AIEEE 2011 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) पानी को दी गई ऊष्मा $\Delta Q = mC\Delta T$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
यहाँ,द्रव्यमान $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$,विशिष्ट ऊष्मा $C = 4184 \ J/kg\cdot K$,और तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 50^{\circ}C - 30^{\circ}C = 20 \ K$ है।
मान रखने पर: $\Delta Q = 0.1 \times 4184 \times 20 = 8368 \ J = 8.368 \ kJ \approx 8.4 \ kJ$.
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
चूंकि पानी के विस्तार को नगण्य माना गया है,इसलिए किया गया कार्य $\Delta W = 0$ है।
अतः,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = \Delta Q = 8.4 \ kJ$ है।

(A) माना वक्र $x = y^2$ पर स्थित बिंदु $P(a^2, a)$ है।
रेखा का समीकरण $x - y + 1 = 0$ है।
बिंदु $P(a^2, a)$ से रेखा $x - y + 1 = 0$ की लंबवत दूरी $D = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$D = \frac{|a^2 - a + 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{a^2 - a + 1}{\sqrt{2}}$ (चूंकि सभी वास्तविक $a$ के लिए $a^2 - a + 1 > 0$ है)।
न्यूनतम दूरी ज्ञात करने के लिए,हम व्यंजक $f(a) = a^2 - a + 1$ को न्यूनतम करते हैं।
पूर्ण वर्ग बनाने पर,$f(a) = (a - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।
$f(a)$ का न्यूनतम मान $a = \frac{1}{2}$ पर प्राप्त होता है,जो $\frac{3}{4}$ है।
अतः,न्यूनतम दूरी $D_{\min} = \frac{3/4}{\sqrt{2}} = \frac{3}{4\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{8}$ है।

(D) दिया गया है $\vec{a} = \frac{1}{\sqrt{10}}(3\hat{i} + \hat{k})$ और $\vec{b} = \frac{1}{7}(2\hat{i} + 3\hat{j} - 6\hat{k})$.
सबसे पहले,ध्यान दें कि $|\vec{a}|^2 = \frac{1}{10}(3^2 + 1^2) = 1$ और $|\vec{b}|^2 = \frac{1}{49}(2^2 + 3^2 + (-6)^2) = \frac{4+9+36}{49} = 1$.
साथ ही,$\vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{1}{7\sqrt{10}}(3(2) + 0(3) + 1(-6)) = 0$.
अब,व्यंजक का विस्तार करें: $(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot [(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} + 2\vec{b})]$.
सदिश त्रिक गुणन सूत्र का उपयोग करते हुए,$(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} + 2\vec{b}) = (\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{a} + 2((\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{b})$.
$\vec{u} \times (\vec{v} \times \vec{w}) = (\vec{u} \cdot \vec{w})\vec{v} - (\vec{u} \cdot \vec{v})\vec{w}$ सूत्र का उपयोग करते हुए:
$(\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{a} = -(\vec{a} \times (\vec{a} \times \vec{b})) = -((\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{a} - (\vec{a} \cdot \vec{a})\vec{b}) = - (0\vec{a} - 1\vec{b}) = \vec{b}$.
$2((\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{b}) = 2((\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{b} - (\vec{b} \cdot \vec{b})\vec{a}) = 2(0\vec{b} - 1\vec{a}) = -2\vec{a}$.
अतः,व्यंजक $(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot (\vec{b} - 2\vec{a})$ बन जाता है।
$= -(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot (2\vec{a} - \vec{b}) = -|2\vec{a} - \vec{b}|^2$.
$= -(4|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 - 4\vec{a} \cdot \vec{b}) = -(4(1) + 1 - 4(0)) = -5$.

(B) संकरण निर्धारित करने के लिए,हम सूत्र का उपयोग करते हैं: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,जहाँ $V$ संयोजी इलेक्ट्रॉनों की संख्या है,$M$ एकसंयोजी परमाणुओं की संख्या है,$C$ धनायन आवेश है,और $A$ ऋणायन आवेश है।
$1$. $NO_2^+$ के लिए: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = 2$,जो $sp$ संकरण के अनुरूप है।
$2$. $NO_3^-$ के लिए: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$,जो $sp^2$ संकरण के अनुरूप है।
$3$. $NH_4^+$ के लिए: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$,जो $sp^3$ संकरण के अनुरूप है।
अतः,सही क्रम क्रमशः $sp$,$sp^2$,और $sp^3$ है।

(C) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,अवशोषित फोटॉन की ऊर्जा दो उत्सर्जित फोटॉनों की ऊर्जा के योग के बराबर होती है।
$E_{absorbed} = E_{1} + E_{2}$
चूंकि $E = \frac{hc}{\lambda}$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_{1}} + \frac{hc}{\lambda_{2}}$
$\frac{1}{\lambda} = \frac{1}{\lambda_{1}} + \frac{1}{\lambda_{2}}$
यहाँ $\lambda = 355 \ nm$ और $\lambda_{1} = 680 \ nm$ दिया गया है:
$\frac{1}{355} = \frac{1}{680} + \frac{1}{\lambda_{2}}$
$\frac{1}{\lambda_{2}} = \frac{1}{355} - \frac{1}{680} = \frac{325}{241400}$
$\lambda_{2} = \frac{241400}{325} \approx 742.77 \ nm \approx 743 \ nm$

(A) $I$. आवर्त में,बाएं से दाएं जाने पर धात्विक गुण घटता है,इसलिए ऑक्साइडों की क्षारीय प्रकृति घटती है।
$II$. समूह में,ऊपर से नीचे जाने पर धात्विक गुण बढ़ता है,इसलिए ऑक्साइडों की क्षारीय प्रकृति बढ़ती है।
$Na, Mg$ और $Al$ एक ही आवर्त ($3^{rd}$ आवर्त) में हैं। क्षारीय प्रकृति का क्रम $Na_2O > MgO > Al_2O_3$ है।
$Na$ और $K$ एक ही समूह ($1^{st}$ समूह) में हैं। चूंकि $K, Na$ के नीचे स्थित है,इसलिए $K_2O$ की क्षारीय प्रकृति $Na_2O$ से अधिक है।
अतः,बढ़ती हुई क्षारीय प्रकृति का सही क्रम $Al_2O_3 < MgO < Na_2O < K_2O$ है।

(C) फजान के नियम के अनुसार,आयनिक बंध का सहसंयोजक गुण धनायन की ध्रुवण क्षमता (polarizing power) बढ़ने के साथ बढ़ता है।
ध्रुवण क्षमता धनायन के आवेश और आकार पर निर्भर करती है।
दिए गए धनायनों के आवेशों की तुलना करने पर: $Fe^{2+}$,$Sn^{2+}$,$Al^{3+}$,और $Mg^{2+}$.
$Al^{3+}$ पर सबसे अधिक धनात्मक आवेश $(+3)$ है।
इसलिए,$AlCl_3$ अधिकतम सहसंयोजक गुण प्रदर्शित करता है।

(D) $IF_7$ में,केंद्रीय आयोडीन परमाणु $(I)$ $sp^3d^3$ संकरण से गुजरता है।
इस संकरण के कारण,अणु इलेक्ट्रॉन युग्म प्रतिकर्षण को कम करने के लिए पंचकोणीय द्विपिरामिडी ज्यामिति अपनाता है।

(D) का मान गैस के अणुओं के बीच आकर्षण बल के परिमाण का माप है। $a$ का मान जितना अधिक होगा,गैस के अणुओं के बीच अंतर-आणविक आकर्षण बल उतना ही अधिक होगा।
$b$ का मान गैस के अणुओं के प्रभावी आकार से संबंधित है। इसे अपवर्जित आयतन (excluded volume) भी कहा जाता है।
जिन गैसों के लिए $a$ का मान अधिक और $b$ का मान कम होता है,वे अधिक आसानी से द्रवीभूत हो जाती हैं। इसलिए $Cl_2$ के लिए $a$ का मान $C_2H_6$ से अधिक और $b$ का मान $C_2H_6$ से कम होना चाहिए।

(A) समतापीय उत्क्रमणीय प्रक्रिया के लिए एन्ट्रापी परिवर्तन का सूत्र: $\Delta S = n R \ln \frac{V_2}{V_1}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $n = 2 \, \text{mol}$,$R = 8.314 \, J \, K^{-1} \, \text{mol}^{-1}$,$V_1 = 10 \, dm^3$,$V_2 = 100 \, dm^3$.
$\Delta S = 2 \times 8.314 \times 2.303 \log \left( \frac{100}{10} \right)$
$\Delta S = 2 \times 8.314 \times 2.303 \times 1 = 38.29 \, J \, K^{-1} \approx 38.3 \, J \, K^{-1}$

(A) अभिक्रिया के लिए रासायनिक समीकरण: $CO_2(g) + C(s) \rightleftharpoons 2CO(g)$
प्रारंभ में,$CO_2$ का दाब $0.5 \ atm$ है और $CO$ का $0 \ atm$ है।
माना साम्यावस्था पर $CO_2$ के दाब में कमी $x$ है।
साम्यावस्था पर,आंशिक दाब: $P_{CO_2} = (0.5 - x) \ atm$ और $P_{CO} = 2x \ atm$ हैं।
साम्यावस्था पर कुल दाब $0.8 \ atm$ दिया गया है।
$P_{\text{total}} = P_{CO_2} + P_{CO} = (0.5 - x) + 2x = 0.5 + x$
$0.5 + x = 0.8 \implies x = 0.3 \ atm$।
अब,साम्य स्थिरांक $K_p$ की गणना करें:
$K_p = \frac{(P_{CO})^2}{P_{CO_2}} = \frac{(2x)^2}{(0.5 - x)}$
$K_p = \frac{(2 \times 0.3)^2}{(0.5 - 0.3)} = \frac{(0.6)^2}{0.2} = \frac{0.36}{0.2} = 1.8 \ atm$।

(B) एल्कीन का ओजोनोलिसिस $C=C$ द्वि-आबंध के विदलन द्वारा कार्बोनिल यौगिक बनाता है।
यदि एल्कीन में एक टर्मिनल $CH_2$ समूह (अर्थात,विनाइल समूह,$R-CH=CH_2$) होता है,तो ओजोनोलिसिस अभिक्रिया में उत्पादों में से एक के रूप में फॉर्मेल्डिहाइड $(HCHO)$ प्राप्त होता है।
अभिक्रिया को इस प्रकार दर्शाया गया है: $R-CH=CH_2 + O_3 \rightarrow R-CHO + HCHO$.
अतः,फॉर्मेल्डिहाइड का निर्माण एक टर्मिनल विनाइल समूह की उपस्थिति की पुष्टि करता है।

(C) हाइड्रोजन इलेक्ट्रोड के लिए अपचयन अर्ध-अभिक्रिया: $H^{+} + e^{-} \longrightarrow \frac{1}{2} H_{2}$ है।
नेर्न्स्ट समीकरण का उपयोग करते हुए: $E = E^{\circ} - \frac{0.0591}{1} \log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$।
मानक हाइड्रोजन इलेक्ट्रोड के लिए $E^{\circ} = 0 \, V$ है,इसलिए समीकरण $E = -0.0591 \log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$ हो जाता है।
$E$ को ऋणात्मक होने के लिए,$\log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$ धनात्मक होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि $\frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]} > 1$।
विकल्प $C$ में,$P_{H_{2}} = 2 \, atm$ और $[H^{+}] = 1.0 \, M$ है,इसलिए $\frac{(2)^{1/2}}{1} = \sqrt{2} \approx 1.414 > 1$। अतः,$E < 0$ होगा।

(A) बोरोन दूसरे आवर्त का तत्व है और इसका संयोजी कोश विन्यास $2s^2 2p^1$ होता है।
इसके संयोजी कोश में $d$-कक्षकों की अनुपलब्धता के कारण,इसकी अधिकतम सहसंयोजकता $4$ तक सीमित होती है।
इसलिए,बोरोन $BF_6^{3-}$ नहीं बना सकता क्योंकि इसके लिए $6$ की समन्वय संख्या और अतिरिक्त इलेक्ट्रॉनों को समायोजित करने के लिए $d$-कक्षकों की आवश्यकता होती है।

(D) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$ है।
चूंकि पानी के विस्तार को नजरअंदाज किया गया है,आयतन में परिवर्तन $\Delta V = 0$ है,जिसका अर्थ है कि किया गया कार्य $W = P \Delta V = 0$ है।
इसलिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ आपूर्ति की गई ऊष्मा $\Delta Q$ के बराबर है।
आपूर्ति की गई ऊष्मा का सूत्र $\Delta Q = m c \Delta T$ है।
दिया गया है: द्रव्यमान $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$,विशिष्ट ऊष्मा $c = 4184 \ J/kg/K$,और तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 50^\circ C - 30^\circ C = 20 \ K$ है।
मान रखने पर: $\Delta U = 0.1 \ kg \times 4184 \ J/kg/K \times 20 \ K = 8368 \ J$ प्राप्त होता है।
$kJ$ में बदलने पर: $\Delta U = 8368 / 1000 \approx 8.4 \ kJ$।

(D) दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रतिबिंब का वेग $v_I = \frac{dv}{dt} = -(\frac{v}{u})^2 \frac{du}{dt}$ है।
चूंकि $\frac{v}{u} = \frac{f}{u-f}$,इसलिए $v_I = -(\frac{f}{u-f})^2 v_O$ है।
यहाँ $f = 20\ cm = 0.2\ m$,$u = -2.8\ m$,और $v_O = -15\ m/s$ (दर्पण की ओर आते हुए)।
मान रखने पर: $v_I = -(\frac{0.2}{-2.8 - 0.2})^2 \times (-15) = -(\frac{0.2}{-3.0})^2 \times (-15) = -(\frac{1}{15})^2 \times (-15) = \frac{1}{15}\ m/s$।

(B) जब पात्र को अचानक स्थिर किया जाता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
मान लीजिए गैस का द्रव्यमान $m$ है।
गैस की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ है।
एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_V \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$n = \frac{m}{M}$ और $C_V = \frac{R}{\gamma - 1}$ है।
गतिज ऊर्जा को आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर करने पर: $\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \cdot \frac{R}{\gamma - 1} \cdot \Delta T$.
$\Delta T$ के लिए हल करने पर: $\Delta T = \frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R}$.
अतः,तापमान में वृद्धि $\frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R} \text{ K}$ है।

(A) लटकते हुए द्रव्यमान $m$ के लिए,गति का समीकरण है:
$m g - T = m a$ --- $(1)$
घिरनी के लिए,टॉर्क का समीकरण है:
$\tau = I \alpha$
$T R = (\frac{1}{2} m R^2) \alpha$
चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,$a = R \alpha$,इसलिए $\alpha = \frac{a}{R}$.
$T R = \frac{1}{2} m R^2 (\frac{a}{R})$
$T = \frac{m a}{2}$ --- $(2)$
समीकरण $(2)$ को समीकरण $(1)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$m g - \frac{m a}{2} = m a$
$m g = m a + \frac{m a}{2}$
$m g = \frac{3 m a}{2}$
$a = \frac{2}{3} g$

(A) $R$ त्रिज्या वाले अर्धवृत्ताकार अनुप्रस्थ काट के एक अनंत लंबे तार पर विचार करें। कुल धारा $I$,$\pi R$ लंबाई के अर्धवृत्ताकार चाप पर वितरित है।
रैखिक धारा घनत्व $\lambda = \frac{I}{\pi R}$ है।
सममिति की अक्ष से $\theta$ कोण पर $d\ell = R d\theta$ लंबाई के एक छोटे चाप अवयव पर विचार करें। इस अवयव में धारा $di = \lambda d\ell = \frac{I}{\pi R} (R d\theta) = \frac{I}{\pi} d\theta$ है।
यह अवयव $di$ धारा ले जाने वाले एक अनंत लंबे तार के रूप में कार्य करता है। इस अवयव के कारण केंद्र $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $dB = \frac{\mu_0 di}{2\pi R} = \frac{\mu_0}{2\pi R} \left( \frac{I}{\pi} d\theta \right) = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$ है।
सममिति के कारण,सममिति की अक्ष के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,जबकि अक्ष के समानांतर घटक जुड़ जाते हैं। अक्ष की दिशा में $dB$ का घटक $dB_x = dB \cos \theta$ है।
$\theta = -\pi/2$ से $\pi/2$ तक समाकलन करने पर,या $2 \int_{0}^{\pi/2} dB \cos \theta$ लेने पर:
$B = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \cos \theta d\theta = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} [\sin \theta]_{0}^{\pi/2} = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} (1 - 0) = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$.

(D) आरोपित बल आघूर्ण $\tau = rF = 2(20t - 5t^2) = 40t - 10t^2\, N\cdot m$ है।
$\tau = I\alpha$ का उपयोग करने पर,$40t - 10t^2 = 10\alpha$,जिससे $\alpha = 4t - t^2\, rad/s^2$ प्राप्त होता है।
कोणीय वेग $\omega$ ज्ञात करने के लिए $\alpha$ का समय के सापेक्ष समाकलन करने पर ($\omega_0 = 0$ मानते हुए): $\omega = \int (4t - t^2) dt = 2t^2 - \frac{t^3}{3}$।
गति की दिशा तब बदलती है जब $\omega = 0$ हो,इसलिए $2t^2 - \frac{t^3}{3} = 0$,जो $t^2(2 - \frac{t}{3}) = 0$ देता है। अतः,$t = 6\, s$ है।
कोणीय विस्थापन $\theta$ ज्ञात करने के लिए,हम $\omega$ का समाकलन करते हैं: $\theta = \int_0^6 (2t^2 - \frac{t^3}{3}) dt = [\frac{2t^3}{3} - \frac{t^4}{12}]_0^6$।
$\theta = \frac{2(216)}{3} - \frac{1296}{12} = 144 - 108 = 36\, rad$।
घूर्णनों की संख्या $N = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{36}{2\pi} \approx \frac{36}{6.28} \approx 5.73$ है।
चूंकि $5.73$,$3$ और $6$ के बीच है,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(B) जब पात्र को अचानक रोक दिया जाता है,तो गैस की गतिज ऊर्जा गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
मान लीजिए गैस का द्रव्यमान $m$ है। गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ है।
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n = \frac{m}{M}$ मोलों की संख्या है और $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$ है।
गतिज ऊर्जा को आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर रखने पर:
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R}{M(\gamma - 1)} \Delta T$
$\Delta T$ के लिए हल करने पर:
$\Delta T = \frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R}$

(D) दिया गया मंदन समीकरण: $\frac{dv}{dt} = -2.5\sqrt{v}$.
समाकलन के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{dv}{\sqrt{v}} = -2.5\, dt$.
दोनों पक्षों का प्रारंभिक गति $v = 6.25\, m/s$ से अंतिम गति $v = 0\, m/s$ तक समय $t$ के लिए समाकलन करने पर:
$\int_{6.25}^{0} v^{-1/2} dv = \int_{0}^{t} -2.5\, dt$.
समाकलन का मान प्राप्त करने पर: $[2\sqrt{v}]_{6.25}^{0} = -2.5[t]_{0}^{t}$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $2(\sqrt{0} - \sqrt{6.25}) = -2.5(t - 0)$.
$2(0 - 2.5) = -2.5t$.
$-5 = -2.5t$.
$t = \frac{5}{2.5} = 2\, s$.

(C) आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} n R T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है,$n$ मोलों की संख्या है और $T$ परम तापमान है।
चूंकि गैसों को मिलाया जाता है और ऊर्जा का कोई नुकसान नहीं होता है,इसलिए मिश्रण की कुल आंतरिक ऊर्जा व्यक्तिगत गैसों की आंतरिक ऊर्जा के योग के बराबर होती है।
कुल आंतरिक ऊर्जा $U_{total} = U_1 + U_2 + U_3$.
$n = \frac{N}{N_A}$ का उपयोग करते हुए (जहाँ $N$ अणुओं की संख्या है और $N_A$ एवोगैड्रो संख्या है),ऊर्जा $U = \frac{f}{2} \frac{N}{N_A} R T = \frac{f}{2} N k_B T$ है।
यह मानते हुए कि गैसों की स्वतंत्रता की कोटि $f$ समान है,कुल ऊर्जा $\frac{f}{2} k_B (n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3) = \frac{f}{2} k_B (n_1 + n_2 + n_3) T_{mix}$ होगी।
सामान्य पदों $\frac{f}{2} k_B$ को हटाने पर,हमें $n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3 = (n_1 + n_2 + n_3) T_{mix}$ प्राप्त होता है।
अतः,मिश्रण का अंतिम तापमान $T_{mix} = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3}{n_1 + n_2 + n_3}$ है।

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,निकाय का कुल संवेग स्थिर रहना चाहिए।
चूंकि निकाय का प्रारंभिक संवेग लगभग शून्य है (क्योंकि न्यूट्रॉन धीरे-धीरे चल रहा है),इसलिए परिणामी दो नाभिकों का अंतिम संवेग भी शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि $m_1$ द्रव्यमान वाले नाभिक का संवेग $p_1$ है और $5m_1$ द्रव्यमान वाले नाभिक का संवेग $p_2$ है।
अतः,$p_1 + p_2 = 0$,जिसका अर्थ है $p_1 = -p_2$,या $|p_1| = |p_2|$।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ को $\lambda = \frac{h}{p}$ संबंध द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $p$ संवेग का परिमाण है।
चूंकि दोनों नाभिकों का संवेग समान है $(|p_1| = |p_2|)$,इसलिए उनकी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य भी समान होनी चाहिए।
इस प्रकार,दूसरे नाभिक की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य भी $\lambda$ होगी।

(A) तार के अनुप्रस्थ काट को $R$ त्रिज्या के अर्धवृत्ताकार चाप के रूप में मानें। कुल धारा $I$,$\pi R$ चाप लंबाई पर वितरित है।
प्रति इकाई चाप लंबाई धारा $\lambda = \frac{I}{\pi R}$ है।
अक्ष से $\theta$ कोण पर $dl = R d\theta$ लंबाई का एक छोटा चाप अवयव लें। इस अवयव में धारा $di = \lambda dl = \frac{I}{\pi R} (R d\theta) = \frac{I}{\pi} d\theta$ है।
इस अनंत तार अवयव के कारण केंद्र $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र अनंत तार के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $dB = \frac{\mu_0 di}{2\pi R} = \frac{\mu_0}{2\pi R} \left( \frac{I}{\pi} d\theta \right) = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$.
सममिति के कारण,अक्ष के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। कुल चुंबकीय क्षेत्र अक्ष के अनुदिश घटकों का समाकलन है: $B = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} dB \cos\theta = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \cos\theta d\theta$.
$B = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} \int_{0}^{\pi/2} \cos\theta d\theta = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} [\sin\theta]_{0}^{\pi/2} = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$.

(A) ऑक्साइडों की क्षारीय प्रकृति तत्व के धात्विक गुण पर निर्भर करती है।
धात्विक गुण समूह में नीचे जाने पर बढ़ता है और आवर्त में बाएं से दाएं जाने पर घटता है।
$Al_2O_3$ उभयधर्मी है,$MgO$ क्षारीय है,$Na_2O$ अधिक क्षारीय है और $K_2O$ सबसे अधिक क्षारीय है।
अतः,बढ़ती हुई क्षारीय प्रकृति का सही क्रम: $Al_2O_3 < MgO < Na_2O < K_2O$ है।

(B) मान लीजिए कि वह बिंदु जहाँ गुरुत्वीय क्षेत्र शून्य है,$m$ द्रव्यमान से $x$ दूरी पर है। दोनों द्रव्यमानों के कारण गुरुत्वीय क्षेत्र परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए।
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x} \Rightarrow r-x = 2x \Rightarrow 3x = r \Rightarrow x = \frac{r}{3}$
$4m$ द्रव्यमान से दूरी $r-x = r - \frac{r}{3} = \frac{2r}{3}$ है।
इस बिंदु पर गुरुत्वीय विभव $V$ दोनों द्रव्यमानों के कारण विभव का योग है:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x$ और $r-x$ के मान रखने पर:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3} = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(C) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
समय $t_1$ पर,क्षयित मात्रा $\frac{1}{3} N_0$ है,इसलिए शेष मात्रा $N_1 = N_0 - \frac{1}{3} N_0 = \frac{2}{3} N_0$ है।
समय $t_2$ पर,क्षयित मात्रा $\frac{2}{3} N_0$ है,इसलिए शेष मात्रा $N_2 = N_0 - \frac{2}{3} N_0 = \frac{1}{3} N_0$ है।
हम देखते हैं कि $N_2 = \frac{1}{2} N_1$ है।
चूंकि पदार्थ की मात्रा एक अर्ध-आयु काल $(T_{1/2})$ में अपने मान की आधी हो जाती है,इसलिए पदार्थ को $N_1$ से $N_2$ तक क्षय होने के लिए आवश्यक समय अंतराल ठीक एक अर्ध-आयु के बराबर है।
अतः,$t_2 - t_1 = T_{1/2} = 20 \, min$।

(B) दिया गया है:
तार की लंबाई,$\ell = 20\, m$
तार की गति,$v = 5.0\, m/s$
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक,$B_H = 0.30 \times 10^{-4}\, Wb/m^2$
चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित गतिकीय $e.m.f.$ का सूत्र है:
$e = B_H v \ell$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$e = (0.30 \times 10^{-4}) \times 5.0 \times 20$
$e = 0.30 \times 10^{-4} \times 100$
$e = 0.30 \times 10^{-2}\, V$
$e = 3 \times 10^{-3}\, V$
चूंकि $1\, mV = 10^{-3}\, V$,इसलिए प्रेरित $e.m.f.$ है:
$e = 3\, mV$

(B) साबुन के बुलबुले में दो सतहें (आंतरिक और बाहरी) होती हैं। साबुन के बुलबुले की त्रिज्या $r_1$ से $r_2$ तक बदलने में किया गया कार्य $W$ इस प्रकार है:
$W = 2 \times T \times \Delta A = 2 \times T \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2) = 8\pi T(r_2^2 - r_1^2)$
दिया गया है: $T = 0.03\, Nm^{-1}$,$r_1 = 3\, cm = 0.03\, m$,$r_2 = 5\, cm = 0.05\, m$.
मान रखने पर:
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times ((0.05)^2 - (0.03)^2)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times (0.0025 - 0.0009)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times 0.0016$
$W = 0.24 \times \pi \times 0.0016 = 0.000384\pi \,J$
$W = 0.384\pi \,mJ \approx 0.4\pi \,mJ$.

(A) लैंथेनॉइड्स सामान्यतः $+3$ ऑक्सीकरण अवस्था प्रदर्शित करते हैं।
सभी सदस्य $+4$ ऑक्सीकरण अवस्था प्रदर्शित नहीं करते हैं; केवल कुछ सदस्य जैसे $Ce^{+4}$,$Pr^{+4}$,$Nd^{+4}$,$Tb^{+4}$ और $Dy^{+4}$ स्थिर विन्यास के कारण यह अवस्था दिखाते हैं।
अतः,यह कथन कि सभी सदस्य $+4$ अवस्था में यौगिक बनाते हैं,गलत है।

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक व्यक्तिगत तरंग की तीव्रता $I_0$ है। परिणामी तीव्रता $I = 2I_0 + 2I_0 \cos(\Delta \phi) = 4I_0 \cos^2(\frac{\Delta \phi}{2})$ द्वारा दी जाती है।
बिंदु $P$ पर,पथ अंतर $\Delta x = 0$ है,इसलिए कलांतर $\Delta \phi = 0$ है। तीव्रता $I_P = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$ होगी।
बिंदु $Q$ पर,पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{4}$ है,इसलिए कलांतर $\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ है। तीव्रता $I_Q = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi}{4}) = 4I_0 \cdot (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 2I_0$ होगी।
तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_P}{I_Q} = \frac{4I_0}{2I_0} = 2:1$ है।

(B) साबुन के बुलबुले में दो सतहें (आंतरिक और बाहरी) होती हैं। त्रिज्या को $r_1$ से $r_2$ तक बढ़ाने में किया गया कार्य $W$ का सूत्र $W = 2 \times [4\pi T(r_2^2 - r_1^2)] = 8\pi T(r_2^2 - r_1^2)$ है।
दिया गया है: $T = 0.03\, Nm^{-1}$,$r_1 = 3\, cm = 0.03\, m$,$r_2 = 5\, cm = 0.05\, m$.
मान रखने पर:
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times ((0.05)^2 - (0.03)^2)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times (0.0025 - 0.0009)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times 0.0016$
$W = 0.000384\pi \,J = 0.384\pi \,mJ$.
निकटतम मान लेने पर,$W \approx 0.4\pi \,mJ$.

(C) चूंकि पात्र ऊष्मीय रूप से पृथक है,इसलिए परिवेश के साथ कोई ऊष्मा विनिमय नहीं होता है।
जब पात्र को अचानक रोक दिया जाता है,तो गैस की गतिज ऊर्जा गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
गतिज ऊर्जा में हानि = आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि
$\frac{1}{2} m v^2 = n C_V \Delta T$
यहाँ,$n = \frac{m}{M}$ मोलों की संख्या है और $C_V = \frac{R}{\gamma - 1}$ स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} m v^2 = \left( \frac{m}{M} \right) \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R \Delta T}{M(\gamma - 1)}$
$\Delta T$ के लिए हल करने पर:
$\Delta T = \frac{M v^2 (\gamma - 1)}{2R} \ K$

(A) विद्युत क्षेत्र $E$ और विभव $\phi$ के बीच संबंध $E = -\frac{d\phi}{dr}$ है।
दिया गया है $\phi = ar^2 + b$,इसलिए $E = -\frac{d}{dr}(ar^2 + b) = -2ar$ है।
गॉस के नियम के अवकल रूप के अनुसार,आवेश घनत्व $\rho = \varepsilon_0 (\nabla \cdot E)$ होता है।
गोलीय निर्देशांक में,त्रिज्यीय क्षेत्र $E_r$ के लिए डाइवर्जेंस $\nabla \cdot E = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 E_r)$ होता है।
$E_r = -2ar$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\nabla \cdot E = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 (-2ar)) = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(-2ar^3) = \frac{1}{r^2} (-6ar^2) = -6a$।
अतः,आवेश घनत्व $\rho = \varepsilon_0 (-6a) = -6a\varepsilon_0$ है।

(D) $IF_{7}$ में केंद्रीय आयोडीन परमाणु $(I)$ के पास $7$ संयोजी इलेक्ट्रॉन होते हैं। यह $7$ फ्लोरीन परमाणुओं के साथ $7$ बंध बनाता है।
स्टेरिक संख्या की गणना इस प्रकार की जाती है:
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} \times (V + M - C + A) = \frac{1}{2} \times (7 + 7) = 7$.
$7$ की स्टेरिक संख्या $sp^{3}d^{3}$ संकरण को दर्शाती है,जिसके परिणामस्वरूप पंचकोणीय द्विपिरामिडी ज्यामिति प्राप्त होती है।
इस संरचना में,पाँच फ्लोरीन परमाणु एक पंचकोणीय तल में $72^{\circ}$ के $I-F$ बंध कोण पर स्थित होते हैं,और दो फ्लोरीन परमाणु तल के ऊपर और नीचे $90^{\circ}$ के कोण पर स्थित होते हैं।

(B) मान लीजिए बिंदु $P$,द्रव्यमान $m$ से $x$ दूरी पर है। इस बिंदु पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र शून्य है।
दोनों द्रव्यमानों के कारण गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र की तीव्रताओं को बराबर करने पर:
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x}$
$r - x = 2x \Rightarrow 3x = r \Rightarrow x = \frac{r}{3}$
बिंदु $P$ की द्रव्यमान $4m$ से दूरी $r - x = r - \frac{r}{3} = \frac{2r}{3}$ है।
बिंदु $P$ पर गुरुत्वीय विभव $V$,दोनों द्रव्यमानों के कारण विभव का योग है:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x = \frac{r}{3}$ और $r-x = \frac{2r}{3}$ रखने पर:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3}$
$V = -\frac{3Gm}{r} - \frac{12Gm}{2r}$
$V = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(C) चलावयवता (tautomerism) क्रियात्मक समूह समावयवता का एक विशेष प्रकार है जिसमें एक यौगिक दो या दो से अधिक अंतर-परिवर्तनीय रूपों में मौजूद होता है जो कम से कम एक परमाणु नाभिक,आमतौर पर एक हाइड्रोजन परमाणु की सापेक्ष स्थिति में भिन्न होते हैं।
कार्बोनिल यौगिक के लिए चलावयवता प्रदर्शित करने हेतु,इसमें कम से कम एक $\alpha$-हाइड्रोजन परमाणु का होना आवश्यक है।
$2-$पेंटेनोन $(CH_3COCH_2CH_2CH_3)$ में कार्बोनिल समूह के निकटवर्ती कार्बन पर $\alpha$-हाइड्रोजन परमाणु होते हैं,इसलिए यह कीटो-इनोल चलावयवता प्रदर्शित करता है।

(D) एक फेस सेंटर्ड क्यूबिक $(FCC)$ जालक में:
कोनों पर $A$ परमाणुओं की संख्या $= 8 \times \frac{1}{8} = 1$.
एक घन में कुल फेस सेंटर की संख्या $6$ होती है। चूंकि एक $B$ परमाणु गायब है,इसलिए उपस्थित $B$ परमाणुओं की संख्या $= 6 - 1 = 5$.
फेस सेंटर पर $B$ परमाणुओं की संख्या $= 5 \times \frac{1}{2} = 2.5$.
$A : B$ का अनुपात $= 1 : 2.5 = 2 : 5$.
अतः,यौगिक का सूत्र $A_2B_5$ है।

(C) मोललता $(m)$ को विलायक के प्रति किलोग्राम में विलेय के मोलों की संख्या के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है $m = 5.2 \ mol/kg$,जिसका अर्थ है कि $5.2$ मोल $CH_3OH$,$1000 \ g$ पानी $(H_2O)$ में घुले हुए हैं।
पानी के मोल $(n_{H_2O})$ $= \frac{1000 \ g}{18 \ g/mol} \approx 55.56 \ mol$.
मिथाइल अल्कोहल का मोल अंश $(X_{CH_3OH})$ $= \frac{n_{CH_3OH}}{n_{CH_3OH} + n_{H_2O}}$.
$X_{CH_3OH} = \frac{5.2}{5.2 + 55.56} = \frac{5.2}{60.76} \approx 0.0856$.
अतः,उत्तर $0.086$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है:
$K_f = 1.86 \ K \ kg \ mol^{-1}$
विलायक का द्रव्यमान $(W_A)$ $= 4 \ kg = 4000 \ g$
हिमांक में अवनमन $\Delta T_f = 0 - (-6) = 6 \ K$
विलेय का मोलर द्रव्यमान $(M_B)$ $= 62 \ g \ mol^{-1}$
हिमांक में अवनमन का सूत्र $\Delta T_f = K_f \times m$ है,जहाँ $m$ मोललता है।
$\Delta T_f = K_f \times \frac{w \times 1000}{M_B \times W_A \text{ (g में)}}$
$6 = 1.86 \times \frac{w \times 1000}{62 \times 4000}$
$6 = 1.86 \times \frac{w}{62 \times 4}$
$w = \frac{6 \times 62 \times 4}{1.86}$
$w = \frac{1488}{1.86} = 800 \ g$

(A) दुर्बल विद्युत अपघट्य $A_xB_y$ के वियोजन के लिए:
$A_xB_y \rightleftharpoons xA^{y+} + yB^{x-}$
$t=0$ पर,मोल $1, 0, 0$ हैं।
साम्यावस्था पर,मोल $(1 - \alpha), x\alpha, y\alpha$ हैं।
साम्यावस्था पर कुल मोल:
$n_{total} = 1 - \alpha + x\alpha + y\alpha = 1 + \alpha(x + y - 1)$
वांट हॉफ गुणांक $(i)$ प्रेक्षित मोल और प्रारंभिक मोल का अनुपात है:
$i = \frac{1 + \alpha(x + y - 1)}{1} = 1 + \alpha(x + y - 1)$
$\alpha$ के लिए हल करने पर:
$i - 1 = \alpha(x + y - 1)$
$\alpha = \frac{i - 1}{x + y - 1}$

(C) $10\,^{\circ}C$ तापमान वृद्धि के लिए तापमान गुणांक $2$ है।
$50\,^{\circ}C$ की वृद्धि के लिए,$10\,^{\circ}C$ के अंतरालों की संख्या $n = \frac{50}{10} = 5$ है।
अभिक्रिया की दर में वृद्धि $2^n = 2^5$ द्वारा दी जाती है।
$2^5 = 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 32$.
अतः,अभिक्रिया की दर $32$ गुना बढ़ जाती है।

(A) समूह $15$ में नीचे जाने पर $NH_3$ से $BiH_3$ तक हाइड्राइड की स्थिरता घटती है। ऐसा इसलिए है क्योंकि केंद्रीय परमाणु का आकार बढ़ता है,जिससे कक्षकों के खराब अतिव्यापन के कारण $M-H$ बंध कमजोर हो जाता है।
अतः,विकल्प $A$ में दिया गया कथन गलत है।
इसके अतिरिक्त,नाइट्रोजन अपने संयोजी कोश में $d$-कक्षकों की अनुपस्थिति के कारण $d\pi - p\pi$ बंध नहीं बना सकता है।
छोटे $N$ परमाणुओं में अयुग्मित इलेक्ट्रॉनों के बीच उच्च अंतर-इलेक्ट्रॉनिक प्रतिकर्षण के कारण एकल $N-N$ बंध,$P-P$ बंध की तुलना में कमजोर होता है।
$N_2O_4$ अनुनाद संरचनाएँ प्रदर्शित करता है।

(D) सल्फर की ऑक्सीकरण अवस्था उसके विभिन्न यौगिकों में $-2$ से $+6$ तक होती है। उदाहरण के लिए,$H_2S$ में,सल्फर की ऑक्सीकरण अवस्था $-2$ है। इसलिए,यह कथन कि सल्फर की ऑक्सीकरण अवस्था कभी भी $+4$ से कम नहीं होती है,गलत है।

(C) संकुल $[Cr(NH_3)_6]Cl_3$ में,$Cr$ की ऑक्सीकरण अवस्था $+3$ है। $Cr^{3+}$ का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $[Ar]3d^3$ है।
चूंकि $NH_3$ एक लिगेंड है,यह $d^2sp^3$ संकरण का उपयोग करके एक अष्टफलकीय संकुल बनाता है।
चूंकि यह $(n-1)d$ कक्षकों ($3d$ कक्षकों) का उपयोग करता है,इसलिए इसे आंतरिक कक्षक संकुल के रूप में वर्गीकृत किया जाता है,न कि बाह्य कक्षक संकुल के रूप में।
अतः,यह कथन कि यह एक बाह्य कक्षक संकुल है,गलत है।

(D) लैंथेनॉइड्स सामान्यतः $+3$ ऑक्सीकरण अवस्था प्रदर्शित करते हैं।
$4f$ इलेक्ट्रॉन गहराई में स्थित होते हैं और $5s$,$5p$ तथा $5d$ कक्षकों द्वारा परिरक्षित होते हैं,जिससे वे $d$-ब्लॉक तत्वों की तुलना में बंधन के लिए कम उपलब्ध होते हैं।
यद्यपि कुछ लैंथेनॉइड्स जैसे $Ce$ $(+4)$ और $Tb$ $(+4)$ स्थिर इलेक्ट्रॉनिक विन्यास के कारण $+4$ ऑक्सीकरण अवस्था प्रदर्शित करते हैं,लेकिन यह श्रृंखला के सभी सदस्यों का गुण नहीं है।
अतः,यह कथन कि सभी सदस्य $+4$ अवस्था में यौगिक बनाते हैं,गलत है।

(C) $[NiCl_{4}]^{2-}$ में,$Ni$ की ऑक्सीकरण अवस्था $+2$ है।
$Ni^{2+}$ का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $[Ar] 3d^{8}$ है।
चूंकि $Cl^{-}$ एक दुर्बल क्षेत्र लिगेंड है,यह $3d$ कक्षकों में इलेक्ट्रॉनों का युग्मन नहीं करता है।
अतः,इसमें $n = 2$ अयुग्मित इलेक्ट्रॉन हैं।
चुंबकीय आघूर्ण की गणना $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ B.M.$ सूत्र द्वारा की जाती है।
$\mu = \sqrt{2(2+2)} = \sqrt{8} \approx 2.82 \ B.M.$

(D) $Gd$ (गैडोलीनियम) का परमाणु क्रमांक $64$ है।
इसका इलेक्ट्रॉनिक विन्यास आउफबाऊ सिद्धांत पर आधारित है,लेकिन अतिरिक्त स्थिरता प्राप्त करने के लिए इसे संशोधित किया जाता है।
$4f$ उपकोश अर्ध-पूरित $(4f^7)$ होता है,जो परमाणु को अतिरिक्त स्थिरता प्रदान करता है।
अतः,सही विन्यास $[Xe] 4f^7 5d^1 6s^2$ है।

(D) जब फिनोल को अम्लीय माध्यम में $KBr$ और $KBrO_3$ के मिश्रण के साथ उपचारित किया जाता है,तो $Br_2$ उत्पन्न होता है।
$5KBr + KBrO_3 + 6H^+ \rightarrow 3Br_2 + 6K^+ + 3H_2O$
$-OH$ समूह की अत्यधिक सक्रिय प्रकृति के कारण,फिनोल ब्रोमीन जल के साथ इलेक्ट्रोफिलिक एरोमैटिक प्रतिस्थापन अभिक्रिया करके $2, 4, 6-$ ट्राइब्रोमोफिनोल का सफेद अवक्षेप बनाता है।

(D) फिनोल तटस्थ $FeCl_3$ विलयन के साथ बैंगनी रंग देता है।
बेंजोइक एसिड तटस्थ $FeCl_3$ विलयन के साथ बफ (हल्का पीला) रंग का अवक्षेप देता है।
इसलिए,तटस्थ $FeCl_3$ का उपयोग उनके बीच अंतर करने के लिए किया जा सकता है।

(A) कैनिज़ारो अभिक्रिया एक प्रबल क्षार की उपस्थिति में $\alpha$-हाइड्रोजन परमाणुओं की कमी वाले एल्डिहाइड की असमानुपातन (disproportionation) अभिक्रिया है।
ट्राइक्लोरोएसीटैल्डिहाइड $(CCl_3CHO)$ में $\alpha$-हाइड्रोजन परमाणु नहीं होते हैं।
$NaOH$ की उपस्थिति में,यह स्व-ऑक्सीकरण और अपचयन के माध्यम से सोडियम ट्राइक्लोरोएसीटेट $(CCl_3COO^-)$ और $2, 2, 2-$ट्राइक्लोरोएथेनॉल $(CCl_3CH_2OH)$ बनाता है।

(C) कार्बोक्सिलिक अम्लों की अम्लता प्रेरणिक प्रभाव ($-I$ प्रभाव) के कारण इलेक्ट्रॉन-आकर्षक समूहों $(EWG)$ की उपस्थिति से बढ़ जाती है।
ये समूह ऋणात्मक आवेश को फैलाकर कार्बोक्सिलेट आयन को स्थिर करते हैं।
$-I$ प्रभाव की प्रबलता कार्बोक्सिलिक अम्ल समूह से प्रतिस्थापी की दूरी पर निर्भर करती है।
$CH_3CH_2CH(Cl)CO_2H$ में,क्लोरीन परमाणु $\alpha$-स्थिति पर है ($-COOH$ समूह के सबसे निकट),जो $ClCH_2CH_2CH_2COOH$ में $\gamma$-स्थिति की तुलना में अधिक प्रबल $-I$ प्रभाव डालता है।
इसलिए,दिए गए विकल्पों में से $CH_3CH_2CH(Cl)CO_2H$ सबसे प्रबल अम्ल है।

(D) सोडियम एथॉक्साइड $(C_2H_5ONa)$ और एथेनॉयल क्लोराइड $(CH_3COCl)$ के बीच की अभिक्रिया एक न्यूक्लियोफिलिक एसिल प्रतिस्थापन अभिक्रिया है।
इस अभिक्रिया में,एथॉक्साइड आयन $(C_2H_5O^-)$ एक न्यूक्लियोफाइल के रूप में कार्य करता है और एथेनॉयल क्लोराइड के कार्बोनिल कार्बन पर आक्रमण करता है,जिससे क्लोराइड आयन $(Cl^-)$ विस्थापित हो जाता है।
रासायनिक समीकरण है: $CH_3COCl + C_2H_5ONa \rightarrow CH_3COOC_2H_5 + NaCl$.
प्राप्त उत्पाद एथिल एथेनोएट $(CH_3COOC_2H_5)$ है।

(D) सिल्वर मिरर परीक्षण (टोलेंस परीक्षण) एल्डिहाइड द्वारा दिया जाता है क्योंकि वे आसानी से कार्बोक्सिलिक एसिड में ऑक्सीकृत हो सकते हैं।
फॉर्मल्डिहाइड $(HCHO)$ और एसिटाल्डिहाइड $(CH_3CHO)$ दोनों एल्डिहाइड हैं और इसलिए सकारात्मक सिल्वर मिरर परीक्षण देते हैं।
$HCHO + 2[Ag(NH_3)_2]^+ + 3OH^- \rightarrow HCOO^- + 2Ag \downarrow + 4NH_3 + 2H_2O$
$CH_3CHO + 2[Ag(NH_3)_2]^+ + 3OH^- \rightarrow CH_3COO^- + 2Ag \downarrow + 4NH_3 + 2H_2O$
एसिटोन जैसे कीटोन यह परीक्षण नहीं देते हैं।

(B) $RNA$ में पाई जाने वाली शर्करा $D$-राइबोज़ है,जबकि $DNA$ में शर्करा $D$-$2$-डीऑक्सीराइबोज़ है।
$D$-$2$-डीऑक्सीराइबोज़,राइबोज़ से केवल $2$-स्थिति पर $-OH$ समूह के स्थान पर हाइड्रोजन परमाणु के प्रतिस्थापन में भिन्न है,जैसा कि चित्र में दिखाया गया है।

(B) $fcc$ (फेस-सेंटर्ड क्यूबिक) इकाई सेल के लिए, कोर लंबाई $a$ और परमाणु त्रिज्या $r$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$r = \frac{\sqrt{2} a}{4} = \frac{a}{2\sqrt{2}}$
दी गई कोर लंबाई $a = 361 \ pm$:
$r = \frac{361}{2 \times 1.414}$
$r = \frac{361}{2.828}$
$r \approx 127.65 \ pm$
निकटतम पूर्णांक में, $r = 128 \ pm$ प्राप्त होता है।

(C) हाइड्रोजन हाफ-सेल के लिए अपचयन अभिक्रिया: $2H^{+} + 2e^{-} \rightarrow H_{2}$
यहाँ,$n = 2$ और अभिक्रिया भागफल $Q = \frac{p(H_{2})}{[H^{+}]^{2}}$ है।
नेर्न्स्ट समीकरण का उपयोग करने पर: $E_{H^{+}/H_{2}} = E^{0}_{H^{+}/H_{2}} - \frac{0.059}{n} \log Q$.
चूंकि $E^{0}_{H^{+}/H_{2}} = 0 \ V$,इसलिए $E_{H^{+}/H_{2}} = -\frac{0.059}{2} \log Q$.
$E_{H^{+}/H_{2}}$ को ऋणात्मक होने के लिए,$\log Q$ धनात्मक होना चाहिए,जिसका अर्थ है $Q > 1$.
विकल्पों का मूल्यांकन करने पर:
$(A)$ $Q = \frac{1}{1^{2}} = 1$
$(B)$ $Q = \frac{1}{2^{2}} = 0.25 < 1$
$(C)$ $Q = \frac{2}{1^{2}} = 2 > 1$
$(D)$ $Q = \frac{2}{2^{2}} = 0.5 < 1$
अतः,सही विकल्प $(C)$ है।