.
$B$. $N_2$ માં ત્રિ-બંધ હોય છે જેની બંધ ઉર્જા વધુ હોય છે,જ્યારે $P_2$ અસ્થિર છે,તેથી $N_2 > P_2$ સાચું છે. આમ,$N_2 < P_2$ ખોટું છે.
$C$. $NH_3$ પાણી સાથે હાઇડ્રોજન બંધ બનાવે છે,તેથી તે વધુ દ્રાવ્ય છે,જ્યારે $PH_3$ બનાવતું નથી,તેથી $PH_3 < NH_3$ સાચું છે. આમ,$PH_3 > NH_3$ ખોટું છે.
$D$. $Ne $ નો અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર $Ne$ કરતા વધારે હોય છે,તેથી $I.P. (Ne) < I.P. (Ne^ )$ સાચું છે.

(A) $I$. ઈથીન $(CH_2=CH_2)$ માં $C-C$ સિગ્મા બંધ બે કાર્બન પરમાણુઓની $sp^2$ સંકર કક્ષકોના અતિવ્યાપનથી બને છે. આ સાચું છે.
$II$. $C-H$ સિગ્મા બંધ કાર્બનની $sp^2$ સંકર કક્ષક અને હાઇડ્રોજનની $1s$ કક્ષકના અતિવ્યાપનથી બને છે. આ સાચું છે.
$III$. $\pi$ બંધ અસંકરિત $2p_z$ કક્ષકોના પાર્શ્વીય અતિવ્યાપનથી બને છે,જે $p\pi-p\pi$ બંધ છે. આ સાચું છે.
$IV$. ઈથીનમાં,$H-C-H$ બંધકોણ આશરે $117.6^\circ$ છે અને $H-C-C$ બંધકોણ આશરે $121.2^\circ$ છે. આમ,$H-C-H$ બંધકોણ $H-C-C$ બંધકોણ કરતા નાનો છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$V$. $\pi$ બંધનું નોડલ સમતલ આણ્વીય સમતલને લંબ હોય છે. આ વિધાન ખોટું છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક હોવા માટે,સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોવી જોઈએ.
આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ હોવા માટે,સ્પીસીઝમાં સંકરણ (hybridization) અને ભૂમિતિ સમાન હોવી જોઈએ.
$1. NO_3^{-}$: ઈલેક્ટ્રોન = $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$. સંકરણ = $sp^2$,ભૂમિતિ = સમતલીય ત્રિકોણીય.
$2. CO_3^{2-}$: ઈલેક્ટ્રોન = $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$. સંકરણ = $sp^2$,ભૂમિતિ = સમતલીય ત્રિકોણીય.
આમ,$NO_3^{-}$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઈલેક્ટ્રોન છે અને બંને સમતલીય ત્રિકોણીય છે.

(C) $1$. $IF_7$: પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ ભૂમિતિ,નોન-પ્લેનર અને નોન-પોલર $(P \rightarrow d)$.
$2$. $SO_2$: બેન્ટ આકાર,પ્લેનર અને પોલર $(Q \rightarrow a)$.
$3$. $SF_4$: સી-સો આકાર,નોન-પ્લેનર અને પોલર $(R \rightarrow b)$.
$4$. $CS_2$: રેખીય આકાર,પ્લેનર અને નોન-પોલર $(S \rightarrow c)$.
તેથી,સાચી જોડી $P$ $\rightarrow d, Q$ $\rightarrow a, R$ $\rightarrow b, S$ $\rightarrow c$ છે.

(C) $1$. સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ અણુ $(SO_3)$ માં મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
$2$. સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ પામે છે,જેના પરિણામે $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ મળે છે.
$3$. $SO_3$ માં,બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત છે,જે અણુને પ્રતિચુંબકીય (diamagnetic) બનાવે છે,અનુચુંબકીય નહીં.
$4$. તેથી,$SO_3$ અનુચુંબકીય છે તે વિધાન ખોટું છે.

(A) $1$. $ICl$ એ આંતરહેલોજન સંયોજન છે,જે સ્વભાવે સહસંયોજક છે,આયનીય નથી. તેથી,'$ICl$ એ આયનીય સંયોજન છે' તે વિધાન ખોટું છે.
$2$. $Cl_2$ માં પરમાણુનું કદ નાનું હોવાથી અને આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ ઓછું હોવાથી $Cl-Cl$ બંધ $Br-Br$ બંધ કરતા વધુ મજબૂત છે.
$3$. $I$ અને $Cl$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે $ICl$ ધ્રુવીય છે,જ્યારે $Br_2$ એ સમકેન્દ્રીય દ્વિપરમાણ્વીય અણુ હોવાથી અધ્રુવીય છે.
$4$. સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતા આયનીકરણ ઉર્જા ઘટે છે,તેથી $I$ ની આયનીકરણ ઉર્જા $Br$ કરતા ઓછી હોય છે.

(B) દરેક સ્પીસીઝના સંકરણ અને ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$NH_3$: $sp^3$ (પિરામિડલ)
$PCl_4^{\oplus}$: $sp^3$ (ચતુષ્ફલકીય)
$NH_2^{-}$: $sp^3$ (કોણીય)
$PCl_3$: $sp^3$ (પિરામિડલ)
$SO_2$: $sp^2$ (કોણીય)
$SO_3$: $sp^2$ (સમતલીય)
$BF_3$: $sp^2$ (સમતલીય)
$IF_7$: $sp^3d^3$ (પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ)
$1$. સંકરણ: $NH_3, PCl_4^{\oplus}, NH_2^{-}, PCl_3$ બધા $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$2$. ભૂમિતિ: $NH_3, PCl_4^{\oplus}, NH_2^{-}, PCl_3, IF_7$ અસમતલીય છે. આમ,બધી સ્પીસીઝ સમતલીય છે તે વિધાન ખોટું છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
$3$. $p \pi-p \pi$ અને $p \pi-d \pi$ બંધ: $SO_2$ અને $SO_3$ બંને પ્રકારના બંધ ધરાવે છે. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
$4$. ખૂણા: $IF_7$ તેના પેન્ટાગોનલ સમતલમાં $72^{\circ}$ ના ખૂણા ધરાવે છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) $H_2O$ બેન્ટ આકાર ધરાવે છે ($sp^3$ સંકરણ) અને તેમાં સમતલની સંમિતિ હોય છે. ચોખ્ખી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રાને કારણે તે ધ્રુવીય અણુ છે.
$XeF_4$ સમતલીય ચોરસ આકાર ધરાવે છે ($sp^3d^2$ સંકરણ) અને તેમાં ઘણી સમતલની સંમિતિઓ હોય છે. તે અધ્રુવીય છે કારણ કે બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા એકબીજાને નાબૂદ કરે છે.
બંને વિધાનો સાચા છે,પરંતુ અણુઓની ધ્રુવીયતા એ સમતલની સંમિતિ હોવાનું કારણ નથી. તેથી,કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) $CH_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ (કાર્બન) છે. $C$ ની ધરા અવસ્થાની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[He] 2s^2 2p^2$ છે. $4$ બંધ બનાવવા માટે,$C$ એ $2s^1 2p^3$ અવસ્થામાં ઉત્તેજિત થાય છે,જે $I^{st}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા છે.
$BF_3$ માં,$B$ (બોરોન) $3$ બંધ બનાવવા માટે $I^{st}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(2s^1 2p^2)$ માં હોય છે.
$ICl_3$ માં,$I$ (આયોડિન) $3$ બંધ બનાવવા માટે $I^{st}$ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં હોય છે.
$SF_6$ માં,$S$ (સલ્ફર) $6$ બંધ બનાવવા માટે $II^{nd}$ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં હોય છે.
તેથી,$SF_6$ એ અણુ છે જે $I^{st}$ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં બનતો નથી,કારણ કે તેને $II^{nd}$ ઉત્તેજિત અવસ્થાની જરૂર પડે છે.

(A) $1$. $PH_5, NCl_5$ અને $OF_6$ અસ્તિત્વ ધરાવતા નથી કારણ કે $P$ અવકાશી અવરોધને કારણે તેનું અષ્ટક $5$ બંધ સુધી વિસ્તારી શકતું નથી,$N$ પાસે $5$ બંધ બનાવવા માટે $d$-કક્ષકોનો અભાવ છે,અને $O$ તેના નાના કદ અને $d$-કક્ષકોના અભાવને કારણે $6$ બંધ બનાવી શકતું નથી. તેથી,આ વિધાન સાચું છે.
$2$. $I_3^{-}$ નો આકાર રેખીય છે ($sp^3d$ સંકરણ અને મધ્યસ્થ $I$ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ). તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.
$3$. $XeF_4$ નો આકાર સમતલીય ચોરસ છે,જે સંમિત હોવાથી તે અધ્રુવીય છે. તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.
$4$. $O_2$ નો બંધ ક્રમાંક $2.0$ છે અને $O_2^{2-}$ (પેરોક્સાઇડ આયન) નો બંધ ક્રમાંક $1.0$ છે. તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.

(C) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન મેળવવા માટે ઇલેક્ટ્રોન મેળવે છે,ગુમાવે છે અથવા ભાગીદારી કરે છે.
$CO_2$ માં,$C$ પાસે $8$ અને $O$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$CHCl_3$ માં,$C$ પાસે $8$,$H$ પાસે $2$ (ડ્યુએટ નિયમ) અને $Cl$ પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$NH_3$ માં,$N$ પાસે $8$ અને $H$ પાસે $2$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$ClF_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં $10$ ઇલેક્ટ્રોન છે ($3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જે વિસ્તૃત અષ્ટક દર્શાવે છે.
તેથી,$ClF_3$ અષ્ટકનો નિયમ પાળતું નથી.

(C) $NO$ (નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ) માં કુલ $15$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન ($N$ માંથી $5$ અને $O$ માંથી $10$) હોય છે.
સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા એકી હોવાથી,તે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે અને અષ્ટકનો નિયમ પાળતું નથી.
તેની રચના $\dot{N}=\ddot{O}$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.

(A) સાચો જવાબ છે.
$1$. $CH_{4}$ (મિથેન) માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $4$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જે તેની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન વહેંચે છે,આમ તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરે છે.
$2$. $SF_{6}$ (સલ્ફર હેક્ઝાફ્લોરાઇડ) માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ પાસે $12$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે વિસ્તૃત અષ્ટક દર્શાવે છે.
$3$. $AlCl_{3}$ (એલ્યુમિનિયમ ક્લોરાઇડ) અને $BF_{3}$ (બોરોન ટ્રાયફ્લોરાઇડ) માં,મધ્યસ્થ પરમાણુઓ ($Al$ અને $B$) પાસે તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે અપૂર્ણ અષ્ટક દર્શાવે છે.

(C) એમોનિયમ ક્લોરાઈડ $(NH_{4}Cl)$ માં સહસંયોજક અને આયનીય બંને પ્રકારના બંધ હોય છે.
એમોનિયમ આયન $(NH_{4}^{+})$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ ચાર હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલ હોય છે.
એમોનિયમ આયન $(NH_{4}^{+})$ અને ક્લોરાઈડ આયન $(Cl^{-})$ એકબીજા સાથે આયનીય બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.

(A) એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ એવો અણુ છે જેની સંયોજકતા કક્ષામાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$1$. $CO$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $4 + 6 = 10$ (બેકી). તે એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ નથી.
$2$. $NO$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5 + 6 = 11$ (એકી). તે એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે.
$3$. $NO_2$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5 + 6 + 6 = 17$ (એકી). તે એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે.
$4$. $ClO_2$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $7 + 6 + 6 = 19$ (એકી). તે એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે.
તેથી,$CO$ એવો અણુ છે જે એકી ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ નથી.

(B) ફોર્મલ ચાર્જ $(F.C.)$ માટેનું સૂત્ર:
$F.C. = V.E. - N.E. - \frac{1}{2} B.E.$
જ્યાં:
$V.E.$ = પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન ($H$ માટે $1$)
$N.E.$ = અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન ($H$ માટે $0$)
$B.E.$ = બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન ($H$ માટે $2$)
$H_2O$ માં હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે કિંમતો મૂકતા:
$F.C. = 1 - 0 - \frac{1}{2}(2) = 1 - 1 = 0$
તેથી,હાઇડ્રોજન પરમાણુ પરનો ફોર્મલ ચાર્જ $0$ છે.

$(A)$ બંધ લંબાઈ નક્કી કરવા માટે, આપણે બંધ ક્રમાંક અને પરમાણુઓની ત્રિજ્યા ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$1$. બંધ ક્રમાંક: $N_2$ $(3)$, $O_2$ $(2)$, અને $Cl_2$ $(1)$.
$2$. $Cl$ ની પરમાણુ ત્રિજ્યા $(99 \text{ pm})$ એ $N$ $(75 \text{ pm})$ અને $O$ $(73 \text{ pm})$ કરતા ઘણી મોટી છે.
$3$. $Cl$ ના મોટા કદને કારણે, $Cl-Cl$ બંધ લંબાઈ $(199 \text{ pm})$ એ $O=O$ $(121 \text{ pm})$ અને $N \equiv N$ $(110 \text{ pm})$ કરતા વધારે છે.
$4$. $N_2$ નો બંધ ક્રમાંક $O_2$ કરતા વધારે હોવાથી, $N_2$ ની બંધ લંબાઈ $O_2$ કરતા ઓછી છે.
$5$. તેથી, બંધ લંબાઈનો ઘટતો ક્રમ $Cl_2 > O_2 > N_2$ છે.

(C) $LiCl$ માં $Li$ ની સંયોજકતા કક્ષામાં આઠ કરતા ઓછા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તેમાં માત્ર બે ઇલેક્ટ્રોન બંધમાં ભાગ લે છે. તેથી,તે અપૂર્ણ અષ્ટક ધરાવે છે.
$SF_6$,$PCl_5$,અને $H_2SO_4$ એ વિસ્તૃત અષ્ટક ધરાવતા અણુઓના ઉદાહરણો છે,જેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ આઠ કરતા વધુ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.

(B) $CH_3F$ (ફ્લોરોમિથેન) અણુમાં $C-F$ બંધની બંધ લંબાઈ પ્રાયોગિક રીતે આશરે $139 \ pm$ માપવામાં આવે છે.

(B) કાર્બન મોનોક્સાઇડની લુઈસ રચના $:C \equiv O:$ છે.
ફોર્મલ ચાર્જ $= [\text{મુક્ત અવસ્થામાં સંયોજકતા } e^- \text{ ની કુલ સંખ્યા}] - [\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા}] - \frac{1}{2}[\text{તે પરમાણુ પરના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા}]$.
ઓક્સિજન પરમાણુ માટે:
સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $= 6$.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન $= 2$.
બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન $= 6$.
ફોર્મલ ચાર્જ $= 6 - 2 - \frac{1}{2} \times 6 = 6 - 2 - 3 = +1$.

(A) ફોર્મલ ચાર્જની ગણતરી માટેનું સૂત્ર છે:
$\text{Formal charge} = [\text{મુક્ત અવસ્થામાં સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા}] - [\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા}] - \frac{1}{2} [\text{તે પરમાણુ પરના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા}]$
$NH_4^{+}$ માં $N$ પરમાણુ માટે:
- મુક્ત $N$ પરમાણુમાં સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $5$ છે.
- $N$ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $0$ છે.
- $N$ પરમાણુની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $8$ છે (કારણ કે $4$ સહસંયોજક બંધ છે).
$N$ પર ફોર્મલ ચાર્જ $= 5 - 0 - \frac{1}{2} \times 8 = 5 - 4 = +1$.

(D) ફોર્મલ ચાર્જ માટેનું સૂત્ર છે: $\text{Formal charge} = [ \text{મુક્ત અવસ્થામાં સંયોજકતા } e^- \text{ ની કુલ સંખ્યા} ] - [ \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા} ] - \frac{1}{2} [ \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા} ]$.
$S \equiv C - \ddot{N} :$ બંધારણમાં કાર્બન $(C)$ પરમાણુ માટે,સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $4$ છે.
કાર્બન પરમાણુ પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $4$ બંધ બનાવે છે ($S$ સાથે ત્રિ-બંધ અને $N$ સાથે એક-બંધ),જે $8$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન દર્શાવે છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\text{Formal charge} = 4 - 0 - \frac{1}{2} \times 8 = 4 - 4 = 0$.

(B) અણુ અથવા આયનમાં પરમાણુનો ફોર્મલ ચાર્જ $(FC)$ નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે:
$FC = V - L - \frac{B}{2}$
જ્યાં:
$V$ = મુક્ત પરમાણુમાં સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા.
$L$ = અબંધકારક (લોન પેર) ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા.
$B$ = બંધકારક (શેર્ડ) ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા.
$SCN^-$ $(S \equiv C - N:)$ ના આપેલ બંધારણમાં કાર્બન $(C)$ પરમાણુ માટે:
$V = 4$ (કાર્બન સમૂહ $14$ માં છે)
$L = 0$ (કાર્બન પર કોઈ લોન પેર નથી)
$B = 8$ (કાર્બન $S$ સાથે $3$ બંધ અને $N$ સાથે $1$ બંધ બનાવે છે,કુલ $4$ બંધ = $8$ ઇલેક્ટ્રોન)
$FC = 4 - 0 - \frac{8}{2} = 4 - 4 = 0$.
આમ,$C$ પરમાણુ પરનો ફોર્મલ ચાર્જ $0$ છે.

(A) ફોર્મલ ચાર્જ $(FC)$ ની ગણતરી નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે: $FC = V - L - \frac{B}{2}$.
$[S-C \equiv N:]^-$ આયનમાં નાઈટ્રોજન $(N)$ પરમાણુ માટે:
$N$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $(V)$ = $5$.
$N$ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન $(L)$ = $2$.
$N$ માટે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન $(B)$ = $6$ (ત્રિબંધને કારણે).
$FC = 5 - 2 - \frac{6}{2} = 5 - 2 - 3 = 0$.

(B) બેન્ઝોઇક એસિડ $(C_6H_5COOH)$ ની રચનામાં બેન્ઝીન રિંગ સાથે કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપ જોડાયેલું હોય છે.
બેન્ઝીન રિંગમાં,એકાંતરે આવતા દ્વિબંધને કારણે $3$ $\pi-$બંધ હોય છે.
કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપ $(-COOH)$ માં,એક $C=O$ દ્વિબંધ હોય છે,જેમાં $1$ $\pi-$બંધ હોય છે.
તેથી,બેન્ઝોઇક એસિડના અણુમાં કુલ $\pi-$બંધની સંખ્યા $3 + 1 = 4$ છે.

(C) થાયોસલ્ફ્યુરિક એસિડનું રાસાયણિક સૂત્ર $H_2S_2O_3$ છે.
તેની રચનામાં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બીજા સલ્ફર પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ $(S=S)$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ બે હાઇડ્રોક્સિલ જૂથો $(-OH)$ સાથે એકલ બંધ દ્વારા અને એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ $(S=O)$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
આમ,મધ્યસ્થ સલ્ફર દ્વારા ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બનતા બંધોમાં બે $S=O$ દ્વિબંધ અને બે $S-OH$ એકલ બંધનો સમાવેશ થાય છે.
તેથી,સાચો જવાબ બે દ્વિબંધ અને બે એકલ બંધ છે.

(D) $H_2SO_4$ અણુમાં,સલ્ફર પરમાણુ ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
બે $-OH$ જૂથો સાથે બે સિંગલ બોન્ડ અને બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે ડબલ બોન્ડ છે.
દરેક સિંગલ બોન્ડ $2$ ઇલેક્ટ્રોન અને દરેક ડબલ બોન્ડ $4$ ઇલેક્ટ્રોન સલ્ફરની વેલેન્સ શેલમાં આપે છે.
સલ્ફરની આસપાસ કુલ ઇલેક્ટ્રોન = $(2 \times 2) + (2 \times 4) = 4 + 8 = 12$ ઇલેક્ટ્રોન.

(C) $NaNC$ (સોડિયમ આઈસોસાયનાઈડ) સંયોજનમાં નીચે મુજબના બંધ હોય છે:
$1$. આયનીય બંધ: $Na^+$ અને $[NC]^-$ આયનો વચ્ચે.
$2$. સહસંયોજક બંધ: $N$ અને $C$ પરમાણુઓ વચ્ચે (ત્રિ-બંધ).
$3$. સવર્ગ સહસંયોજક બંધ: $N$ પર રહેલી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $C$ ને દાન કરીને આઈસોસાયનાઈડ આયન $[N \equiv C]^-$ માં ત્રિ-બંધ બનાવે છે.
આમ,$NaNC$ માં ત્રણેય પ્રકારના બંધ હાજર છે.

(B) $NH_4Cl$ (એમોનિયમ ક્લોરાઇડ) સંયોજન એમોનિયમ આયન $(NH_4^+)$ અને ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^-)$ નું બનેલું છે.
$1$. $NH_4^+$ અને $Cl^-$ વચ્ચેનો બંધ આયનિક બંધ છે.
$2$. $NH_4^+$ આયનની અંદર,ત્રણ $N-H$ સહસંયોજક બંધો છે.
$3$. ચોથો $N-H$ બંધ નાઇટ્રોજન પરમાણુ દ્વારા $H^+$ આયનને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરવાથી બને છે,જે સવર્ગ (dative) સહસંયોજક બંધ છે.
તેથી,$NH_4Cl$ માં ત્રણેય પ્રકારના બંધ જોવા મળે છે.

(D) રાસાયણિક બંધના નિર્માણ દરમિયાન,સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરવા માટે તંત્ર ઓછી સ્થિતિ ઉર્જા ધરાવતી અવસ્થામાં જાય છે. તેથી,જેમ જેમ પરમાણુઓ એકબીજાની નજીક આવે છે અને બંધ બનાવે છે તેમ તંત્રની ઉર્જા ઘટે છે.