AP EAMCET 2021 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) $C_2$ ની આણ્વીય કક્ષક રચના $\sigma 1s^2 \sigma^* 1s^2 \sigma 2s^2 \sigma^* 2s^2 \pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2$ છે.
$C_2$ અણુમાં,સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન માત્ર $\pi$ બંધનકારક આણ્વીય કક્ષકોમાં ગોઠવાયેલા હોય છે.
તેથી,$C_2$ અણુમાં માત્ર $\pi$-બંધો હોય છે.

(C) જ્યારે ઓર્બિટલ્સની સંમિતિ અસરકારક આંતરક્રિયા માટે પરવાનગી આપતી નથી ત્યારે શૂન્ય ઓવરલેપ થાય છે.
ખાસ કરીને,$z$-અક્ષ પર $s$-ઓર્બિટલ (જે ગોળાકાર સંમિત છે) અને $p_x$-ઓર્બિટલનું ઓવરલેપ થવાથી શૂન્ય નેટ ઓવરલેપ મળે છે કારણ કે $p_x$-ઓર્બિટલના ધન અને ઋણ લોબ્સ એકબીજાની અસરને નાબૂદ કરે છે.
તેવી જ રીતે,$p_x$-ઓર્બિટલ અને $p_y$-ઓર્બિટલ વચ્ચેનું ઓવરલેપ પણ તેમની લંબ દિશાઓને કારણે શૂન્ય હોય છે.

(A) સ્થિરતા એ બંધ ક્રમાંક (bond order) ના સમપ્રમાણમાં હોય છે. બંધ ક્રમાંકની ગણતરી નીચે મુજબ છે:
$(i)$ $N_2^{-}$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 15$. $B$.$O$. $= 2.5$.
$(ii)$ $C_2$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 12$. $B$.$O$. $= 2.0$.
$(iii)$ $Ne_2$: બંધકારક અને બંધપ્રતિકારક ઇલેક્ટ્રોન સમાન છે. $B$.$O$. $= 0$. તેથી,$Ne_2$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$(iv)$ $O_2^{2-}$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 18$. $B$.$O$. $= 1.0$.
બંધ ક્રમાંકનો સાચો ક્રમ: $N_2^{-} (2.5) > C_2 (2.0) > O_2^{2-} (1.0) > Ne_2 (0)$.
તેથી,સ્થિરતાનો સાચો ક્રમ $N_2^{-} > C_2 > O_2^{2-} > Ne_2$ છે.

(B) સંપૂર્ણ આયનીય બંધ માટે ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu_{calc} = q \times d$ તરીકે ગણવામાં આવે છે।
આપેલ બંધ લંબાઈ $d = 150 \ pm = 150 \times 10^{-12} \ m$.
ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર $q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$ છે।
$\mu_{calc} = 150 \times 10^{-12} \ m \times 1.6 \times 10^{-19} \ C = 2.4 \times 10^{-29} \ C \cdot m$.
ટકાવારી આયનીય લક્ષણ $= \frac{\mu_{observed}}{\mu_{calc}} \times 100$.
આપેલ $\mu_{observed} = 1.5 \times 10^{-29} \ C \cdot m$.
ટકાવારી આયનીય લક્ષણ $= \frac{1.5 \times 10^{-29}}{2.4 \times 10^{-29}} \times 100 = 62.5\%$.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $B$ છે।

(B) ફાજાનના નિયમ મુજબ,આયનીય બંધનું સહસંયોજક લક્ષણ કેટાયનની ધ્રુવીભવન ક્ષમતા (polarising power) પર આધાર રાખે છે.
નાના કેટાયનો વધુ ધ્રુવીભવન ક્ષમતા ધરાવે છે,જે વધુ સહસંયોજક લક્ષણ તરફ દોરી જાય છે.
આપેલા સમૂહ-$15$ ના ટ્રાયહેલાઈડ્સમાં,કેન્દ્રીય ધાતુ કેટાયનનું કદ સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં વધે છે $(N < P < Sb < Bi)$.
$Bi^{3+}$ એ આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી મોટો કેટાયન હોવાથી,તેની ધ્રુવીભવન ક્ષમતા સૌથી ઓછી છે.
તેથી,$BiF_3$ સૌથી ઓછું સહસંયોજક લક્ષણ ધરાવે છે અને સ્વભાવે સૌથી વધુ આયનીય છે.

(D) ફાજન્સના નિયમ મુજબ,આયનીય બંધની સહસંયોજક લાક્ષણિકતા જેમ ધન આયનનું કદ ઘટે અને ધન આયન પરનો વીજભાર વધે તેમ વધે છે.
સહસંયોજક લાક્ષણિકતાનો સાચો ક્રમ $NaCl < LiCl < MgCl_2 < BeCl_2$ છે.
આપેલ વિધાનમાં,$NaCl < MgCl_2 < BeCl_2 < LiCl$ ક્રમ ખોટો છે કારણ કે $LiCl$ એ $NaCl$ અને $MgCl_2$ ની વચ્ચે હોવું જોઈએ.
તેથી,$A$ ખોટું છે અને $R$ સાચું છે.

(B) ફાજાનના નિયમ મુજબ,આયનીય બંધનો સહસંયોજક ગુણધર્મ ઋણાયન (anion) ના કદમાં વધારો અને ધનાયન (cation) ના કદમાં ઘટાડા સાથે વધે છે.
આપેલા સંયોજનોમાં,$Al^{3+}$ સૌથી નાનો ધનાયન છે,જેની ધ્રુવીભવન શક્તિ (polarizing power) સૌથી વધુ છે.
ઋણાયનો ($Cl^{-}$ અને $I^{-}$) માં,આયોડાઇડ આયન $(I^{-})$ એ ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^{-})$ કરતા મોટો છે.
તેથી,$AlI_3$ માં ધનાયન દ્વારા ઋણાયનના ઇલેક્ટ્રોન ક્લાઉડનું મહત્તમ ધ્રુવીભવન થાય છે,જેના પરિણામે સૌથી વધુ સહસંયોજક ગુણધર્મ જોવા મળે છે.

(C) ધાતુના ઓક્સાઈડ સામાન્ય રીતે સ્વભાવે બેઝિક હોય છે.
$Na_2O$,$MgO$,અને $CaO$ બેઝિક ઓક્સાઈડ છે.
$As_2O_3$ અને $ZnO$ ઉભયગુણી (amphoteric) સ્વભાવ ધરાવે છે.
$Mn_2O_3$ બેઝિક છે,પરંતુ $N_2O$ અને $N_2O_5$ એસિડિક ઓક્સાઈડ છે.
આમ,કુલ $3$ બેઝિક ઓક્સાઈડ છે.

(D) સમૂહ-$2$ ના તત્વો આલ્કલાઇન અર્થ ધાતુઓ છે અને સમૂહ-$17$ ના તત્વો હેલોજન (અધાતુઓ) છે.
જ્યારે ધાતુ અધાતુ સાથે પ્રતિક્રિયા આપે છે,ત્યારે ધાતુમાંથી અધાતુમાં ઇલેક્ટ્રોનનું સ્થાનાંતર થાય છે,જેના પરિણામે આયનીય બંધ બને છે.
આયનીય સંયોજનો સામાન્ય રીતે આયનો વચ્ચેના મજબૂત સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ બળોને કારણે ઓરડાના તાપમાને સ્ફટિકમય ઘન સ્વરૂપે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,બનતું સંયોજન સ્ફટિકમય ઘન હોવાની શક્યતા છે.

(A) અણુની પરિણામી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $(\mu)$ તેની સંમિતિ અને તેના બંધોની ધ્રુવીયતા પર આધાર રાખે છે.
પેરા-વિસ્થાપિત બેન્ઝીન વ્યુત્પન્ન માટે,જો બે વિસ્થાપકો સમાન હોય,તો બે $C-X$ બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ હોય છે,જેના પરિણામે ચોખ્ખી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $\mu = 0$ થાય છે.
$(i)$ $1,4-\text{ડાયક્લોરોબેન્ઝીન}$: બે $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,તેથી $\mu = 0$.
(ii) $1,4-\text{ડાયસાયનોબેન્ઝીન}$: બે $C-CN$ બંધના દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,તેથી $\mu = 0$.
(iii) $1,4-\text{ડાયહાઈડ્રોક્સીબેન્ઝીન}$ (હાઈડ્રોક્વિનોન): $-OH$ સમૂહોના મુક્ત પરિભ્રમણને કારણે,અણુ એવા બંધારણો ધારણ કરી શકે છે જ્યાં બંધ દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરતા નથી,પરિણામે $\mu \neq 0$.
(iv) $1,4-\text{ડાયમરકેપ્ટોબેન્ઝીન}$: હાઈડ્રોક્વિનોનની જેમ,$-SH$ સમૂહો ફરી શકે છે,જેના પરિણામે પરિણામી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા શૂન્ય હોતી નથી,$\mu \neq 0$.
તેથી,અણુઓ $(iii)$ અને $(iv)$ માટે પરિણામી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $\mu \neq 0$ છે.

(D) . ડાયપોલ મોમેન્ટ $(\mu)$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુ $(N)$ અને આસપાસના પરમાણુઓ વચ્ચેના વિદ્યુતઋણતાના તફાવત પર,તેમજ બંધ ડાયપોલ અને લોન પેર ડાયપોલની દિશા પર આધાર રાખે છે.
$NH_3$ માં,$N-H$ બંધના ડાયપોલ અને લોન પેર ડાયપોલ એક જ દિશામાં હોય છે,જેના પરિણામે મોટો ચોખ્ખો ડાયપોલ મોમેન્ટ $(\mu = 1.46 \ D)$ મળે છે.
$NF_3$ માં,$F$ ની વિદ્યુતઋણતા $N$ કરતા વધારે છે,તેથી બંધ ડાયપોલ નાઈટ્રોજન પરમાણુથી દૂર જાય છે,જે લોન પેર ડાયપોલની દિશાની વિરુદ્ધ હોય છે,જેના પરિણામે નાનો ચોખ્ખો ડાયપોલ મોમેન્ટ $(\mu = 0.24 \ D)$ મળે છે.
$NCl_3$ અને $NBr_3$ માં પણ $NH_3$ ની તુલનામાં ઓછા ડાયપોલ મોમેન્ટ હોય છે કારણ કે વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત ઓછો છે અને અણુઓની ભૂમિતિ અલગ છે.
તેથી,$NH_3$ નો ડાયપોલ મોમેન્ટ મહત્તમ છે.

(B) ડાયપોલ મોમેન્ટ $(\mu)$ એ સદિશ રાશિ છે જે બંધની ધ્રુવીયતા અને અણુના ભૂમિતિ પર આધાર રાખે છે.
$CO_2$ અને $N_2O$ એ રેખીય અણુઓ છે જેમાં સપ્રમાણ વીજભાર વિતરણ હોય છે,જેના પરિણામે ચોખ્ખો ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu = 0 \ D$ થાય છે.
$NH_3$ ની ભૂમિતિ ટ્રાયગોનલ પિરામિડલ છે જેમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે. $N-H$ બંધના ડાયપોલ મોમેન્ટ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ એકબીજાને ટેકો આપે છે,જે તેને આશરે $1.47 \ D$ નો ડાયપોલ મોમેન્ટ આપે છે.
$SO_2$ સલ્ફર પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે બેન્ટ ($V$-આકારની) ભૂમિતિ ધરાવે છે. $S=O$ બંધના ડાયપોલ એકબીજાને રદ કરતા નથી,જેના પરિણામે આશરે $1.63 \ D$ નો ચોખ્ખો ડાયપોલ મોમેન્ટ મળે છે.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,આપેલા વિકલ્પોમાં $SO_2$ નો ડાયપોલ મોમેન્ટ સૌથી વધુ છે.

(A) અણુમાં કાયમી ડાયપોલ મોમેન્ટ હોય છે જો તેની ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu_{net} \neq 0$ હોય.
$(i)$ $CH_2Cl_2$ (ડાયક્લોરોમિથેન) ની ભૂમિતિ સમચતુષ્ફલકીય છે જ્યાં બંધની ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને નાબૂદ કરતી નથી,તેથી $\mu_{net} \neq 0$.
$(ii)$ $trans-1,2-dichloroethene$ એક સંમિત અણુ છે જ્યાં બંધની ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,તેથી $\mu_{net} = 0$.
$(iii)$ $CCl_4$ (કાર્બન ટેટ્રાક્લોરાઇડ) એક અત્યંત સંમિત સમચતુષ્ફલકીય અણુ છે જ્યાં ચારેય $C-Cl$ બંધની ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,તેથી $\mu_{net} = 0$.
$(iv)$ $Br-C \equiv C-Br$ ($1$,$2$-ડાયબ્રોમોઇથાઇન) એક રેખીય,સંમિત અણુ છે જ્યાં બંધની ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,તેથી $\mu_{net} = 0$.
તેથી,માત્ર સંયોજન $(i)$ માં કાયમી ડાયપોલ મોમેન્ટ છે.

(A) દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા એ મધ્યસ્થ પરમાણુ અને આસપાસના પરમાણુઓ વચ્ચેના વિદ્યુતઋણતાના તફાવત અને અણુના ભૌમિતિક આકાર પર આધાર રાખે છે.
$NH_3$ માં,$N$ અને $H$ વચ્ચે વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત નોંધપાત્ર છે. ત્રણ $N-H$ બંધ અને $N$ પર રહેલા અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા એક જ દિશામાં હોય છે,પરિણામે કુલ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા વધારે $(1.47 \ D)$ મળે છે.
$NCl_3$ માં,$N$ $(3.04)$ અને $Cl$ $(3.16)$ ની વિદ્યુતઋણતા લગભગ સમાન છે. ત્રણ $N-Cl$ બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે,જેનાથી કુલ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા ઓછી $(0.6 \ D)$ થાય છે.
$CS_2$ નો આકાર રેખીય $(S=C=S)$ છે,તેથી તે અધ્રુવીય અણુ છે અને તેની કુલ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $0 \ D$ છે.
$C_2H_6$ (ઈથેન) એક અધ્રુવીય હાઈડ્રોકાર્બન છે જેની કુલ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $0 \ D$ છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી $NH_3$ ની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા મહત્તમ છે.

(A) હાઇડ્રોજન બંધની પ્રબળતા પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા અને અણુ દીઠ બનતા હાઇડ્રોજન બંધોની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
$H_2O_2$ માં બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ અને ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે હાઇડ્રોજન બંધનું વ્યાપક નેટવર્ક બનાવે છે.
$H_2O$ પણ મજબૂત હાઇડ્રોજન બંધ બનાવે છે,પરંતુ $H_2O_2$ તેની રચનાને કારણે આંતરઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધનનું ઉચ્ચ પ્રમાણ દર્શાવે છે.
$HF$ મજબૂત હાઇડ્રોજન બંધ બનાવે છે પરંતુ તે દાતા/સ્વીકારનાર સાઇટ્સની સંખ્યા દ્વારા મર્યાદિત છે.
$H_2S$ નોંધપાત્ર હાઇડ્રોજન બંધ બનાવતું નથી કારણ કે સલ્ફરની વિદ્યુતઋણતા ઓછી છે.
આમ,સાચો ક્રમ $H_2O_2 > H_2O > HF > H_2S$ છે.

(A) $H_2SO_4$ ના અણુઓ આંતરઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બોન્ડિંગ દર્શાવે છે,જેના કારણે અણુઓ વચ્ચે મજબૂત આકર્ષણ જોવા મળે છે. આનાથી ઉત્કલન બિંદુ વધે છે અને એસિડ ઓછું બાષ્પશીલ બને છે.

(C) મિથેનોલ $(CH_3OH)$ માં,આંતરઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. જ્યારે હાઇડ્રોજન પરમાણુ નાઇટ્રોજન,ઓક્સિજન અથવા ફ્લોરિન જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ પરમાણુ સાથે સીધો જોડાયેલ હોય છે,ત્યારે તે આંતરઆણ્વીય અથવા આંતઃઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધ બનાવે છે. તેથી,પ્રવાહી $CH_3OH$ ને બાષ્પમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે મિથેનોલના અણુઓમાં રહેલા આંતરઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધને તોડવા જરૂરી છે.

(D) સંતુલન અચળાંક $K_{p}$ અને $K_{c}$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$K_{p} = K_{c}(RT)^{\Delta n_{g}}$
જ્યાં $\Delta n_{g}$ એ વાયુરૂપ નીપજો અને વાયુરૂપ પ્રક્રિયકોના તત્વયોગમિતીય સહગુણકોના સરવાળા વચ્ચેનો તફાવત છે.
પ્રક્રિયા $2A_{(g)} \rightleftharpoons B_{(g)} + C_{(g)}$ માટે,વાયુરૂપ મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર:
$\Delta n_{g} = (1 + 1) - 2 = 0$
સૂત્રમાં $\Delta n_{g} = 0$ મૂકતા:
$K_{p} = K_{c}(RT)^{0}$
કારણ કે $(RT)^{0} = 1$,તેથી:
$K_{p} = K_{c}$

(C) પ્રક્રિયા $NO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \rightleftharpoons NO_{2(g)}$ છે.
પ્રથમ,પ્રક્રિયાનો પ્રમાણિત એન્થાલ્પી ફેરફાર ગણો: $\Delta_{r} H^{\circ} = \Delta_{f} H^{\circ}(NO_2) - \Delta_{f} H^{\circ}(NO) = 32.48 - 90.4 = -57.92 \ kJ \cdot mol^{-1} = -57920 \ J \cdot mol^{-1}$.
ત્યારબાદ,પ્રમાણિત ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જા ફેરફાર ગણો: $\Delta G^{\circ} = \Delta H^{\circ} - T \Delta S^{\circ} = -57920 - (298 \times -70.8) = -36821.6 \ J \cdot mol^{-1}$.
છેલ્લે,$\Delta G^{\circ} = -2.303 RT \log K$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\log K \approx 6.45$,તેથી $K \approx 3.162 \times 10^6$.

(B) આપેલી પ્રક્રિયા $2 X_{(g)} + Y_{(g)} \rightleftharpoons 3 Z_{(g)}$ છે.
સંતુલન અચળાંક $(k)$ એ નીપજોની સાંદ્રતાના ગુણાકાર અને પ્રક્રિયકોની સાંદ્રતાના ગુણાકારનો ગુણોત્તર છે,જેમાં દરેકને તેમના તત્વયોગમિતિય સહગુણકોની ઘાત તરીકે લેવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા $aA + bB \rightleftharpoons cC + dD$ માટે,સંતુલન અચળાંક $k = \frac{[C]^c [D]^d}{[A]^a [B]^b}$ છે.
આપેલી પ્રક્રિયા માટે,આપણને $k = \frac{[Z]^3}{[X]^2 [Y]}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $A$ ની પ્રારંભિક સાંદ્રતા $a$ અને $B$ ની $1.5a$ છે.
સંતુલન સમયે,ધારો કે $D$ ની સાંદ્રતા $x$ છે.
પ્રક્રિયા $A + 2B \rightleftharpoons 2C + D$ ના તત્વયોગમિતિ મુજબ,સંતુલન સાંદ્રતા નીચે મુજબ છે:
$[A] = a - x$
$[B] = 1.5a - 2x$
$[C] = 2x$
$[D] = x$
આપેલ છે કે સંતુલન સમયે $[A] = [C]$:
$a - x = 2x \implies a = 3x \implies x = a/3$.
$x = a/3$ ને સંતુલન સાંદ્રતામાં મૂકતા:
$[A] = a - a/3 = 2a/3$
$[B] = 1.5a - 2(a/3) = 5a/6$
$[C] = 2(a/3) = 2a/3$
$[D] = a/3$
હવે,$K_C$ ની ગણતરી કરતા:
$K_C = \frac{[C]^2 [D]}{[A] [B]^2} = \frac{(2a/3)^2 \times (a/3)}{(2a/3) \times (5a/6)^2} = 0.32$.
આપેલ વિકલ્પ મુજબ,$K_C = 0.3$.

(C) $A + B \rightleftharpoons C + D$ પ્રક્રિયા માટે,સંતુલન અચળાંકનું સૂત્ર $K_C = \frac{[C][D]}{[A][B]}$ છે.
આપેલ છે કે $K_C = 10$,તેથી $10 = \frac{[C][D]}{[A][B]}$.
સમીકરણને $[A][B]$ માટે ગોઠવતા,આપણને $[A][B] = \frac{1}{10}[C][D]$ મળે છે.
તેથી,$[A][B] = 0.1[C][D]$.

(A) પ્રક્રિયા $\frac{1}{2} C_{(g)} \rightleftharpoons \frac{1}{2} A_{(g)} + \frac{1}{2} B_{(g)}$ માટે,$K_{p1} = 0.25$ આપેલ છે.
લક્ષ્ય પ્રક્રિયા $A_{(g)} + B_{(g)} \rightleftharpoons C_{(g)}$ માટે,ધારો કે સંતુલન અચળાંક $K_{p2}$ છે.
પ્રથમ,આપેલી પ્રક્રિયાને ઉલટાવો: $\frac{1}{2} A_{(g)} + \frac{1}{2} B_{(g)} \rightleftharpoons \frac{1}{2} C_{(g)}$. નવો અચળાંક $K'_{p} = \frac{1}{K_{p1}} = \frac{1}{0.25} = 4$ થશે.
ત્યારબાદ,લક્ષ્ય પ્રક્રિયા મેળવવા માટે તત્વયોગમિતિને $2$ વડે ગુણો: $A_{(g)} + B_{(g)} \rightleftharpoons C_{(g)}$. તેથી,$K_{p2} = (K'_{p})^2 = (4)^2 = 16$ થશે.
આમ,પ્રક્રિયા માટે $K_p$ નું મૂલ્ય $16$ છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા $SO_{2(g)} + 1/2 O_{2(g)} \rightleftharpoons SO_{3(g)}$ છે.
આ પ્રક્રિયામાં,વાયુરૂપ નીપજોના મોલની સંખ્યા $1$ છે અને વાયુરૂપ પ્રક્રિયકોના મોલની સંખ્યા $1 + 0.5 = 1.5$ છે.
લી શેટલિયરના સિદ્ધાંત મુજબ,દબાણમાં વધારો કરવાથી સંતુલન ઓછા મોલ ધરાવતી બાજુ તરફ ખસે છે.
નીપજની બાજુએ ઓછા મોલ હોવાથી $(1 < 1.5)$,દબાણ વધારવાથી $SO_3$ ની ઉપજ વધશે.
આલેખ પરથી,આપેલ તાપમાન માટે,ઉપજ $P_3 > P_2 > P_1$ ક્રમ અનુસરે છે.
તેથી,સાચો સંબંધ $P_3 > P_2 > P_1$ છે,જે $P_1 < P_2 < P_3$ ને સમાન છે.

(B) $Le-Chatelier$ નો સિદ્ધાંત ઘન-ઘન સંતુલન માટે લાગુ પડતો નથી કારણ કે શુદ્ધ ઘન અને પ્રવાહીની સક્રિયતા $1$ લેવામાં આવે છે.
શુદ્ધ ઘન અને પ્રવાહીને સંતુલન અચળાંકના સમીકરણમાંથી બાકાત રાખવામાં આવે છે.
આનું કારણ એ છે કે તેઓ સંતુલન અવસ્થામાં પ્રક્રિયકો કે નીપજોની સાંદ્રતાને અસર કરતા નથી.
તેથી,સંતુલન પર રહેલી સિસ્ટમમાંથી શુદ્ધ ઘન પદાર્થ ઉમેરવાથી કે દૂર કરવાથી સંતુલનની સ્થિતિ પર કોઈ અસર થતી નથી.
આપેલા વિકલ્પોમાં,પ્રક્રિયા $Fe_{(s)} + S_{(s)} \rightleftharpoons FeS_{(s)}$ માં માત્ર ઘન અવસ્થાઓ છે,તેથી આ સિદ્ધાંત ત્યાં લાગુ પડતો નથી.

(C) લે-શાતેલિયરના સિદ્ધાંત મુજબ,$H_{2(g)}$ (પ્રક્રિયક) ઉમેરવાથી સંતુલન પુરોગામી દિશામાં ખસે છે જેથી ઉમેરેલા $H_{2(g)}$ નો વપરાશ થાય.
પુરોગામી પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \rightleftharpoons 2NH_{3(g)}$ એ ઉષ્માક્ષેપક (ઉષ્મા મુક્ત કરે છે) હોવાથી,પુરોગામી દિશામાં સ્થાનાંતર થવાથી વધારાની ઉષ્મા મુક્ત થાય છે.
પાત્ર બંધ હોવાથી અને કદ અચળ હોવાથી,આ મુક્ત થયેલી ઉષ્માને કારણે સિસ્ટમનું તાપમાન વધે છે.

(C) પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \longrightarrow 2NH_{3(g)}$ માટે,વેગનું સમીકરણ આ મુજબ છે: $\text{Rate} = -\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NH_3]}{dt}$.
આપેલ છે કે $-\frac{d[N_2]}{dt} = 0.02 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
પદોને સરખાવતા: $-\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt}$.
તેથી,$-\frac{d[H_2]}{dt} = 3 \times (-\frac{d[N_2]}{dt}) = 3 \times 0.02 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1} = 0.06 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.

(D) પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \longrightarrow 2NH_{3(g)}$ માટે,પ્રક્રિયાનો વેગ નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય:
વેગ $= -\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NH_3]}{dt}$.
$NH_3$ અને $H_2$ ના પદોને સરખાવતા:
$-\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NH_3]}{dt}$.
બંને બાજુ $6$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$-2 \frac{d[H_2]}{dt} = 3 \frac{d[NH_3]}{dt}$.
તેથી,$3 \frac{d[NH_3]}{dt} = -2 \frac{d[H_2]}{dt}$.

(D) સાચો જવાબ $D$ છે.
પ્રક્રિયાની આણ્વિકતા એટલે પ્રાથમિક પ્રક્રિયામાં ભાગ લેતી પ્રક્રિયક જાતિઓની (પરમાણુઓ,આયનો અથવા અણુઓ) સંખ્યા,જે રાસાયણિક પ્રક્રિયા કરવા માટે અથડામણ કરે છે.
તે એક સૈદ્ધાંતિક ખ્યાલ છે જે પ્રાથમિક તબક્કાના સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણને તપાસીને નક્કી કરવામાં આવે છે.
તેનાથી વિપરીત,પ્રક્રિયાનો ક્રમ એ પ્રાયોગિક રીતે નક્કી કરવામાં આવતી રાશિ છે.

(A) ઓક્સાઇડની એસિડિક પ્રકૃતિ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે. ઉચ્ચ વિદ્યુતઋણતા વધુ એસિડિક ઓક્સાઇડ તરફ દોરી જાય છે.
જેમ આપણે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જઈએ છીએ,તેમ વિદ્યુતઋણતા વધે છે,તેથી ઓક્સાઇડની એસિડિક પ્રકૃતિ વધે છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જઈએ છીએ,તેમ પરમાણુ કદમાં વધારાને કારણે વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે,તેથી ઓક્સાઇડની એસિડિક પ્રકૃતિ ઘટે છે.
તેથી,ઓક્સાઇડની એસિડિક પ્રકૃતિ ડાબેથી જમણે વધે છે અને ઉપરથી નીચે ઘટે છે.

(B) ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી (ઋણ ચિહ્ન સાથે) એ તટસ્થ વાયુરૂપ પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતી વખતે મુક્ત થતી ઉર્જા દર્શાવે છે.
આપેલા તત્વો માટે,સામાન્ય વલણ પરમાણુ કદ અને ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન અપાકર્ષણ દ્વારા પ્રભાવિત થાય છે.
$1.$ હેલોજનમાં,$Cl$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $F$ કરતા વધારે (વધુ ઋણ) છે કારણ કે $F$ નું કદ નાનું હોવાથી તેમાં આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ વધુ હોય છે.
$2.$ સમૂહ $15$ ના તત્વોમાં,$P$ નું કદ $N$ કરતા મોટું અને ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા ઓછી હોવાથી $P$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $N$ કરતા વધારે હોય છે.
$3.$ સમૂહોની સરખામણી કરતા,$N$ નું કદ ખૂબ નાનું અને ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા વધુ હોવાથી તેનું મૂલ્ય સૌથી ઓછું છે,જ્યારે $Cl$ નું મૂલ્ય સૌથી વધુ છે.
આમ,સાચો ક્રમ $N < P < F < Cl$ છે.

(A) મુલિકન સ્કેલ મુજબ,તત્વની વિદ્યુતઋણતા $(\chi)$ એ તેની આયનીકરણ એન્થાલ્પી $(IP)$ અને ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $(EA)$ ની સરેરાશ છે:
$\chi = \frac{IP + EA}{2}$
અહીં $IP = 13 \ eV$ અને $EA = 4 \ eV$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\chi = \frac{13 + 4}{2} = \frac{17}{2} = 8.5 \ eV$.

(C) નાઈટ્રોજન $(N)$ ની ઈલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2 2s^2 2p^3$ છે અને ઓક્સિજન $(O)$ ની $1s^2 2s^2 2p^4$ છે.
વિધાન-$1$: નાઈટ્રોજન અર્ધ-પૂર્ણ $2p$ પેટાકોષ ધરાવે છે,જે તેને ખૂબ જ સ્થિર બનાવે છે. નાઈટ્રોજનમાં ઈલેક્ટ્રોન ઉમેરવા માટે ઉર્જાની જરૂર પડે છે,જ્યારે ઓક્સિજનમાં ઈલેક્ટ્રોન ઉમેરતી વખતે ઉર્જા મુક્ત થાય છે. આમ,નાઈટ્રોજનની ઈલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ઓક્સિજન કરતા ઓછી છે. વિધાન-$1$ સાચું છે.
વિધાન-$2$: નાઈટ્રોજન સ્થિર અર્ધ-પૂર્ણ $2p^3$ રચના ધરાવે છે,જેના કારણે ઓક્સિજન $(2p^4)$ ની સરખામણીમાં તેમાંથી ઈલેક્ટ્રોન દૂર કરવો મુશ્કેલ છે. તેથી,નાઈટ્રોજનની આયનીકરણ એન્થાલ્પી ઓક્સિજન કરતા વધારે છે,એટલે કે ઓક્સિજનની આયનીકરણ એન્થાલ્પી નાઈટ્રોજન કરતા ઓછી છે. વિધાન-$2$ સાચું છે.

(A) સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં પરમાણુનું કદ વધે છે અને આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં ઘટે છે.
સમૂહ $14$ $(C, Si, Ge, Sn, Pb)$ માં નીચે તરફ જતાં પરમાણુનું કદ વધે છે.
નાનું પરમાણુ કદ કક્ષકોના મજબૂત ઓવરલેપિંગ તરફ દોરી જાય છે,જેના પરિણામે મજબૂત બંધ બને છે.
તેથી,આપેલા તત્વોમાં $C$ (કાર્બન) નું પરમાણુ કદ સૌથી નાનું છે અને તેની બંધ ઉર્જા સૌથી વધુ છે.

(D) પારો એકમાત્ર એવી ધાતુ છે જે ઓરડાના તાપમાને પ્રવાહી સ્વરૂપમાં હોય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(b)$ અધાતુઓમાં,કાર્બન (હીરાના સ્વરૂપમાં) સૌથી વધુ ગલનબિંદુ ધરાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(c)$ હાઇડ્રોજન બ્રહ્માંડમાં સૌથી વધુ પ્રમાણમાં જોવા મળતું તત્વ છે,જે લગભગ $75 \%$ જેટલું છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(d)$ ઓક્સિજન પૃથ્વીના પોપડામાં સૌથી વધુ પ્રમાણમાં જોવા મળતું તત્વ છે,જે લગભગ $46.6 \%$ જેટલું છે. આ વિધાન સાચું છે.
તેથી,આપેલા ચારેય વિધાનો સાચા છે.

(D) મેગ્નેશિયમ $(Mg)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $12$ છે અને તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ne] 3s^2$ છે. $3s$ કક્ષક સંપૂર્ણ ભરાયેલી હોવાથી તે વધુ સ્થિર છે અને તેમાંથી ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
એલ્યુમિનિયમ $(Al)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $13$ છે અને તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ne] 3s^2 3p^1$ છે. ઇલેક્ટ્રોન $3p$ કક્ષકમાંથી દૂર થાય છે,જે $3s$ કક્ષક કરતા સરળતાથી દૂર કરી શકાય છે.
તેથી,મેગ્નેશિયમની પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી $(737.7 \ kJ \cdot mol^{-1})$ એલ્યુમિનિયમ $(577.5 \ kJ \cdot mol^{-1})$ કરતા વધારે છે.

(A) આવર્ત કોષ્ટકમાં ડાબેથી જમણે જતાં વિદ્યુતઋણતા વધે છે અને સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જતાં ઘટે છે.
$Si$,$P$,$C$,અને $N$ તત્વો માટે:
$1$. બીજા આવર્તમાં,ક્રમ $C < N$ છે.
$2$. ત્રીજા આવર્તમાં,ક્રમ $Si < P$ છે.
$3$. સમૂહની સરખામણી કરતાં,$C > Si$ અને $N > P$ છે.
આમ,વિદ્યુતઋણતા વધવાનો સાચો ક્રમ $Si < P < C < N$ છે.

(C) $Be$ $(1s^2 2s^2)$ ની પ્રથમ $IE$ એ $B$ $(1s^2 2s^2 2p^1)$ કરતા વધારે છે કારણ કે $Be$ પાસે સ્થાયી,સંપૂર્ણ ભરાયેલી $2s$ પેટાકોષ છે,જેમાંથી ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
બહુ-ઇલેક્ટ્રોન પરમાણુઓમાં,કેન્દ્રના વધુ આકર્ષણને કારણે $2s$ કક્ષકની ઉર્જા $2p$ કક્ષક કરતા ઓછી હોય છે.
તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે,પરંતુ કારણ $(R)$ ખોટું છે.

(B) $K$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $19$ છે અને તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 4s^1$ છે.
$K \longrightarrow K^{+} + e^{-}$ માટે,પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી $\Delta_i H_1 = 419 \ kJ \ mol^{-1}$ ઓછી છે કારણ કે $K$ સ્થિર નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી રચના પ્રાપ્ત કરવા માટે તેનો સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન સરળતાથી ગુમાવે છે.
$K^{+} \longrightarrow K^{2+} + e^{-}$ માટે,બીજી આયનીકરણ એન્થાલ્પી $\Delta_i H_2 = 3051 \ kJ \ mol^{-1}$ ખૂબ વધારે છે કારણ કે ઇલેક્ટ્રોન સ્થિર,સંપૂર્ણ ભરાયેલી નિષ્ક્રિય વાયુની કક્ષા (આર્ગોન રચના) માંથી દૂર કરવામાં આવે છે.
પોટેશિયમ એ આલ્કલી ધાતુ છે જેની ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષણ શક્તિ ઓછી છે,જેના પરિણામે ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $\Delta_{eg} H = -48 \ kJ \ mol^{-1}$ ઓછી ઋણ હોય છે.
આમ,આપેલા મૂલ્યો $K$ માટે છે.

(B) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ માટે,આયન પર ઋણ વીજભાર જેટલો વધારે,તેટલું આયનનું કદ મોટું હોય છે.
$P^{3-}, S^{2-}$ અને $Cl^{-}$ ની સરખામણી કરતા,$P^{3-}$ આયનનું કદ સૌથી મોટું છે.
તેથી,વિધાન $(B)$ ખોટું છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી સામાન્ય રીતે પરમાણુ કદ ઘટવા સાથે વધે છે.
આવર્ત કોષ્ટકમાં ડાબેથી જમણે જતાં,પરમાણુ કદ ઘટે છે અને ફ્લોરિન માટે ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી વધે છે.
ઓક્સિજનના કિસ્સામાં,તેના નાના કદ અને કોમ્પેક્ટ સ્વભાવને કારણે,આવતા ઇલેક્ટ્રોનને સરળતાથી સમાવી શકાતો નથી,જેના પરિણામે સલ્ફર કરતા ઓછી ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી મળે છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પીનો સાચો ક્રમ $F > S > O > N$ છે.

(D) ક્રમિક આયનીકરણ ઉર્જાઓ નીચે મુજબ છે: $IE_1 = 165 \ kcal$,$IE_2 = 190 \ kcal$,$IE_3 = 550 \ kcal$,અને $IE_4 = 595 \ kcal$.
બીજી $(IE_2)$ અને ત્રીજી $(IE_3)$ આયનીકરણ ઉર્જા વચ્ચે મોટો તફાવત ($190 \ kcal$ થી $550 \ kcal$) જોવા મળે છે.
આ મોટો વધારો સૂચવે છે કે પ્રથમ બે ઇલેક્ટ્રોન સંયોજકતા કક્ષામાંથી દૂર થાય છે અને ત્રીજો ઇલેક્ટ્રોન વધુ સ્થાયી આંતરિક કક્ષામાંથી દૂર થાય છે.
તેથી,તત્વ $A$ માં $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$[Ne] 3s^2$ રચના $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતા તત્વને અનુરૂપ છે.

(D) કોઈ ચોક્કસ તત્વ માટે,ઋણાયન,તટસ્થ પરમાણુ અને ધનાયનના કદનો ક્રમ $\text{ઋણાયન} > \text{તટસ્થ પરમાણુ} > \text{ધનાયન}$ છે.
ધનાયનનું કદ સૌથી નાનું હોય છે કારણ કે તેનો અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર $(Z_{eff})$ વધારે હોય છે.
ઋણાયનનું કદ સૌથી મોટું હોય છે કારણ કે ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરવાથી ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેનું અપાકર્ષણ વધે છે,જેનાથી આયનીય ત્રિજ્યા વધે છે.
આમ,સાચો ક્રમ $I^{-} > I > I^{+}$ છે.

(C) $He$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2$ છે અને $Be$ ની $1s^2 2s^2$ છે.
બંને $ns^2$ રચના ધરાવે છે,પરંતુ હિલિયમ એક નિષ્ક્રિય વાયુ છે અને તે રાસાયણિક રીતે નિષ્ક્રિય છે કારણ કે તેની સંયોજકતા કક્ષા $(1s)$ સંપૂર્ણ ભરાયેલી છે.
બેરિલિયમ એ આલ્કલાઇન અર્થ ધાતુ છે અને તે પ્રતિક્રિયાશીલ છે.
તેથી,$(A)$ સાચું છે પરંતુ $(R)$ ખોટું છે.

(D) આપેલા વિકલ્પોમાં ખોટો ક્રમ તપાસીએ:
$A$. $Al_2O_3$ (એમ્ફોટેરિક) < $MgO$ (બેઝિક) < $Na_2O$ (પ્રબળ બેઝિક) < $K_2O$ (વધુ પ્રબળ બેઝિક). આ ક્રમ સાચો છે.
$B$. સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં એસિડિકતા વધે છે કારણ કે બંધ વિયોજન ઉર્જા ઘટે છે. તેથી,$NH_3 < PH_3 < AsH_3$ એ એસિડિકતાનો સાચો ક્રમ છે.
$C$. નવી કક્ષા ઉમેરાવાને કારણે સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં આયનીય ત્રિજ્યા વધે છે. તેથી,$Li^{+} < Na^{+} < K^{+} < Cs^{+}$ સાચો ક્રમ છે.
$D$. પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી સામાન્ય રીતે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે વધે છે. જોકે,$Be$ $(2s^2)$ ની આયનીકરણ એન્થાલ્પી $B$ $(2s^2 2p^1)$ કરતા વધારે હોય છે કારણ કે $s$-કક્ષક સંપૂર્ણ ભરાયેલી હોવાથી તે વધુ સ્થાયી છે. સાચો ક્રમ $Li < B < Be < C$ છે. તેથી,$Li < Be < B < C$ ક્રમ ખોટો છે.

(D) અસરકારક ન્યુક્લિયર ચાર્જ $(Z_{eff})$ આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં વધે છે કારણ કે પરમાણુ ક્રમાંક વધે છે અને શીલ્ડિંગ અસર લગભગ સમાન રહે છે.
આપેલા તત્વો ($Li$,$Be$,$O$,$F$) માંથી,બધા બીજા આવર્તના છે.
ફ્લોરિન $(F)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $(Z = 9)$ સૌથી વધુ છે,જેના પરિણામે ન્યુક્લિયસ અને સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેનું આકર્ષણ સૌથી વધુ હોય છે,તેથી તેનો અસરકારક ન્યુક્લિયર ચાર્જ મહત્તમ હોય છે.

(B) આયનીય ત્રિજ્યા અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર અને કક્ષાની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
સમાન સંખ્યામાં ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતી સ્પીસીઝ (આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક શ્રેણી) માટે,જેમ પરમાણુ ક્રમાંક વધે તેમ આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે કારણ કે અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે.
$S^{2-}$ $(18 \ e^-)$ અને $K^+$ $(18 \ e^-)$ ની સરખામણી કરતા: $S^{2-}$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $(Z=16)$ એ $K^+$ $(Z=19)$ કરતા ઓછો હોવાથી,$S^{2-}$ ની આયનીય ત્રિજ્યા મોટી હોય છે.
સંક્રાંતિ ધાતુ આયનો $Sc^{3+}$,$V^{5+}$,અને $Mn^{7+}$ માટે,જેમ ઓક્સિડેશન અવસ્થા વધે છે,તેમ અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધવાને કારણે આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
આમ,સાચો ક્રમ $S^{2-} > K^{+} > Sc^{3+} > V^{5+} > Mn^{7+}$ છે.

(D) વાયુ અવસ્થામાં $O^{2-}$ ના નિર્માણની પ્રક્રિયા પ્રતિકૂળ છે,ભલે $O^{2-}$ એ નિયોન સાથે આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક હોય.
આનું કારણ એ છે કે આવતા ઇલેક્ટ્રોન અને $O^{-}$ પર રહેલા અસ્તિત્વ ધરાવતા ઋણ વીજભાર વચ્ચેનું ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ,નિષ્ક્રિય વાયુ રચના પ્રાપ્ત કરવાથી મળતી સ્થિરતા કરતા વધી જાય છે.
ઓક્સિજન પરમાણુમાંથી ઓક્સાઇડ આયન $O^{2-}_{(g)}$ ના નિર્માણ માટે પહેલા ઉષ્માક્ષેપક અને પછી ઉષ્માશોષક તબક્કાની જરૂર પડે છે.
$O_{(g)} + e^{-} \longrightarrow O^{-}_{(g)} ; \Delta H^{\ominus} = -141 \ kJ \ mol^{-1}$
$O^{-}_{(g)} + e^{-} \longrightarrow O^{2-}_{(g)} ; \Delta H^{\ominus} = +760 \ kJ \ mol^{-1}$
જ્યારે $O^{-}$ આયનમાં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે બે ઋણ વીજભાર વચ્ચે મજબૂત સ્થિર વિદ્યુતીય અપાકર્ષણ હોય છે; આ કારણે,ઓક્સિજનની બીજી ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ધન હોય છે.

(D) ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,સમાંતરમાં ખૂબ જ નાનો અવરોધ (શંટ) જોડવામાં આવે છે,જેનાથી એમીટરનો કુલ અવરોધ ખૂબ ઓછો થઈ જાય છે.
ગેલ્વેનોમીટરને વોલ્ટમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,શ્રેણીમાં ઉચ્ચ અવરોધ જોડવામાં આવે છે,જેનાથી વોલ્ટમીટરનો કુલ અવરોધ ખૂબ વધારે થઈ જાય છે.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા,એમીટરનો અવરોધ વોલ્ટમીટરની તુલનામાં ખૂબ ઓછો હોય છે.
વોલ્ટમીટર માટે,અવરોધ $R$ એ $R = (V/I_g) - G$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ રેન્જ છે,$I_g$ એ ફૂલ-સ્કેલ ડિફ્લેક્શન કરંટ છે અને $G$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે.
જેમ જેમ રેન્જ $V$ વધે છે,તેમ શ્રેણી અવરોધ $R$ વધવો જોઈએ જેથી કરંટ મર્યાદિત રહે.
તેથી,$10 \ V$ ની રેન્જ ધરાવતા વોલ્ટમીટરનો અવરોધ $1 \ V$ ની રેન્જ ધરાવતા વોલ્ટમીટર કરતા વધારે હશે,અને બંનેનો અવરોધ કોઈપણ એમીટર કરતા ઘણો વધારે હશે.
આમ,$10 \ V$ રેન્જનું વોલ્ટમીટર સૌથી વધુ અવરોધ ધરાવે છે.

(C) ઝિંક ઓક્સાઇડ $(ZnO)$ નો ઉપયોગ પેઇન્ટમાં સફેદ રંગદ્રવ્ય તરીકે થાય છે.
$B$ એ ઝિંક હાઇડ્રોક્સાઇડ,$Zn(OH)_2$ છે,જે સફેદ,પાણીમાં અદ્રાવ્ય સંયોજન છે.
જ્યારે $Zn(OH)_2$ ને ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઝિંક ઓક્સાઇડ $(A)$ બનાવવા માટે વિઘટિત થાય છે: $Zn(OH)_2 \xrightarrow{\Delta} ZnO + H_2O$.
$Zn(OH)_2$ એ $NaOH$ માં ઓગળીને સોડિયમ ઝિંકેટ $(C)$ બનાવે છે: $Zn(OH)_2 + 2NaOH \rightarrow Na_2ZnO_2 + 2H_2O$.
જ્યારે $ZnO$ $(A)$ ને કોક $(C)$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઝિંક ધાતુ $(D)$ અને કાર્બન મોનોક્સાઇડ $(E)$ ઉત્પન્ન કરે છે: $ZnO + C \xrightarrow{\Delta} Zn + CO$.
$CO$ વાદળી જ્યોત સાથે સળગે છે.
આમ,$D$ એ $Zn$ છે અને $C$ એ $Na_2ZnO_2$ છે.

(B) $Mn$ $(Z=25)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^5 4s^2$ છે.
$3d$ કક્ષકમાં $5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન અને $4s$ કક્ષકમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાને કારણે,તે $+2$ થી $+7$ સુધીની ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓની વિશાળ શ્રેણી દર્શાવે છે.
$Fe$ $(Z=26)$ સામાન્ય રીતે $+2$ અને $+3$ દર્શાવે છે.
$Cr$ $(Z=24)$ $+1$ થી $+6$ સુધીની ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે.
$V$ $(Z=23)$ $+2$ થી $+5$ સુધીની ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે.
તેથી,$Mn$ આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી વધુ ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે.

(D) આપેલા સંયોજનોમાં સંક્રાંતિ ધાતુઓના ઓક્સિડેશન આંકની ગણતરી નીચે મુજબ છે:

સંયોજન	ઓક્સિડેશન આંકની ગણતરી
$K_2Cr_2O_7$	$2(+1) + 2(x) + 7(-2) = 0 \implies 2 + 2x - 14 = 0 \implies 2x = 12 \implies x = +6$
$KMnO_4$	$(+1) + x + 4(-2) = 0 \implies 1 + x - 8 = 0 \implies x = +7$
$CrO_5$	$x + 5(-2) = 0 \implies x = +10$ (નોંધ: પેરોક્સાઇડ બંધને કારણે,વાસ્તવિક ઓક્સિડેશન આંક $+6$ છે).
$Fe(CO)_5$	$x + 5(0) = 0 \implies x = 0$ (કારણ કે $CO$ એ તટસ્થ લિગેન્ડ છે).

તેથી,$Fe(CO)_5$ માં સંક્રાંતિ ધાતુનો ઓક્સિડેશન આંક શૂન્ય છે.

(B) આપેલા તત્વોની ધરા અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનિક રચના નીચે મુજબ છે:
${}_{25}Mn = [Ar] 3d^5 4s^2$ (અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $5$)
${}_{24}Cr = [Ar] 3d^5 4s^1$ (અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $6$)
${}_{28}Ni = [Ar] 3d^8 4s^2$ (અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $2$)
${}_{26}Fe = [Ar] 3d^6 4s^2$ (અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $4$)
આમ,${}_{24}Cr$ માં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સૌથી વધુ એટલે કે $6$ છે.

(C) સંક્રાંતિ ધાતુના સંયોજનોનો રંગ સામાન્ય રીતે $d$-કક્ષકોમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે હોય છે,જે $d-d$ સંક્રમણ માટે જવાબદાર છે.
$CuCl_2$ માં,કોપર $Cu^{2+}$ આયન તરીકે $3d^9$ ઇલેક્ટ્રોનિક રચના ધરાવે છે.
$3d$-કક્ષકમાં $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે,$CuCl_2$ રંગીન હોય છે.
તેની સામે,$Zn^{2+}$ $(3d^{10})$,$Mg^{2+}$ $(2p^6)$,અને $Ag^+$ $(4d^{10})$ માં સંપૂર્ણ ભરાયેલી કક્ષકો હોય છે અને કોઈ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોતા નથી,તેથી તેમના સંયોજનો રંગહીન હોય છે.
તેથી,$CuCl_2$ રંગીન હોવાની અપેક્ષા છે.

(C) જાંબલી રંગનું સંયોજન $(X)$ એ $KMnO_4$ છે.
ગરમ કરવા પર,$KMnO_4$ વિઘટન પામી ઓક્સિજન મુક્ત કરે છે અને $K_2MnO_4$ $(Y)$ તથા $MnO_2$ $(Z)$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $2KMnO_4(X) \xrightarrow{\Delta} K_2MnO_4(Y) + MnO_2(Z) + O_2$.
સંયોજન $MnO_2$ $(Z)$ એ પોટેશિયમ નાઈટ્રેટ $(KNO_3)$ જેવા ઓક્સિડેશનકર્તાની હાજરીમાં $KOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને પોટેશિયમ મેંગેનેટ $(K_2MnO_4)$ $(Y)$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $2MnO_2(Z) + 4KOH + O_2 \rightarrow 2K_2MnO_4(Y) + 2H_2O$.
આમ,સંયોજનો $X = KMnO_4, Y = K_2MnO_4, Z = MnO_2$ છે.

(D) ગેડોલિનિયમ $(Gd)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $64$ છે.
તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના આઉફબાઉના સિદ્ધાંતને અનુસરે છે,જેમાં $4f$ પેટાકોષ અર્ધ-પૂર્ણ હોવાને કારણે સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરે છે.
તેની ધરા અવસ્થાની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Xe] 4f^7 5d^1 6s^2$ છે.
$+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં,તે ત્રણ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવે છે ($6s$ માંથી બે અને $5d$ માંથી એક),જેના પરિણામે $[Xe] 4f^7$ મળે છે.

(A) આપેલ માહિતી:
વિદ્યુતપ્રવાહ $(I)$ = $10 \ A$.
સમય $(t)$ = $1.608 \ min = 96.48 \ s$.
$Al$ નું પરમાણ્વીય દળ = $27 \ g/mol$.
$Al^{3+} + 3e^- \rightarrow Al$ માટે સંયોજકતા અવયવ $(n)$ = $3$.
ફેરાડે અચળાંક $(F)$ $\approx 96480 \ C/mol$.
ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના નિયમ મુજબ: $m = \frac{M \times I \times t}{n \times F}$.
કિંમતો મૂકતા: $m = \frac{27 \times 10 \times 96.48}{3 \times 96480}$.
$m = 0.09 \ g$.
તેથી,જમા થયેલ $Al$ નું દળ $0.09 \ g$ છે.

(B) વિકલ્પ $B$ ખોટો છે કારણ કે $MnO_{4}^{2-}$ (મેંગેનેટ આયન) આલ્કલાઇન માધ્યમમાં સ્થિર છે અને તે $MnO_{4}^{-}$ (પરમેંગેનેટ આયન) ની તુલનામાં પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા નથી. $CrO_{4}^{2-}$ (ક્રોમેટ આયન) પણ પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા નથી. બંને $+6$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં ઓક્સિએનાયન છે.
$A$ સાચું છે: $Fe^{3+}/Fe^{2+}$ માટે $E^{0}$ નું મૂલ્ય $+0.77 \ V$ છે,જ્યારે $Mn^{3+}/Mn^{2+}$ માટે તે $+1.51 \ V$ છે.
$C$ સાચું છે: લેન્થેનોઇડ સંકોચનને કારણે,બીજી અને ત્રીજી સંક્રાંતિ શ્રેણીની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ખૂબ જ સમાન હોય છે.
$D$ સાચું છે: $Mn^{3+}$ એક પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે કારણ કે $Mn^{2+}$ પાસે સ્થિર $d^{5}$ ઇલેક્ટ્રોન રચના છે,જે $Mn^{3+}/Mn^{2+}$ માટે $E^{0}$ મૂલ્ય $(+1.51 \ V)$ ને $Cr^{3+}/Cr^{2+}$ $(-0.41 \ V)$ કરતા ઘણું વધારે ધન બનાવે છે.

(A) નેર્ન્સ્ટ સમીકરણ મુજબ:
$E = E^{\circ} - \frac{0.0591}{n} \log Q$
અહીં $n = 6$ છે. પ્રક્રિયા ભાગફળ $Q = \frac{[Cr^{3+}]^2}{[Cr_2O_7^{2-}] [H^{+}]^{14}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$1.067 = 1.33 - \frac{0.0591}{6} \log \left( \frac{(1.5 \times 10^{-3})^2}{(4.5 \times 10^{-3}) [H^{+}]^{14}} \right)$
ગણતરી કરતા $[H^{+}] = 10^{-2} \ M$ મળે છે.
$pH = -\log [H^{+}] = -\log(10^{-2}) = 2$.

(C) કોષ પ્રક્રિયા: $2Cr(s) + 3Fe^{2+}(aq) \rightarrow 2Cr^{3+}(aq) + 3Fe(s)$.
સ્થાનાંતરિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા,$n = 6$.
પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલ: $E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{cathode} - E^{\circ}_{anode} = -0.44 - (-0.74) = 0.30 \ V$.
$25^{\circ} C$ $(298 \ K)$ પર નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{cell} = E^{\circ}_{cell} - \frac{0.0591}{n} \log \frac{[Cr^{3+}]^2}{[Fe^{2+}]^3}$.
$E_{cell} = 0.30 - \frac{0.0591}{6} \log \frac{(0.1)^2}{(0.01)^3}$.
$E_{cell} = 0.30 - \frac{0.0591}{6} \log \frac{10^{-2}}{10^{-6}} = 0.30 - \frac{0.0591}{6} \log(10^4)$.
$E_{cell} = 0.30 - \frac{0.0591 \times 4}{6} = 0.30 - 0.0394 = 0.2606 \ V \approx 0.26 \ V$.

(A) પ્રથમ દ્રાવણ માટે $pH=3$:
$[H^{+}]_1 = 10^{-3} \ M$
બીજા દ્રાવણ માટે $pH=6$:
$[H^{+}]_2 = 10^{-6} \ M$
આ એક સાંદ્રતા કોષ છે જ્યાં એનોડ એ ઓછી $[H^{+}]$ (વધારે $pH$) ધરાવતું દ્રાવણ છે અને કેથોડ એ વધારે $[H^{+}]$ (ઓછી $pH$) ધરાવતું દ્રાવણ છે.
કોષ પ્રક્રિયા: $H^{+}(10^{-3} \ M) \rightarrow H^{+}(10^{-6} \ M)$
$298 \ K$ તાપમાને નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{cell} = E_{cell}^{\circ} - \frac{0.0591}{n} \log \frac{[H^{+}]_{cathode}}{[H^{+}]_{anode}}$
સાંદ્રતા કોષ માટે $E_{cell}^{\circ} = 0$ અને $n=1$ હોવાથી:
$E_{cell} = 0 - 0.0591 \log \frac{10^{-6}}{10^{-3}}$
$E_{cell} = -0.0591 \times \log(10^{-3})$
$E_{cell} = -0.0591 \times (-3) = 0.177 \ V$

(A) $O_2$ ના મોલ $= \frac{5.6}{22.4} = 0.25 \ mol$.
એનોડ પ્રક્રિયા માટે $n$-ફેક્ટર $4$ છે.
$O_2$ ના તુલ્યાંક $= 0.25 \times 4 = 1$.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ,$O_2$ ના તુલ્યાંક $= Cu$ ના તુલ્યાંક.
$Cu$ માટે $n$-ફેક્ટર $2$ છે.
$Cu$ ના તુલ્યાંક $= \frac{\text{mass}}{63.5 / 2}$.
$1 = \frac{\text{mass}}{31.75} \Rightarrow \text{mass} = 31.75 \ g$.

(C) ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના નિયમ મુજબ,જમા થયેલ દળ $(W)$ એ $W = \frac{M \times Q}{n \times F}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $M$ એ પરમાણ્વીય દળ છે,$Q$ એ વિદ્યુતનો જથ્થો છે,$n$ એ સંયોજકતા છે અને $F$ એ ફેરાડે અચળાંક છે.
$Q$ અને $F$ અચળ હોવાથી,$W \propto \frac{M}{n}$,જેનો અર્થ છે કે $n \propto \frac{M}{W}$.
તત્વ $X$ માટે: $n_X \propto \frac{7}{2.1} = 3.33$.
તત્વ $Y$ માટે: $n_Y \propto \frac{27}{2.7} = 10$.
તત્વ $Z$ માટે: $n_Z \propto \frac{48}{7.2} = 6.66$.
સંયોજકતાનો ગુણોત્તર $n_X : n_Y : n_Z = 3.33 : 10 : 6.66$.
$3.33$ વડે ભાગતા,આપણને $1 : 3 : 2$ નો ગુણોત્તર મળે છે.

(B) ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના બીજા નિયમ મુજબ,જમા થયેલા પદાર્થનું દળ તેના તુલ્ય વજન $(E)$ ના પ્રમાણમાં હોય છે.
$\frac{W_A}{E_A} = \frac{W_B}{E_B} = \frac{W_C}{E_C}$
કારણ કે $E = \frac{\text{પરમાણ્વીય દળ (M)}}{\text{સંયોજકતા (v)}}$,તેથી:
$\frac{W_A \times v_A}{M_A} = \frac{W_B \times v_B}{M_B} = \frac{W_C \times v_C}{M_C}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{2.1 \times v_A}{7} = \frac{2.7 \times v_B}{27} = \frac{9.6 \times v_C}{64}$
$0.3 v_A = 0.1 v_B = 0.15 v_C$
$0.05$ વડે ભાગતા,આપણને $6 v_A = 2 v_B = 3 v_C$ મળે છે.
$v_A = 1, v_B = 3, v_C = 2$ માટે,સમીકરણ સાચું ઠરે છે:
$0.3(1) = 0.1(3) = 0.15(2) = 0.3$.
આમ,સંયોજકતા $1, 3, 2$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન ઇલેક્ટ્રોડ માટે,ઓક્સિડેશન અર્ધ-પ્રક્રિયા છે:
$H_2 (1.2 \ atm) \longrightarrow 2H^{+} (pH=9) + 2e^-$
$pH=9$ હોવાથી,$[H^{+}] = 10^{-9} \ M$.
નેર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{ox} = E_{ox}^0 - \frac{0.0591}{n} \log \frac{[H^{+}]^2}{P_{H_2}}$
$E_{ox}^0 = 0$ અને $n=2$ મૂકતા:
$E_{ox} = -\frac{0.0591}{2} \log \frac{(10^{-9})^2}{1.2} \approx 0.534 \ V$
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $KNO_3$ નો ઉપયોગ ક્ષાર-સેતુમાં થાય છે કારણ કે $K^{+}$ અને $NO_3^{-}$ આયનોના વેગ લગભગ સમાન હોય છે.
આના કારણે આયનો એકઠા થતા નથી અને બંને અર્ધ-કોષોની વિદ્યુતીય તટસ્થતા જળવાઈ રહે છે.

(B) કોહલરાઉસના સ્વતંત્ર આયન સ્થળાંતરના નિયમ મુજબ:
$\lambda_{m}^0(KBr) = \lambda_{K^+} + \lambda_{Br^-} = 120.5 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
$\lambda_{m}^0(HBr) = \lambda_{H^+} + \lambda_{Br^-} = 420.6 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
$\lambda_{m}^0(KNH_2) = \lambda_{K^+} + \lambda_{NH_2^-} = 90.48 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
આપણે $\lambda_{m}^0(NH_3) = \lambda_{H^+} + \lambda_{NH_2^-}$ શોધવાની જરૂર છે.
આપેલ મૂલ્યોનો ઉપયોગ કરતા:
$\lambda_{m}^0(NH_3) = \lambda_{m}^0(HBr) + \lambda_{m}^0(KNH_2) - \lambda_{m}^0(KBr)$
$\lambda_{m}^0(NH_3) = 420.6 + 90.48 - 120.5 = 390.58 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,મૂલ્ય $390.5 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$ છે.

(B) કોલરાઉસના નિયમ મુજબ:
$\lambda_{m}^{\circ}(BaSO_4) = \lambda_{m}^{\circ}(Ba^{2+}) + \lambda_{m}^{\circ}(SO_4^{2-})$
$\lambda_{m}^{\circ}(BaSO_4) = 110 + 136.6 = 246.6 \ \Omega^{-1} \ cm^2 \ mol^{-1}$
$BaSO_4$ ની વાહકતા:
$\kappa_{BaSO_4} = \kappa_{\text{solution}} - \kappa_{\text{water}}$
$\kappa_{BaSO_4} = (3.648 \times 10^{-6}) - (1.25 \times 10^{-6}) = 2.398 \times 10^{-6} \ S \ cm^{-1}$
$mol \ L^{-1}$ માં દ્રાવ્યતા:
$\text{Solubility} = \frac{\kappa \times 1000}{\lambda^{\circ}_{m}} = \frac{2.398 \times 10^{-6} \times 1000}{246.6} \approx 9.724 \times 10^{-6} \ mol \ L^{-1}$
$BaSO_4$ નું આણ્વીય દળ = $137 + 32 + (4 \times 16) = 233 \ g \ mol^{-1}$
$g \ L^{-1}$ માં દ્રાવ્યતા = $9.724 \times 10^{-6} \ mol \ L^{-1} \times 233 \ g \ mol^{-1} \approx 2.266 \times 10^{-3} \ g \ L^{-1}$

(A) વાહકતા $(\kappa)$,અવરોધ $(R)$ અને સેલ અચળાંક $(G^*)$ વચ્ચેનો સંબંધ આ મુજબ છે: $\kappa = \frac{1}{R} \times G^*$
તેથી,$G^* = \kappa \times R$
આપેલ મૂલ્યો: $\kappa = 0.013 \ S \ cm^{-1}$ અને $R = 300 \ \Omega$
આ કિંમતો મૂકતા: $G^* = 0.013 \ S \ cm^{-1} \times 300 \ \Omega = 3.9 \ cm^{-1}$.

(B) મોલર વાહકતાનું સૂત્ર $\Lambda_m = \frac{\kappa \times 1000}{M}$ છે.
આપેલ છે,વાહકતા $\kappa = 0.024 \ S \ cm^{-1}$ અને મોલર સાંદ્રતા $M = 0.5 \ M$.
કિંમતો મૂકતા: $\Lambda_m = \frac{0.024 \times 1000}{0.5} = \frac{24}{0.5} = 48 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.

(A) કોહલરાઉસના નિયમ મુજબ,વિદ્યુતવિભાજ્યની મોલર વાહકતા તેના ઘટક આયનોની મોલર વાહકતાના સરવાળા તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
$\Lambda_{m}^{\circ}(NaNO_3) = \lambda^{\circ}(Na^+) + \lambda^{\circ}(NO_3^-)$
આપણે તેને આપેલા વિદ્યુતવિભાજ્યોના સંદર્ભમાં આ રીતે દર્શાવી શકીએ:
$\Lambda_{m}^{\circ}(NaNO_3) = \Lambda_{m}^{\circ}(NaCl) + \Lambda_{m}^{\circ}(KNO_3) - \Lambda_{m}^{\circ}(KCl)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Lambda_{m}^{\circ}(NaNO_3) = 120 + 90 - 100$
$\Lambda_{m}^{\circ}(NaNO_3) = 210 - 100 = 110 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.

(B) ભોપાલ ગેસ દુર્ઘટના ભોપાલમાં એક જંતુનાશક પ્લાન્ટમાંથી મિથાઈલ આઈસોસાયનેટ $(CH_3NCO)$ ગેસના લીકેજને કારણે થઈ હતી,જેના પરિણામે ઘણા લોકોના મૃત્યુ થયા હતા.
આ સંયોજનનું રાસાયણિક બંધારણ $H_3C-N=C=O$ છે.

(C) ડાયએસીટોન આલ્કોહોલનું બંધારણીય સૂત્ર આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.
$IUPAC$ નામ નક્કી કરવા માટે:
$1$. મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ (કીટોન) ધરાવતી સૌથી લાંબી કાર્બન શૃંખલા પસંદ કરો. આ શૃંખલામાં $5$ કાર્બન છે,તેથી મુખ્ય આલ્કેન પેન્ટેન છે.
$2$. કીટોન સમૂહ નજીક હોય તે છેડેથી નંબર આપો. કીટોન $2$ નંબરના સ્થાન પર છે.
$3$. $4$ નંબરના સ્થાન પર મિથાઈલ સમૂહ અને હાઈડ્રોક્સી સમૂહ છે.
$4$. તેથી,સાચું નામ $4-$હાઈડ્રોક્સી$-4-$મિથાઈલપેન્ટેન$-2-$ઓન છે.

(D) $S_N1$ વિસ્થાપન પ્રત્યે સંયોજનોની પ્રતિક્રિયાત્મકતા દર-નિર્ધારક તબક્કામાં બનતા કાર્બોકેટાયનની સ્થિરતા પર આધાર રાખે છે.
$1. CH_3CH_2Br \rightarrow CH_3CH_2^+$ (ઇથાઇલ કાર્બોકેટાયન,$1^\circ$)
$2. CH_2=CHCH(Br)CH_3 \rightarrow CH_2=CHCH^+CH_3$ (એલાઇલિક કાર્બોકેટાયન,રેઝોનન્સ દ્વારા સ્થાયી)
$3. CH_2=CHBr \rightarrow CH_2=CH^+$ (વિનાઇલ કાર્બોકેટાયન,અત્યંત અસ્થાયી)
$4. CH_3CH(Br)CH_3 \rightarrow CH_3CH^+CH_3$ (આઇસોપ્રોપાઇલ કાર્બોકેટાયન,$2^\circ$)
કાર્બોકેટાયનની સ્થિરતાનો ક્રમ: $\text{Vinyl} < 1^\circ < 2^\circ < \text{Allylic}$.
તેથી,પ્રતિક્રિયાત્મકતાનો ક્રમ $3 < 1 < 4 < 2$ છે.

(B) $(I)$ આલ્ડિહાઇડ અને કીટોન જે કાર્બોનિલ કાર્બન પર ઓછા અવરોધિત (sterically hindered) હોય છે,તેઓ ન્યુક્લિયોફિલિક એડિશન પ્રતિક્રિયા વધુ ઝડપથી દર્શાવે છે.
$(II)$ કાર્બોનિલ કાર્બન પર ઇલેક્ટ્રોન ડોનેટિંગ ગ્રુપની હાજરી પ્રતિક્રિયાનો દર ઘટાડે છે.
$(III)$ આપેલા સંયોજનોની તુલના કરતા: $CH_3 CHO$ એ સૌથી ઓછો અવરોધ અને સૌથી ઓછા ઇલેક્ટ્રોન ડોનેટિંગ ગ્રુપ ધરાવતું આલ્ડિહાઇડ છે.
$\therefore$ ન્યુક્લિયોફિલિક એડિશન પ્રતિક્રિયા $CH_3 CHO$ માં સૌથી વધુ અનુકૂળ રહેશે.

(D) એસિડિકતા એ $-I$ અસરના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
ફ્લોરિન $(F)$ ની $-I$ અસર ક્લોરિન $(Cl)$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,$FCH_2CO_2H$ એ $CH_3CH_2CHClCO_2H$ કરતા વધુ એસિડિક છે.
બેન્ઝોઇક એસિડ $(C_6H_5CO_2H)$ એ એસિટિક એસિડ $(CH_3CO_2H)$ કરતા વધુ એસિડિક છે કારણ કે ફિનાઇલ ગ્રુપ $-I$ અસર દર્શાવે છે,જ્યારે મિથાઇલ ગ્રુપ $+I$ અસર દર્શાવે છે.
આમ,એસિડિકતાનો સાચો ક્રમ છે:
$FCH_2CO_2H > CH_3CH_2CHClCO_2H > C_6H_5CO_2H > CH_3CO_2H$.

(B) સંતૃપ્ત અચક્રીય આલ્કોહોલ માટેનું સામાન્ય અણુસૂત્ર $C_n H_{2n+2} O$ છે.
આ સૂત્ર દર્શાવે છે કે સંયોજન સંતૃપ્ત છે (કોઈ દ્વિબંધ કે ત્રિબંધ નથી).
ઈથરનું પણ સામાન્ય અણુસૂત્ર $C_n H_{2n+2} O$ છે અને તે પણ સંતૃપ્ત હોય છે.
તેથી,સમાન કાર્બન પરમાણુઓ ધરાવતા આલ્કોહોલ અને ઈથર એકબીજાના ક્રિયાશીલ સમૂહના સમઘટકો છે.

(A) $UV$ પ્રકાશની હાજરીમાં ઈથાઈલબેન્ઝીનની $Br_2$ સાથેની પ્રક્રિયા મુક્ત મુલક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે. બ્રોમીન મુલક બેન્ઝાઈલિક કાર્બન પરથી હાઈડ્રોજન પરમાણુનું વિસ્થાપન કરે છે કારણ કે પરિણામી બેન્ઝાઈલિક મુલક ફિનાઈલ વલય દ્વારા સંસ્પંદન સ્થાયી હોય છે. $\alpha$-કાર્બન (બેન્ઝાઈલિક સ્થાન) પર બનેલો મુલક $\beta$-કાર્બન પરના મુલક કરતા વધુ સ્થાયી હોય છે. તેથી,મુખ્ય નીપજ $1$-બ્રોમો-$1$-ફિનાઈલઈથેન $(C_6H_5CH(Br)CH_3)$ છે.

(A) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. આલ્કાઈલ બ્રોમાઈડ $Me-CH_2-C\equiv C-CH_2-Br$ ઈથરની હાજરીમાં $Mg$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(R-MgBr)$ બનાવે છે.
$2$. ત્યારબાદ ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $CO_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરે છે અને ત્યારબાદ એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^+)$ દ્વારા કાર્બોક્સિલિક એસિડ $Q$ આપે છે,જે $Me-CH_2-C\equiv C-CH_2-COOH$ છે.
$3$. કાર્બોક્સિલિક એસિડ $Q$ ને $SOCl_2$ (પ્રક્રિયક $R$) સાથેની પ્રતિક્રિયા દ્વારા એસિડ ક્લોરાઈડમાં રૂપાંતરિત કરવામાં આવે છે.
આમ,$Q$ એ $Me-CH_2-C\equiv C-CH_2-COOH$ છે અને $R$ એ $SOCl_2$ છે.

(C) પગલું $1$: ક્લોરોમિથેનની પોટેશિયમ સાયનાઇડ $(KCN)$ સાથેની પ્રક્રિયા ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે,જેમાં સાયનાઇડ આયન $(CN^-)$ ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^-)$ ને દૂર કરીને મિથાઇલ સાયનાઇડ $(CH_3CN)$ બનાવે છે,જે સંયોજન $(A)$ છે.
$CH_3Cl + KCN \rightarrow CH_3CN + KCl$
પગલું $2$: મિથાઇલ સાયનાઇડ $(CH_3CN)$ નું એસિડિક જળવિભાજન કરવાથી એમાઇડ મધ્યવર્તી સંયોજન બને છે,જે આગળ જળવિભાજન પામીને એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ તરીકે અંતિમ નીપજ $(B)$ આપે છે.
$CH_3CN + 2H_2O \xrightarrow{H^+} CH_3COOH + NH_3$

(D) ક્લોરોબેન્ઝીનને $623 \ K$ તાપમાન અને $300 \ atm$ દબાણે જલીય સોડિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરાવતા સોડિયમ ફિનોક્સાઇડ મળે છે.
સોડિયમ ફિનોક્સાઇડનું એસિડિક માધ્યમમાં એસિડિફિકેશન કરવાથી ફિનોલ મળે છે. આ પ્રક્રિયાને ડાઉ પ્રક્રિયા કહેવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_5Cl \xrightarrow[(ii) \ HCl]{(i) \ NaOH, \ 623 \ K, \ 300 \ atm} C_6H_5OH$

(A) આપેલ પ્રક્રિયા ક્લોરોબેન્ઝીનનું સલ્ફોનેશન છે.
હેલોજન પરમાણુઓ $-I$ અસરને કારણે ઓર્થો-પેરા નિર્દેશક છે પરંતુ નિષ્ક્રિય કરનાર સમૂહો છે.
સાંદ્ર સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$ ની હાજરીમાં,ક્લોરોબેન્ઝીન એરોમેટિક ઇલેક્ટ્રોફિલિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયામાંથી પસાર થાય છે.
આમાં સામેલ ઇલેક્ટ્રોફાઇલ સલ્ફર ટ્રાયોક્સાઇડ $(SO_3)$ છે.
આ પ્રક્રિયા $2-$ક્લોરોબેન્ઝીન સલ્ફોનિક એસિડ (ગૌણ નીપજ) અને $4-$ક્લોરોબેન્ઝીન સલ્ફોનિક એસિડ (મુખ્ય નીપજ) બનાવે છે.
તેથી,સાંદ્ર સલ્ફ્યુરિક એસિડ આ પ્રક્રિયા માટે સૌથી યોગ્ય પ્રક્રિયક છે.

(A) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. આયોડોબેન્ઝીન $Et_2O$ ની હાજરીમાં $Mg$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને ફિનાઇલમેગ્નેશિયમ આયોડાઇડ (ગ્રીગનાર્ડ રીએજન્ટ) બનાવે છે.
$2$. ફિનાઇલમેગ્નેશિયમ આયોડાઇડ $CO_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરે છે અને ત્યારબાદ એસિડ જળવિભાજન $(H_3O^+)$ દ્વારા બેન્ઝોઇક એસિડ આપે છે.
$3$. બેન્ઝોઇક એસિડ $Br_2/FeBr_3$ સાથે ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક સબસ્ટિટ્યુશન પ્રતિક્રિયા આપે છે. $-COOH$ ગ્રુપ એ નિષ્ક્રિય કરનાર અને મેટા-ડાયરેક્ટિંગ ગ્રુપ હોવાથી,બ્રોમિન પરમાણુ મેટા-સ્થાન પર જોડાશે.
$4$. અંતિમ નીપજ $3$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડ છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા Wurtz-Fittig પ્રક્રિયા છે,જેમાં શુષ્ક ઈથરમાં સોડિયમ ધાતુની હાજરીમાં એરાઈલ હેલાઈડ અને આલ્કાઈલ હેલાઈડ વચ્ચે પ્રક્રિયા થાય છે.
પ્રથમ તબક્કામાં,બ્રોમોબેન્ઝીન સોડિયમ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ફિનાઈલસોડિયમ $(C_6H_5Na)$ અને સોડિયમ બ્રોમાઈડ $(NaBr)$ બનાવે છે.
બીજા તબક્કામાં,ફિનાઈલસોડિયમ મિથાઈલ બ્રોમાઈડ $(CH_3Br)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ટોલ્યુઈન $(C_6H_5CH_3)$ અને સોડિયમ બ્રોમાઈડ $(NaBr)$ બનાવે છે.
સમગ્ર પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $C_6H_5Br + 2Na + CH_3Br \rightarrow C_6H_5CH_3 + 2NaBr$.

(C) ક્લેમેન્સન રિડક્શનમાં આલ્ડિહાઇડ અને કીટોનના કાર્બોનિલ સમૂહ $(C=O)$ ને મિથિલીન સમૂહ $(CH_2)$ માં ઘટાડવા માટે ઝિંક-એમલગમ $(Zn-Hg)$ અને સાંદ્ર હાઇડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ નો ઉપયોગ થાય છે.
વધુમાં,આ એસિડિક પરિસ્થિતિઓમાં,દ્વિતીયક અને તૃતીયક આલ્કોહોલ $HCl$ સાથે વિસ્થાપન પ્રક્રિયા કરીને આલ્કાઇલ ક્લોરાઇડ બનાવે છે.
આપેલ અણુમાં,કીટોન સમૂહનું ઇથાઇલ સમૂહ $(-CH_2CH_3)$ માં રિડક્શન થાય છે અને દ્વિતીયક આલ્કોહોલ સમૂહનું ક્લોરો સમૂહ $(-Cl)$ માં રૂપાંતર થાય છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજ $1$-ક્લોરો-$3$-ઇથાઇલ-$5$-મિથાઇલસાયક્લોહેક્ઝેન છે.

(D) આપેલ પ્રક્રિયા: $CH_3-CH_2-CH_2-Br \xrightarrow{KOH} CH_3-CH=CH_2 + KBr + H_2O$
આ પ્રક્રિયામાં,આલ્કાઈલ હેલાઈડના પાસપાસેના કાર્બન પરમાણુઓમાંથી હાઈડ્રોજન પરમાણુ $(-H)$ અને બ્રોમીન પરમાણુ $(-Br)$ દૂર થઈને આલ્કીન બનાવે છે.
નાના અણુઓને દૂર કરીને દ્વિબંધ બનાવવાની આ પ્રક્રિયાને વિલોપન પ્રક્રિયા (ખાસ કરીને,ડીહાઈડ્રોહેલોજિનેશન) કહેવામાં આવે છે.

(D) શરૂઆતનું સંયોજન $1$-બ્રોમોપ્રોપેન $(CH_3CH_2CH_2Br)$ છે.
પગલું $(I)$: આલ્કોહોલિક $KOH$ સાથેની પ્રક્રિયાથી ડીહાઇડ્રોહેલોજિનેશન (વિલોપન પ્રતિક્રિયા) થાય છે અને પ્રોપીન $(CH_3CH=CH_2)$ બને છે.
પગલું $(II)$: પ્રોપીનમાં $HBr$ નો ઉમેરો માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ થાય છે,જેમાં હાઇડ્રોજન પરમાણુ વધુ હાઇડ્રોજન ધરાવતા કાર્બન સાથે જોડાય છે,જેના પરિણામે $2$-બ્રોમોપ્રોપેન $(CH_3CH(Br)CH_3)$ બને છે.

(B) આ પ્રક્રિયા $1-phenylprop-1-ene$ $(C_6H_5-CH=CH-CH_3)$ માં $HBr$ નો ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી યોગશીલ પ્રક્રિયા છે.
માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ,પ્રોટોન $(H^+)$ વધુ હાઇડ્રોજન ધરાવતા કાર્બન પર જોડાય છે અને બ્રોમાઇડ આયન $(Br^-)$ ઓછા હાઇડ્રોજન ધરાવતા કાર્બન પર જોડાય છે.
અહીં,બેન્ઝાઇલિક સ્થાન પર બનતો કાર્બોકેટાયન $(C_6H_5-CH^+-CH_2-CH_3)$ ફિનાઇલ રિંગ સાથેના સંસ્પંદન દ્વારા ખૂબ જ સ્થાયી થાય છે.
તેથી,બ્રોમાઇડ આયન આ સ્થાયી બેન્ઝાઇલિક કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરે છે અને મુખ્ય નીપજ તરીકે $1-bromo-1-phenylpropane$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $C_6H_5-CH=CH-CH_3 + HBr \rightarrow C_6H_5-CH(Br)-CH_2-CH_3$.

(C) એમિનો એસિડનું આઈસોઈલેક્ટ્રિક બિંદુ $(pI)$ એ $pH$ છે જ્યાં અણુ પર કોઈ ચોખ્ખો વિદ્યુતભાર હોતો નથી.
સામાન્ય એમિનો એસિડ માટે,આઈસોઈલેક્ટ્રિક બિંદુની ગણતરી બે $pK_a$ મૂલ્યોની સરેરાશ તરીકે કરવામાં આવે છે:
$pI = \frac{pK_{a_1} + pK_{a_2}}{2}$
અહીં $pK_{a_1} = 2.56$ અને $pK_{a_2} = 9.38$ આપેલ છે,
$pI = \frac{2.56 + 9.38}{2} = \frac{11.94}{2} = 5.97$.

(A) આપેલી પ્રક્રિયાઓનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1. NH_4Cl(aq) + NaNO_2(aq) \longrightarrow N_2(g) + 2H_2O(l) + NaCl(aq)$. આ પ્રક્રિયા ડાયનાઈટ્રોજન ઉત્પન્ન કરે છે.
$2. NH_2CONH_2 + 2H_2O$ $\longrightarrow (NH_4)_2CO_3$ $\longrightarrow 2NH_3 + H_2O + CO_2$. આ પ્રક્રિયા એમોનિયા ઉત્પન્ન કરે છે.
$3. Ba(N_3)_2 \stackrel{\Delta}{\longrightarrow} Ba(s) + 3N_2(g)$. આ પ્રક્રિયા શુદ્ધ ડાયનાઈટ્રોજન ઉત્પન્ન કરે છે.
$4. 2NH_4Cl + Ca(OH)_2 \longrightarrow CaCl_2 + 2H_2O + 2NH_3$. આ પ્રક્રિયા એમોનિયા ઉત્પન્ન કરે છે.
આમ,પ્રક્રિયા $1$ અને $3$ ડાયનાઈટ્રોજન ઉત્પન્ન કરે છે.

(A) ઝિંકની નાઈટ્રિક એસિડ સાથેની પ્રક્રિયા એસિડની સાંદ્રતા પર આધાર રાખે છે.
જ્યારે ઝિંક ઠંડા અને મંદ $HNO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે નાઈટ્રસ ઓક્સાઈડ $(N_2O)$ ઉત્પન્ન કરે છે:
$4 Zn 10 HNO_3 ({\text{મંદ}}) \longrightarrow 4 Zn(NO_3)_2 N_2O 5 H_2O$
જ્યારે ઝિંક સાંદ્ર $HNO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે નાઈટ્રોજન ડાયોક્સાઈડ $(NO_2)$ ઉત્પન્ન કરે છે:
$Zn 4 HNO_3 ({\text{સાંદ્ર}}) \longrightarrow Zn(NO_3)_2 2 NO_2 2 H_2O$
તેથી,મુક્ત થતા વાયુઓ અનુક્રમે $N_2O$ અને $NO_2$ છે.

(D) $(i)$ $SO_2$ (સલ્ફર ડાયોક્સાઇડ) પોટેશિયમ આયોડેટ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સલ્ફ્યુરિક એસિડ,પોટેશિયમ સલ્ફેટ અને આયોડિન વાયુ બનાવે છે: $5SO_2 + 2KIO_3 + 4H_2O \longrightarrow 4H_2SO_4 + K_2SO_4 + I_2$.
$(ii)$ $SO_2$ એસિડિક $KMnO_4$ દ્રાવણને $Mn^{7+}$ નું $Mn^{2+}$ માં રિડક્શન કરીને રંગવિહીન બનાવે છે: $5SO_2 + 2KMnO_4 + 2H_2O \longrightarrow K_2SO_4 + 2H_2SO_4 + 2MnSO_4$.
$(iii)$ $SO_2$ એસિડિક પોટેશિયમ ડાયક્રોમેટ $(K_2Cr_2O_7)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને લીલા રંગનું ક્રોમિયમ$(III)$ સલ્ફેટ બનાવે છે: $3SO_2 + K_2Cr_2O_7 + H_2SO_4 \longrightarrow K_2SO_4 + Cr_2(SO_4)_3 + H_2O$.
$(iv)$ $SO_2$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે અને ફેરિક ક્ષારો $(Fe^{3+})$ નું ફેરસ ક્ષારો $(Fe^{2+})$ માં રિડક્શન કરે છે,જેનાથી રંગ પીળામાંથી આછા લીલામાં બદલાય છે: $Fe_2(SO_4)_3 + SO_2 + 2H_2O \longrightarrow 2FeSO_4 + 2H_2SO_4$. તેથી,વિકલ્પ $D$ માં આપેલું વિધાન ખોટું છે કારણ કે $SO_2$ ફેરિક સલ્ફેટનું ફેરસ સલ્ફેટમાં રિડક્શન કરે છે,ઉલટું નહીં.

(A) સલ્ફર $(S)$ ની સોડિયમ સલ્ફાઇટ $(Na_2SO_3)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી સોડિયમ થાયોસલ્ફેટ $(Na_2S_2O_3)$ ઉત્પન્ન થાય છે,જે સંયોજન $(A)$ છે.
$S + Na_2SO_3 \rightarrow Na_2S_2O_3 (A)$
જ્યારે $Na_2S_2O_3$ વધારાના $AgNO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે સિલ્વર થાયોસલ્ફેટ $(Ag_2S_2O_3)$ બનાવે છે,જે સંયોજન $(B)$ છે.
$Na_2S_2O_3 + 2AgNO_3 \rightarrow Ag_2S_2O_3 (B) + 2NaNO_3$
અંતે,$Ag_2S_2O_3$ પાણીમાં વિઘટન પામીને સિલ્વર સલ્ફાઇડ $(Ag_2S)$ ના કાળા અવક્ષેપ બનાવે છે,જે સંયોજન $(C)$ છે.
$Ag_2S_2O_3 + H_2O \rightarrow Ag_2S (C) + H_2SO_4$
આમ,સાચો ક્રમ $(A) = Na_2S_2O_3$,$(B) = Ag_2S_2O_3$ અને $(C) = Ag_2S$ છે.

(C) આપેલ આંતર-હેલોજન સંયોજનોના ભૌતિક ગુણધર્મો નીચે મુજબ છે:
$1$. $IBr$ એ કાળો ઘન છે.
$2$. $ClF_3$ એ રંગહીન વાયુ છે.
$3$. $BrF_3$ એ પીળો-લીલો પ્રવાહી છે.
$4$. $ICl_3$ એ નારંગી ઘન છે.
તેથી,સાચી જોડ $(a-iii), (b-iv), (c-ii), (d-i)$ છે.

(B) ઓક્સોએસિડનું એનહાઇડ્રાઇડ એસિડમાંથી પાણીના અણુઓને દૂર કરીને બનાવવામાં આવે છે જેથી મધ્યસ્થ પરમાણુનો ઓક્સિડેશન આંક સમાન રહે.
$HOCl$ માટે,પ્રક્રિયા $2HOCl \rightarrow Cl_2O + H_2O$ છે.
આમ,$HOCl$ નું એનહાઇડ્રાઇડ $Cl_2O$ છે.
સાચો જવાબ $Cl_2O$ છે,જે વિકલ્પ $(B)$ ને અનુરૂપ છે.

(A) પ્રવાહી હિલિયમ $(b.p. \ 4.2 \ K)$ નો ઉપયોગ નીચા તાપમાને વિવિધ પ્રયોગો કરવા માટે ક્રાયોજેનિક એજન્ટ તરીકે થાય છે.
તેનો ઉપયોગ શક્તિશાળી સુપરકન્ડક્ટિંગ ચુંબક બનાવવા અને જાળવવા માટે થાય છે,જે આધુનિક $NMR$ સ્પેક્ટ્રોમીટર અને ક્લિનિકલ નિદાન માટે મેગ્નેટિક રેઝોનન્સ ઇમેજિંગ $(MRI)$ સિસ્ટમનો આવશ્યક ભાગ છે.
હિલિયમ એક હલકો,નિષ્ક્રિય અને અજ્વલનશીલ વાયુ છે.
તેથી,વિધાનો $(i)$ અને $(ii)$ સાચા છે.

(B) $Xenon$ એ ઉમદા વાયુ છે જેની આયનીકરણ એન્થાલ્પી ઊંચી હોય છે.
તે મુખ્યત્વે ફ્લોરિન અને ઓક્સિજન જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ તત્વો સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને $XeF_2$,$XeF_4$,$XeF_6$ અને $XeO_3$ જેવા સંયોજનો બનાવે છે.
નીલ બાર્ટલેટે સૌપ્રથમ $Xenon$ ની પ્રતિક્રિયા અત્યંત પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા $PtF_6$ સાથે કરાવીને $[Xe]^+[PtF_6]^-$ બનાવ્યું હતું.
તેથી,$Xenon$ સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણ તત્વો સાથે શ્રેષ્ઠ રીતે પ્રતિક્રિયા આપે છે.

(B) કોઈપણ સ્પીસીઝની ઓક્સિડેશન ક્ષમતા તેના પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ સાથે સીધી રીતે સંબંધિત છે. ઉચ્ચ રિડક્શન પોટેન્શિયલ એટલે પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા.
હેલોજનના આપેલ ઓક્સોએનાયન માટે,રિડક્શન પોટેન્શિયલના મૂલ્યો સ્પીસીઝની સ્થિરતા અને મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા પર આધાર રાખે છે.
આ સ્પીસીઝના રિડક્શન માટેના પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલનો ક્રમ $BrO_4^{-} > IO_4^{-} > ClO_4^{-}$ છે.
તેથી,ઓક્સિડેશન ક્ષમતાનો સાચો ક્રમ $BrO_4^{-} > IO_4^{-} > ClO_4^{-}$ છે.

(C) સમૂહ-$15$ ના તત્વો નાઇટ્રોજન,ફોસ્ફરસ,આર્સેનિક,એન્ટિમની અને બિસ્મથ છે.
સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં,પરમાણુ કદ વધે છે અને વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે.
પરિણામે,ધાત્વીય ગુણધર્મ વધે છે,જેના કારણે ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ વધે છે.
તેથી,ઓક્સાઇડનો એસિડિક ગુણધર્મ સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ઘટે છે.
એસિડિક પ્રબળતાનો ક્રમ: $P_2O_3 > As_2O_3 > Sb_2O_3 > Bi_2O_3$ છે.
આમ,વધતો ક્રમ $Bi_2O_3 < Sb_2O_3 < As_2O_3 < P_2O_3$ છે.

(B) પોટેશિયમ સાયનાઇડની સોડિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ સાથેની પ્રક્રિયાથી સાયનાઇડ આયન મળે છે. ત્યારબાદ સાયનાઇડ આયન થાયોસલ્ફેટ આયનો સાથે પ્રક્રિયા કરે છે. હાઇડ્રોક્લોરિક એસિડની હાજરીમાં ઠંડુ અને એસિડિક કરવાથી થાયોસાયનેટ આયન મળે છે.
$KCN + NaOH \rightarrow NaCN + KOH$
$S_2O_3^{2-} + CN^{-} \xrightarrow{HCl} SCN^{-} + SO_3^{2-}$
થાયોસાયનેટ આયન આયર્ન $(III)$ ક્લોરાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $[Fe(SCN)]^{2+}$ સંકીર્ણ બનાવે છે,જેનો રંગ લોહી જેવો લાલ હોય છે.
$Fe^{3+} + SCN^{-} \rightarrow [Fe(SCN)]^{2+}$ (લોહી જેવો લાલ રંગ)
તેથી,દ્રાવણ લોહી જેવા લાલ રંગનું દ્રાવણ ઉત્પન્ન કરે છે.