AP EAMCET 2020 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) $XeF_4$,$BF_4^{-}$,અને $SiF_4$ માં,અણુઓ/આયનોની ઉચ્ચ સંમિતિને કારણે તમામ મધ્યસ્થ પરમાણુ-લિગેન્ડ બંધ સમાન છે.
$C_2H_4$ (ઈથીન) માં,બે પ્રકારના બંધો હાજર છે: $C=C$ દ્વિબંધ અને $C-H$ એકલ બંધ.
આ બંધો બંધ લંબાઈ,બંધ ઉર્જા અને બંધ ક્રમાંકમાં અલગ પડે છે,તેથી તે સમાન નથી.

(C) $BeF_2$ માં $Be$ ની સંકરણ અવસ્થા સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરવામાં આવે છે.
અહીં,$V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુ $(Be)$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $2$ છે.
$M$ એ જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓ $(F)$ ની સંખ્યા = $2$ છે.
$C$ એ ધન વીજભાર = $0$ છે.
$A$ એ ઋણ વીજભાર = $0$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $H = \frac{1}{2}(2 + 2 - 0 + 0) = 2$.
$2$ ની કિંમત $sp$ સંકરણ સૂચવે છે.
આમ,$BeF_2$ અણુમાં $Be$ નું સંકરણ $sp$ છે.

(A) $pent-1-en-4-yne$ નું બંધારણ $CH_2=CH-CH_2-C \equiv CH$ છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરીએ:
$C_1$: $CH_2=$ (દ્વિબંધ),તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_2$: $-CH=$ (દ્વિબંધ),તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_3$: $-CH_2-$ (બધા એકલ બંધ),તેથી તે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_4$: $-C \equiv$ (ત્રિબંધ),તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_5$: $\equiv CH$ (ત્રિબંધ),તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,ડાબેથી જમણે સંકરણનો ક્રમ $sp^2, sp^2, sp^3, sp, sp$ 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) $CO_2$ નો ભૌમિતિક આકાર રેખીય છે.
$CO_2$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે.
કાર્બન પરમાણુ $sp$-સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે $180^{\circ}$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલી બે $sp$-સંકર કક્ષકો બને છે.
મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) નથી,જે રેખીય ભૂમિતિ જાળવી રાખે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો 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) મધ્યસ્થ કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ $sp^2$ છે.
કુલ $-2$ વીજભાર $3$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર વિસ્થાનિકૃત હોવાથી,દરેક ઓક્સિજન પરમાણુ પર સરેરાશ ફોર્મલ ચાર્જ $|-2/3| = 0.67$ એકમ છે.
સંસ્પંદનને કારણે,$C-O$ બંધો એકલ કે દ્વિબંધ તરીકે નિશ્ચિત હોતા નથી,તેથી બધા $C-O$ બંધની લંબાઈ સમાન હોય છે.
આમ,વિધાન $C$ અને $D$ સાચા 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) $PCl_5$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ મળે છે.
તેમાં ત્રણ વિષુવવૃત્તીય બંધ અને બે અક્ષીય બંધ હોય છે.
અક્ષીય બંધો ત્રણ વિષુવવૃત્તીય બંધો સાથે $90^{\circ}$ ના ખૂણે હોવાથી તેમના દ્વારા વધુ અપાકર્ષણ અનુભવે છે.
પરિણામે,અક્ષીય $P-Cl$ બંધો વિષુવવૃત્તીય $P-Cl$ બંધો કરતા લાંબા અને નિર્બળ હોય છે.
તેથી,વિધાન $(i)$ સાચું 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.

(A) ઘન અવસ્થામાં,$NaCl$ એક સખત સ્ફટિક લેટીસ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે જ્યાં આયનો મજબૂત સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ બળો દ્વારા જોડાયેલા હોય છે. મુક્ત આયનો કે ઇલેક્ટ્રોન ન હોવાને કારણે,તે ઘન અવસ્થામાં વિદ્યુતનું અવાહક છે. તે માત્ર પીગળેલી અવસ્થામાં અથવા જલીય દ્રાવણમાં વિદ્યુતનું વહન કરે છે. તેથી,વિધાન $(i)$ ખોટું છે.

(B) $H_3C-CH=C=CH-CH_3$ અણુમાં,કાર્બન પરમાણુઓને ડાબેથી જમણે ક્રમ આપતા: $C_1(H_3)-C_2(H)=C_3=C_4(H)-C_5(H_3)$.
$C_2$ એક હાઇડ્રોજન પરમાણુ,એક કાર્બન પરમાણુ (સિંગલ બોન્ડ દ્વારા) અને એક કાર્બન પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ દ્વારા) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ છે,તેથી તેનું સંકરણ $sp^2$ છે.
$C_3$ બંને બાજુ ડબલ બોન્ડ દ્વારા કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $2$ સિગ્મા બંધ છે,તેથી તેનું સંકરણ $sp$ છે.
આમ,$C_2$ અને $C_3$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp$ છે.

(D) બંધક્રમાંક $(BO)$ ની ગણતરી સૂત્ર $BO = \frac{N_b - N_a}{2}$ નો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
$N_2$ $(14 \ e^-)$ માટે: $BO = \frac{10 - 4}{2} = 3$.
$CO$ $(14 \ e^-)$ માટે: $BO = \frac{10 - 4}{2} = 3$.
$NO^+$ $(14 \ e^-)$ માટે: $BO = \frac{10 - 4}{2} = 3$.
આમ,$N_2$,$CO$,અને $NO^+$ ત્રણેયનો બંધક્રમાંક $3$ છે,તેથી તેઓ સમાન બંધક્રમાંક ધરાવે છે.
તેથી,સાચો સમૂહ $(N_2, CO, NO^{+})$ છે.

(D) $NO_2$ અણુમાં કુલ $17$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે ($N$ માંથી $5$ અને $O$ માંથી $6 \times 2 = 12$).
ઇલેક્ટ્રોનની એકી સંખ્યાને કારણે,નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હાજર હોય છે.
આ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનને કારણે $NO_2$ અણુ પેરામેગ્નેટિક (અનુચુંબકીય) છે.

(C) અણુની સ્થિરતા તેના બંધ ક્રમાંક (Bond order) સાથે સંબંધિત છે:
સ્થિરતા $\propto$ બંધ ક્રમાંક.
$N_2$,$N_2^{-}$,અને $N_2^{2-}$ ના બંધ ક્રમાંક અનુક્રમે $3$,$2.5$,અને $2$ છે.
તેથી,બંધ સ્થિરતાનો ક્રમ $N_2^{2-} < N_2^{-} < N_2$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(D) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $\text{Bond length} \propto \frac{1}{\text{Bond order}}$.
$KO_2$ માં,સ્પીસીઝ $O_2^-$ છે,જેનો બંધ ક્રમાંક $1.5$ છે.
$O_2$ માં,બંધ ક્રમાંક $2.0$ છે.
$O_2[AsF_6]$ માં,સ્પીસીઝ $O_2^+$ છે,જેનો બંધ ક્રમાંક $2.5$ છે.
તેથી,બંધ લંબાઈનો સાચો ક્રમ $O_2[AsF_6] < O_2 < KO_2$ છે.

(B) ધાતુના હાઇડ્રાઇડ્સની આયનીય લાક્ષણિકતા ધાતુ અને હાઇડ્રોજન વચ્ચેના વિદ્યુતઋણતાના તફાવત પર આધાર રાખે છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં $Li$ થી $Cs$ તરફ નીચે જઈએ છીએ,તેમ આલ્કલી ધાતુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે.
પરિણામે,ધાતુ અને હાઇડ્રોજન વચ્ચેનો વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત વધે છે,જેનાથી ધાતુના હાઇડ્રાઇડની આયનીય લાક્ષણિકતામાં વધારો થાય છે.
તેથી,આયનીય લાક્ષણિકતા વધવાનો સાચો ક્રમ $LiH < NaH < KH < RbH < CsH$ છે.
આથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન બંધની મજબૂતી હાઇડ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે. વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $F > O > N > Cl$ છે.
જ્યારે $H$ એ $F$,$O$ અથવા $N$ જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ તત્વો સાથે જોડાયેલ હોય ત્યારે હાઇડ્રોજન બંધ નોંધપાત્ર હોય છે.
$HI$ અને $H_2S$ નોંધપાત્ર હાઇડ્રોજન બંધ બનાવતા નથી.
$HCl$ માં,વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત ઓછો હોવાથી,$H$-બંધ ખૂબ જ નબળો હોય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$H_2O$ માં $O-H$ બંધ હોય છે,જે સૌથી મજબૂત હાઇડ્રોજન બંધ દર્શાવે છે.

(D) પાણીના અણુ $(H_2O)$ માં,ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની પાસે ઇલેક્ટ્રોનની બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) હોય છે.
દરેક પાણીનો અણુ તેના બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ (દાતા તરીકે) અને ઓક્સિજન પરમાણુ પરના બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (સ્વીકારનાર તરીકે) દ્વારા હાઇડ્રોજન બંધ બનાવી શકે છે.
તેથી,પાણીનો એક અણુ સૈદ્ધાંતિક રીતે આસપાસના પાણીના અણુઓ સાથે $4$ જેટલા હાઇડ્રોજન બંધ બનાવી શકે છે.
$25^{\circ}C$ તાપમાને પ્રવાહી પાણીમાં,ઉષ્મીય ગતિને કારણે,પ્રતિ અણુ હાઇડ્રોજન બંધની સરેરાશ સંખ્યા આશરે $3.4$ થી $3.6$ હોય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$4$ એ પાણીના અણુ દ્વારા તેના ચતુષ્ફલકીય બંધારણમાં બનાવી શકાતા મહત્તમ હાઇડ્રોજન બંધની સંખ્યા દર્શાવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) ઘન પદાર્થોમાં ધ્રુવીય અણુઓ વચ્ચેની ડાયપોલ-ડાયપોલ આંતરક્રિયા ઉર્જા તેમની વચ્ચેના અંતર પર નીચે મુજબ આધાર રાખે છે.
ડાયપોલ-ડાયપોલ આંતરક્રિયા ઉર્જા $\propto \frac{1}{r^3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) અકાર્બનિક બેન્ઝીન,જેને બોરાઝીન $(B_3N_3H_6)$ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે,તે બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ સાથે આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.
તેમાં બોરોન અને નાઈટ્રોજન પરમાણુઓની એકાંતરે ગોઠવણી ધરાવતી ષટ્કોણીય રીંગ હોય છે,જેમાં દરેક બોરોન અને નાઈટ્રોજન પરમાણુ એક હાઈડ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
તેનું બંધારણ બેન્ઝીનની જેમ જ રેઝોનન્સ દ્વારા સ્થિર થાય છે અને બોરોન અને નાઈટ્રોજન વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવતને કારણે તેને ઘણીવાર પરમાણુઓ પર આંશિક વીજભાર $(B^{\delta-}-N^{\delta+})$ સાથે દર્શાવવામાં આવે છે.
વિકલ્પ $A$ આ એકાંતરે $B-N$ ષટ્કોણીય બંધારણને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(D) સંતુલન અચળાંક $K_{eq}$ નું મૂલ્ય ફક્ત પ્રક્રિયાના તાપમાન પર આધાર રાખે છે.
તે પ્રક્રિયકો અને નીપજોની પ્રારંભિક સાંદ્રતાથી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,જો પ્રક્રિયકોની સાંદ્રતા અડધી કરવામાં આવે,તો સંતુલન અચળાંક સમાન રહેશે.

(B) ધારો કે પાત્રનું કદ $1 \ L$ છે.
પ્રક્રિયા: $NO_2(g) + CO(g) \rightleftharpoons NO(g) + CO_2(g)$
શરૂઆતના મોલ: $NO_2 = 1$,$CO = 2$,$NO = 0$,$CO_2 = 0$.
સંતુલન સમયે,$CO$ નો $25 \%$ વપરાય છે,તેથી વપરાયેલ જથ્થો $= 2 \times 0.25 = 0.5 \ mol$.
સંતુલન સમયે મોલ: $NO_2 = 1 - 0.5 = 0.5$,$CO = 2 - 0.5 = 1.5$,$NO = 0.5$,$CO_2 = 0.5$.
કદ $1 \ L$ હોવાથી,મોલર સાંદ્રતા મોલ જેટલી જ થશે.
$K_c = \frac{[NO][CO_2]}{[NO_2][CO]} = \frac{0.5 \times 0.5}{0.5 \times 1.5} = \frac{0.5}{1.5} = 1/3$.
આ પ્રક્રિયા માટે,$\Delta n_g = (1+1) - (1+1) = 0$.
કારણ કે $\Delta n_g = 0$,તેથી $K_p = K_c(RT)^{\Delta n_g} = K_c(RT)^0 = K_c$.
તેથી,$K_p = 1/3$.

(B) સંતુલન અચળાંક ($K_c$ અથવા $K_p$) એ ચોક્કસ તાપમાને આપેલી પ્રક્રિયા માટેનું લાક્ષણિક મૂલ્ય છે.
તે પ્રક્રિયકો અથવા નીપજોની પ્રારંભિક સાંદ્રતાથી સ્વતંત્ર છે.
તે માત્ર ત્યારે જ બદલાય છે જ્યારે સિસ્ટમનું તાપમાન બદલાય.
તેથી,જો પ્રક્રિયકોની સાંદ્રતા વધારવામાં આવે,તો સંતુલન અચળાંક અચળ રહે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(A) $Le \ Chatelier$ નો સિદ્ધાંત લોહીમાં વાયુઓના વહન માટે જવાબદાર છે. જ્યારે લોહી પેશીઓ સુધી પહોંચે છે,ત્યારે $O_2$ નું આંશિક દબાણ ઓછું હોય છે,જેના કારણે $O_2$ હિમોગ્લોબિનમાંથી મુક્ત થાય છે. તેનાથી વિપરીત,ફેફસાંમાં $O_2$ નું ઊંચું આંશિક દબાણ ઓક્સિહિમોગ્લોબિનના નિર્માણને વેગ આપે છે. સંતુલન $Hb + 4O_2 \rightleftharpoons Hb(O_2)_4$ એ પ્રક્રિયકો અને નીપજોની સાંદ્રતા અનુસાર બદલાય છે,જે $Le \ Chatelier$ ના સિદ્ધાંતનો સીધો ઉપયોગ છે. તેથી,સાચો જવાબ વિકલ્પ $(A)$ છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા માટે: $5 Br^- (aq) + BrO_3^- (aq) + 6 H^+ (aq) \rightarrow 3 Br_2 (aq) + 3 H_2 O (l)$.
પ્રક્રિયાનો વેગ એ પ્રક્રિયકના અદ્રશ્ય થવાના દરને તેના તત્વયોગમિતિય સહગુણક વડે ભાગવાથી મળે છે.
વેગ $= -\frac{1}{5} \frac{\Delta[Br^-]}{\Delta t} = -\frac{\Delta[BrO_3^-]}{\Delta t} = -\frac{1}{6} \frac{\Delta[H^+]}{\Delta t} = \frac{1}{3} \frac{\Delta[Br_2]}{\Delta t} = \frac{1}{3} \frac{\Delta[H_2O]}{\Delta t}$.
આપેલ છે કે $-\frac{\Delta[Br^-]}{\Delta t} = x \ mol \ L^{-1} \ min^{-1}$.
આ કિંમત વેગના સમીકરણમાં મૂકતા: વેગ $= \frac{1}{5} \times x = \frac{x}{5} \ mol \ L^{-1} \ min^{-1}$.

(B) પ્રક્રિયાનો દર નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય: $-\frac{1}{3} \frac{d[X]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[Y]}{dt} = \frac{d[Z]}{dt}$.
આપેલ છે કે $X$ ના અદ્રશ્ય થવાનો દર $-\frac{d[X]}{dt} = 7.2 \times 10^{-3} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$ છે.
આ કિંમતને સંબંધમાં મૂકતા: $\frac{1}{2} \frac{d[Y]}{dt} = \frac{1}{3} \times (7.2 \times 10^{-3})$.
તેથી,$Y$ ના નિર્માણનો દર $\frac{d[Y]}{dt} = \frac{2}{3} \times (7.2 \times 10^{-3}) = 4.8 \times 10^{-3} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$ થાય.

(A) પ્રક્રિયાનો વેગ સમય સાથે પ્રક્રિયકની સાંદ્રતામાં થતા ફેરફાર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે: $Rate = -\frac{\Delta[R]}{\Delta t}$.
આપેલ છે: $\Delta[R] = [R]_f - [R]_i = 0.02 \ mol \ L^{-1} - 0.03 \ mol \ L^{-1} = -0.01 \ mol \ L^{-1}$.
સમય $\Delta t = 25 \ min = 25 \times 60 \ s = 1500 \ s$.
$Rate = -\frac{-0.01 \ mol \ L^{-1}}{1500 \ s} = \frac{0.01}{1500} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
$Rate = 6.667 \times 10^{-6} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.

(C) આ એક ઓક્સિડેશન-રિડક્શન $(redox)$ પ્રક્રિયા છે.
$2I^{-} \rightarrow I_2 + 2e^{-}$ (ઓક્સિડેશન)
$O_3 + H_2O + 2e^{-} \rightarrow O_2 + 2OH^{-}$ (રિડક્શન)
$KI$ રિડક્શનકર્તા તરીકે અને $O_3$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$O_3 + 2KI + H_2O \rightarrow 2KOH + I_2 + O_2$
આમ,મળતી નીપજ $I_2$ 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) "તત્વોના ગુણધર્મો તેમના પરમાણ્વીય ભારના આવર્તનીય વિધેયો છે." આ વિધાન $Mendeleev$ ના આવર્તનો નિયમ તરીકે ઓળખાય છે.

(C) વિધાન $(A)$: બોરોન $(Z=5)$ ની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[He] 2s^2 2p^1$ છે. પ્રથમ આયનીકરણ ($IE_1$ અથવા $\Delta_i H_1$) માં,ઇલેક્ટ્રોન $2p^1$ કક્ષકમાંથી દૂર થાય છે.
બેરિલિયમ $(Z=4)$ ની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[He] 2s^2$ છે. ઇલેક્ટ્રોન સંપૂર્ણ ભરાયેલી $2s^2$ કક્ષકમાંથી દૂર થાય છે,જે વધુ સ્થાયી છે અને વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
આમ,વિધાન સાચું છે.
કારણ $(R)$: $s$-કક્ષક ગોળાકાર છે અને કેન્દ્રની નજીક છે,જે $2p$ ઇલેક્ટ્રોનને કેન્દ્રીય વીજભારથી વધુ સારી રીતે શીલ્ડ કરે છે. પરિણામે,બોરોનમાં $2p$ ઇલેક્ટ્રોન બેરિલિયમના $2s$ ઇલેક્ટ્રોન કરતા ઓછા અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારનો અનુભવ કરે છે,જેથી તેને દૂર કરવું સરળ બને છે.
તેથી,કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક શ્રેણી માટે,જેમ પરમાણુ ક્રમાંક વધે તેમ આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
આપેલા આયનોના ઈલેક્ટ્રોન વિન્યાસ તપાસતા:
$Mg^{2+}$: $10$ ઈલેક્ટ્રોન
$Na^{+}$: $10$ ઈલેક્ટ્રોન
$Cl^{-}$: $18$ ઈલેક્ટ્રોન
$S^{2-}$: $18$ ઈલેક્ટ્રોન
$Mg^{2+}$ અને $Na^{+}$ માં,$Mg^{2+}$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $(Z=12)$ વધારે હોવાથી તે $Na^{+}$ $(Z=11)$ કરતા નાનો છે.
આમ,આયનીય ત્રિજ્યાનો ક્રમ $Mg^{2+} < Na^{+} < Cl^{-} < S^{2-}$ છે.
સૌથી નાનો આયન $Mg^{2+}$ છે.

(A) $1$. જ્યારે આંતરિક કક્ષકો સંપૂર્ણપણે ભરાયેલી હોય ત્યારે શીલ્ડિંગ ઇફેક્ટ સૌથી વધુ અસરકારક હોય છે,કારણ કે તે સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનને કેન્દ્રથી બચાવવા માટે ગીચ ઇલેક્ટ્રોન વાદળ પૂરું પાડે છે. તેથી,વિધાન $(1)$ સાચું છે.
$2$. આંતરિક કક્ષકો નોંધપાત્ર શીલ્ડિંગ અસર દર્શાવે છે. તેથી,વિધાન $(2)$ ખોટું છે.
$3$. જેમ આપણે સમૂહમાં નીચે જઈએ છીએ,નવી કક્ષકો ઉમેરાવાને કારણે શીલ્ડિંગ અસર વધે છે,જેનાથી આયનીકરણ ઉર્જા ઘટે છે. તેથી,વિધાન $(3)$ ખોટું છે.
$4$. શીલ્ડિંગ અસર આંતરિક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે,પરમાણ્વીય ક્રમાંક પર સીધો નહીં. પરમાણ્વીય ક્રમાંકમાં વધારો અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર $(Z_{eff})$ વધારે છે,જે શીલ્ડિંગ અસરથી વિપરીત છે. તેથી,વિધાન $(4)$ ખોટું છે.

(B) બીજી આયનીકરણ ઉર્જા એટલે વાયુ અવસ્થામાં રહેલા $M^{+}$ કેટાયનમાંથી એક ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા: $X^{+}_{(g)} \rightarrow X^{2+}_{(g)} + e^{-}$.
આપેલા તત્વો માટે,$M^{+}$ આયનોની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના નીચે મુજબ છે:
$Li^{+} (1s^2)$ - સ્થાયી નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી રચના.
$Be^{+} (1s^2 2s^1)$
$B^{+} (1s^2 2s^2)$
$C^{+} (1s^2 2s^2 2p^1)$
$Li$ ની બીજી આયનીકરણ ઉર્જા સૌથી વધુ છે કારણ કે ઇલેક્ટ્રોન સ્થાયી $1s^2$ કોરમાંથી દૂર થાય છે.
$Be^{+}, B^{+},$ અને $C^{+}$ ની સરખામણી કરતા,$B^{+}$ માંથી બીજો ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે સ્થાયી $2s^2$ રચના તોડવી પડે છે,તેથી તેની $IE_2$ એ $C^{+}$ કરતા વધારે છે.
આમ,સાચો ક્રમ $Li > B > C > Be$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) $1 \ mol$ $Mg$ પરમાણુઓને $Mg^{2+}$ આયનોમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે જરૂરી કુલ આયનીકરણ ઉર્જા એ પ્રથમ અને દ્વિતીય આયનીકરણ ઉર્જાનો સરવાળો છે: $IE_{total} = IE_1 + IE_2 = 740 \ kJ/mol + 1450 \ kJ/mol = 2190 \ kJ/mol$.
$4.8 \ g$ $Mg$ (પરમાણુ દળ $= 24 \ g/mol$) માં મોલની સંખ્યા આ મુજબ ગણવામાં આવે છે: $n = \frac{4.8 \ g}{24 \ g/mol} = 0.2 \ mol$.
$0.2 \ mol$ $Mg$ માટે જરૂરી કુલ ઉર્જા: $E = n \times IE_{total} = 0.2 \ mol \times 2190 \ kJ/mol = 438 \ kJ$.
આમ,જરૂરી ઉર્જા $438 \ kJ$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) સમૂહ $13$ ના તત્વોની સામાન્ય ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $ns^2 np^1$ છે.
આ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનને કારણે,તત્વો $+3$ અને $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં નીચે જઈએ છીએ,તેમ ઇનર્ટ પેર ઇફેક્ટ (inert pair effect) ને કારણે $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે,જે $ns^2$ ઇલેક્ટ્રોનની બંધ બનાવવાની અનિચ્છા છે.
તેથી,શક્ય ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ $+1$ અને $+3$ છે.

(C) સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં પરમાણ્વીય કદમાં વધારો થવાને કારણે ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ઓછી ઋણ બને છે.
જોકે,$F$ પરમાણુનું કદ નાનું હોવાથી તેમાં ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન અપાકર્ષણને કારણે $F$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $Cl$ કરતા ઓછી ઋણ હોય છે.
આમ,ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પીનો સાચો ક્રમ $I < Br < F < Cl$ છે.
આપેલ ક્રમ $I < Br < Cl < F$ વાસ્તવિક વલણ સાથે સુસંગત નથી,તેથી વિકલ્પ $(C)$ સાચો જવાબ છે.

(A) સ્ક્રીનિંગ અસર (અથવા શીલ્ડિંગ અસર) એ આંતરિક કક્ષાઓમાં અથવા સમાન કક્ષામાં અન્ય ઇલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે ઇલેક્ટ્રોન પરના અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારમાં ઘટાડો છે.
આપેલી કક્ષા માટે,$s$-ઓર્બિટલ કેન્દ્રની સૌથી નજીક છે અને કેન્દ્રની નજીક સૌથી વધુ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા ધરાવે છે,જે તેને બાહ્ય ઇલેક્ટ્રોનને શીલ્ડ કરવામાં સૌથી વધુ અસરકારક બનાવે છે.
પેનિટ્રેશન પાવર અને સ્ક્રીનિંગ ક્ષમતાનો ક્રમ $s > p > d > f$ છે.
આનું કારણ એ છે કે $s$-ઓર્બિટલ્સ વધુ ગોળાકાર અને કેન્દ્રની નજીક હોય છે,જ્યારે $f$-ઓર્બિટલ્સ વધુ વિસ્તૃત અને દૂર હોય છે,જે સૌથી ઓછી શીલ્ડિંગ પ્રદાન કરે છે.
તેથી,સ્ક્રીનિંગ અસરનો સાચો ક્રમ $s > p > d > f$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં,અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારમાં વધારો થવાને કારણે પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી સામાન્ય રીતે વધે છે.
જોકે,સ્થાયી ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાને કારણે કેટલાક અપવાદો જોવા મળે છે.
$Li$ $(1s^2, 2s^1)$ ની આયનીકરણ એન્થાલ્પી સૌથી ઓછી છે.
$Be$ $(1s^2, 2s^2)$ માં સંપૂર્ણ ભરાયેલી $2s$ કક્ષક છે,જે $B$ $(1s^2, 2s^2, 2p^1)$ ની $2p^1$ રચના કરતા વધુ સ્થાયી છે.
તેથી,$Be$ ની આયનીકરણ એન્થાલ્પી $B$ કરતા વધારે છે.
આ તત્વોમાં $C$ $(1s^2, 2s^2, 2p^2)$ ની આયનીકરણ એન્થાલ્પી સૌથી વધુ છે.
તેથી સાચો ઘટતો ક્રમ $C > Be > B > Li$ છે.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(D) આવર્ત કોષ્ટકમાં સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંકમાં વધારાને કારણે પરમાણ્વીય કદ વધે છે.
ઓક્સિજન $(O)$,સલ્ફર $(S)$,સેલેનિયમ $(Se)$ અને ટેલુરિયમ $(Te)$ આવર્ત કોષ્ટકના સમાન સમૂહ $(16)$ ના તત્વો છે.
તેથી,તેમની વચ્ચે સૌથી મોટું તત્વ $Te$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) $1$. $CH_3-C \equiv CH$ (પ્રોપાઇન) ની લિન્ડલર ઉદ્દીપકની હાજરીમાં $H_2$ સાથેની પ્રક્રિયાથી $CH_3-CH=CH_2$ (પ્રોપીન) નીપજ $P$ તરીકે મળે છે.
$2$. પ્રોપીન $(CH_3-CH=CH_2)$ નું $Zn/H_2O$ ની હાજરીમાં ઓઝોનોલિસિસ (રિડક્ટિવ ઓઝોનોલિસિસ) કરવાથી દ્વિબંધનું વિભાજન થાય છે.
$3$. પ્રક્રિયા: $CH_3-CH=CH_2 + O_3 \xrightarrow{Zn/H_2O} CH_3CHO + HCHO$.
$4$. આમ,નીપજો $Q$ અને $R$ એ $CH_3CHO$ $(Ethanal)$ અને $HCHO$ $(Methanal)$ છે.

(C) પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી $(IE_1)$ $520 \ kJ \ mol^{-1}$ છે,જે પ્રમાણમાં ઓછી છે,જે દર્શાવે છે કે પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોન સંયોજકતા કક્ષામાંથી સરળતાથી દૂર થાય છે.
દ્વિતીય આયનીકરણ એન્થાલ્પી $(IE_2)$ $7300 \ kJ \ mol^{-1}$ છે,જે $IE_1$ કરતા ઘણી વધારે છે.
આયનીકરણ ઉર્જામાં આ મોટો ઉછાળો સૂચવે છે કે પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોન દૂર થયા પછી,બીજો ઇલેક્ટ્રોન સ્થિર નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી કોર રચનામાંથી દૂર કરવામાં આવે છે.
તેથી,તત્વની સૌથી બહારની કક્ષામાં માત્ર એક જ ઇલેક્ટ્રોન હોવો જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$1 s^2 2 s^2 2 p^6 3 s^1$ (જે સોડિયમ,$Na$ છે) માં $3s$ કક્ષકમાં એક સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
આ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવાથી સ્થિર $2p^6$ રચના પ્રાપ્ત થાય છે,જે ઉચ્ચ $IE_2$ મૂલ્ય સમજાવે છે.

(B) પરમાણુની $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનિક કોન્ફિગરેશન $3d^6$ છે. આ $Co^{3+}$ આયન $(Z=27)$ ને અનુરૂપ છે.
તટસ્થ પરમાણુ $(Co)$ ની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ કોન્ફિગરેશન મેળવવા માટે,આપણે ઓક્સિડેશન દરમિયાન દૂર થયેલા $3$ ઇલેક્ટ્રોન પાછા ઉમેરીએ છીએ.
તટસ્થ $Co$ પરમાણુની કોન્ફિગરેશન $[Ar] 3d^7 4s^2$ છે.
$3d^7$ સબશેલમાં $5$ ઓર્બિટલ્સ હોય છે. હન્ડના નિયમ મુજબ,$7$ ઇલેક્ટ્રોન નીચે મુજબ ભરાય છે: $5$ ઇલેક્ટ્રોન સિંગલ ઓર્બિટલ્સમાં જાય છે અને $2$ ઇલેક્ટ્રોન જોડી બનાવે છે.
આમ,$3d$ સબશેલમાં $5 - 2 = 3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે.
તેથી,પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $3$ છે.

(D) થર્મોડાયનેમિક્સના સંબંધ મુજબ: $\Delta S = \frac{\Delta H - \Delta G}{T}$.
અહીં,$\Delta H = -241600 \ J \ mol^{-1}$,$\Delta G = -228400 \ J \ mol^{-1}$ અને $T = 300 \ K$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta S = \frac{-241600 - (-228400)}{300} \ J \ K^{-1} = -44 \ J \ K^{-1}$.

(D) શૂન્યાવકાશમાં વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની ઝડપ મેક્સવેલના સમીકરણો પરથી મેળવવામાં આવે છે.
તે નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$
જ્યાં:
$\mu_0$ એ શૂન્યાવકાશની પરમીએબિલિટી (permeability) છે,
$\varepsilon_0$ એ શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી (permittivity) છે.

(D) આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$Sucrose$,$Glucose$,$Fructose$ અને $Sucralose$ એ ગળપણ આપનારા પદાર્થો છે.
$Sucrose$,$Glucose$ અને $Fructose$ એ કાર્બોહાઇડ્રેટ્સ છે જે ચયાપચય દરમિયાન કેલરી આપે છે.
$Sucralose$ એ સુક્રોઝનું ટ્રાયક્લોરો વ્યુત્પન્ન છે. તે એક કૃત્રિમ ગળપણ આપનાર પદાર્થ છે જે રસોઈના તાપમાને સ્થિર રહે છે અને શરીરમાં કોઈ કેલરી આપતું નથી.

(C) સોડિયમ બેન્ઝોએટ $(C_6H_5COONa)$ નો ઉપયોગ ખાદ્ય પ્રિઝર્વેટિવ તરીકે થાય છે.

(B) કૃત્રિમ ગળપણ આપતું તત્વ સુકરાલોઝ એ સુક્રોઝનું $trichloro$ વ્યુત્પન્ન છે.
તે રાંધવાના તાપમાને સ્થાયી છે અને તે કેલરી આપતું નથી.

(A) $N$ અને $P$ ના $\stackrel{+3}{E_2}O_3$ પ્રકારના ઓક્સાઇડ ($P_4O_6$,જે $P_2O_3$ નો ડાયમર છે) સંપૂર્ણપણે એસિડિક છે.
$As_4O_6$ ($As_2O_3$ નો ડાયમર) અને $Sb_4O_6$ ($Sb_2O_3$ નો ડાયમર) ઉભયગુણી છે.
$Bi_2O_3$ મુખ્યત્વે બેઝિક છે.
$\stackrel{+5}{E_2}O_5$ પ્રકારના ઓક્સાઇડ $(P_2O_5, As_2O_5, Sb_2O_5)$ એસિડિક છે.
તેથી,આપેલા ઓક્સાઇડમાંથી માત્ર $As_4O_6$ અને $Sb_4O_6$ ઉભયગુણી છે. કુલ સંખ્યા $2$ છે.

$(A)$ $Zn$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $137 \ pm$ છે.
$Fe$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $126 \ pm$ છે.
$Fe^{2+}$ ની આયનીય ત્રિજ્યા $77 \ pm$ છે.
$Fe^{3+}$ ની આયનીય ત્રિજ્યા $63 \ pm$ છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $137 \ pm > 126 \ pm > 77 \ pm > 63 \ pm$.
તેથી, તેમના કદનો સાચો ક્રમ $Zn > Fe > Fe^{2+} > Fe^{3+}$ છે.
આમ, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) વિધાનોનું વિશ્લેષણ:
$(1)$ ખોટું: ફ્રેન્કેલ ક્ષતિ કેટાયન અને એનાયનના કદમાં મોટા તફાવત દ્વારા પ્રેરાય છે.
$(2)$ ખોટું: ફ્રેન્કેલ ક્ષતિ એ વિસ્થાપન (dislocation) ક્ષતિ છે,ધાતુની વધારાની ક્ષતિ નથી.
$(3)$ સાચું: સ્ફટિક લેટીસમાં એનાયનિક ખાલી જગ્યાઓમાં ઇલેક્ટ્રોનનું ફસાવું એ $F$-કેન્દ્રો (Farbenzenter) ના નિર્માણ તરફ દોરી જાય છે,જે સ્ફટિકના રંગ માટે જવાબદાર છે.
$(4)$ ખોટું: શૉટકી ક્ષતિ ઘન પદાર્થની ઘનતા ઘટાડે છે,આમ તેના ભૌતિક ગુણધર્મોને અસર કરે છે.

(D) $CO$ (કાર્બોનિલ) એ તટસ્થ લિગેન્ડ છે.
તેથી,મેટલ કાર્બોનિલ સંયોજનોમાં ધાતુનો ઓક્સિડેશન આંક $0$ (શૂન્ય) હોય છે.
$[Cr(CO)_6]$ : હેક્ઝાકાર્બોનિલ ક્રોમિયમ$(0)$.

(A) $[AlCl(H_2O)_5]^{2+}$ માં $Al$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા શોધવા માટે,ધારો કે ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$Cl$ પરનો વીજભાર $-1$ છે અને $H_2O$ એ તટસ્થ લિગાન્ડ $(0)$ છે.
$x + (-1) + 5(0) = +2$
$x - 1 = +2$
$x = +3$.
સહસંયોજકતા એટલે મધ્યસ્થ ધાતુ પરમાણુ દ્વારા લિગાન્ડ સાથે બનાવેલા કુલ સવર્ગ સહસંયોજક બંધની સંખ્યા.
અહીં,$Al$ એ $5$ $H_2O$ અણુઓ અને $1$ $Cl^-$ આયન સાથે જોડાયેલ છે.
કુલ સહસંયોજકતા = $5 + 1 = 6$.
તેથી,ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+3$ છે અને સહસંયોજકતા $6$ છે.

(D) $K[Co(CO)_4]$ સંકીર્ણમાં,પોટેશિયમ આયન $K^+$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+1$ છે.
ધારો કે $Co$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ છે.
કાર્બોનિલ લિગેન્ડ $(CO)$ તટસ્થ છે,તેથી તેનો ઓક્સિડેશન આંક $0$ છે.
સંકીર્ણ આયન $[Co(CO)_4]^-$ માં ઓક્સિડેશન આંકનો સરવાળો આયન પરના વીજભાર $-1$ જેટલો થવો જોઈએ.
તેથી,$x + 4(0) = -1$,જે $x = -1$ આપે છે.
આમ,$Co$ નો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ છે.

(D) સંકિર્ણ $[AlCl(H_2O)_5]^{2+}$ માં,ધારો કે $Al$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ છે.
$Cl$ નો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ અને $H_2O$ નો $0$ છે.
તેથી,$x + (-1) + 5(0) = +2$.
$x - 1 = +2$,જે $x = +3$ આપે છે.
આમ,$Al$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે.
સહસંયોજકતા (સવર્ગ આંક) એ મધ્યસ્થ ધાતુ પરમાણુ દ્વારા લિગાન્ડ સાથે બનાવેલા કુલ સવર્ગ સહસંયોજક બંધની સંખ્યા છે.
અહીં,$1$ $Cl^-$ આયન અને $5$ $H_2O$ અણુઓ $Al$ સાથે જોડાયેલા છે,તેથી સવર્ગ આંક $1 + 5 = 6$ છે.

(A) "ડાયક્લોરિડો-બિસ-(ઈથેન-$1, 2$-ડાયએમાઈન)-પ્લેટિનમ$(IV)$ નાઈટ્રેટ" નામ નીચેના ઘટકો સૂચવે છે:
$1$. મધ્યસ્થ ધાતુ: $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા સાથે $Pt$ (પ્લેટિનમ).
$2$. લિગેન્ડ્સ: બે ક્લોરાઈડ આયનો $(Cl^-)$ અને બે ઈથેન-$1, 2$-ડાયએમાઈન $(en)$ અણુઓ.
$3$. કાઉન્ટર આયન: નાઈટ્રેટ $(NO_3^-)$.
$[PtCl_2(en)_2](NO_3)_2$ માટે ઓક્સિડેશન અવસ્થાની ગણતરી:
ધારો કે $Pt$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$x + 2(-1) + 2(0) + 2(-1) = 0$
$x - 2 - 2 = 0$
$x = +4$.
આમ,સંકીર્ણ $[PtCl_2(en)_2](NO_3)_2$ છે.

(A) સંકીર્ણ આયન $\left[Cr(H_2O)_4Cl_2\right]^{+}$ ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવે છે.
તે $\left[Ma_4b_2\right]$ પ્રકારનો અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ છે,જ્યાં $M = Cr$,$a = H_2O$,અને $b = Cl$ છે.
આ પ્રકારના સંકીર્ણમાં,બે $b$ લિગેન્ડ એકબીજાની પાસપાસે (cis-સમઘટક) અથવા એકબીજાની વિરુદ્ધ (trans-સમઘટક) હોઈ શકે છે.
અન્ય વિકલ્પો ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતા નથી:
$\left[Pt(NH_3)_3Cl\right]^{+}$ એ $\left[Ma_3b\right]$ (સમતલીય ચોરસ) પ્રકારનું છે,જે ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતું નથી.
$\left[Co(NH_3)_6\right]^{3+}$ એ $\left[Ma_6\right]$ પ્રકારનું છે,જે અત્યંત સંમિત છે અને સમઘટકતા દર્શાવતું નથી.
$\left[Co(CN)_5(NC)\right]^{3-}$ એ $\left[Ma_5b\right]$ પ્રકારનું છે,જે ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતું નથી.

(A) આ સંકીર્ણો અષ્ટફલકીય છે અને નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ ધરાવે છે,જે હાઈ સ્પિન (બાહ્ય કક્ષકીય) સંકીર્ણો બનાવે છે.
$1$. $[MnCl_6]^{3-}$: $Mn^{3+}$ એ $d^4$ છે. નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ સાથે,$4$ ઇલેક્ટ્રોન અયુગ્મિત રહે છે $(n = 4)$.
$2$. $[FeF_6]^{3-}$: $Fe^{3+}$ એ $d^5$ છે. નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ સાથે,$5$ ઇલેક્ટ્રોન અયુગ્મિત રહે છે $(n = 5)$.
$3$. $[CoF_6]^{3-}$: $Co^{3+}$ એ $d^6$ છે. નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ સાથે,ઇલેક્ટ્રોન રચના $t_{2g}^4 e_g^2$ થાય છે,જેમાં $4$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે $(n = 4)$.
$4$. $[Ni(NH_3)_6]^{2+}$: $Ni^{2+}$ એ $d^8$ છે. ઇલેક્ટ્રોન રચના $t_{2g}^6 e_g^2$ થાય છે,જેમાં $2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે $(n = 2)$.
આમ,સંકીર્ણ $1$ અને $3$ માં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન $(n = 4)$ છે.

(D) સ્પિન ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક સંકીર્ણમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ ગણીએ છીએ:
$1$. $[Fe(CN)_6]^{3-}$: $Fe^{3+}$ એ $3d^5$ છે. $CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે,જે યુગ્મીકરણ પ્રેરે છે. ઇલેક્ટ્રોન રચના: $t_{2g}^5, e_g^0$. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n)$ = $1$.
$2$. $[Fe(CN)_6]^{4-}$: $Fe^{2+}$ એ $3d^6$ છે. $CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે. ઇલેક્ટ્રોન રચના: $t_{2g}^6, e_g^0$. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n)$ = $0$.
$3$. $[Ni(CN)_4]^{2-}$: $Ni^{2+}$ એ $3d^8$ છે. $CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે,જે $dsp^2$ સંકરણ માટે યુગ્મીકરણ પ્રેરે છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n)$ = $0$.
$4$. $[NiCl_4]^{2-}$: $Ni^{2+}$ એ $3d^8$ છે. $Cl^-$ એ નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે,યુગ્મીકરણ થતું નથી. ઇલેક્ટ્રોન રચના: $sp^3$ સંકરણ સાથે $3d^8$. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n)$ = $2$.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ હોવાથી,સૌથી વધુ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n=2)$ ધરાવતા સંકીર્ણનું ચુંબકીય મોમેન્ટ સૌથી વધુ હોય છે.
તેથી,$[NiCl_4]^{2-}$ નું મૂલ્ય સૌથી વધુ છે.

(B) સંકીર્ણો $I: [Ni(H_2O)_6]^{2+}$,$II: [Ni(NH_3)_6]^{2+}$ અને $III: [Ni(NO_2)_6]^{4-}$ છે.
સ્પેક્ટ્રોકેમિકલ શ્રેણી મુજબ,લિગાન્ડની ક્ષેત્ર પ્રબળતાનો ક્રમ $H_2O < NH_3 < NO_2^-$ છે.
ક્રિસ્ટલ ફિલ્ડ સ્પ્લિટિંગ એનર્જી $(CFSE)$,જેને $\Delta_0$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે લિગાન્ડની ક્ષેત્ર પ્રબળતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
તેથી,$CFSE$ નો ક્રમ $\Delta_0(I) < \Delta_0(II) < \Delta_0(III)$ છે.
શોષણની ઊર્જા $E$ એ તરંગલંબાઇ $\lambda$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી $(E = \frac{hc}{\lambda})$,તરંગલંબાઇનો ક્રમ ઊર્જાના ક્રમથી ઉલટો હશે.
આમ,તરંગલંબાઇનો સાચો ક્રમ $\lambda(III) < \lambda(II) < \lambda(I)$ છે,જે $[Ni(NO_2)_6]^{4-} < [Ni(NH_3)_6]^{2+} < [Ni(H_2O)_6]^{2+}$ ને અનુરૂપ છે.

(B) સંકીર્ણ $Cr(CO)_x$ ધાતુ કાર્બોનિલમાં સ્થિરતા માટે $18$-ઇલેક્ટ્રોન નિયમનું પાલન કરે છે.
$Cr$ (પરમાણુ ક્રમાંક $24$) પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
દરેક $CO$ લિગાન્ડ $2$-ઇલેક્ટ્રોન દાતા તરીકે કાર્ય કરે છે.
$18$-ઇલેક્ટ્રોન નિયમ મુજબ: $6 + 2x = 18$.
$2x = 12$,જે $x = 6$ આપે છે.
આમ,સંયોજન $Cr(CO)_6$ છે,જે એક સ્થિર અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(A) $Cr^{2+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^4$ છે. તે રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે $Cr^{3+}$ $([Ar] 3d^3)$ માં ઓક્સિડેશન પામે છે,જે અર્ધ-પૂર્ણ $t_{2g}$ કક્ષકને કારણે વધુ સ્થિર છે.
$Mn^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^4$ છે. તે ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે $Mn^{2+}$ $([Ar] 3d^5)$ માં રિડક્શન પામે છે,જે અર્ધ-પૂર્ણ $d$-કક્ષકને કારણે વધુ સ્થિર છે.
તેથી,$Cr^{2+}$ એ રિડક્શનકર્તા છે,જ્યારે $Mn^{3+}$ એ ઓક્સિડેશનકર્તા છે.
આમ,સાચું વિધાન એ છે કે $Cr^{2+}$ એ રિડક્શનકર્તા છે.

(D) ડ્યુરાલ્યુમિન એ એક મિશ્રધાતુ છે જે મુખ્યત્વે $95 \% Al$,$3 \% Cu$,$0.5-1 \% Mg$ અને $1-1.5 \% Mn$ ધરાવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $Cu$ ની વિદ્યુત વાહકતા આશરે $1 \times 10^7 \ S \ m^{-1}$ છે.
આપેલા સંક્રાંતિ ધાતુ ઓક્સાઇડમાં,$ReO_3$ ધાત્વીય ગુણધર્મો દર્શાવે છે અને તેની વિદ્યુત વાહકતા તાંબાની વાહકતાને સમાન છે.
તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો જવાબ છે.

(B) ક્રોમેટ $(CrO_4^{2-})$ અને ડાયક્રોમેટ $(Cr_2O_7^{2-})$ બંને આયનોમાં,$Cr$ એ $+6$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે,જે $d^0$ ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી દર્શાવે છે.
$d$-કક્ષકોમાં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન ન હોવાથી,$d-d$ સંક્રમણ શક્ય નથી.
તેમનો તીવ્ર રંગ (ક્રોમેટ માટે પીળો અને ડાયક્રોમેટ માટે નારંગી) લિગાન્ડ-ટુ-મેટલ ચાર્જ ટ્રાન્સફર $(LMCT)$ ને કારણે છે,જેમાં ઓક્સિજનના ઇલેક્ટ્રોન $Cr(VI)$ ની ખાલી $d$-કક્ષકોમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે.

(C) વિધાન $(3)$ ખોટું છે કારણ કે $d$- અથવા $f$-વિભાગની ધાતુઓના આંતરાલીય સંયોજનો વાહકતા દર્શાવે છે,જે તેમની મૂળ ધાતુઓ જેવી જ હોય છે.

(C) સંક્રાંતિ ધાતુઓ સામાન્ય રીતે $+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવે છે.
આનું કારણ એ છે કે સૌથી બહારની $s$-કક્ષકમાં રહેલા બે ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા પ્રમાણમાં સરળ છે.
આંતરિક $d$-ઉપકોષમાંથી વધારાના ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે ઘણી વધારે ઉર્જાની જરૂર પડે છે,જે મોટાભાગના સંક્રાંતિ તત્વો માટે સામાન્ય સ્થિર ઓક્સિડેશન અવસ્થાને $+2$ સુધી મર્યાદિત રાખે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) $Zn$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^{10} 4s^2$ છે.
બે ઇલેક્ટ્રોન દૂર કર્યા પછી,તેની રચના $[Ar] 3d^{10}$ બને છે.
$3d^{10}$ એ સંપૂર્ણ ભરાયેલી સ્થાયી રચના હોવાથી,ત્રીજો ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે ખૂબ જ વધારે ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
તેથી,$3d$-શ્રેણીના તત્વોમાં $Zn$ ની ત્રીજી આયનીકરણ એન્થાલ્પી સૌથી વધુ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) જ્યારે પોટેશિયમ પરમેંગેનેટ $(KMnO_4)$ ને $513 \ K$ તાપમાને ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું ઉષ્મીય વિઘટન થઈને પોટેશિયમ મેંગેનેટ $(K_2MnO_4)$,મેંગેનીઝ ડાયોક્સાઇડ $(MnO_2)$ અને ઓક્સિજન વાયુ $(O_2)$ બને છે.
આ પ્રક્રિયા માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$2KMnO_4 \xrightarrow{513 \ K} K_2MnO_4 + MnO_2 + O_2$

(C) એક્ટિનાઇડ્સ લેન્થેનાઇડ્સ કરતા વધુ ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે કારણ કે $5f$,$6d$ અને $7s$ પેટા-કોષો વચ્ચેનો ઉર્જા તફાવત ખૂબ જ ઓછો હોય છે.
આનાથી ઇલેક્ટ્રોન સરળતાથી ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરોમાં ઉત્તેજિત થઈ શકે છે,જે વિવિધ ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ આપે છે.
તેથી,વિધાન સાચું છે,કારણ ખોટું છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) કોષની પ્રક્રિયા $Cd_{(s)} + Cu^{2+}(aq) \longrightarrow Cd^{2+}(aq) + Cu_{(s)}$ છે.
પ્રથમ,પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલની ગણતરી કરો: $E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{cathode} - E^{\circ}_{anode} = 0.35 \ V - (-0.40 \ V) = 0.75 \ V$.
નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $E_{cell} = E^{\circ}_{cell} - \frac{0.0591}{n} \log Q$.
અહીં,$Q = \frac{[Cd^{2+}]}{[Cu^{2+}]} = \frac{0.01}{0.01} = 1$.
કારણ કે $\log(1) = 0$,તેથી $E_{cell} = 0.75 \ V$.
લોડ હેઠળ અવલોકિત $EMF$ $E_{observed} = E_{cell} - (I \times R)$ દ્વારા મળે છે.
$E_{observed} = 0.75 \ V - (0.15 \ A \times 4 \ \Omega) = 0.75 \ V - 0.60 \ V = 0.15 \ V$.

(A) કોષ પ્રક્રિયા $3 Sn^{4+} + 2 Cr \longrightarrow 3 Sn^{2+} + 2 Cr^{3+}$ છે.
અહીં,સ્થાનાંતરિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ $6$ છે.
પ્રમાણિત ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જા ફેરફારનું સૂત્ર $\Delta G^{\circ} = -n F E^{\circ}_{cell}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $n = 6$,$F = 96500 \ C \ mol^{-1}$,અને $E^{\circ}_{cell} = 0.89 \ V$.
$\Delta G^{\circ} = -6 \times 96500 \times 0.89 \ J \ mol^{-1}$.
$\Delta G^{\circ} = -515310 \ J \ mol^{-1} = -515.31 \ kJ \ mol^{-1}$.

(C) પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $i = \frac{P}{V} = \frac{200 \ W}{100 \ V} = 2 \ A$ છે.
ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના નિયમ મુજબ,$w = \frac{M \times i \times t}{n \times F}$,જ્યાં $w = 11.1 \ g$,$M = 118.7 \ g \ mol^{-1}$,$i = 2 \ A$,$t = 5 \times 3600 \ s$,અને $F = 96500 \ C \ mol^{-1}$ છે.
$n$ માટે ગણતરી કરતા: $n = \frac{M \times i \times t}{w \times F} = \frac{118.7 \times 2 \times 18000}{11.1 \times 96500} \approx 3.99 \approx 4$.
$Sn$ ની સંયોજકતા $n = 4$ હોવાથી,સંયોજન $SnCl_4$ છે.

(B) ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $w = \frac{E \times i \times t}{F} = \frac{A \times i \times t}{n \times F}$
જ્યાં $w = 3.88 \ g$,$A = 208 \ g/mol$,$i = 0.5 \ A$,$t = 2 \times 3600 \ s = 7200 \ s$,અને $F = 96500 \ C/mol$.
$n$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $n = \frac{A \times i \times t}{w \times F}$
$n = \frac{208 \times 0.5 \times 7200}{3.88 \times 96500} = \frac{748800}{374420} \approx 1.999 \approx 2$
તેથી,ક્ષારમાં ધાતુની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+2$ છે.

(B) ડેનિયલ કોષમાં પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલ $1.1 \ V$ હોય છે.
જ્યારે $E_{\text{external}} > E_{\text{cell}}$ હોય તેવો બાહ્ય વોલ્ટેજ લાગુ કરવામાં આવે,ત્યારે કોષ વિદ્યુતવિભાજન કોષ તરીકે વર્તે છે.
આ સ્થિતિમાં,વિદ્યુતપ્રવાહની દિશા ઉલટાય છે,જે કેથોડ $(Cu)$ થી એનોડ $(Zn)$ તરફ વહે છે.
પરિણામે,ઇલેક્ટ્રોન $Zn$ થી $Cu$ તરફ વહે છે અને રાસાયણિક પ્રક્રિયા $Zn^{2+} + Cu \longrightarrow Zn + Cu^{2+}$ બને છે.

(A) ડેનિયલ કોષમાં,$Zn$ એનોડ તરીકે અને $Cu$ કેથોડ તરીકે વર્તે છે.
એનોડ પર ઓક્સિડેશન થાય છે: $Zn_{(s)} \longrightarrow Zn^{2+}_{(aq)} + 2e^-$.
કેથોડ પર રિડક્શન થાય છે: $Cu^{2+}_{(aq)} + 2e^- \longrightarrow Cu_{(s)}$.
$Zn$ નું ઓક્સિડેશન થતું હોવાથી,તે રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
$Cu^{2+}$ નું રિડક્શન થતું હોવાથી,તે ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
સમગ્ર કોષ પ્રક્રિયા $Zn_{(s)} + Cu^{2+}_{(aq)} \longrightarrow Zn^{2+}_{(aq)} + Cu_{(s)}$ છે.
આથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(D) $H_2$ વાયુના ઉત્પાદન માટે રિડક્શન પ્રક્રિયા: $2H^{+} + 2e^{-} \longrightarrow H_2$ છે.
$STP$ પર,$1 \ mole$ $H_2$ વાયુ $22400 \ cc$ કદ રોકે છે.
પ્રક્રિયા મુજબ,$1 \ mole$ $H_2$ વાયુ ઉત્પન્ન કરવા માટે $2 \ mole$ ઇલેક્ટ્રોનની જરૂર પડે છે.
$1 \ mole$ $H_2$ માટે જરૂરી વીજભાર $= 2 \times 96500 \ C$.
તેથી,$1 \ cc$ $H_2$ માટે જરૂરી વીજભાર $= \frac{2 \times 96500}{22400} \approx 8.616 \ C$.
દર $1 \ cc / sec$ હોવાથી,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{Q}{t} = \frac{8.616 \ C}{1 \ sec} = 8.616 \ A$.
આમ,જરૂરી વિદ્યુતપ્રવાહ આશરે $8.61 \ A$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(B) અર્ધ-કોષ પ્રક્રિયા: $MnO_4^{-} + 8H^{+} + 5e^{-} \longrightarrow Mn^{2+} + 4H_2O$
નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $E = E^{\circ} - \frac{0.059}{n} \log \frac{[Mn^{2+}]}{[MnO_4^{-}][H^{+}]^8}$
ગણતરી કરતા,સાચો જવાબ $1.31 \ V$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલ $(E^{\circ}_{cell})$ અને સંતુલન અચળાંક $(K)$ વચ્ચેનો સંબંધ $298 \ K$ તાપમાને $\log K = \frac{n E^{\circ}_{cell}}{0.0591}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = 2$ (રેડોક્સ પ્રક્રિયામાં સ્થાનાંતરિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા).
કિંમતો મૂકતા: $\log K = \frac{2 \times 0.46}{0.0591} = \frac{0.92}{0.0591} \approx 15.566$.
તેથી,$K = 10^{15.566} \approx 3.68 \times 10^{15}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$K = 3.92 \times 10^{15}$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$A$. લેકલાન્શે કોષ: એનોડ પ્રક્રિયા $Zn \longrightarrow Zn^{2+} + 2e^{-}$ છે. તેથી,$A-3$.
$B$. ફ્યુઅલ કોષ: તે બળતણના દહનથી ઉત્પન્ન થતી ઉર્જાનું સીધું વિદ્યુત ઉર્જામાં રૂપાંતર કરે છે. તેથી,$B-1$.
$C$. Ni-Cd કોષ: તે રિચાર્જેબલ (સેકન્ડરી) કોષ છે. તેથી,$C-2$.
આમ,સાચો ક્રમ $A-3, B-1, C-2$ છે.

(B) ડેક્સટ્રોન - પોલીએસ્ટર વર્ગનું જૈવ-વિઘટનીય પોલીમર છે.
$(b)$ નાયલોન-$2$-નાયલોન-$6$ - પોલીએમાઈડ વર્ગનું જૈવ-વિઘટનીય પોલીમર છે.
$(c)$ નાયલોન-$6, 6$ - પોલીએમાઈડ વર્ગનું જૈવ-અવિઘટનીય પોલીમર છે.
$(d)$ $PHBV$ - પોલીએસ્ટર વર્ગનું જૈવ-વિઘટનીય પોલીમર છે.
તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(A) પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ હેલાઈડ એ છે જેમાં હેલોજન પરમાણુ પ્રાથમિક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોય છે (એક કાર્બન પરમાણુ જે ફક્ત બીજા એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોય).
બંધારણો તપાસતા:
$A$. $1-$બ્રોમો-બ્યુટ$-2-$ઈન: $CH_2(Br)-CH=CH-CH_3$. અહીં $Br$ એ $CH_2$ સમૂહ સાથે જોડાયેલ છે,જે ફક્ત એક જ કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે. તેથી,તે પ્રાથમિક હેલાઈડ છે.
$B$. $4-$બ્રોમો-પેન્ટ$-2-$ઈન: $CH_3-CH=CH-CH_2-CH_2(Br)$. આ પણ પ્રાથમિક હેલાઈડ છે,પરંતુ $1-$બ્રોમો-બ્યુટ$-2-$ઈન એ એલાઈલિક પ્રાથમિક હેલાઈડનું સૌથી સામાન્ય ઉદાહરણ છે.
$C$. $2-$બ્રોમો$-2-$મિથાઈલપ્રોપેન: $(CH_3)_3C-Br$. અહીં $Br$ તૃતીયક કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે.
$D$. $t-$બ્યુટાઈલ બ્રોમાઈડ: $(CH_3)_3C-Br$. આ $C$ જેવું જ છે,જે તૃતીયક હેલાઈડ છે.
તેથી,$1-$બ્રોમો-બ્યુટ$-2-$ઈન એ પ્રાથમિક હેલાઈડ છે.

(A) જેમ-ડાયહેલાઈડ એવું સંયોજન છે જેમાં બે હેલોજન પરમાણુઓ એક જ કાર્બન પરમાણુ પર જોડાયેલા હોય છે.
ઈથિલીડીન ક્લોરાઈડ $(CH_3CHCl_2)$ એ જેમ-ડાયહેલાઈડ છે કારણ કે બંને ક્લોરીન પરમાણુઓ એક જ કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા છે.
ઈથિલીન ડાયક્લોરાઈડ $(ClCH_2CH_2Cl)$ એ વિક-ડાયહેલાઈડ $(vic-dihalide)$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(D) પીગળેલા સિલ્વર નાઈટ્રેટ $(AgNO_3)$ ને,જે સળિયાના આકારમાં હોય છે,તેને પરંપરાગત રીતે "લુનર કોસ્ટિક" કહેવામાં આવે છે.
તેનો ઉપયોગ તબીબી ક્ષેત્રે કોટરાઇઝિંગ એજન્ટ (cauterizing agent) તરીકે થાય છે.

(B) સાબુ એ લાંબી શૃંખલા ધરાવતા ફેટી એસિડના સોડિયમ અથવા પોટેશિયમ ક્ષાર છે (દા.ત.,$C_{17}H_{35}COONa$).
કઠિન પાણીમાં કેલ્શિયમ $(Ca^{2+})$ અને મેગ્નેશિયમ $(Mg^{2+})$ આયનો ઓગળેલા હોય છે.
જ્યારે સાબુને કઠિન પાણીમાં ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે આ આયનો સાબુ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને ફેટી એસિડના અદ્રાવ્ય કેલ્શિયમ અથવા મેગ્નેશિયમ ક્ષાર બનાવે છે,જેમ કે $(C_{17}H_{35}COO)_2Ca$.
આ અદ્રાવ્ય ક્ષારો રાખોડી-સફેદ મેલ (scum) તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે,જે ફીણ બનતા અટકાવે છે અને સાબુની સફાઈ કરવાની ક્ષમતા ઘટાડે છે.

(C) એસિડિક પ્રબળતાનો વધતો સાચો ક્રમ: $\text{ઇથેનોલ} < \text{ફિનોલ} < \text{એસેટિક એસિડ} < \text{ક્લોરોએસેટિક એસિડ}$ છે.
$1$. $\text{ઇથેનોલ}$ આપેલા સંયોજનોમાં સૌથી ઓછો એસિડિક છે.
$2$. $\text{ફિનોલ}$ એ $\text{ઇથેનોલ}$ કરતા વધુ એસિડિક છે કારણ કે $\text{ફિનોક્સાઇડ આયન}$ સંસ્પંદન દ્વારા સ્થાયી થાય છે.
$3$. $\text{કાર્બોક્સિલિક એસિડ}$ એ $\text{ફિનોલ}$ કરતા વધુ એસિડિક છે કારણ કે $\text{કાર્બોક્સિલેટ આયન}$ સંસ્પંદન દ્વારા વધુ સ્થાયી થાય છે.
$4$. $\text{ક્લોરોએસેટિક એસિડ}$ માં $\text{ક્લોરિન}$ પરમાણુની ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષક પ્રેરક અસર ($-I$ અસર) ને કારણે તે $\text{એસેટિક એસિડ}$ કરતા વધુ એસિડિક છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(C) એસિડિક પ્રબળતા $H^+$ આયન મુક્ત થયા પછી બનતા સંયુગ્મી બેઇઝની સ્થિરતા પર આધાર રાખે છે.
ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક સમૂહો ($-I$ અસર) કાર્બોક્સિલેટ આયનને સ્થિર કરે છે,જેથી એસિડિકતા વધે છે.
ફ્લોરિન $(F)$ ની $-I$ અસર ક્લોરિન $(Cl)$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,ટ્રાયફ્લોરો એસિટિક એસિડ $(CF_3COOH)$ એ ટ્રાયક્લોરો એસિટિક એસિડ $(CCl_3COOH)$ કરતા વધુ પ્રબળ એસિડ છે.
ફોર્મિક એસિડ $(HCOOH)$ એ એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ કરતા વધુ પ્રબળ છે કારણ કે એસિટિક એસિડમાં રહેલો મિથાઈલ સમૂહ $+I$ અસર દર્શાવે છે,જે કાર્બોક્સિલેટ આયનને અસ્થિર બનાવે છે.
એસિડિક પ્રબળતાનો ઘટતો ક્રમ: ટ્રાયફ્લોરો એસિટિક એસિડ $(2)$ $>$ ટ્રાયક્લોરો એસિટિક એસિડ $(1)$ $>$ ફોર્મિક એસિડ $(4)$ $>$ એસિટિક એસિડ $(3)$.
આમ,સાચો ક્રમ $2 > 1 > 4 > 3$ છે.

(D) આણ્વીય સૂત્ર $C_3H_8O$ આલ્કોહોલ અથવા ઈથર હોઈ શકે છે. તે $HI$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બે નીપજો ($X$ અને $Y$) આપે છે,તેથી તે ઈથર હોવું જોઈએ. પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $CH_3-CH_2-O-CH_3 + 2HI \rightarrow CH_3-I (X) + CH_3-CH_2-I (Y) + H_2O$.
જ્યારે ઇથાઇલ આયોડાઇડ $(Y)$ ને જલીય આલ્કલી $(NaOH)$ સાથે ઉકાળવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઇથેનોલ $(CH_3CH_2OH)$ બનાવે છે.
આયોડોફોર્મ કસોટી $CH_3CO-$ અથવા $CH_3CH(OH)-$ સમૂહ ધરાવતા સંયોજનો દ્વારા આપવામાં આવે છે. ઇથેનોલ $(CH_3CH_2OH)$ આયોડોફોર્મ કસોટી આપે છે. તેથી,$(A)$ એ મેથોક્સી ઇથેન છે.

(C) સેકેરિક એસિડને $(2R, 3S, 4S, 5S)-2,3,4,5-$ટેટ્રાહાઈડ્રોક્સીહેક્ઝેનડાયોઈક એસિડ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
તેનું રાસાયણિક બંધારણ $HOOC-(CHOH)_4-COOH$ છે.
બંધારણમાં દર્શાવ્યા મુજબ,સેકેરિક એસિડમાં ચાર મધ્યવર્તી કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલા ચાર હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહો હોય છે.
તેથી,હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહોની કુલ સંખ્યા $4$ છે.

(B) કોપર મેટ એ કોપર પાયરાઈટ્સ $(CuFeS_2)$ માંથી કોપરના નિષ્કર્ષણ દરમિયાન મળતું પીગળેલું મિશ્રણ છે.
તે મુખ્યત્વે ક્યુપ્રસ સલ્ફાઈડ $(Cu_2S)$ અને ફેરસ સલ્ફાઈડ $(FeS)$ નું બનેલું છે.

(A) કેલેમાઇન $(ZnCO_3)$ એ $Zn$ નો અયસ્ક છે.
બોક્સાઇટ $(AlO_x(OH)_{3-2x})$ એ $Al$ નો અયસ્ક છે (જ્યાં $0 < x < 1$).
મેલેકાઇટ $(CuCO_3 \cdot Cu(OH)_2)$ એ $Cu$ નો અયસ્ક છે.
સિડેરાઇટ $(FeCO_3)$ એ $Fe$ નો અયસ્ક છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $Zn, Al, Cu, Fe$ છે.

(B) કેલ્સિનેશન: જલીય કાર્બોનેટ અથવા હાઇડ્રોક્સાઇડ અયસ્ક માટે વપરાય છે,જેમ કે મેલેકાઇટ,$CuCO_3 \cdot Cu(OH)_2$ ($4$ સાથે જોડાય છે).
$(B)$ રોસ્ટિંગ: સલ્ફાઇડ અયસ્ક માટે વપરાય છે,જેમ કે ગેલેના,$PbS$ ($1$ સાથે જોડાય છે).
$(C)$ ચુંબકીય અલગીકરણ: ચુંબકીય અયસ્ક અથવા ગેંગ માટે વપરાય છે,જેમ કે મેગ્નેટાઇટ,$Fe_3O_4$ ($2$ સાથે જોડાય છે).
$(D)$ ધાતુના ઓક્સાઇડનું કાર્બન દ્વારા રિડક્શન: ભઠ્ઠીમાં ગરમી આપીને કાર્બનનો ઉપયોગ કરીને ધાતુના ઓક્સાઇડનું રિડક્શન કરવાની પ્રક્રિયા,જે પાયરોમેટલર્જીનો એક પ્રકાર છે ($3$ સાથે જોડાય છે).
તેથી,સાચી જોડ $A-4, B-1, C-2, D-3$ છે.

(D) ફીણ પ્લવન પદ્ધતિ સલ્ફાઇડ અયસ્કના સંકેન્દ્રણ માટે વપરાતી પ્રક્રિયા છે.
$(i)$ ફીણ પ્લવન પદ્ધતિનો ઉપયોગ સલ્ફાઇડ અયસ્કમાંથી ગેંગ દૂર કરવા માટે થાય છે.
$(ii)$ ક્રેસોલ્સ અને એનિલિન ફીણ સ્થિરકારક તરીકે વપરાય છે.
$(iii)$ સોડિયમ સાયનાઇડ $(NaCN)$ નો ઉપયોગ $ZnS$ ને $PbS$ થી અલગ કરવા માટે ડિપ્રેસન્ટ તરીકે થાય છે.
$(iv)$ એનિલિનનો ઉપયોગ ફીણ સ્થિરકારક તરીકે થાય છે,ફીણ વધારનાર તરીકે નહીં. ફીણ વધારનાર તરીકે પાઈન ઓઈલ અથવા ફેટી એસિડનો ઉપયોગ થાય છે. તેથી,વિધાન $(iv)$ ખોટું છે.

(B) ફીણ પ્લવન પદ્ધતિ અયસ્ક અને ગેંગના કણોની પાણી અને તેલ સાથેની ભીનાશ પડતી ગુણધર્મોના તફાવત પર આધારિત છે.
અયસ્કના કણો તેલ દ્વારા પ્રાધાન્યતાથી ભીના થાય છે,જે તેમની સપાટીને હાઇડ્રોફોબિક (પાણીને અપાકર્ષતી) બનાવે છે.
તેમની સપાટી પાણી દ્વારા સરળતાથી ભીની થતી ન હોવાથી,તેઓ હવાના પરપોટા સાથે જોડાય છે અને ફીણની સાથે સપાટી પર આવે છે.
ગેંગના કણો પાણી દ્વારા પ્રાધાન્યતાથી ભીના થાય છે અને જલીય તબક્કામાં રહે છે.

(C) એલિન્ધમ આકૃતિ મુજબ,$Mg$ દ્વારા $Al_2O_3$ નું રિડક્શન ઉષ્માગતિશાસ્ત્રની દ્રષ્ટિએ શક્ય છે કારણ કે $MgO$ ના નિર્માણ માટેનો વક્ર $1665 \ K$ થી નીચેના તાપમાને $Al_2O_3$ ના નિર્માણ માટેના વક્રની નીચે આવેલો છે.
જોકે,એલ્યુમિનિયમના નિષ્કર્ષણ માટે રિડક્શન કર્તા તરીકે મેગ્નેશિયમનો ઉપયોગ આર્થિક રીતે ફાયદાકારક નથી,કારણ કે ઉત્પાદિત એલ્યુમિનિયમની કિંમતની સરખામણીમાં મેગ્નેશિયમનો ખર્ચ ઘણો વધારે છે.
તેથી,વિધાન $3$ ખોટું છે.