VSEPR Theory Questions in Gujarati

(C) $IF_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ (આયોડિન) છે,જેની પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે અને તેની પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (લોન પેર) છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $3 + 2 = 5$ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિમાં વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર $2$ લોન પેરની હાજરીને કારણે અણુનો આકાર $T$-આકારનો બને છે.

(A) આપેલા ઝેનોન સંયોજનોની ભૂમિતિ નીચે મુજબ છે:
$(A)$ $XeF_2$: અણુમાં $sp^3d$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય ભૂમિતિ આપે છે $(A-3)$.
$(B)$ $XeO_3$: અણુમાં $sp^3$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ટ્રાયગોનલ પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે $(B-1)$.
$(C)$ $XeF_6$: અણુમાં $sp^3d^3$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે વિકૃત અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ આપે છે $(C-2)$.
$(D)$ $XeOF_4$: અણુમાં $sp^3d^2$ સંકરણ છે અને મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે $(D-4)$.
આમ,સાચી જોડ $A-3, B-1, C-2, D-4$ છે.

(B) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$XeF_4$ માં,$Xe$ એ $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને તેની પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $4 + 2 = 6$ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,અષ્ટફલકીય ભૂમિતિમાં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તેનો આકાર સ્ક્વેર પ્લેનર (સમચોરસ) બને છે.

(C) અણુ માટે $AB_nE_m$ પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુ $(A)$,તેની સાથે જોડાયેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $(B)$,અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પરની લોન પેરની સંખ્યા $(E)$ ઓળખીએ છીએ:
$1$. $SO_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $2$ બંધકારક જોડી અને $1$ લોન પેર છે,તેથી તે $AB_2E$ છે.
$2$. $H_2O_2$ માટે: બંધારણ $H-O-O-H$ છે. દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ $2$ પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને $2$ લોન પેર ધરાવે છે,પરંતુ $O-O$ બંધને કારણે તે સરળ $AB_2E_2$ સિસ્ટમ નથી.
$3$. $H_2O$ માટે: મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $2$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે $(B=2)$ અને $2$ લોન પેર ધરાવે છે $(E=2)$. તેથી,તે $AB_2E_2$ છે.
$4$. $XeF_2$ માટે: મધ્યસ્થ ઝેનોન પરમાણુ $2$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે $(B=2)$ અને $3$ લોન પેર ધરાવે છે $(E=3)$. તેથી,તે $AB_2E_3$ છે.
તેથી,સાચો અણુ $H_2O$ છે.

(A) ફોસ્ફરસ પેન્ટાક્લોરાઈડ $(PCl_5)$ અણુનો ભૌમિતિક આકાર ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે,જેમાં મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે.
આ બંધારણમાં,ત્રણ $Cl$ પરમાણુઓ વિષુવવૃત્તીય (equatorial) સ્થાનો પર હાજર હોય છે,જે એક ત્રિકોણીય સમતલ બનાવે છે.
કોઈપણ બે વિષુવવૃત્તીય $Cl-P-Cl$ બંધ વચ્ચેનો ખૂણો $120^{\circ}$ હોય છે.
આમ,ત્રણ વિષુવવૃત્તીય $Cl$ પરમાણુઓ હોવાથી,$120^{\circ}$ ના ખૂણાઓની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(B) $I_3^{-}$ આયનમાં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (bond pairs) થી ઘેરાયેલું છે,જે કુલ $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,આ $sp^3d$ સંકરણ અને ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,તેથી બાકીના $2$ આયોડિન પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે રેખીય આણ્વિય ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલા અણુઓ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$BF_3$: $120^{\circ}$ (ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ)
$NH_3$: $107^{\circ}$ (પિરામિડલ ભૂમિતિ)
$NF_3$: $102^{\circ}$ ($F$ ની ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે $NH_3$ કરતા ઓછો)
$PCl_3$: $100^{\circ}$ ($P$ પરમાણુના મોટા કદને કારણે $NH_3$ કરતા ઓછો)
આમ,બંધકોણનો સાચો ક્રમ $BF_3 > NH_3 > NF_3 > PCl_3$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) $PF_3$ માં મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $3$ $P-F$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $3$ (બંધકારક) + $1$ (અબંધકારક) = $4$.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$4$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ચતુષ્ફલકીય ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ ધરાવે છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,આણ્વિય ભૂમિતિ ત્રિકોણીય પિરામિડલ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) $BH_4^{-}$ માં મધ્યસ્થ $B$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
આના પરિણામે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ પ્રાપ્ત થાય છે,જે બંધારણમાં દર્શાવેલ છે.

(A) $H_3O^{+}$ માં મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોય છે,આમ કુલ $4$ ઇલેક્ટ્રોન ડોમેન છે.
$\text{VSEPR}$ સિદ્ધાંત મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે,પરંતુ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે આકાર બદલાય છે.
તેથી,$H_3O^{+}$ નો આણ્વિય આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ છે.
આથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(C) આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ અણુઓ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ અને ભૂમિતિ તપાસીએ છીએ:
$CO_2$: મધ્યસ્થ $C$ પરમાણુ $sp$-સંકરિત છે,જે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$[NO_2]^{+}$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $sp$-સંકરિત છે,જે રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$SiO_2$: તે $sp^3$ સંકરણ સાથે વિશાળ સહસંયોજક નેટવર્ક (ક્વાર્ટઝ) તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$SO_2$ અને $TeO_2$: બંનેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^2$ સંકરણ હોય છે,જે વળેલી (કોણીય) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$CO_2$ અને $[NO_2]^{+}$ બંને રેખીય હોવાથી,તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) જ્યારે સ્ટેરિક નંબર $6$ હોય (એટલે કે $sp^3d^2$ સંકરણ) ત્યારે મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની ગોઠવણી અષ્ટફલકીય હોય છે. જો અણુમાં એક અથવા વધુ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોય,તો તેનો આકાર અષ્ટફલકીય હોતો નથી.
$(i)$ $SF_6$: સ્ટેરિક નંબર = $6$ ($6$ બંધકારક યુગ્મ,$0$ અબંધકારક યુગ્મ). આકાર અષ્ટફલકીય છે.
$(ii)$ $XeF_6$: સ્ટેરિક નંબર = $7$ ($6$ બંધકારક યુગ્મ,$1$ અબંધકારક યુગ્મ). ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ગોઠવણી પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ છે,અષ્ટફલકીય નથી.
$(iii)$ $BrF_5$: સ્ટેરિક નંબર = $6$ ($5$ બંધકારક યુગ્મ,$1$ અબંધકારક યુગ્મ). ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ગોઠવણી અષ્ટફલકીય છે,પરંતુ આકાર સ્ક્વેર પિરામિડલ (અષ્ટફલકીય નથી) છે.
$(iv)$ $XeO_2F_4$: સ્ટેરિક નંબર = $6$ ($6$ બંધકારક યુગ્મ,$0$ અબંધકારક યુગ્મ). આકાર અષ્ટફલકીય છે.
તેથી,$BrF_5$ એ અણુ છે જેમાં ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ગોઠવણી અષ્ટફલકીય છે પરંતુ આકાર અષ્ટફલકીય નથી.

(C) ભૂમિતિ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુ માટે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $PCl_5$: $sp^3d$ સંકરણ,ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિ.
$2$. $BrF_5$: $sp^3d^2$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ.
$3$. $ClF_5$: $sp^3d^2$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ.
$4$. $PF_5$: $sp^3d$ સંકરણ,ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિ.
$5$. $ClF_3$: $sp^3d$ સંકરણ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,$T$-આકારની ભૂમિતિ.
$6$. $XeF_4$: $sp^3d^2$ સંકરણ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,ચોરસ સમતલીય ભૂમિતિ.
$7$. $XeF_2$: $sp^3d$ સંકરણ અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,રેખીય ભૂમિતિ.
$8$. $IF_5$: $sp^3d^2$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ.
આમ,ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવતા અણુઓ $BrF_5, ClF_5$ અને $IF_5$ છે.
કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(C) $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ આણ્વિય આકારો નીચે મુજબ છે:

અણુ	પ્રકાર	આકાર
$BrF_5$	$AB_5E$	Square pyramidal
$SF_4$	$AB_4E$	See-saw
$XeF_4$	$AB_4E_2$	Square planar
$ClF_3$	$AB_3E_2$	$T$-shape

તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-II, D-IV$ છે.

(B) વિધાન $(i)$ સાચું છે: $ClF_3$ માં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(AB_3E_2)$ છે,અને $SO_2$ માં $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(AB_2E)$ છે.
વિધાન $(ii)$ સાચું છે: $SF_4$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે "સી-સો" આકાર આપે છે.
વિધાન $(iii)$ ખોટું છે: $HgCl_2$ માં $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે રેખીય આકાર આપે છે. $PbCl_2$ માં $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે વળેલો (bent) આકાર આપે છે.
તેથી,માત્ર વિધાન $(iii)$ ખોટું છે.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$(i)$ $SO_2$: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $2$ દ્વિબંધ બનાવે છે,તેથી $N = 4$. $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (6 - 4) = 1$.
$(ii)$ $XeF_4$: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે,તેથી $N = 4$. $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
$(iii)$ $PbCl_2$: $Pb$ (સમૂહ $14$) પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,તેથી $N = 2$. $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (4 - 2) = 1$.
$(iv)$ $SF_4$: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે,તેથી $N = 4$. $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (6 - 4) = 1$.
$(v)$ $ClF_3$: $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ એકલ બંધ બનાવે છે,તેથી $N = 3$. $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (7 - 3) = 2$.
આમ,અણુઓ $(i)$,$(iii)$,અને $(iv)$ ના મધ્યસ્થ પરમાણુઓ પર માત્ર એક જ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.

(B) સમતલની બહાર નીકળતા બંધો $W$ અને $Z$ છે.
અહીં,સામાન્ય રેખાઓ $(-)$ કાગળના સમતલમાં રહેલા બંધો દર્શાવે છે.
ઘન-વેજ (Solid-wedge) એ બંધને કાગળના સમતલની બહાર અવલોકનકાર તરફ નીકળતો દર્શાવે છે $(W)$.
તૂટક-વેજ (Dashed-wedge) એ બંધને કાગળના સમતલની બહાર અવલોકનકારથી દૂર જતો દર્શાવે છે $(Z)$.

(A) $CH_4$ અણુમાં,કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે.
આપેલ રચનામાં:
$1$. બંધ $X$ અને $Y$ સાદી રેખાઓ દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યા છે,જે સૂચવે છે કે તેઓ કાગળના સમતલમાં છે.
$2$. બંધ $Z$ તૂટક રેખાઓ (dashed wedge) દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યો છે,જે સૂચવે છે કે તે નિરીક્ષકથી દૂર (સમતલની પાછળ) જાય છે.
$3$. બંધ $W$ ઘાટી રેખા (solid wedge) દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યો છે,જે સૂચવે છે કે તે નિરીક્ષકની તરફ (સમતલની આગળ) આવે છે.
તેથી,સાચો ક્રમ છે: સમતલમાં $(A)$ = $X, Y$; નિરીક્ષકથી દૂર $(B)$ = $Z$; નિરીક્ષકની તરફ $(C)$ = $W$.

(B) $XeF_2$ અને $PF_5$ બંનેમાં $sp^3d$ સંકરણ જોવા મળે છે.
$\text{VSEPR}$ સિદ્ધાંત મુજબ,તેમના આકારો અલગ છે.
$XeF_2$ માં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે રેખીય આકાર આપે છે.
$PF_5$ માં મધ્યસ્થ $P$ પરમાણુ પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ આકાર આપે છે.

(B) ભૂમિતિ નક્કી કરવા માટે,આપણે $VSEPR$ સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$a$. $SF_4$: સ્ટેરિક નંબર $5$ છે ($4$ બંધ જોડી + $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જે સી-સો આકાર આપે છે $(iv)$.
$b$. $BrF_5$: સ્ટેરિક નંબર $6$ છે ($5$ બંધ જોડી + $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જે સ્ક્વેર પિરામિડલ આકાર આપે છે $(v)$.
$c$. $ClF_3$: સ્ટેરિક નંબર $5$ છે ($3$ બંધ જોડી + $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ),જે $T$-આકાર આપે છે $(ii)$.
$d$. $PbCl_2$: આ એક આયનીય સંયોજન છે જે વાયુ અવસ્થામાં $Pb^{2+}$ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે બેન્ટ આકાર ધરાવે છે $(iii)$.
તેથી,સાચી જોડ $a-iv, b-v, c-ii, d-iii$ છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $BrF_5$ માં,તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $5$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. આનાથી $2$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે. ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $5 + 1 = 6$ છે,જે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે. $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતો અણુ ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.

(D) $SF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ સલ્ફર $(S)$ છે.
સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
તે $4$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
આથી $6 - 4 = 2$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે સલ્ફર પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
આમ,$4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
સ્ટેરિક નંબર $4 + 1 = 5$ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિમાં વિષુવવૃત્તીય સ્થાન પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,$SF_4$ અણુનો આકાર સી-સો (see-saw) હોય છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા શોધવા માટેનું સૂત્ર: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ બંધ બનાવતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$1$. $NH_3$ માટે: $N$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $3$ બંધ બનાવે છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (5 - 3) = 1$.
$2$. $H_2O$ માટે: $O$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ બંધ બનાવે છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (6 - 2) = 2$.
$3$. $ClF_3$ માટે: $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $3$ બંધ બનાવે છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (7 - 3) = 2$.
$4$. $XeF_2$ માટે: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ બંધ બનાવે છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (8 - 2) = 3$.
આમ,$XeF_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ પર સૌથી વધુ $(3)$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.

(B) $PCl_5$ માં ભૌમિતિક રચના ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ હોય છે.
ત્રણ વિષુવવૃત્તીય (equatorial) અને બે અક્ષીય (axial) બંધોની હાજરીને કારણે,અક્ષીય $P-Cl$ બંધો વિષુવવૃત્તીય $P-Cl$ બંધો કરતા લાંબા હોય છે,કારણ કે વિષુવવૃત્તીય બંધ જોડીઓ દ્વારા વધુ અપાકર્ષણ લાગે છે.
$SF_6$,$BCl_3$,અને $CCl_4$ માં,અણુઓની ઉચ્ચ સમપ્રમાણતાને કારણે બધા બંધની લંબાઈ સમાન હોય છે.

(A) $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,બંધકોણ સંકરણ અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.1. $SO_2$ $(IV)$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. બંધકોણ આશરે $119.5^\circ$ છે.2. $CH_4$ $(III)$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. તેનો બંધકોણ $109.5^\circ$ છે.3. $NH_3$ $(II)$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. અબંધકારક-બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ ઘટીને આશરે $107^\circ$ થાય છે.4. $H_2O$ $(I)$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. અબંધકારક-અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના વધુ અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ ઘટીને આશરે $104.5^\circ$ થાય છે.તેથી,સાચો ક્રમ છે: $SO_2$ $(IV)$ $> CH_4$ $(III)$ $> NH_3$ $(II)$ $> H_2O$ $(I)$.

(D) ઓઝોન $(O_3)$ ની રચનામાં એક મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ એક ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે દ્વિબંધ અને બીજા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે એકલબંધ ધરાવે છે.
ફોર્મલ ચાર્જનું સૂત્ર: $FC = V - L - \frac{1}{2}B$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$L$ એ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,અને $B$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ માટે: $FC = 6 - 2 - \frac{1}{2}(6) = +1$.
દ્વિબંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ માટે: $FC = 6 - 4 - \frac{1}{2}(4) = 0$.
એકલબંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ માટે: $FC = 6 - 6 - \frac{1}{2}(2) = -1$.
આમ,ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુઓ પરના ફોર્મલ ચાર્જ $0$ અને $-1$ છે.

(A) અણુનું બંધારણ તેના સંકરણ અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા દ્વારા નક્કી થાય છે.
$BF_3$ માં $sp^2$ સંકરણ છે અને બોરોન પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,જેના પરિણામે તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NH_3$ અને $NF_3$ માં $sp^3$ સંકરણ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેના પરિણામે તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$H_2S$ માં $sp^3$ સંકરણ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેના પરિણામે તે વળેલું (bent) બંધારણ ધરાવે છે.
આમ,$BF_3$ એ ત્રિકોણીય સમતલીય બંધારણ ધરાવતો એકમાત્ર અણુ છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) $SF_6$ માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ $6$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
સલ્ફર પરમાણુની આસપાસ $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતા અણુનો આકાર અષ્ટફલકીય હોય છે.

(C) પ્રક્રિયા $BCl_3 + NH_3 \rightarrow BCl_3 \cdot NH_3$ છે (જ્યાં $X = BCl_3 \cdot NH_3$ છે).
$BCl_3$ માં,બોરોન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેમાં ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેના પરિણામે તેની ભૂમિતિ ત્રિકોણીય સમતલીય હોય છે.
એડક્ટ $X$ $(BCl_3 \cdot NH_3)$ માં,બોરોન પરમાણુ $NH_3$ ના નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસેથી એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે છે,જેના કારણે તેનું સંકરણ $sp^2$ થી બદલાઈને $sp^3$ થાય છે.
પરિણામે,$X$ માં બોરોન પરમાણુ ટેટ્રાહેડ્રલ ભૂમિતિ ધારણ કરે છે.

(C) $BF_3$ નો ઉપયોગ ઘણી ઔદ્યોગિક પ્રક્રિયાઓમાં ઉદ્દીપક તરીકે થાય છે કારણ કે તે પ્રબળ લુઈસ એસિડ છે.
$BF_3$ માં $sp^2$-સંકરિત બોરોન ઇલેક્ટ્રોન ઉણપ ધરાવે છે (સંયોજકતા કક્ષામાં $6 \ e^-$,જે અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે જરૂરી $8 \ e^-$ કરતા $2 \ e^-$ ઓછા છે) અને તે પ્રબળ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(D) $Al_2Cl_6$ (એલ્યુમિનિયમ ક્લોરાઇડ ડાયમર) ની રચના બે $AlCl_4$ ટેટ્રાહેડ્રાની બનેલી છે જે એક ધાર વહેંચે છે.
આ રચનામાં,ટર્મિનલ $Cl-Al-Cl$ બંધકોણ $(b_1)$ આશરે $118^{\circ}$ છે.
બ્રિજિંગ $Al-Cl-Al$ બંધકોણ $(b_2)$ આશરે $79^{\circ}$ છે.
બ્રિજિંગ ક્લોરિન પરમાણુઓ $(b_3)$ ને સમાવતો $Cl-Al-Cl$ બંધકોણ આશરે $101^{\circ}$ છે.
તેથી,$b_1, b_2, b_3$ માટેના મૂલ્યો અનુક્રમે $118^{\circ}, 79^{\circ}, 101^{\circ}$ છે.

(B) $1$. $N(SiH_3)_3$ માં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) છે જે સિલિકોન પરમાણુની ખાલી $3d$-કક્ષકમાં દાન પામે છે,જે $p\pi-d\pi$ બેક-બોન્ડિંગ બનાવે છે. આ નાઇટ્રોજન પરમાણુને $sp^2$ સંકરણ આપે છે,જેના પરિણામે $planar$ ભૂમિતિ મળે છે.
$2$. $Me_3N$ (ટ્રાયમિથાઈલ એમાઈન) માં,કાર્બન પરમાણુ પાસે ખાલી $d$-કક્ષકો હોતી નથી,તેથી કોઈ બેક-બોન્ડિંગ થતું નથી. નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જેના પરિણામે $pyramidal$ ભૂમિતિ મળે છે.
$3$. $(SiH_3)_3P$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ નાઇટ્રોજન કરતા મોટો છે અને તેની વિદ્યુતઋણતા ઓછી છે. ફોસ્ફરસ પરનું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્ટીરિયોકેમિકલી સક્રિય છે અને સિલિકોન સાથે નોંધપાત્ર બેક-બોન્ડિંગમાં ભાગ લેતું નથી. તેથી,તે $pyramidal$ ભૂમિતિ જાળવી રાખે છે.

(D) $NO_3^{-}$ આયનમાં નાઈટ્રોજન પરમાણુની સંયોજકતા કક્ષાની ઇલેક્ટ્રોન રચના $2s^2 2p^3$ છે.
નાઈટ્રેટ આયનમાં,નાઈટ્રોજન ત્રણ સિગ્મા બંધ (દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે એક) અને એક પાઈ બંધ (ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર વિસ્થાનિકૃત) બનાવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે નાઈટ્રોજન તેના $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનનો ઉપયોગ $4$ બંધ બનાવવા માટે કરે છે.
તેથી,નાઈટ્રોજન પરમાણુ પરના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $4$ છે.
બધા સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન બંધ બનાવવામાં વપરાઈ જતા હોવાથી,નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો રહે છે.
આમ,સાચો જવાબ $4,0$ છે.

(D) સલ્ફર પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતો અણુ ઓળખવા માટે,આપણે દરેક અણુમાં સલ્ફરની ઓક્સિડેશન અવસ્થા અને બંધારણ તપાસીએ છીએ:
$1$. $H_2SO_5$,$H_2S_2O_8$ અને $H_2S_2O_7$ માં,સલ્ફર $+6$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે. આ અવસ્થામાં,સલ્ફર તેના તમામ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનનો બંધ બનાવવા માટે ઉપયોગ કરે છે,તેથી કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહેતું નથી.
$2$. $H_2SO_3$ માં,સલ્ફર $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે. સલ્ફરની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ne] 3s^2 3p^4$ છે. $H_2SO_3$ માં,સલ્ફર બે $S-OH$ બંધ અને એક $S=O$ દ્વિબંધ બનાવે છે. આ $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનનો ઉપયોગ કરે છે,જેનાથી સલ્ફર પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
તેથી,$H_2SO_3$ સાચો અણુ છે.

(C) રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$S + 2H_2SO_4 \text{ (સાંદ્ર)} \longrightarrow 3SO_2 + 2H_2O$
અહીં,$X = SO_2$ (વાયુ) અને $Y = H_2O$ (પ્રવાહી).
$SO_2$ અને $H_2O$ બંને ત્રિ-પરમાણ્વીય અણુઓ છે.
$SO_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ સલ્ફર $(S)$ છે. સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ બનાવે છે,જેમાં $4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. આમ,તેની પાસે $6 - 4 = 2$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
$H_2O$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ ઓક્સિજન $(O)$ છે. ઓક્સિજન પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે બે એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. આમ,તેની પાસે $6 - 2 = 4$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
તેથી,$X$ અને $Y$ ના મધ્યસ્થ પરમાણુઓ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા અનુક્રમે $1$ અને $2$ છે.

(B) આણ્વિય બ્રોમિન $(Br_2)$ ની $3$ મોલ આણ્વિય ફ્લોરિન $(F_2)$ સાથે પ્રક્રિયા થતા $2$ મોલ $BrF_3$ બને છે.
$BrF_3$ એ આંતર-હેલોજન સંયોજન છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા:
$Br_{2(g)} + 3F_{2(g)} \longrightarrow 2BrF_{3(g)}$
$BrF_3$ માં,મધ્યસ્થ બ્રોમિન પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે $3$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $3$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે,જેમાં $3$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
બાકી રહેલા ઇલેક્ટ્રોન = $7 - 3 = 4$ ઇલેક્ટ્રોન,જે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
આમ,મધ્યસ્થ બ્રોમિન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(B) $SF_6$ માં,સલ્ફર પરમાણુ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જે અષ્ટફલકીય ભૂમિતિમાં પરિણમે છે.
છ ફ્લોરિન પરમાણુઓ મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુને ઘેરી લે છે,જે અત્યંત ભીડવાળું વાતાવરણ બનાવે છે.
આ અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) સલ્ફર પરમાણુ પર કોઈપણ ન્યુક્લિયોફાઇલ અથવા ઇલેક્ટ્રોફાઇલના હુમલાને અટકાવે છે,જેના કારણે $SF_6$ ગતિશીલ રીતે નિષ્ક્રિય બને છે.

(B) મંદ $NaOH$ સાથે ફ્લોરિનની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2F_2 + 2NaOH \rightarrow 2NaF + OF_2 + H_2O$
આમ,વાયુરૂપ નીપજ $A$ એ ઓક્સિજન ડાયફ્લોરાઇડ $(OF_2)$ છે.
$OF_2$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
ફ્લોરિન પરમાણુઓની ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેનું અપાકર્ષણ નોંધપાત્ર હોય છે,જે બંધકોણને સંકોચે છે.
$OF_2$ માં બંધકોણ $103^{\circ}$ છે.

(A) મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (V - M)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે ($Xe$ માટે $8$) અને $M$ એ તેની સાથે જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે (ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક છે,તેથી તે $M$ માં ગણતરીમાં લેવાતું નથી).
$(1) XeO_3$: $V=8$,$M=0$. $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (8 - 0) = 4$ ઇલેક્ટ્રોન,એટલે કે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$(2) XeF_6$: $V=8$,$M=6$. $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (8 - 6) = 2$ ઇલેક્ટ્રોન,એટલે કે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$(3) XeF_2$: $V=8$,$M=2$. $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (8 - 2) = 6$ ઇલેક્ટ્રોન,એટલે કે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$(4) XeF_4$: $V=8$,$M=4$. $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 4$ ઇલેક્ટ્રોન,એટલે કે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$(5) XeOF_4$: $V=8$,$M=4$ (ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક છે). $\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 4$ ઇલેક્ટ્રોન,એટલે કે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
પરિણામોની સરખામણી કરતા,$XeO_3$,$XeF_6$ અને $XeOF_4$ ત્રણેયમાં $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,જોડી $(XeO_3, XeF_6)$ સાચી છે.

(A) $CH_3OH$ (મિથેનોલ) માં,ઓક્સિજન પરમાણુ બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ $109^{\circ} 28'$ ના સમચતુષ્ફલકીય ખૂણા કરતા ઘટી જાય છે.
$CH_3OCH_3$ (ડાયમિથાઇલ ઈથર) માં,ઓક્સિજન પરમાણુ પણ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,પરંતુ બે મોટા મિથાઇલ સમૂહોની હાજરીને કારણે તેમની વચ્ચે અવકાશીય અપાકર્ષણ (steric repulsion) થાય છે,જે બંધકોણને $109^{\circ} 28'$ કરતા વધારે બનાવે છે.
તેથી,$X < 109^{\circ} 28'$ અને $Y > 109^{\circ} 28'$.

(B) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરી નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Lone pair} = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$i$. $SnCl_2$ ($Sn$ પાસે $2$ અબંધકારક જોડી છે),$NH_3$ ($N$ પાસે $1$ અબંધકારક જોડી છે),$SF_4$ ($S$ પાસે $1$ અબંધકારક જોડી છે).
$ii$. $HgCl_2$ ($Hg$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે),$SO_3$ ($S$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે),$SF_6$ ($S$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે).
$iii$. $BeCl_2$ ($Be$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે),$BF_3$ ($B$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે),$PCl_5$ ($P$ પાસે $0$ અબંધકારક જોડી છે).
$iv$. $ClF_3$ ($Cl$ પાસે $2$ અબંધકારક જોડી છે),$BrF_5$ ($Br$ પાસે $1$ અબંધકારક જોડી છે),$XeF_6$ ($Xe$ પાસે $1$ અબંધકારક જોડી છે).
આમ,સમૂહ $ii$ અને $iii$ માં એવા અણુઓ છે જેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ પાસે કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન જોડી નથી.

(A) $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અપાકર્ષણને ન્યૂનતમ કરવા માટે એકબીજાથી શક્ય તેટલા દૂર ગોઠવાય છે.
વિવિધ પ્રકારના ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણનું મૂલ્ય નીચે મુજબના ક્રમમાં હોય છે:
$Lone pair - Lone pair > Lone pair - Bond pair > Bond pair - Bond pair$
તેથી,સાચો ક્રમ $(I) > (II) > (III)$ છે.

(C) $1$. અણુ '$X$' $sp^3d$ સંકરણ અને સી-સો આકાર ધરાવે છે.
$2$. $sp^3d$ સંકરણમાં મધ્યસ્થ પરમાણુની આસપાસ $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$3$. જ્યારે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (લોન પેર) હોય ત્યારે સી-સો આકાર પ્રાપ્ત થાય છે.
$4$. $SF_4$ માં,સલ્ફર $(S)$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ લોન પેર ધરાવે છે,જે $sp^3d$ સંકરણ અને સી-સો આકાર આપે છે.
$5$. $ClF_3$ નો આકાર $T$-આકારનો,$XeF_4$ નો સમતલીય ચોરસ અને $BrF_5$ નો ચોરસ પિરામિડલ છે.
$6$. તેથી,'$X$' એ $SF_4$ છે.

(D) બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુઓના સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) જોઈએ છીએ:
$1$. $H_2O$: $sp^3$ સંકરણ,$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,બંધકોણ $\approx 104.5^\circ$.
$2$. $NH_3$: $sp^3$ સંકરણ,$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,બંધકોણ $\approx 107^\circ$.
$3$. $O_3$: $sp^2$ સંકરણ,$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,બંધકોણ $\approx 117^\circ$.
$4$. $SO_2$: $sp^2$ સંકરણ,$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,બંધકોણ $\approx 119^\circ$.
આમ,વધતો ક્રમ $H_2O < NH_3 < O_3 < SO_2$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુની ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $P_4$: ફોસ્ફરસ અણુઓ ચતુષ્ફલકીય ખૂણાઓ પર છે. બંધકોણ $60^\circ$ છે.
$2$. $S_6$: આ અણુ ખુરશી જેવું બંધારણ ધરાવે છે જેમાં બંધકોણ આશરે $102^\circ$ છે.
$3$. $S_8$: આ અણુ તાજ જેવું બંધારણ ધરાવે છે જેમાં બંધકોણ આશરે $107^\circ$ છે.
$4$. $O_3$: ઓઝોન વળેલી ભૂમિતિ ધરાવે છે જેમાં બંધકોણ આશરે $117^\circ$ છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $60^\circ (P_4) < 102^\circ (S_6) < 107^\circ (S_8) < 117^\circ (O_3)$.
હોદ્દાની દ્રષ્ટિએ: $B (P_4) < C (S_6) < A (S_8) < D (O_3)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $B < C < A < D$ છે.

(D) આપેલ પ્રતિક્રિયાઓ તાંબાના નિષ્કર્ષણની પ્રક્રિયાનો ભાગ છે:
$1. 2 Cu_2S + 3 O_2 \rightarrow 2 Cu_2O + 2 SO_2$ (જ્યાં $X = Cu_2S$)
$2. 2 Cu_2O + Cu_2S \rightarrow 6 Cu + SO_2$ (જ્યાં $Y = SO_2$)
$SO_2$ અણુમાં,સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ધરાવે છે.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર વળેલો અથવા કોણીય (angular) હોય છે.

(D) અણુઓના આકાર નક્કી કરવા માટે, આપણે $VSEPR$ સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$A. SF_4$: સંકરણ $sp^3d$ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સી-સો આકાર આપે છે $(III)$.
$B. ClF_3$: સંકરણ $sp^3d$ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે $T$-આકાર આપે છે $(I)$.
$C. BrF_5$: સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સમચોરસ પિરામિડલ આકાર આપે છે $(IV)$.
$D. XeF_4$: સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સમચોરસ સમતલીય આકાર આપે છે $(II)$.
તેથી, સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા શોધવા માટેનું સૂત્ર: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ તેની સાથે જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$1$. $ClF_3$ માટે: $V = 7, N = 3$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (7 - 3) = 2$.
$2$. $NF_3$ માટે: $V = 5, N = 3$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (5 - 3) = 1$.
$3$. $SF_4$ માટે: $V = 6, N = 4$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (6 - 4) = 1$.
$4$. $XeF_4$ માટે: $V = 8, N = 4$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
આમ,સાચો ક્રમ $2, 1, 1, 2$ છે.

(B) નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ અણુની સમતલીય રચનામાં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
આકૃતિમાં આપેલા પ્રાયોગિક માળખાકીય ડેટાના આધારે:
$H-O-N$ બંધકોણ આશરે $102.2^{\circ}$ છે.
$O-N-O$ બંધકોણ (નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલા બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ વચ્ચે) આશરે $130.27^{\circ}$ છે.
તેથી,અનુક્રમે બંધકોણ $102^{\circ}$ અને $130^{\circ}$ છે.