VSEPR Theory Questions in Gujarati

(C) $CO_2$ રેખીય બંધારણ ધરાવે છે જેનો બંધકોણ $180^{\circ}$ છે.
$HgCl_2$ પણ રેખીય બંધારણ ધરાવે છે જેનો બંધકોણ $180^{\circ}$ છે.
$SnCl_2$ અને $SO_2$ અણુઓ મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે વળેલા (કોણીય) હોય છે.
તેથી,$CO_2$ એ $HgCl_2$ સાથે સમાન બંધારણ ધરાવે છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક હોવા માટે,સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોવી જોઈએ.
$NO_3^-$ માટે: $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન.
$CO_3^{2-}$ માટે: $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન.
$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઈલેક્ટ્રોન છે,તેથી તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.
બંને સ્પીસીઝમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ $3$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,જે ત્રિકોણીય સમતલીય (trigonal planar) ભૂમિતિ આપે છે. આમ,તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.
તેથી,સાચી જોડી $NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની ગણતરી કરીએ છીએ અને બંધમાં ભાગ લેતા ઇલેક્ટ્રોનને બાદ કરીએ છીએ:
$1$. $[ClO_3]^-$ માં,મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $1$ (ઋણ વીજભાર) = $8$ છે. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $3$ દ્વિબંધ બનાવે છે ($6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-6)/2 = 1$.
$2$. $XeF_4$ માં,મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-4)/2 = 2$.
$3$. $SF_4$ માં,મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(6-4)/2 = 1$.
$4$. $[I_3]^-$ માં,મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $1$ (ઋણ વીજભાર) = $8$ છે. તે $I$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે ($2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-2)/2 = 3$.
આમ,$[I_3]^-$ માં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા મહત્તમ $(3)$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) $BF_3$ માં $sp^2$ સંકરણ છે અને તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$ClF_3$ માં $sp^3d$ સંકરણ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તે $T$-આકારની (સમતલીય) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NH_3$ માં $sp^3$ સંકરણ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ (અસમતલીય) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
તેથી,$NH_3$ એ અસમતલીય અણુ છે.

(C) $SO_2$ ની લુઈસ રચના દર્શાવે છે કે સલ્ફર પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
દરેક દ્વિબંધ એક $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધનો બનેલો હોય છે.
તેથી,તેમાં $2$ $\sigma$ બંધ અને $2$ $\pi$ બંધ હોય છે.
વધુમાં,સલ્ફર પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
આમ,સાચો જવાબ $2$ $\sigma$ બંધ,$2$ $\pi$ બંધ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.

(D) $H_2O$ રેખીય નથી કારણ કે $H_2O$ માં ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની પાસે બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) હોય છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.

(D) પાણીના અણુ $(H_2O)$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ઓક્સિજન પરમાણુ પર રહેલા બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ આદર્શ ચતુષ્ફલકીય ખૂણા $109^o 28'$ થી ઘટીને આશરે $104.5^o$ (જેને $104^o 30'$ તરીકે પણ દર્શાવવામાં આવે છે) થાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) $CO_2$ માં $sp$ સંકરણ હોય છે અને તેનો આકાર $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય હોય છે. મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને તેમાં કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોતા નથી,જેના પરિણામે તેનો આકાર રેખીય બને છે.

(D) ભૌમિતિક આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા ગણીએ છીએ: $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$BF_3$ માટે:
મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
એકસંયોજક પરમાણુઓ $(F)$ ની સંખ્યા = $3$.
$H = \frac{1}{2}(3 + 3) = 3$.
અહીં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી,સંકરણ $sp^2$ છે અને આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
$IF_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 3) = 5$ ($sp^3d$,$T$-આકાર).
$PCl_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(5 + 3) = 4$ ($sp^3$,ત્રિકોણીય પિરામિડલ).
$NH_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(5 + 3) = 4$ ($sp^3$,ત્રિકોણીય પિરામિડલ).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) એમોનિયા $(NH_3)$ અણુની લુઈસ રચના જોતા,તેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ તરીકે વર્ણવવામાં આવે છે.
એમોનિયામાં $N$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
આના પરિણામે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ભૂમિતિ ચતુષ્ફલકીય અને આણ્વીય ભૂમિતિ ત્રિકોણીય પિરામિડલ હોય છે.

(A) મિથેન અણુ $(CH_4)$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અવકાશમાં એવી રીતે ગોઠવાય છે કે જેથી તેનો આકાર સમચતુષ્ફલકીય બને છે,જેમાં બંધકોણ $109.5^{\circ}$ હોય છે.

(B) $H_2S$ નો બંધકોણ આશરે $92^{\circ}$ છે. આનું કારણ એ છે કે મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$,$H$ પરમાણુઓ સાથે બંધ બનાવવા માટે લગભગ શુદ્ધ $p$-કક્ષકોનો ઉપયોગ કરે છે,કારણ કે $S$ અને $H$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત ખૂબ ઓછો છે,જે ન્યૂનતમ સંકરણ તરફ દોરી જાય છે. તેનાથી વિપરીત,$NH_3$ $(107^{\circ})$,$H_2O$ $(104.5^{\circ})$,અને $CH_4$ $(109.5^{\circ})$ માં ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે અને બંધકોણ વધારે હોય છે.

(B) $PF_5$ અણુમાં મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુની આસપાસ $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
આ $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
તેથી,$PF_5$ અણુનો આકાર ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ છે.

(B) $SO_3$ માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
સલ્ફર પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) નથી.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$sp^2$ સંકરણ અને શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતા અણુનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય હોય છે.

(D) $N_2O$ માં $22$ ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે રેખીય બંધારણ ધરાવે છે.
$CO_2$ માં $22$ ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે રેખીય બંધારણ ધરાવે છે.
બંને આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક અને સમાન બંધારણ ધરાવે છે.

(C) નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ નું બંધારણ સમતલીય છે કારણ કે મધ્યસ્થ નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જેના પરિણામે નાઈટ્રોજન પરમાણુની આસપાસ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ રચાય છે.
$H_2SO_4$ માં સલ્ફર પરમાણુની આસપાસ ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ હોય છે.
$H_2O$ ની ભૂમિતિ વળેલી ($V$-આકારની) હોય છે.
$CCl_4$ ની ભૂમિતિ ચતુષ્ફલકીય હોય છે.
તેથી,$HNO_3$ એ સમતલીય સંમિતિ ધરાવતું સંયોજન છે.

(A) અણુનો આકાર મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા દ્વારા નક્કી થાય છે.
$SnCl_2$ માં મધ્યસ્થ $Sn$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર વળેલો અથવા $V$-આકારનો હોય છે.
$HCl$ એ દ્વિ-પરમાણ્વીય અણુ છે અને તે રેખીય છે.
$CO_2$ માં મધ્યસ્થ $C$ પરમાણુ પાસે $2$ દ્વિબંધ હોય છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોતા નથી,જેના પરિણામે તે રેખીય આકાર $(O=C=O)$ ધરાવે છે.
$HgCl_2$ માં મધ્યસ્થ $Hg$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો હોય છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોતા નથી,જેના પરિણામે તે રેખીય આકાર $(Cl-Hg-Cl)$ ધરાવે છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી $SnCl_2$ એ એકમાત્ર અરેખીય સંયોજન છે.

(C) $CCl_4$,$SiCl_4$,અને $CF_4$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $sp^3$ છે,જે ટેટ્રાહેડ્રલ ભૂમિતિ આપે છે.
$SF_4$ માં,સલ્ફર પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ધરાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તેનું સંકરણ $sp^3d$ થાય છે અને તેનો આકાર 'સી-સો' (see-saw) હોય છે,ટેટ્રાહેડ્રલ નહીં.

(C) આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુ પરનું સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા જોઈએ છીએ:
$1$. $NO_3^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર આપે છે.
$2$. $H_2O$: મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે વળેલો (bent) આકાર આપે છે.
$3$. $H_3O^{+}$: મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે પિરામિડલ આકાર આપે છે.
$4$. $NH_4^+$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર આપે છે.
તેથી,સાચો જવાબ $H_3O^{+}$ છે.

(B) $NO_2^+$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $sp$ છે,જે $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$SO_2$ માં $sp^2$ સંકરણ અને વળેલો (bent) આકાર હોય છે.
$NO_2^-$ માં $sp^2$ સંકરણ અને વળેલો આકાર હોય છે.
$SCl_2$ માં $sp^3$ સંકરણ અને વળેલો આકાર હોય છે.

(A) . સમૂહ $15$ ના હાઇડ્રાઇડ્સમાં,જેમ સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જઈએ તેમ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટતી હોવાથી બંધકોણ ઘટે છે. બંધકોણનો ક્રમ $NH_3 (107.8^{\circ}) > PH_3 (93.6^{\circ}) > AsH_3 (91.8^{\circ}) > SbH_3 (91.3^{\circ}) > BiH_3 (90^{\circ})$ છે. તેથી,$PH_3$ માં બંધકોણ $NH_3$ કરતા ઘણો ઓછો છે.

(B) $NH_4^+$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ $sp^3$ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
$CO_3^{2-}$ માં $sp^2$ સંકરણને કારણે તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$K_4[Fe(CN)_6]$ એ અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ છે.
તેથી,$NH_4^+$ સાચો જવાબ છે.

(B) $BF_3$ માં મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,આ ગોઠવણી $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.

(A) સમૂહ $16$ ના તત્વોના હાઇડ્રાઇડ્સમાં બંધકોણ સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ઘટે છે,કારણ કે મધ્યસ્થ પરમાણુનું કદ વધે છે અને તેની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે.
બંધકોણ નીચે મુજબ છે: $H_2O$ $(104.5^\circ)$,$H_2S$ $(92.1^\circ)$,$H_2Se$ $(91^\circ)$,અને $H_2Te$ $(90^\circ)$.
તેથી,લઘુત્તમ બંધકોણ $H_2Te$ માં જોવા મળે છે.

(D) આપેલ સ્પીસીઝનું સંકરણ અને બંધારણ નીચે મુજબ છે:
$1$. $NH_4^+$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. તે $sp^3$-સંકરિત છે અને સમચતુષ્ફલકીય બંધારણ ધરાવે છે.
$2$. $SO_4^{2-}$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. તે $sp^3$-સંકરિત છે અને સમચતુષ્ફલકીય બંધારણ ધરાવે છે.
બંને સ્પીસીઝ સમાન સંકરણ અને ભૂમિતિ ધરાવતી હોવાથી,તેમનું બંધારણ સમાન છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(A) $IF_7$ એ $sp^3d^3$ સંકરણ દર્શાવે છે અને તેનો આકાર પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ છે.
આ બંધારણમાં,વિષુવવૃત્તીય બંધકોણ $72^o$ હોય છે,જે આપેલા અણુઓમાં સૌથી નાનો છે.
$CH_4$ નો બંધકોણ $109.5^o$,$BeF_2$ નો $180^o$ અને $BF_3$ નો $120^o$ છે.

(B) ભૌમિતિક આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) જોઈએ છીએ:
$1$. $CO_2$: મધ્યસ્થ $C$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય આકાર આપે છે.
$2$. $ClO_2$: મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન ($sp^3$ સંકરણ) ધરાવે છે,જે વળેલો (bent) અથવા $V$-આકાર આપે છે.
$3$. $I_3^-$: મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ($sp^3d$ સંકરણ) ધરાવે છે,જે રેખીય આકાર આપે છે.
તેથી,$ClO_2$ રેખીય નથી.

(A) ભૌમિતિક આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સ્પીસીઝ માટે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $SCl_4$: સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ ($sp^3d$ સંકરણ) છે,જે સી-સો (see-saw) આકાર આપે છે.
$2$. $SO_4^{2-}$: સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,વત્તા વીજભારના $2$ ઇલેક્ટ્રોન. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $4$ ($sp^3$ સંકરણ) છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર આપે છે.
$3$. $Ni(CO)_4$: નિકલ $0$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે $(3d^8 4s^2)$. $CO$ પ્રબળ લિગેન્ડ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનની જોડી બનાવે છે. સંકરણ $sp^3$ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર આપે છે.
$4$. $NiCl_4^{2-}$: નિકલ $+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે $(3d^8)$. $Cl^-$ નિર્બળ લિગેન્ડ છે,તેથી ઇલેક્ટ્રોનની જોડી બનતી નથી. સંકરણ $sp^3$ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર આપે છે.
તેથી,$SCl_4$ એકમાત્ર એવી સ્પીસીઝ છે જે સમચતુષ્ફલકીય નથી.

(B) $IF_7$ અણુમાં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $sp^3d^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુની આસપાસ $7$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,આ ગોઠવણી પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.

(B) સાચો જવાબ છે.
$SO_2$ અણુ $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે અને સલ્ફર પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તે વળેલું (બેન્ટ) બંધારણ ધરાવે છે.
$CO_2$,$BeCl_2$ અને $C_2H_2$ ત્રણેય રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.

(A) $PCl_3$ માં,મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (લોન પેર) હોય છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,એક લોન પેરની હાજરીને કારણે તેનો આકાર $NH_3$ ની જેમ પિરામિડલ હોય છે.

(C) નિયમિત અષ્ટફલકીય અણુમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $M$ એ અષ્ટફલકના ખૂણાઓ પર રહેલા છ $X$ પરમાણુઓથી ઘેરાયેલું હોય છે.
આ છ સ્થાનોમાં ત્રણ જોડી પરમાણુઓ હોય છે જે એકબીજાની બિલકુલ વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે.
દરેક આવી જોડી $180^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે રેખીય $X-M-X$ બંધ બનાવે છે.
તેથી,$180^{\circ}$ ના ખૂણે આવા $3$ $X-M-X$ બંધો હોય છે.

(C) બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના સંકરણ અને આણ્વિય ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $H_2S$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,બંધકોણ ચતુષ્ફલકીય ખૂણા કરતા ઘણો ઘટીને આશરે $92.6^o$ થાય છે.
$2$. $NH_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. અબંધકારક-બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને લીધે બંધકોણ ઘટીને આશરે $107^o$ થાય છે.
$3$. $SiH_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Si$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $109^o 28'$ ના બંધકોણ સાથે સંપૂર્ણ ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$4$. $BF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $120^o$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ આપે છે.
આમ,બંધકોણનો સાચો ક્રમ (સૌથી નાનો પહેલા) $H_2S < NH_3 < SiH_4 < BF_3$ $(92.6^o < 107^o < 109^o 28' < 120^o)$ છે.

(A) સાચો જવાબ $(A)$ છે.
$PCl_3$ અણુમાં,મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેમાં ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (લોન પેર) હોય છે.
આ લોન પેરની હાજરીને કારણે,$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ અણુ પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
જ્યારે $SO_3$,$CO_3^{2-}$ અને $NO_3^-$ ત્રણેય ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.

(A) $CO_3^{2-}$ સિવાય,અન્ય વિકલ્પો $CO_2$,$CS_2$,અને $BeCl_2$ માં $sp$ સંકરણ છે અને તે રેખીય બંધારણ ધરાવે છે.
$CO_3^{2-}$ માં $sp^2$ સંકરણ છે અને તે ત્રિકોણીય સમતલીય બંધારણ ધરાવે છે,જે અરેખીય છે.

(A) બંધારણો નીચે મુજબ છે:
$NO_2^+$: $[O=N=O]^+$
$NCO^-$: $[N \equiv C-O]^-$
$CS_2$: $S=C=S$
$CS_2$ માં,મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ $sp$-સંકરિત છે,જેના પરિણામે તે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NCO^-$ અને $NO_2^+$ એ $CS_2$ સાથે આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક છે (દરેકમાં $16$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે),તેથી તેઓ પણ રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.

(C) અણુની ભૂમિતિ મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$CH_4$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$CCl_4$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે પણ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
તેથી,સમાન ભૂમિતિ ધરાવતી જોડી $CH_4$ અને $CCl_4$ છે.

(B) $NH_3$ માં,મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે $3$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે $3$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેનાથી નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) બાકી રહે છે.
$CH_4$ માં $0$,$H_2O$ માં $2$ અને $HF$ માં $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(A) $PH_3$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,પરંતુ ત્રણ $P-H$ બંધ ફોસ્ફરસની $p$-કક્ષકો અને હાઇડ્રોજનની $s$-કક્ષકોના અતિવ્યાપનથી બને છે.
ફોસ્ફરસ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરી અને નોંધપાત્ર સંકરણના અભાવને કારણે,બંધકોણ $90^o$ ની ખૂબ નજીક હોય છે.
$PH_3$ માં વાસ્તવિક $H-P-H$ બંધકોણ આશરે $93^o$ છે.

(B) $BF_3$ અણુમાં,મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જેના પરિણામે તેની ભૂમિતિ ત્રિકોણીય સમતલીય હોય છે.
તેથી,$BF_3$ ના તમામ પરમાણુઓ એક જ સમતલમાં હોય છે.

(C) આપેલા અણુઓ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$BeF_2$: $180^o$ ($sp$ સંકરણ,રેખીય ભૂમિતિ).
$CH_4$: $109^o 28'$ ($sp^3$ સંકરણ,સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ).
$NH_3$: $107^o$ ($sp^3$ સંકરણ,એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,પિરામિડલ ભૂમિતિ).
$H_2O$: $104.5^o$ ($sp^3$ સંકરણ,બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,કોણીય ભૂમિતિ).
$H_2O$ માં ઓક્સિજન પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,$lp-lp$ અપાકર્ષણ એ $NH_3$ માં રહેલા $lp-bp$ અપાકર્ષણ કરતા વધારે હોય છે,જેના પરિણામે આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી નાનો બંધકોણ મળે છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) $SO_4^{2-}$ માં મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી $\frac{1}{2}(V + M - C + A) = \frac{1}{2}(6 + 0 - 0 + 2) = 4$ મુજબ થાય છે.
સ્ટેરિક નંબર $4$ હોવાથી,સંકરણ $sp^3$ છે.
તેથી,$SO_4^{2-}$ આયનનો આકાર સમચતુષ્ફલકીય છે.

(B) $NH_3$ અણુમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ નાઇટ્રોજન $(N)$ છે,જેની પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે $3$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેનાથી નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
$H_2O$ માં,ઓક્સિજન પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$CH_4$ માં,કાર્બન પાસે $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$PCl_5$ માં,ફોસ્ફરસ પાસે $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(C) આ અણુઓમાં બંધકોણ મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા હેલોજન પરમાણુઓની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે.
જેમ હેલોજન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે,તેમ બંધના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હેલોજન તરફ ઓછા ખેંચાય છે,જેના પરિણામે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસના બંધ યુગ્મો વચ્ચે વધુ અપાકર્ષણ થાય છે.
વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ: $F > Cl > Br$.
તેથી,હેલોજનની વિદ્યુતઋણતા ઘટતા બંધકોણ વધે છે.
બંધકોણનો ક્રમ: $CHF_3 < CHCl_3 < CHBr_3$.
આમ,$CHBr_3$ માં બંધકોણ મહત્તમ છે.

(C) ભૂમિતિ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ ગણીએ છીએ:
$1$. $NH_4^+$: $N$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. સ્ટેરિક નંબર = $0.5 \times (5 + 4 - 1) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ,સમચતુષ્ફલકીય).
$2$. $BF_4^-$: $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. સ્ટેરિક નંબર = $0.5 \times (3 + 4 + 1) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ,સમચતુષ્ફલકીય).
$3$. $XeF_4$: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. સ્ટેરિક નંબર = $0.5 \times (8 + 4) = 6$ ($sp^3d^2$ સંકરણ). $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે,તેની ભૂમિતિ ચોરસ સમતલીય છે.
$4$. $SCl_4$: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. સ્ટેરિક નંબર = $0.5 \times (6 + 4) = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ). $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે,તેની ભૂમિતિ સી-સો (see-saw) છે.
આમ,$XeF_4$ ચોરસ સમતલીય બંધારણ ધરાવે છે.

(A) આપેલા અણુઓ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$1$. $CO_2$: આ અણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો આકાર રેખીય છે,તેથી બંધકોણ $180^\circ$ છે.
$2$. $CH_4$: આ અણુ સમચતુષ્ફલકીય આકાર અને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,તેથી બંધકોણ $109.5^\circ$ છે.
$3$. $NH_3$: આ અણુ ત્રિકોણીય પિરામિડલ આકાર અને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,તેથી બંધકોણ $107^\circ$ છે.
$4$. $H_2O$: આ અણુ વળેલો (bent) આકાર અને $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,તેથી બંધકોણ $104.5^\circ$ છે.
તેથી,$CO_2$ માં બંધકોણ સૌથી મોટો છે.

(A) $XeF_2$ અણુમાં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $5$ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે.

(B) $H_2O$ ની રચના વળેલી (કોણીય) હોય છે,જેનું કારણ મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પર રહેલા બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) વચ્ચેનું અપાકર્ષણ છે,જે $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો પર અસર કરે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.