VSEPR Theory Questions in Gujarati

(B) $1$. $XeOF_4$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ $\sigma$-બંધ અને $O$ પરમાણુ સાથે $1$ $\sigma$-બંધ બનાવે છે (કુલ $5$ $\sigma$-બંધ). તેની પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. આકાર ચોરસ પિરામિડલ છે. કુલ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $\sigma$-બંધ) = $1 + 5 = 6$.
$2$. $XeF_5^{\oplus}$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે ($1$ ગુમાવ્યા પછી). તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ $\sigma$-બંધ બનાવે છે. તેની પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. આકાર ચોરસ પિરામિડલ છે. કુલ (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ + $\sigma$-બંધ) = $1 + 5 = 6$.
$3$. બંનેનો આકાર (ચોરસ પિરામિડલ) અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ તથા $\sigma$-બંધની કુલ સંખ્યા $(6)$ સમાન હોવાથી,સાચી જોડી $XeOF_4$ અને $XeF_5^{\oplus}$ છે.

(A) $1$. $SOF_4$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ સાથે $4$ બંધ અને $O$ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ છે. ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ છે,તેથી આકાર ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ છે.
$2$. $XeO_2F_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ સાથે $2$ અને $O$ સાથે $2$ દ્વિબંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ છે. એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી આકાર સી-સો છે.
$3$. $ClF_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ સાથે $3$ બંધ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ છે,જે $T$-આકાર આપે છે.

(A) $XeF_4$ અણુમાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ ની આસપાસ $6$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે,જેમાં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો (lone pairs) છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$6$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે.
જોકે,$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની હાજરીને કારણે,અણુ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને ઘટાડવા માટે ચોરસ સમતલીય (square planar) ભૂમિતિ ધારણ કરે છે.
$XeO_4$ સમચતુષ્ફલકીય છે,$XeO_2F_2$ સી-સો (see-saw) આકારનું છે,અને $XeOF_4$ ચોરસ પિરામિડલ છે.

(A) દરેક વિકલ્પનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$: $NCl_3$ અને $NBr_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ સમાન $(N)$ છે. જેમ આસપાસના પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે $(Cl > Br)$,તેમ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેનું અપાકર્ષણ ઘટે છે,જેના પરિણામે બંધકોણ ઘટે છે. તેથી,$NCl_3 > NBr_3$ સાચું છે.
$B$: સમૂહ $16$ ના હાઇડ્રાઇડ્સમાં $(H_2O, H_2S, H_2Se, H_2Te)$,જેમ મધ્યસ્થ પરમાણુનું કદ વધે છે,તેમ બંધકોણ ઘટે છે. તેથી,$H_2S > H_2Te$ સાચો ક્રમ છે.
$C$: $N_3^-$ અને $I_3^-$ બંને $180^{\circ}$ ના બંધકોણ ધરાવતા રેખીય અણુઓ છે. તેથી,$N_3^- = I_3^-$.
$D$: $NO_3^-$ ($sp^2$ સંકરણ,$120^{\circ}$) અને $NO_2^-$ ($sp^2$ સંકરણ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,$< 120^{\circ}$) માં,$NO_3^-$ નો બંધકોણ $NO_2^-$ કરતા વધારે છે. તેથી,$NO_3^- > NO_2^-$.
આથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$1$. $SO_3^{2-}$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6 + 0 - 0 + 2) = 4$ ($sp^3$ સંકરણ). તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે પિરામિડલ આકાર આપે છે.
$2$. $SO_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(6 + 0 - 0 + 0) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ). તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર આપે છે.
$3$. $CO_3^{2-}$ માટે: $H = \frac{1}{2}(4 + 0 - 0 + 2) = 3$ ($sp^2$ સંકરણ). તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર આપે છે.
$4$. $ClF_3$ માટે: $H = \frac{1}{2}(7 + 3 - 0 + 0) = 5$ ($sp^3d$ સંકરણ). તેમાં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $T$-આકાર આપે છે.
તેથી,પિરામિડલ આકાર ધરાવતી સ્પીસીઝ $SO_3^{2-}$ છે.

(A) $1$. $[ONCl_2]^+$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ છે. $N$ નું સંકરણ $sp^2$ છે જેમાં $O$ સાથે એક દ્વિબંધ અને $Cl$ સાથે બે એકલબંધ છે. તેનો આકાર સમતલીય ત્રિકોણીય છે અને બંધકોણ આશરે $120^{\circ}$ છે.
$2$. $(OSCl_2)$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ છે. $S$ નું સંકરણ $sp^3$ છે જેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ,$O$ સાથે એક દ્વિબંધ અને $Cl$ સાથે બે એકલબંધ છે. તેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ છે. $S$ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,$Cl-S-Cl$ બંધકોણ ઘટીને આશરે $96^{\circ}-106^{\circ}$ થાય છે.
$3$. બંનેની સરખામણી કરતા,$120^{\circ} > 96^{\circ}-106^{\circ}$. તેથી,$[ONCl_2]^+$ માં બંધકોણ $(OSCl_2)$ કરતા વધારે છે.

(D) $O_3$ (ઓઝોન) નું બંધારણ મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે વળેલું (bent) હોય છે,જે અપાકર્ષણ પેદા કરે છે અને આશરે $117^{\circ}$ નો બંધકોણ બનાવે છે.
$N_3^-$ (એઝાઈડ આયન) નું બંધારણ રેખીય હોય છે,કારણ કે મધ્યસ્થ નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેમાં કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોતા નથી,જેના પરિણામે $180^{\circ}$ નો બંધકોણ મળે છે.
તેથી,$O_3$ અને $N_3^-$ અનુક્રમે વળેલું (bent) અને રેખીય બંધારણ ધરાવે છે.

(C) $1. SF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેનો આકાર સી-સો (see-saw) છે.
$2. CF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેનો આકાર સમચતુષ્ફલકીય છે.
$3. XeF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. તેનો આકાર સમતલીય ચોરસ છે.
તેથી,આકારો અલગ છે અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા અનુક્રમે $1, 0$ અને $2$ છે.

(B) $1$. મિથેન $(CH_4)$ માં,સંકરણ $sp^3$ છે અને કોઈ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,તેથી બંધકોણ $109.5^\circ$ છે.
$2$. એમોનિયા $(NH_3)$ માં,સંકરણ $sp^3$ છે અને એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. અબંધકારક-બંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ ઘટીને $107^\circ$ થાય છે.
$3$. ટ્રાયમિથાઈલ એમાઈન $(N(CH_3)_3)$ માં,સંકરણ $sp^3$ છે અને એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. જોકે,મોટા મિથાઈલ સમૂહોને કારણે અવકાશીય અપાકર્ષણ (steric repulsion) થાય છે,જે બંધકોણને વધારીને આશરે $108^\circ$ થી $109^\circ$ સુધી લઈ જાય છે.
$4$. મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $NH_3$ $(107^\circ)$ < $N(CH_3)_3$ $(108^\circ-109^\circ)$ < $CH_4$ $(109.5^\circ)$.
$5$. તેથી,બંધકોણનો વધતો ક્રમ $(II) < (III) < (I)$ છે.

(C) આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સ્પીસીઝ માટે સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $NH_4^+$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $H = (5+4-1)/2 = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે સમચતુષ્ફલકીય છે.
$2$. $SiCl_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Si$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $H = (4+4)/2 = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે સમચતુષ્ફલકીય છે.
$3$. $SF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $H = (6+4)/2 = 5$. સંકરણ $sp^3d$ છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર 'સી-સો' (see-saw) છે,સમચતુષ્ફલકીય નથી.
$4$. $SO_4^{2-}$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $H = (6+0+2)/2 = 4$. સંકરણ $sp^3$ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે સમચતુષ્ફલકીય છે.
આમ,$SF_4$ એ અણુ છે જે સમચતુષ્ફલકીય નથી.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(LP)$ શોધવા માટેનું સૂત્ર: $LP = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન છે.
$1. BrF_3$: મધ્યસ્થ $Br$ $(V=7)$. $LP = \frac{1}{2} (7 - 3) = 2 \ LP$.
$2. BrF_4^-$: મધ્યસ્થ $Br$ $(V=7+1=8)$. $LP = \frac{1}{2} (8 - 4) = 2 \ LP$.
$3. XeF_5^+$: મધ્યસ્થ $Xe$ $(V=8-1=7)$. $LP = \frac{1}{2} (7 - 5) = 1 \ LP$.
$4. I_3^-$: મધ્યસ્થ $I$ $(V=7+1=8)$. $LP = \frac{1}{2} (8 - 2) = 3 \ LP$.
આમ,$XeF_5^+$ માં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા ન્યૂનતમ $(1 \ LP)$ છે.

(B) $NH_3$ માં,$sp^3$ સંકરણ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ-બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે બંધકોણ $107^o$ છે.
$(CH_3)_3N$ માં,બંધકોણ આશરે $108^o$ છે કારણ કે મોટા મિથાઈલ સમૂહો નાના $H$ પરમાણુઓ કરતા વધુ અપાકર્ષણ પેદા કરે છે.
$(SiH_3)_3N$ માં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને બંધકોણ $120^o$ છે કારણ કે $N$ નું અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $Si$ ની ખાલી $d$ કક્ષકો સાથે $p\pi-d\pi$ બેક બોન્ડિંગમાં ભાગ લે છે.
તેથી,બંધકોણનો સાચો ક્રમ $(SiH_3)_3N > (CH_3)_3N > NH_3$ છે.

(A) આપેલ પ્રક્રિયા $2Se_2Cl_2 \to 3Se + SeCl_4$ છે.
$Se_2Cl_2$ માં $Se$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+1$ છે. $SeCl_4$ માં $Se$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+4$ છે અને $Se$ (તત્વ) માં તે $0$ છે. ઓક્સિડેશન આંક બદલાતો હોવાથી,આ એક રેડોક્ષ પ્રક્રિયા છે.
$SeCl_4$ માટે,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Se$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
સ્ટેરિક નંબર $= 4 \text{ (બંધકારક યુગ્મ)} + 1 \text{ (અબંધકારક યુગ્મ)} = 5$.
આ $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિમાં વિષુવવૃત્તીય સ્થાન પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,$SeCl_4$ નો આકાર સી-સો (see-saw) હોય છે.

(C) $NH_3$ અને $NF_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,જે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે પિરામિડલ આકાર ધરાવે છે.
$NH_3$ માં,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નાઇટ્રોજન પરમાણુની નજીક હોય છે,જેના કારણે $NF_3$ ની સરખામણીમાં તેમની વચ્ચે વધુ અપાકર્ષણ થાય છે,કારણ કે $NF_3$ માં વધુ વિદ્યુતઋણ ફ્લોરિન પરમાણુઓ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતાને નાઇટ્રોજનથી દૂર ખેંચે છે.
પરિણામે,$NH_3$ નો બંધકોણ $(107^{\circ})$ એ $NF_3$ $(102^{\circ})$ કરતા વધારે છે.
$PH_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ મોટો અને ઓછો વિદ્યુતઋણ છે,અને આ અણુમાં બંધ બનાવવા માટે લગભગ શુદ્ધ $p$-કક્ષકોનો ઉપયોગ થાય છે,જેના પરિણામે બંધકોણ $92^{\circ}$ ની નજીક હોય છે.
આમ,બંધકોણનો સાચો ક્રમ $NH_3 > NF_3 > PH_3$ છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ નક્કી કરવા માટે,આપણે $SN = \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$A$. $ICl_2^-$ માટે,$SN = 2 + 3 = 5$,જે ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે.
$B$. $NH_3$ માટે,$SN = 3 + 1 = 4$,જે ટેટ્રાહેડ્રલ છે.
$C$. $SnF_4$ માટે,$SN = 4 + 0 = 4$,જે ટેટ્રાહેડ્રલ છે.
$D$. $PBr_{5(g)}$ માટે,$SN = 5 + 0 = 5$,જે ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે.
આપેલ તમામ વિકલ્પો સાચા છે.

(A) $I_2Cl_6$ ની રચના $ICl_3$ નો ડાયમર છે,જે સમતલીય અણુ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
દરેક $I$ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો ધરાવે છે.
અહીં $2$ સેતુરૂપ $Cl$ પરમાણુઓ અને $4$ ટર્મિનલ $Cl$ પરમાણુઓ છે.
ખૂણાઓ માટેનો સાચો ક્રમ $\theta_3 > \theta_2 > \theta_1$ છે.
કુલ $20$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો હાજર છે.
આમ,આપેલા વિકલ્પોમાંથી માત્ર વિધાન $(A)$ સાચું છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટેનું સૂત્ર: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$1$. $SF_4$ માટે: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $4$ $F$ પરમાણુઓ જોડાયેલા છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (6 - 4) = 1$.
$2$. $CF_4$ માટે: $C$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $4$ $F$ પરમાણુઓ જોડાયેલા છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (4 - 4) = 0$.
$3$. $XeF_4$ માટે: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $4$ $F$ પરમાણુઓ જોડાયેલા છે. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
આમ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા અનુક્રમે $1$,$0$ અને $2$ છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$XeF_5^-$ માટે,ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા: $\frac{1}{2} (8 + 5 + 1) = 7$ છે.
આ $7$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોમાંથી,$5$ બંધકારક યુગ્મો અને $2$ અબંધકારક (લોન પેર) યુગ્મો છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,સ્ટેરિક નંબર $7$ એ પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ સૂચવે છે.
$5$ બંધકારક યુગ્મો અને $2$ અબંધકારક યુગ્મો સાથે,અબંધકારક યુગ્મો અક્ષીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે અણુનો આકાર પંચકોણીય સમતલીય બને છે.

(B) $IF_6^-$ નું બંધારણ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $(I)$ ની આસપાસના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની ગણતરી કરીએ છીએ.
મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
ઋણ વીજભારમાંથી $1$ ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતા કુલ $8$ ઇલેક્ટ્રોન થાય છે.
તે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $6$ બંધ બનાવે છે,જેમાં $6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
આનાથી $2$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) બનાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો = $6$ (બંધકારક) + $1$ (અબંધકારક) = $7$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$7$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ સૂચવે છે.
$6$ બંધકારક અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે,આણ્વિય ભૂમિતિ વિકૃત અષ્ટફલકીય હોય છે.

(D) $SF_4$ નો આકાર સી-સો (વિકૃત સમચતુષ્ફલકીય) છે.
$SiF_4$ નો આકાર સમચતુષ્ફલકીય છે.
$XeF_4$ નો આકાર સમતલીય ચોરસ છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ માં આપેલો સમૂહ ખોટો છે કારણ કે તે બધા સમચતુષ્ફલકીય નથી.

(D) પેન્ટાગોનલ બાયપિરામિડલ ભૂમિતિમાં (દા.ત.,$IF_7$),બે પ્રકારના સ્થાન હોય છે: વિષુવવૃત્તીય અને અક્ષીય.
$1$. પાંચ વિષુવવૃત્તીય બંધો એક પંચકોણમાં ગોઠવાયેલા હોય છે,જેના પરિણામે પાસપાસેના વિષુવવૃત્તીય બંધો વચ્ચે $360^o / 5 = 72^o$ નો બંધકોણ મળે છે.
$2$. બે અક્ષીય બંધો વિષુવવૃત્તીય સમતલને લંબ હોય છે,જેના પરિણામે અક્ષીય અને વિષુવવૃત્તીય બંધો વચ્ચે $90^o$ નો બંધકોણ મળે છે.
$3$. બે અક્ષીય બંધો વચ્ચેનો ખૂણો $180^o$ હોય છે.
તેથી,હાજર બંધકોણ $72^o, 90^o$ અને $180^o$ છે.

(A) $PF_3Cl_2$ અણુ ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
બેન્ટના નિયમ મુજબ,વધુ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાનો પર રહેવાનું પસંદ કરે છે જ્યાં બંધકોણ $90^{\circ}$ હોય છે,જ્યારે ઓછી વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુઓ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર રહેવાનું પસંદ કરે છે જ્યાં બંધકોણ $120^{\circ}$ હોય છે.
અહીં,$F$ ની વિદ્યુતઋણતા $Cl$ કરતા વધારે છે $(F > Cl)$.
તેથી,ત્રણ $F$ પરમાણુઓએ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો રોકવા જોઈએ અને બે $Cl$ પરમાણુઓએ અક્ષીય સ્થાનો રોકવા જોઈએ.
આ વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ રચનાને અનુરૂપ છે.

(C) $1$. $NO_2^+$ રેખીય ($sp$ સંકરણ) છે,જ્યારે $NO_2^-$ કોણીય ($sp^2$ સંકરણ) છે.
$2$. $PCl_5$ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ($sp^3d$ સંકરણ) છે,જ્યારે $BrF_5$ ચોરસ પિરામિડલ ($sp^3d^2$ સંકરણ) છે.
$3$. $XeF_4$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે ચોરસ સમતલીય આકાર આપે છે. $ICl_4^-$ માં પણ $sp^3d^2$ સંકરણ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે ચોરસ સમતલીય આકાર આપે છે.
તેથી,$XeF_4$ અને $ICl_4^-$ સમાન આકાર ધરાવે છે.

(B) આણ્વિય આકારો $VSEPR$ સિદ્ધાંત દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે:
$(a) \ XeO_6^{4-}$ માં $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે અષ્ટફલકીય આકાર $(S)$ આપે છે.
$(b) \ ClO_2$ માં મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $V$-આકાર $(Q)$ આપે છે.
$(c) \ NH_4^+$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર $(P)$ આપે છે.
$(d) \ XeO_3F_2$ માં $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ આકાર $(R)$ આપે છે.
તેથી,સાચી જોડ $a-S, b-Q, c-P, d-R$ છે.

(D) આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ,સમતલીય અને અધ્રુવીય હોવા માટે,સ્પીસીઝ પાસે સમાન સંકરણ અને ભૂમિતિ હોવી જોઈએ.
$1$. $I_3^-$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $1$ (ઋણ વીજભાર) + $2$ ($2$ $I$ પરમાણુઓમાંથી) = $10$ ઇલેક્ટ્રોન,જેને $2$ વડે ભાગતા $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ($sp^3d$ સંકરણ) મળે છે. તેમાં વિષુવવૃત્તીય સ્થાનમાં $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ $(180^{\circ})$ મળે છે,જે સમતલીય અને અધ્રુવીય છે.
$2$. $HgCl_2$: $Hg$ પાસે $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જે $Cl$ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે. તેમાં $sp$ સંકરણ હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ $(180^{\circ})$ મળે છે,જે સમતલીય અને અધ્રુવીય છે.
$3$. $XeF_2$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $2$ ($2$ $F$ પરમાણુઓમાંથી) = $10$ ઇલેક્ટ્રોન,જેને $2$ વડે ભાગતા $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ($sp^3d$ સંકરણ) મળે છે. તેમાં વિષુવવૃત્તીય સ્થાનમાં $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ $(180^{\circ})$ મળે છે,જે સમતલીય અને અધ્રુવીય છે.
આ ત્રણેય સ્પીસીઝ રેખીય,સમતલીય અને અધ્રુવીય છે.

(C) સમતલીય બંધારણ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુના સંકરણ અને ભૂમિતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $O_2SF_2$: સલ્ફર $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય (tetrahedral) છે,જે અસમતલીય છે.
$2$. $OSF_2$: સલ્ફર $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ભૂમિતિ ત્રિકોણીય પિરામિડલ (એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે) છે,જે અસમતલીય છે.
$3$. $XeF_4$: ઝેનોન $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $6$ ($sp^3d^2$ સંકરણ) છે. $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અક્ષીય સ્થાનો રોકે છે,જેના પરિણામે ચોરસ સમતલીય (square planar) ભૂમિતિ મળે છે.
$4$. $ClO_4^-$: ક્લોરિન $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે,જે અસમતલીય છે.
તેથી,$XeF_4$ એ ચોરસ સમતલીય બંધારણ ધરાવતો અણુ છે.

(A) $XeF_3^+$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $XeF_3^+$ પાસે $8 - 3 + 1 = 6$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દર્શાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ છે,જે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે. વિષુવવૃત્તીય સ્થાનોમાં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી,તેનો આકાર $T$-આકારનો છે.
$SNF_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ એ $N$ (ત્રિ-બંધ) અને $3$ $F$ પરમાણુઓ (એક-બંધ) સાથે જોડાયેલ છે. $S$ ની આસપાસ કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $4$ છે ($1$ ત્રિ-બંધ + $3$ એક-બંધ). સ્ટેરિક નંબર $4$ છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે. તેની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે.

(A) આપેલ સ્પીસીઝના આકાર $VSEPR$ સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરવામાં આવે છે:
$A$. $SF_4$: સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. ભૂમિતિ ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે જેમાં એક વિષુવવૃત્તીય સ્થાન અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા રોકાયેલું છે,જેના પરિણામે સી-સો (See-Saw) આકાર મળે છે $(A-3)$.
$B$. $BrF_3$: બ્રોમિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. ભૂમિતિ ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ છે જેમાં બે વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા રોકાયેલા છે,જેના પરિણામે બેન્ટ $T$-આકાર મળે છે $(B-4)$.
$C$. $BrO_3^-$: બ્રોમિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $3$ દ્વિબંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે જેમાં એક સ્થાન અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા રોકાયેલું છે,જેના પરિણામે પિરામિડલ આકાર મળે છે $(C-2)$.
$D$. $NH_4^+$: નાઇટ્રોજન પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $H$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી. ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે $(D-1)$.
આમ,સાચી જોડ $A-3, B-4, C-2, D-1$ છે.

(B) સંકરણમાં સામેલ કક્ષકોની સંખ્યા $(H)$ ની ગણતરી $H = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન આયનનો વીજભાર છે અને $A$ એ ઋણ આયનનો વીજભાર છે.
$[XeF_3]^+$ માટે,$H = \frac{1}{2} [8 + 3 - 1] = 5$,જે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે. આથી તેનો આકાર $T$-આકારનો છે.
$[XeF_5]^+$ માટે,$H = \frac{1}{2} [8 + 5 - 1] = 6$,જે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3d^2$ સંકરણ સૂચવે છે. તેનો આકાર સ્ક્વેર પિરામિડલ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલા તમામ અણુઓ ($BF_3$,$BCl_3$,અને $BBr_3$) માં સમાન મધ્યસ્થ પરમાણુ $(B)$ અને સમાન સંકરણ $(sp^2)$ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,આ તમામ અણુઓ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે જેમાં આદર્શ બંધકોણ $120^{\circ}$ હોય છે.
મધ્યસ્થ પરમાણુ સમાન હોવાથી અને ભૂમિતિ સમાન હોવાથી,આ તમામ અણુઓમાં બંધકોણ સમાન રહે છે.

(A) $SeF_4$ નો આકાર સી-સો (see-saw) છે કારણ કે તેમાં $sp^3d$ સંકરણ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જ્યારે $CH_4$ નો આકાર સમચતુષ્ફલકીય (tetrahedral) છે કારણ કે તેમાં $sp^3$ સંકરણ હોય છે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોતું નથી. તેથી,તેમનો આકાર સમાન નથી. વિકલ્પ $A$ માં આપેલ વિધાન ખોટું છે.

(B) આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુનું સંકરણ ગણીએ છીએ:
$1$. $N_3^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે,જેનો આકાર રેખીય છે.
$2$. $NO_3^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
$3$. $NO_2^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો આકાર કોણીય (bent) છે.
$4$. $CO_2$: મધ્યસ્થ $C$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે,જેનો આકાર રેખીય છે.
તેથી,$NO_3^-$ એ ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર ધરાવતી સ્પીસીઝ છે.

(A) આપેલા અણુઓ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$OF_2$: $103.2^{\circ}$
$H_2O$: $104.5^{\circ}$
$NH_3$: $107^{\circ}$
$Cl_2O$: $111^{\circ}$
$OF_2$ માં,$F$ ની ઊંચી વિદ્યુતઋણતા બંધનકર્તા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોને મધ્યસ્થ $O$ પરમાણુથી દૂર ખેંચે છે,જેનાથી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ-અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે બંધકોણ ઘટે છે.
$Cl_2O$ માં,$Cl$ પરમાણુઓના મોટા કદને કારણે નોંધપાત્ર અવકાશી અપાકર્ષણ (steric repulsion) થાય છે,જે બંધકોણને વધારીને $111^{\circ}$ કરે છે,જે આ બધામાં સૌથી વધુ છે.
આમ,સાચો ક્રમ $OF_2 < H_2O < NH_3 < Cl_2O$ છે.

(B) $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,આણ્વિય ભૂમિતિ મધ્યસ્થ પરમાણુ $A$ ની આસપાસના બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ન હોય તેવા અણુઓ માટે:
$1$. $AX_3$ માં $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે,જે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ આપે છે.
$2$. $AX_4$ માં $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે,જે સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$3$. $AX_5$ માં $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.
$4$. $AX_6$ માં $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે,જે અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
તેથી,$A$ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ન હોય તેવો $AX_5$ અણુ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ બંધારણ ધરાવે છે.

(A) સમૂહ $15$ ના તત્વોના હાઇડ્રાઇડ્સમાં બંધકોણ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે.
જેમ સમૂહમાં નીચે જઈએ તેમ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે $(N > P > As > Sb)$,તેથી બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ મધ્યસ્થ પરમાણુથી દૂર જાય છે.
આના પરિણામે બંધકારક-બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેનું અપાકર્ષણ ઘટે છે,જેનાથી બંધકોણ ઘટે છે.
તેથી,બંધકોણનો સાચો ક્રમ $NH_3 > PH_3 > AsH_3 > SbH_3$ છે.

(B) ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ ભૂમિતિ ($sp^3d$ સંકરણ) માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ પાસે $5$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
જ્યારે આમાંથી કેટલીક જગ્યાઓ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) દ્વારા રોકાય છે,ત્યારે આણ્વિય ભૂમિતિ બદલાય છે:
$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સી-સો આકાર આપે છે.
$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $T$-આકાર આપે છે.
$3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ રેખીય આકાર આપે છે.
ટ્રાયગોનલ પ્લેનર ભૂમિતિ $sp^2$ સંકરણ ($3$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) સાથે સંકળાયેલ છે અને તે ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ ગોઠવણીમાંથી મેળવી શકાતી નથી.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} \times (V - N)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$1$. $XeF_2$ માટે: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ બંધ બનાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} \times (8 - 2) = 3$.
$2$. $SF_4$ માટે: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $4$ બંધ બનાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} \times (6 - 4) = 1$.
$3$. $ClF_3$ માટે: $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $3$ બંધ બનાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} \times (7 - 3) = 2$.
$4$. $H_2O$ માટે: $O$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $2$ બંધ બનાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} \times (6 - 2) = 2$.
આમ,$XeF_2$ માં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા મહત્તમ $(3)$ છે.

(C) $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ ઇલેક્ટ્રોનિક ભૂમિતિ (જ્યાં સ્ટેરિક નંબર $5$ છે) કેન્દ્રીય પરમાણુ પર હાજર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યાના આધારે વિવિધ આણ્વિક આકારોમાં પરિણમી શકે છે:
$1$. $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ: ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ
$2$. $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ: સી-સો
$3$. $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ: ટી-આકાર
$4$. $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ: રેખીય
ટેટ્રાહેડ્રલ આકાર એ ટેટ્રાહેડ્રલ ઇલેક્ટ્રોનિક ભૂમિતિ (સ્ટેરિક નંબર $4$) માંથી ઉદ્ભવે છે,ટ્રાયગોનલ બાયપિરામિડલ ભૂમિતિમાંથી નહીં.

(D) $PF_3$ $(sp^3)$,$BF_3$ $(sp^2)$,અને $CCl_4$ $(sp^3)$ માં,અણુઓની ઉચ્ચ સંમિતિને કારણે તમામ બંધ લંબાઈ સમાન હોય છે.
$SF_4$ માં,સલ્ફર પરમાણુ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરી અને ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિને કારણે,અક્ષીય અને વિષુવવૃત્તીય $S-F$ બંધની લંબાઈ અલગ-અલગ હોય છે,તેથી તે અસમાન છે.

(D) $ClF_3$ અણુ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. $VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય (equatorial) સ્થાન રોકે છે. જો અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અક્ષીય સ્થાન રોકે,તો અણુ $120^o$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર ધારણ કરશે. આ કાલ્પનિક ગોઠવણીમાં,ધ્રુવીય $Cl-F$ બંધોની સપ્રમાણ ગોઠવણીને કારણે અણુ અધ્રુવીય બનશે. તેથી,બધા જ વિધાનો સાચા છે.

(D) $XeF_4$ અણુ ચોરસ સમતલીય (square planar) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
આ બંધારણમાં,ચાર $Xe-F$ બંધો સંમિત રીતે ગોઠવાયેલા હોય છે અને ઝેનોન પરમાણુ પરના બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સમતલની ઉપર અને નીચેની તરફ ગોઠવાયેલા હોય છે.
આ અત્યંત સંમિત ગોઠવણીને કારણે,બંધોની દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા (dipole moments) એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,જેના પરિણામે કુલ દ્વિધ્રુવ ચાકમાત્રા $\mu = 0$ થાય છે.

(D) બંધકોણ માટેનો ક્રમ $PH_4^+ > NH_3$ એ બેક બોન્ડિંગ દ્વારા સમજાવી શકાતો નથી.
$PH_4^+$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેનો બંધકોણ $109.5^o$ છે.
$NH_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોવાથી $lp-bp$ અપાકર્ષણને કારણે તેનો બંધકોણ $107^o$ થાય છે.
આ તફાવત સંકરણ અને $VSEPR$ સિદ્ધાંતને કારણે છે,બેક બોન્ડિંગને કારણે નહીં.

(D) $XeF_2$ રેખીય ભૂમિતિ ધરાવે છે અને તેનો બંધકોણ $180^{\circ}$ છે.
$BeF_3^-$,$BF_3$,અને $CH_3^+$ બધા $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેમાં $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તેમનો બંધકોણ $120^{\circ}$ છે.
$CH_4$,$SiCl_4$,અને $BF_4^-$ બધા $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેમાં $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તેમનો બંધકોણ $109.5^{\circ}$ છે.
$CCl_4$ નો બંધકોણ $109.5^{\circ}$ છે અને $H_2O$ નો બંધકોણ $104.5^{\circ}$ છે.
$PH_3$ અને $PCl_3$ માં,બંધકોણ મધ્યસ્થ પરમાણુ અને આસપાસના પરમાણુઓની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે. $PH_3$ નો બંધકોણ $\approx 93^{\circ}$ છે અને $PCl_3$ નો બંધકોણ $\approx 100^{\circ}$ છે.
તેથી,$PH_3 > PCl_3$ ક્રમ ખોટો છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે:
$1$. $C_2H_2$: મધ્યસ્થ કાર્બન પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. $HCN$: મધ્યસ્થ કાર્બન પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. $ICl_2^-$: મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$4$. $CS_2$: મધ્યસ્થ કાર્બન પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
આમ,$ICl_2^-$ રેખીય છે અને સૌથી વધુ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.

(B) બંધકોણ એ સંકરણ અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર રહેલા અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) પર આધાર રાખે છે.
$NH_4^+$ માં $sp^3$ સંકરણ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $109.5^\circ$ ના બંધકોણ સાથે સંપૂર્ણ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$NH_3$ માં $sp^3$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેનો બંધકોણ $107^\circ$ છે.
$PH_3$ નો બંધકોણ આશરે $93.5^\circ$ છે (ડ્રેગોના નિયમ મુજબ).
$SCl_2$ માં $sp^3$ સંકરણ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેનો બંધકોણ આશરે $103^\circ$ છે.
તેથી,$NH_4^+$ માં બંધકોણ મહત્તમ છે.

(B) $O-N-O$ બંધકોણ નક્કી કરવા માટે,આપણે અણુઓના સંકરણ અને ભૂમિતિને જોઈએ છીએ:
$1$. $NO_2^+$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp$-સંકરિત છે અને તેની ભૂમિતિ રેખીય છે. બંધકોણ $180^{\circ}$ છે.
$2$. $NO_2$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$-સંકરિત છે અને તેમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે. બંધકોણ આશરે $134^{\circ}$ છે.
$3$. $NO_2^-$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$-સંકરિત છે અને તેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. બંધકોણ આશરે $115^{\circ}$ છે.
$4$. $NO_3^-$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$-સંકરિત છે અને તેમાં કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,પરિણામે તે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે. બંધકોણ $120^{\circ}$ છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,$O-N-O$ બંધકોણ $NO_2^+$ માં સૌથી વધુ છે.

(A) $SO_2Cl_2$ માં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેનું અપાકર્ષણ આ ક્રમમાં હોય છે: $double-double > double-single > single-single$.
અહીં,$x$ એ બે $S=O$ દ્વિબંધ વચ્ચેનો ખૂણો છે,અને $y$ એ બે $S-Cl$ એકલ બંધ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
બે $S=O$ દ્વિબંધો વચ્ચેનું અપાકર્ષણ એ બે $S-Cl$ એકલ બંધો વચ્ચેના અપાકર્ષણ કરતા વધારે હોવાથી,બંધકોણ $x$ એ બંધકોણ $y$ કરતા વધારે હશે $(x > y)$.

(B) $ICl_{4}^{-}$ આયન $sp^{3}d^{2}$ સંકરણ સાથે સમતલીય ચોરસ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
તેમાં $4$ બંધ યુગ્મ ($I-Cl$ બંધ) અને મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
બંને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અક્ષીય સ્થાનો પર (સમતલની ઉપર અને નીચે) ગોઠવાયેલા હોય છે.
દરેક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સમતલમાં રહેલા $4$ બંધ યુગ્મ સાથે $90^{o}$ ના ખૂણે હોય છે.
તેથી,$90^{o}$ પર બંધ યુગ્મ-અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણની કુલ સંખ્યા $2 \times 4 = 8$ છે.

(B) આપેલ અણુઓમાં,$x$ એ $SO_2F_4$ માં $O=S=O$ બંધકોણ છે અને $y$ એ $IOF_4^-$ માં $O=I-F$ બંધકોણ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,મલ્ટિપલ બોન્ડ (દ્વિબંધ) સિંગલ બોન્ડ કરતા વધુ અપાકર્ષણ પેદા કરે છે.
જોકે,બંધકોણ પર મધ્યસ્થ પરમાણુ અને આસપાસના પરમાણુઓની વિદ્યુતઋણતાની પણ અસર થાય છે.
$SO_2F_4$ માં,$S=O$ દ્વિબંધો $S-F$ સિંગલ બોન્ડ કરતા વધુ અપાકર્ષણ પેદા કરે છે.
બંધારણોની સરખામણી કરતા,સલ્ફર સંયોજનમાં દ્વિબંધથી થતું અપાકર્ષણ નોંધપાત્ર છે,પરંતુ આયોડિન પરમાણુના મોટા કદ અને $IOF_4^-$ આયનની વિશિષ્ટ ભૂમિતિને કારણે,બંધકોણ $x$ એ $y$ કરતા વધારે જોવા મળે છે $(x > y)$.

(B) અણુમાં કુલ $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જેનો સ્ટેરિક નંબર $7$ થાય છે.
આ $sp^{3}d^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$AB_5L_2$ પ્રકારના અણુઓ માટે,$5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ પંચકોણીય દ્વિપિરામિડના વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો રોકે છે,જ્યારે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે અક્ષીય સ્થાનો રોકે છે.
તેથી,અણુનો આકાર પંચકોણીય સમતલીય છે.