IIT JEE 1999 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે વાયુથી ભરેલો એક ડબ્બો સમક્ષિતિજ દિશામાં $a$ પ્રવેગ સાથે ગતિ કરી રહ્યો છે.
ડબ્બાના અજડત્વીય સંદર્ભ ફ્રેમમાં,વાયુના અણુઓ પર પ્રવેગની વિરુદ્ધ દિશામાં (એટલે કે પાછળની બાજુ તરફ) એક આભાસી બળ લાગે છે.
આના કારણે વાયુના અણુઓ ડબ્બાની પાછળની બાજુએ એકઠા થાય છે.
પરિણામે,પાછળની બાજુએ વાયુની ઘનતા અને દબાણ વધે છે.
તેનાથી વિપરીત,ડબ્બાની આગળની બાજુએ ઘનતા અને દબાણ ઘટે છે.
તેથી,આગળની બાજુએ દબાણ ઓછું હોય છે.

(D) ઓક્સિજન એ દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ છે,તેથી $n_1 = 2$ મોલ માટે તેની આંતરિક ઉર્જા $U_1 = n_1 \times \frac{f_1}{2} RT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f_1 = 5$ (દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે મુક્તિના અંશો).
$U_1 = 2 \times \frac{5}{2} RT = 5 RT$.
આર્ગોન એ એક-પરમાણ્વીય વાયુ છે,તેથી $n_2 = 4$ મોલ માટે તેની આંતરિક ઉર્જા $U_2 = n_2 \times \frac{f_2}{2} RT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f_2 = 3$ (એક-પરમાણ્વીય વાયુ માટે મુક્તિના અંશો).
$U_2 = 4 \times \frac{3}{2} RT = 6 RT$.
સિસ્ટમની કુલ આંતરિક ઉર્જા $U_{total} = U_1 + U_2 = 5 RT + 6 RT = 11 RT$ છે.

(C) કેલ્શિયમ ફોસ્ફાઇડ $(Ca_3P_2)$ અને પાણી વચ્ચેની રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$Ca_3P_2 + 6H_2O \to 2PH_3 + 3Ca(OH)_2$
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ $Ca_3P_2$ એ $6 \text{ મોલ}$ $H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $2 \text{ મોલ}$ ફોસ્ફિન $(PH_3)$ અને $3 \text{ મોલ}$ કેલ્શિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ $(Ca(OH)_2)$ ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) કાર્બન પરમાણુઓનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે શૃંખલાને ક્રમ આપીએ: $C_1H_2 = C_2H - C_3H_2 - C_4H_2 - C_5 \equiv C_6H$.
$C_1$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_2$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_3$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_4$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_5$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_6$ એ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_2$ અને $C_3$ વચ્ચેનો બંધ $sp^2$ સંકરિત કાર્બન અને $sp^3$ સંકરિત કાર્બન વચ્ચે છે.
તેથી,બંધનો પ્રકાર $sp^2 - sp^3$ છે.

(D) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંક $(B.O.)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$CO$ માટે,બંધ ક્રમાંક $3$ છે.
$CO_2$ $(O=C=O)$ માટે,બંધ ક્રમાંક $2$ છે.
$CO_3^{2-}$ માટે,સંસ્પંદન બંધારણને કારણે બંધ ક્રમાંક $1.33$ છે.
જેમ બંધ ક્રમાંક ઘટે તેમ બંધ લંબાઈ વધે છે,તેથી વધતી બંધ લંબાઈનો ક્રમ $CO < CO_2 < CO_3^{2-}$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(D) આદર્શ વાયુનું સમીકરણ $PV = nRT$ છે.
વાસ્તવિક વાયુઓ ઊંચા તાપમાન અને નીચા દબાણની સ્થિતિમાં આદર્શ વર્તણૂક દર્શાવે છે,જ્યાં આંતરઆણ્વીય આકર્ષણ બળો નહિવત હોય છે અને વાયુના કણોનું કદ પાત્રના કુલ કદની સરખામણીમાં અવગણ્ય હોય છે.

(A) પ્રક્રિયા $3X_{(g)} + Y_{(g)} \rightleftharpoons X_3Y_{(g)}$ છે.
વાયુરૂપ પ્રક્રિયકોના મોલની સંખ્યા $(4 \ mol)$ અને વાયુરૂપ નીપજોના મોલની સંખ્યા $(1 \ mol)$ અલગ હોવાથી,સંતુલન સ્થાન દબાણ દ્વારા અસર પામે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયાઓમાં એન્થાલ્પી ફેરફારનો સમાવેશ થતો હોવાથી,સંતુલન અચળાંક અને સંતુલનનું સ્થાન તાપમાન દ્વારા અસર પામે છે.
ઉદ્દીપક માત્ર પુરોગામી અને પ્રતિગામી પ્રક્રિયાના વેગમાં સમાન વધારો કરે છે અને તે સંતુલન સ્થાન અથવા સંતુલન સમયે નીપજના પ્રમાણને અસર કરતું નથી.
તેથી,સંતુલન સમયે $X_3Y$ નું પ્રમાણ તાપમાન અને દબાણ દ્વારા અસર પામે છે.

(D) સાચો જવાબ $D$ છે.
બફર દ્રાવણ નિર્બળ એસિડ અને તેના સંયુગ્મી બેઇઝ (પ્રબળ બેઇઝનો ક્ષાર) અથવા નિર્બળ બેઇઝ અને તેના સંયુગ્મી એસિડ (પ્રબળ એસિડનો ક્ષાર) ના મિશ્રણ દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે.
$1$. સોડિયમ એસીટેટ $(CH_3COONa)$ અને એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ એસિડિક બફર બનાવે છે કારણ કે એસિટિક એસિડ નિર્બળ એસિડ છે અને સોડિયમ એસીટેટ એ પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ સાથેનો તેનો ક્ષાર છે.
$2$. એમોનિયા $(NH_3)$ અને એમોનિયમ ક્લોરાઇડ $(NH_4Cl)$ બેઝિક બફર બનાવે છે કારણ કે એમોનિયા નિર્બળ બેઇઝ છે અને એમોનિયમ ક્લોરાઇડ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ સાથેનો તેનો ક્ષાર છે.
$3$. સોડિયમ એસીટેટ અને હાઇડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ પ્રક્રિયા કરીને એસિટિક એસિડ અને સોડિયમ ક્લોરાઇડ બનાવે છે,જે બફર સિસ્ટમ બનાવતા નથી.
તેથી,$A$ અને $C$ બંને સાચા છે.

(A) $HCl$ એ પ્રબળ એસિડ છે,તેથી તેનો $pH$ સૌથી ઓછો $(pH \approx 1)$ છે.
$NH_4Cl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને નિર્બળ બેઇઝ $(NH_4OH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તેનું કેટાયનિક જળવિભાજન થાય છે,પરિણામે દ્રાવણ એસિડિક બને છે $(pH < 7)$.
$NaCl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે તટસ્થ છે $(pH = 7)$.
$NaCN$ એ નિર્બળ એસિડ $(HCN)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તેનું એનાયોનિક જળવિભાજન થાય છે,પરિણામે દ્રાવણ બેઝિક બને છે $(pH > 7)$.
તેથી,$pH$ વધવાનો સાચો ક્રમ: $HCl < NH_4Cl < NaCl < NaCN$ છે.

(D) સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે. આપેલી તમામ પ્રક્રિયાઓ ઉષ્માશોષક છે કારણ કે તે આસપાસમાંથી ઉષ્માના શોષણ દ્વારા આગળ વધે છે.
$1$. ગ્રેફાઇટનું હીરામાં રૂપાંતર: $C_{\text{graphite}} \rightarrow C_{\text{diamond}}$ $(\Delta H > 0)$
$2$. પાણીનું વિઘટન: $2H_2O_{(l)} \rightarrow 2H_{2(g)} + O_{2(g)}$ $(\Delta H > 0)$
$3$. ઈથેનનું ડિહાઈડ્રોજનેશન: $C_2H_{6(g)} \rightarrow C_2H_{4(g)} + H_{2(g)}$ $(\Delta H > 0)$
આથી,તમામ પ્રક્રિયાઓ ઉષ્માશોષક છે.

(A) $1$. $S_8$ માટે: તે સલ્ફરનું તત્વ સ્વરૂપ હોવાથી,તેનો ઓક્સિડેશન આંક $0$ છે.
$2$. $S_2F_2$ માટે: ધારો કે $S$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ છે. $F$ નો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ હોવાથી,$2x + 2(-1) = 0$,જે $2x = 2$ આપે છે,તેથી $x = +1$.
$3$. $H_2S$ માટે: ધારો કે $S$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ છે. $H$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+1$ હોવાથી,$2(+1) + x = 0$,જે $x = -2$ આપે છે.
તેથી,ઓક્સિડેશન આંક $0, +1, -2$ છે.

(D) આયનીય ત્રિજ્યા અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર અને કક્ષાની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
$(A)$ $Ti^{4+}$ $(Z=22)$ અને $Mn^{7+}$ $(Z=25)$ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે ($18$ ઈલેક્ટ્રોન). જેમ કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે,તેમ કદ ઘટે છે,તેથી $Ti^{4+} > Mn^{7+}$.
$(B)$ $^{35}Cl^{-}$ અને $^{37}Cl^{-}$ સમસ્થાનિકો છે. સમસ્થાનિકોમાં ઈલેક્ટ્રોન અને પ્રોટોનની સંખ્યા સમાન હોય છે,તેથી તેમની આયનીય ત્રિજ્યા સમાન હોય છે.
$(C)$ $K^{+}$ અને $Cl^{-}$ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે ($18$ ઈલેક્ટ્રોન). $K^{+}$ નો કેન્દ્રીય વીજભાર $(Z=19)$ $Cl^{-}$ $(Z=17)$ કરતા વધારે છે,તેથી $K^{+} < Cl^{-}$.
$(D)$ $P^{3+}$ અને $P^{5+}$ એક જ તત્વના આયનો છે. $P^{5+}$ એ $P^{3+}$ કરતા વધુ ઈલેક્ટ્રોન ગુમાવ્યા છે,જેના પરિણામે પ્રતિ ઈલેક્ટ્રોન અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે,તેથી $P^{3+} > P^{5+}$.
આમ,સાચું વિધાન $(D)$ છે.

(C) $Ca_3P_2 + 6H_2O \rightarrow 2PH_3 + 3Ca(OH)_2$
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ કેલ્શિયમ ફોસ્ફાઈડ $(Ca_3P_2)$ વધારાના પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરીને $2 \text{ મોલ}$ ફોસ્ફીન $(PH_3)$ અને $3 \text{ મોલ}$ કેલ્શિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(Ca(OH)_2)$ ઉત્પન્ન કરે છે.

(C) કેલ્શિયમ ફોસ્ફાઈડ $(Ca_3P_2)$ અને પાણી વચ્ચેની રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$Ca_3P_2 + 6H_2O \to 3Ca(OH)_2 + 2PH_3$
સંતુલિત સમીકરણના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ $Ca_3P_2$ એ $6 \text{ મોલ}$ $H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $2 \text{ મોલ}$ ફોસ્ફિન $(PH_3)$ અને $3 \text{ મોલ}$ કેલ્શિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(Ca(OH)_2)$ આપે છે.

(B) સાચો ક્રમ $BCl_3 > PCl_3 > AsCl_3 > BiCl_3$ છે.
$BCl_3$ એ $sp^2$ સંકરણને કારણે $120^{\circ}$ ના બંધકોણ સાથે ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$PCl_3$,$AsCl_3$ અને $BiCl_3$ ના કિસ્સામાં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ધરાવે છે,જેના પરિણામે પિરામિડલ ભૂમિતિ મળે છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં $P$ થી $Bi$ તરફ નીચે જઈએ છીએ,તેમ મધ્યસ્થ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે,જેના કારણે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો મધ્યસ્થ પરમાણુથી દૂર જાય છે.
પરિણામે,સમૂહમાં નીચે જતાં બંધકોણ ઘટે છે.

(C) $D-(+)-$ ટાર્ટરિક એસિડનું નામ તેના $D-(+)$ ગ્લિસરાલ્ડિહાઈડની સાપેક્ષ વિન્યાસ અને તેના ધન પ્રકાશિક પરિભ્રમણ પર આધારિત છે.

(A) $HgSO_4$ અને $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં $1$-બ્યુટાઇન $(CH_3-CH_2-C \equiv CH)$ નું જલીયકરણ માર્કોવનીકોવના નિયમનું પાલન કરે છે.
પાણી ત્રિ-બંધ પર ઉમેરાઈને અસ્થાયી ઇનોલ મધ્યવર્તી $(CH_3-CH_2-C(OH)=CH_2)$ બનાવે છે.
આ ઇનોલ ત્યારબાદ ટૉટોમેરાઇઝેશન દ્વારા વધુ સ્થાયી કીટોન,$2$-બ્યુટેનોન $(CH_3-CH_2-C(=O)-CH_3)$ બનાવે છે.

(D) નોર્માલિટી માટેનું સૂત્ર $\text{Normality} = \text{Molarity} \times \text{n-factor}$ છે.
ફોસ્ફરસ એસિડ $(H_3PO_3)$ ની રચનામાં બે $P-OH$ બંધ હોય છે,તેથી તે દ્વિ-બેઝિક એસિડ છે.
તેથી,$H_3PO_3$ નો n-ફેક્ટર (બેઝિસિટી) $2$ છે.
$\text{Normality} = 0.3 \ M \times 2 = 0.6 \ N$.

(A) $HgSO_4$ અને $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં $but-1-yne$ જેવા ટર્મિનલ આલ્કાઈનનું જલીયકરણ માર્કોવનીકોવના નિયમને અનુસરે છે.
પગલું $1$: આલ્કાઈન પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરીને અસ્થાયી ઇનોલ મધ્યવર્તી બનાવે છે: $CH_3-CH_2-C \equiv CH + H_2O \xrightarrow{HgSO_4/H_2SO_4} [CH_3-CH_2-C(OH)=CH_2]$.
પગલું $2$: ઇનોલનું ટોટોમેરાઈઝેશન થઈને સ્થાયી કીટોન બને છે: $[CH_3-CH_2-C(OH)=CH_2] ightarrow CH_3-CH_2-COCH_3$ $(Butan-2-one)$.
તેથી,સાચી નીપજ $Butan-2-one$ છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x\tan 2x - 2x\tan x}}{{{{(1 - \cos 2x)}^2}}}$
નિત્યસમ $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x(\tan 2x - 2\tan x)}}{{{{(2\sin^2 x)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x(\tan 2x - 2\tan x)}}{{4\sin^4 x}}$
ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\tan \theta = \theta + \frac{\theta^3}{3} + \dots$ અને $\sin x \approx x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x \left[ (2x + \frac{(2x)^3}{3} + \dots) - 2(x + \frac{x^3}{3} + \dots) \right]}}{{4x^4}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x \left[ 2x + \frac{8x^3}{3} - 2x - \frac{2x^3}{3} \right]}}{{4x^4}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x \cdot (2x^3)}}{{4x^4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x^4}}{{4x^4}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $f(x) = x^2 - 2ax + a^2 + a - 3$.
બીજ વાસ્તવિક અને $3$ કરતાં ઓછા હોય તે માટે ત્રણ શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. વિવેચક $D \geq 0$:
$D = (-2a)^2 - 4(1)(a^2 + a - 3) = 12 - 4a \geq 0 \implies a \leq 3$.
$2$. શિરોબિંદુ $x_v < 3$:
$x_v = a < 3$.
$3$. $f(3) > 0$:
$f(3) = a^2 - 5a + 6 > 0 \implies (a - 2)(a - 3) > 0 \implies a < 2$ અથવા $a > 3$.
બધી શરતોને જોડતા: $a \leq 3$ અને $a < 3$ અને ($a < 2$ અથવા $a > 3$).
પરિણામ $a < 2$ મળે છે.

(D) ધારો કે $x$-અક્ષ પરનું બિંદુ $(h, 0)$ છે. $(h, 0)$ મધ્યબિંદુવાળી જીવાનું સમીકરણ $T = S_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^{2} + y^{2} - px - qy = 0$ છે.
જીવાનું સમીકરણ $xh + y(0) - \frac{p}{2}(x + h) - \frac{q}{2}(y + 0) = h^{2} + 0^{2} - ph - q(0)$ છે.
$xh - \frac{p}{2}(x + h) - \frac{qy}{2} = h^{2} - ph$.
આ જીવા $(p, q)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,આપણે $x = p$ અને $y = q$ મૂકીએ:
$ph - \frac{p}{2}(p + h) - \frac{q^{2}}{2} = h^{2} - ph$.
$2$ વડે ગુણતા: $2ph - p^{2} - ph - q^{2} = 2h^{2} - 2ph$.
$2h^{2} - 3ph + p^{2} + q^{2} = 0$.
બે ભિન્ન જીવાઓ હોવાથી,$h$ માં દ્વિઘાત સમીકરણના બે ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો હોવા જોઈએ,તેથી વિવેચક $D > 0$.
$D = (-3p)^{2} - 4(2)(p^{2} + q^{2}) > 0$.
$9p^{2} - 8p^{2} - 8q^{2} > 0$.
$p^{2} - 8q^{2} > 0 \Rightarrow p^{2} > 8q^{2}$.

(D) $n$ મોલ આદર્શ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f}{2} nRT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) છે.
$O_2$ (દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ) માટે,મુક્તિના અંશો $f_1 = 5$ છે (કંપન મોડ્સને અવગણતા).
$2$ મોલ $O_2$ ની આંતરિક ઉર્જા $U_1 = \frac{5}{2} \times 2 \times RT = 5 RT$ છે.
$Ar$ (એક-પરમાણ્વીય વાયુ) માટે,મુક્તિના અંશો $f_2 = 3$ છે.
$4$ મોલ $Ar$ ની આંતરિક ઉર્જા $U_2 = \frac{3}{2} \times 4 \times RT = 6 RT$ છે.
તંત્રની કુલ આંતરિક ઉર્જા $U_{total} = U_1 + U_2 = 5 RT + 6 RT = 11 RT$ થાય.

(A) કક્ષકની ઊર્જા $(n + l)$ ના નિયમ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$(i)$ $n = 4, l = 1 \implies n + l = 5$ ($4p$ કક્ષક).
$(ii)$ $n = 4, l = 0 \implies n + l = 4$ ($4s$ કક્ષક).
$(iii)$ $n = 3, l = 2 \implies n + l = 5$ ($3d$ કક્ષક).
$(iv)$ $n = 3, l = 1 \implies n + l = 4$ ($3p$ કક્ષક).
સમાન $(n + l)$ મૂલ્ય ધરાવતી કક્ષકો માટે,જેનું $n$ મૂલ્ય ઓછું હોય તેની ઊર્જા ઓછી હોય છે.
$(ii)$ $(n=4)$ અને $(iv)$ $(n=3)$ ની સરખામણી કરતા,$(iv)$ ની ઊર્જા ઓછી છે.
$(i)$ $(n=4)$ અને $(iii)$ $(n=3)$ ની સરખામણી કરતા,$(iii)$ ની ઊર્જા ઓછી છે.
આમ,વધતી ઊર્જાનો ક્રમ $(iv) < (ii) < (iii) < (i)$ છે.

(A) નાઇટ્રોજનનો પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 7$ છે. તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2, 2s^2, 2p^3$ છે.
હુંડના મહત્તમ ગુણકતાના નિયમ મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન સમાન શક્તિ ધરાવતી કક્ષકોમાં ત્યારે જ યુગ્મિત થાય છે જ્યારે દરેક કક્ષકમાં એક-એક ઇલેક્ટ્રોન ભરાઈ જાય.
તેથી,$2p$ કક્ષકોમાં રહેલા ત્રણ ઇલેક્ટ્રોન સમાંતર સ્પિન સાથે અલગ-અલગ કક્ષકોમાં ગોઠવાશે.
આ રચના વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ છે.

(A) $H_2S$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $H$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે અણુ કોણીય આકાર ધારણ કરે છે.
$S$ અને $H$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાના તફાવત અને કોણીય આકારને કારણે,બંધની ડાયપોલ એકબીજાને નાબૂદ કરતી નથી.
તેથી,$H_2S$ ની ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય હોતી નથી.

(B) $HCl$ એ પ્રબળ એસિડ છે. તેના $0.1 \ M$ દ્રાવણમાં,$[H^{+}] = 0.1 \ M$,તેથી $pH = 1$ થાય.
$NH_4Cl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને નિર્બળ બેઇઝ $(NH_4OH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે ધન આયનીય જળવિભાજન પામીને એસિડિક દ્રાવણ બનાવે છે $(pH < 7)$.
$NaCl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તેનું જળવિભાજન થતું નથી,પરિણામે દ્રાવણ તટસ્થ રહે છે $(pH = 7)$.
$NaCN$ એ નિર્બળ એસિડ $(HCN)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે ઋણ આયનીય જળવિભાજન પામીને બેઝિક દ્રાવણ બનાવે છે $(pH > 7)$.
તેથી,$pH$ વધવાનો ક્રમ $HCl < NH_4Cl < NaCl < NaCN$ છે.

(C) સંસ્પંદન રચનાઓમાં,નાઈટ્રો ગ્રુપમાં નાઈટ્રોજન પરમાણુ $(N)$ ની સંયોજકતા $4$ હોય છે (તે $4$ બંધ બનાવે છે).
જો $N$ એ $5$ બંધ બનાવે,તો તે તેના અષ્ટક કરતા વધી જાય છે,જે નાઈટ્રોજન જેવા બીજા આવર્તના તત્વો માટે શક્ય નથી.
રચના $(C)$ માં નાઈટ્રોજન પરમાણુ $5$ બંધ બનાવતો દર્શાવેલ છે (એક દ્વિબંધ વલય સાથે,બે દ્વિબંધ ઓક્સિજન સાથે અને એક એકલ બંધ બીજા ઓક્સિજન સાથે),જે અષ્ટકના નિયમનું ઉલ્લંઘન કરે છે.
તેથી,તે સૌથી અસંભવિત નિરૂપણ છે.

(C) બે સમાન ગોળાઓ વચ્ચેની આ સંમુખ સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ હોવાથી,તેમના રેખીય વેગ એકબીજા સાથે બદલાઈ જશે. ગોળો $A$ સ્થિર થઈ જશે અને ગોળો $B$ રેખીય વેગ $v$ થી ગતિ કરશે.
સપાટી ઘર્ષણરહિત હોવાથી,ગોળાઓ પર તેમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ કોઈ ટોર્ક લાગતું નથી. તેથી,તેમના કોણીય વેગ બદલાતા નથી.
આમ,$\omega_A = \omega$ અને $\omega_B = 0$ થાય છે.
પરિણામે,અથડામણ પછી,ગોળો $A$ ફક્ત ભ્રમણીય ગતિ (રેખીય ગતિ વગર) કરશે અને ગોળો $B$ ફક્ત રેખીય ગતિ (ભ્રમણ વગર) કરશે.

(B) વિધેય $f(x) = (x^2 - 1) |(x - 1)(x - 2)| + \cos(|x|)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ,$|(x - 1)(x - 2)|$ પદને ધ્યાનમાં લો. આ પદ નિરપેક્ષ મૂલ્યની અંદરના દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ આગળ વિકલનીય નથી,જે $x = 1$ અને $x = 2$ છે.
જોકે,આપણે તપાસવું જોઈએ કે શું $(x^2 - 1)$ અવયવ આ અ-વિકલનીયતાને દૂર કરે છે.
$x = 1$ આગળ,$f(x) = (x^2 - 1) |(x - 1)(x - 2)| + \cos(|x|)$. $(x^2 - 1)$ પદમાં $(x - 1)$ અવયવ છે,તેથી $(x^2 - 1)|x - 1| = (x + 1)(x - 1)|x - 1|$. કારણ કે $\lim_{x \to 1} (x - 1)|x - 1| = 0$ અને $x = 1$ આગળ $(x - 1)|x - 1|$ નું વિકલન $0$ છે,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 2$ આગળ,$|x - 2|$ પદ વિકલનીય નથી. પદાવલિ $f(x) = (x^2 - 1)|x - 1||x - 2| + \cos(|x|)$ છે. કારણ કે $(x^2 - 1)|x - 1|$ એ $x = 2$ આગળ શૂન્ય નથી (ખાસ કરીને,$(2^2 - 1)|2 - 1| = 3 \neq 0$),તેથી ગુણાકાર $3|x - 2|$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.
અંતે,$\cos(|x|)$ ને ધ્યાનમાં લો. આ $x \ge 0$ માટે $\cos(x)$ અને $x < 0$ માટે $\cos(-x) = \cos(x)$ છે. $x = 0$ આગળ $\cos(|x|)$ નું વિકલન $\lim_{h \to 0^+} \frac{\cos(h) - 1}{h} = 0$ અને $\lim_{h \to 0^-} \frac{\cos(-h) - 1}{h} = 0$ થાય છે. આમ,$\cos(|x|)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) આપણે $I = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} [2 \sin x] \,dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$ માટે,$\sin x$ ની કિંમત $1$ થી $-1$ વચ્ચે હોય છે,તેથી $2 \sin x$ ની કિંમત $2$ થી $-2$ વચ્ચે હોય છે.
આપણે $[2 \sin x]$ ની કિંમતોના આધારે સંકલનનું વિભાજન કરીએ:
$1) x \in [\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}]$ માટે,$\frac{1}{2} \leq \sin x \leq 1 \Rightarrow 1 \leq 2 \sin x \leq 2$. તેથી $[2 \sin x] = 1$.
$2) x \in [\frac{5\pi}{6}, \pi]$ માટે,$0 \leq \sin x \leq \frac{1}{2} \Rightarrow 0 \leq 2 \sin x \leq 1$. તેથી $[2 \sin x] = 0$.
$3) x \in [\pi, \frac{7\pi}{6}]$ માટે,$-\frac{1}{2} \leq \sin x \leq 0 \Rightarrow -1 \leq 2 \sin x \leq 0$. તેથી $[2 \sin x] = -1$.
$4) x \in [\frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}]$ માટે,$-1 \leq \sin x \leq -\frac{1}{2} \Rightarrow -2 \leq 2 \sin x \leq -1$. તેથી $[2 \sin x] = -2$.
$I = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}} (1) \,dx + \int_{\frac{5\pi}{6}}^{\pi} (0) \,dx + \int_{\pi}^{\frac{7\pi}{6}} (-1) \,dx + \int_{\frac{7\pi}{6}}^{\frac{3\pi}{2}} (-2) \,dx$
$I = (\frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{2}) + 0 - (\frac{7\pi}{6} - \pi) - 2(\frac{3\pi}{2} - \frac{7\pi}{6})$
$I = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} - 2(\frac{2\pi}{6}) = \frac{\pi}{6} - \frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{2}$.

(A) $(n+l)$ ના નિયમ મુજબ,કક્ષકની ઊર્જા $(n+l)$ ના મૂલ્ય સાથે વધે છે.
જો $(n+l)$ ના મૂલ્યો સમાન હોય,તો જે કક્ષક માટે $n$ નું મૂલ્ય ઓછું હોય તેની ઊર્જા ઓછી હોય છે.
દરેક માટે $(n+l)$ ના મૂલ્યોની ગણતરી:
$(i)$ $n=4, l=1 \implies n+l=5$
$(ii)$ $n=4, l=0 \implies n+l=4$
$(iii)$ $n=3, l=2 \implies n+l=5$
$(iv)$ $n=3, l=1 \implies n+l=4$
મૂલ્યોની સરખામણી:
$(n+l)=4$ માટે: $(iv)$ માં $n=3$ અને $(ii)$ માં $n=4$ છે. તેથી,$iv < ii$.
$(n+l)=5$ માટે: $(iii)$ માં $n=3$ અને $(i)$ માં $n=4$ છે. તેથી,$iii < i$.
આમ,વધતી જતી ઊર્જાનો ક્રમ: $iv < ii < iii < i$ છે.

(A) $(n+l)$ ના નિયમ મુજબ,જેમ $(n+l)$ નું મૂલ્ય વધે તેમ કક્ષકની ઉર્જા વધે છે. જો બે કક્ષકો માટે $(n+l)$ નું મૂલ્ય સમાન હોય,તો જેનો $n$ આંક ઓછો હોય તેની ઉર્જા ઓછી હોય છે.
દરેક માટે $(n+l)$ ની ગણતરી:
$(i) n = 4, l = 1 \implies n+l = 5$
$(ii) n = 4, l = 0 \implies n+l = 4$
$(iii) n = 3, l = 2 \implies n+l = 5$
$(iv) n = 3, l = 1 \implies n+l = 4$
મૂલ્યોની સરખામણી:
$(ii)$ અને $(iv)$ માટે,$(n+l) = 4$. $(iv)$ નો $n$ આંક ઓછો હોવાથી,$(iv) < (ii)$.
$(i)$ અને $(iii)$ માટે,$(n+l) = 5$. $(iii)$ નો $n$ આંક ઓછો હોવાથી,$(iii) < (i)$.
આમ,વધતી જતી ઉર્જાનો ક્રમ $(iv) < (ii) < (iii) < (i)$ છે.

(C) કેલ્શિયમ ફોસ્ફાઈડ અને પાણી વચ્ચેની રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$Ca_3P_2 + 6H_2O \rightarrow 2PH_3 + 3Ca(OH)_2$
સંતુલિત સમીકરણના તત્વયોગમિતિ મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ $Ca_3P_2$ એ $6 \text{ મોલ}$ $H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $2 \text{ મોલ}$ ફોસ્ફીન $(PH_3)$ અને $3 \text{ મોલ}$ કેલ્શિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(Ca(OH)_2)$ આપે છે.
તેથી,એક મોલ કેલ્શિયમ ફોસ્ફાઈડ $2 \text{ મોલ}$ ફોસ્ફીન આપે છે.

(C) જો નીપજોની કુલ બંધન ઉર્જા પ્રક્રિયકોની કુલ બંધન ઉર્જા કરતા વધારે હોય,તો ન્યુક્લિયર પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે. આ ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જામાં વધારાને અનુરૂપ છે.
ન્યુક્લિયર વિખંડન માટે,એક ભારે ન્યુક્લિયસ વધુ ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા ધરાવતા હલકા ન્યુક્લિયસમાં વિભાજિત થાય છે. ન્યુક્લિયર સંલયન માટે,હલકા ન્યુક્લિયસ જોડાઈને વધુ ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા ધરાવતો ભારે ન્યુક્લિયસ બનાવે છે.
આલેખ જોતા:
- $Z$ નો દળ ક્રમાંક $30$ છે અને ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $5.0 \text{ MeV}$ છે.
- $Y$ નો દળ ક્રમાંક $60$ છે અને ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $8.5 \text{ MeV}$ છે.
- $X$ નો દળ ક્રમાંક $90$ છે અને ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $8.0 \text{ MeV}$ છે.
- $W$ નો દળ ક્રમાંક $120$ છે અને ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $7.5 \text{ MeV}$ છે.
$W \to 2Y$ પ્રક્રિયામાં:
- પ્રક્રિયક $W$ $(A=120)$ ની કુલ બંધન ઉર્જા $120 \times 7.5 = 900 \text{ MeV}$ છે.
- નીપજો $2Y$ $(2 \times 60 = 120)$ ની કુલ બંધન ઉર્જા $2 \times (60 \times 8.5) = 1020 \text{ MeV}$ છે.
- કારણ કે નીપજોની કુલ બંધન ઉર્જા $(1020 \text{ MeV})$ પ્રક્રિયકની કુલ બંધન ઉર્જા $(900 \text{ MeV})$ કરતા વધારે છે,તેથી ઉર્જા મુક્ત થાય છે.

(C) જો નીપજોની કુલ બંધન ઉર્જા પ્રક્રિયકોની કુલ બંધન ઉર્જા કરતા વધારે હોય,તો ન્યુક્લીયર પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.
આલેખ પરથી:
$Z$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 30$,$BE/A = 5.0 \text{ MeV}$
$Y$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 60$,$BE/A = 8.5 \text{ MeV}$
$X$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 90$,$BE/A = 8.0 \text{ MeV}$
$W$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 120$,$BE/A = 7.5 \text{ MeV}$
ચાલો વિકલ્પ $(c)$ તપાસીએ: $W \to 2Y$
પ્રક્રિયક $W$ ની કુલ $BE = 120 \times 7.5 = 900 \text{ MeV}$
નીપજો $2Y$ ની કુલ $BE = 2 \times (60 \times 8.5) = 2 \times 510 = 1020 \text{ MeV}$
અહીં નીપજોની કુલ $BE$ $(1020 \text{ MeV})$ એ પ્રક્રિયકની કુલ $BE$ $(900 \text{ MeV})$ કરતા વધારે હોવાથી,આ પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.

(A) હેક્સાગોનલ ક્લોઝ-પેક્ડ $(HCP)$ રચનામાં,દરેક પરમાણુ $12$ નજીકના પડોશી પરમાણુઓ દ્વારા ઘેરાયેલો હોય છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,એક સ્તરમાં રહેલો પરમાણુ તેના પોતાના સ્તરના $6$ પરમાણુઓ,ઉપરના સ્તરના $3$ પરમાણુઓ અને નીચેના સ્તરના $3$ પરમાણુઓના સંપર્કમાં હોય છે,આમ કુલ $6 + 3 + 3 = 12$ થાય છે.

(C) જો નીપજોની કુલ બાઈન્ડિંગ એનર્જી પ્રક્રિયકોની કુલ બાઈન્ડિંગ એનર્જી કરતા વધારે હોય, તો ન્યુક્લીયર પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.
આલેખ પરથી, આપણે ન્યુક્લીયસ માટે દળ ક્રમાંક $(A)$ અને બાઈન્ડિંગ એનર્જી પ્રતિ ન્યુક્લિઓન $(BE/A)$ ઓળખીએ છીએ:
$W$ માટે: $A = 120, BE/A = 7.5 \, MeV \implies \text{કુલ } BE = 120 \times 7.5 = 900 \, MeV$.
$Y$ માટે: $A = 60, BE/A = 8.5 \, MeV \implies \text{કુલ } BE = 60 \times 8.5 = 510 \, MeV$.
હવે, વિકલ્પ $(c)$ તપાસીએ: $W \to 2Y$.
પ્રક્રિયકોની કુલ $BE = 900 \, MeV$.
નીપજોની કુલ $BE = 2 \times (510) = 1020 \, MeV$.
અહીં નીપજોની કુલ બાઈન્ડિંગ એનર્જી $(1020 \, MeV)$ એ પ્રક્રિયકોની કુલ બાઈન્ડિંગ એનર્જી $(900 \, MeV)$ કરતા વધારે હોવાથી, આ પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.

(C) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,શરૂઆતમાં કણ સ્થિર હોવાથી,વિભાજન પહેલાં અને પછીનું કુલ વેગમાન શૂન્ય હોવું જોઈએ.
$0 = m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 \Rightarrow m_1 \vec{v}_1 = -m_2 \vec{v}_2$.
વેગમાનના મૂલ્યો લેતા,આપણને મળે છે $|p_1| = |p_2| = p$,જ્યાં $p = m_1 v_1 = m_2 v_2$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = h/p$ છે.
બંને કણો પાસે વેગમાનનું મૂલ્ય $p$ સમાન હોવાથી,તેમની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = h/p$ અને $\lambda_2 = h/p$ થશે.
તેથી,ગુણોત્તર $\lambda_1/\lambda_2 = (h/p) / (h/p) = 1.0$ થાય.

(D) એમોનિયમ ડાયક્રોમેટનું ઉષ્મીય વિઘટન એ ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયા માટેનું રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$(NH_4)_2Cr_2O_7 \rightarrow N_2 + Cr_2O_3 + 4H_2O$
સમીકરણમાં દર્શાવ્યા મુજબ,મુક્ત થતો વાયુ નાઈટ્રોજન $(N_2)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $X$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય એ $Y$ ના સરેરાશ આયુષ્ય જેટલો છે: $(T_{1/2})_X = (\tau)_Y$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(T_{1/2})_X = \frac{0.693}{\lambda_X}$ અને $(\tau)_Y = \frac{1}{\lambda_Y}$.
આ બંનેને સરખાવતા, $\frac{0.693}{\lambda_X} = \frac{1}{\lambda_Y}$, જેનો અર્થ થાય છે $\lambda_X = 0.693 \lambda_Y$.
ચૂંક $0.693 < 1$ છે, તેથી $\lambda_X < \lambda_Y$ થાય.
ક્ષયનો દર $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં, બંને તત્વો માટે પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ સમાન છે. કારણ કે $\lambda_Y > \lambda_X$, તેથી ક્ષય દર $R_Y = \lambda_Y N$ એ $R_X = \lambda_X N$ કરતા વધારે હશે.
તેથી, $Y$ એ $X$ કરતા ઝડપી દરે ક્ષય પામશે.

(D) વાયુ મિશ્રણની કુલ આંતરિક ઉર્જા $U$ એ તેના વ્યક્તિગત ઘટકોની આંતરિક ઉર્જાનો સરવાળો છે: $U = U_1 + U_2$.
ઓક્સિજન $(O_2)$ માટે,જે દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ છે,મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) $f_1 = 5$ છે (વાઇબ્રેશનલ મોડ્સને અવગણતા). તેથી,$C_{v1} = \frac{f_1}{2}R = \frac{5}{2}R$.
આર્ગોન $(Ar)$ માટે,જે એક-પરમાણ્વીય વાયુ છે,મુક્તિના અંશો $f_2 = 3$ છે. તેથી,$C_{v2} = \frac{f_2}{2}R = \frac{3}{2}R$.
અહીં $n_1 = 2$ મોલ ઓક્સિજન અને $n_2 = 4$ મોલ આર્ગોન આપેલ છે:
$U = n_1 C_{v1} T + n_2 C_{v2} T$
$U = 2 \times (\frac{5}{2}R)T + 4 \times (\frac{3}{2}R)T$
$U = 5RT + 6RT = 11RT$.

(C) જ્યારે નીપજોની કુલ બંધન ઉર્જા $(B.E.)$ પ્રક્રિયકોની કુલ બંધન ઉર્જા કરતા વધારે હોય, ત્યારે ન્યુક્લીય પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.
આલેખ પરથી, આપણે દરેક ન્યુક્લીયસ માટે દળ ક્રમાંક $(A)$ અને ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $(B.E./A)$ મેળવી શકીએ છીએ:
$W$ માટે: $A = 120, B.E./A = 7.5 \, MeV \implies \text{કુલ } B.E. = 120 \times 7.5 = 900 \, MeV$
$Y$ માટે: $A = 60, B.E./A = 8.5 \, MeV \implies \text{કુલ } B.E. = 60 \times 8.5 = 510 \, MeV$
$X$ માટે: $A = 90, B.E./A = 8.0 \, MeV \implies \text{કુલ } B.E. = 90 \times 8.0 = 720 \, MeV$
$Z$ માટે: $A = 30, B.E./A = 5.0 \, MeV \implies \text{કુલ } B.E. = 30 \times 5.0 = 150 \, MeV$
હવે, વિકલ્પો તપાસીએ:
$(A)$ $Y \to 2Z$: પ્રક્રિયક $B.E. = 510 \, MeV$, નીપજ $B.E. = 2 \times 150 = 300 \, MeV$. (ઉર્જા શોષાય છે)
$(B)$ $W \to X + Z$: પ્રક્રિયક $B.E. = 900 \, MeV$, નીપજ $B.E. = 720 + 150 = 870 \, MeV$. (ઉર્જા શોષાય છે)
$(C)$ $W \to 2Y$: પ્રક્રિયક $B.E. = 900 \, MeV$, નીપજ $B.E. = 2 \times 510 = 1020 \, MeV$. (ઉર્જા મુક્ત થાય છે કારણ કે $1020 > 900$)
$(D)$ $X \to Y + Z$: પ્રક્રિયક $B.E. = 720 \, MeV$, નીપજ $B.E. = 510 + 150 = 660 \, MeV$. (ઉર્જા શોષાય છે)
તેથી, સાચી પ્રક્રિયા $W \to 2Y$ છે.

(C) જો નીપજોની કુલ બંધન ઉર્જા પ્રક્રિયકોની કુલ બંધન ઉર્જા કરતા વધારે હોય,તો ન્યુક્લીય પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.
આલેખ પરથી:
ન્યુક્લીયસ $W$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 120$,$BE/A = 7.5 \, MeV$.
ન્યુક્લીયસ $Y$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 60$,$BE/A = 8.5 \, MeV$.
ન્યુક્લીયસ $Z$ માટે: દળ ક્રમાંક $A = 30$,$BE/A = 5.0 \, MeV$.
ચાલો વિકલ્પ $(c)$ તપાસીએ: $W \to 2Y$
પ્રક્રિયક $W$ ની કુલ $BE = 120 \times 7.5 = 900 \, MeV$.
નીપજોની કુલ $BE = 2 \times (60 \times 8.5) = 1020 \, MeV$.
નીપજોની કુલ $BE$ $(1020 \, MeV)$ એ પ્રક્રિયકની કુલ $BE$ $(900 \, MeV)$ કરતા વધારે હોવાથી,આ પ્રક્રિયામાં ઉર્જા મુક્ત થાય છે.

(A) $(n+l)$ ના નિયમ મુજબ,$(n+l)$ નું મૂલ્ય જેટલું વધારે,તેટલી તેની ઉર્જા વધારે.
જો $(n+l)$ નું મૂલ્ય સમાન હોય,તો જેનું $n$ નું મૂલ્ય ઓછું હોય તેની ઉર્જા ઓછી હોય.
$(n+l)$ ના મૂલ્યોની ગણતરી:
$(i) n=4, l=1 \implies n+l = 5$
$(ii) n=4, l=0 \implies n+l = 4$
$(iii) n=3, l=2 \implies n+l = 5$
$(iv) n=3, l=1 \implies n+l = 4$
મૂલ્યોની સરખામણી:
$(iv)$ અને $(ii)$ માટે,બંનેમાં $(n+l) = 4$ છે. $n=3 < n=4$ હોવાથી,$(iv) < (ii)$.
$(i)$ અને $(iii)$ માટે,બંનેમાં $(n+l) = 5$ છે. $n=3 < n=4$ હોવાથી,$(iii) < (i)$.
આમ,વધતી જતી ઉર્જાનો ક્રમ $(iv) < (ii) < (iii) < (i)$ છે.

(B) ડાયક્રોમેટ ડાયએનાયન $(Cr_2O_7^{2-})$ નું બંધારણ બે $CrO_4$ ટેટ્રાહેડ્રાનું બનેલું છે જે એક સામાન્ય ઓક્સિજન પરમાણુ ધરાવે છે.
આ બંધારણમાં,$6$ ટર્મિનલ $Cr-O$ બંધો (દરેક ક્રોમિયમ પરમાણુ પર ત્રણ) અને $2$ બ્રિજિંગ $Cr-O-Cr$ બંધો હોય છે.
રેઝોનન્સને કારણે $6$ ટર્મિનલ $Cr-O$ બંધો સમાન હોય છે,જ્યારે $2$ બ્રિજિંગ બંધો ટર્મિનલ બંધો કરતા અલગ હોય છે.
તેથી,$6$ $Cr-O$ બંધો સમાન છે.

(C) એલ્યુમિનિયમના નિષ્કર્ષણ માટેની વ્યાપારી વિદ્યુતરાસાયણિક પ્રક્રિયામાં,જેને $Hall-Héroult$ પ્રક્રિયા તરીકે ઓળખવામાં આવે છે,તેમાં વપરાતો વિદ્યુતવિભાજ્ય $Al_2O_3$ (એલ્યુમિના),$Na_3AlF_6$ (ક્રાયોલાઇટ) અને $CaF_2$ (ફ્લોરસ્પાર) નું પીગળેલું મિશ્રણ છે.
ક્રાયોલાઇટ મિશ્રણનું ગલનબિંદુ ઘટાડે છે અને તેની વિદ્યુત વાહકતા વધારે છે.

(D) એમોનિયમ ડાયક્રોમેટનું ઉષ્મીય વિઘટન નીચે મુજબની પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે:
$(NH_4)_2Cr_2O_7 \to N_2 + Cr_2O_3 + 4H_2O$
સમીકરણમાં દર્શાવ્યા મુજબ,મુક્ત થતો વાયુ નાઈટ્રોજન $(N_2)$ છે.

(D) એમોનિયા $(NH_3)$ ની હાઇપોક્લોરાઇટ આયન $(OCl^-)$ સાથેની પ્રક્રિયા હાઇડ્રેઝિન $(N_2H_4)$ બનાવવા માટેની એક પદ્ધતિ છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$2NH_3 + OCl^- \to N_2H_4 + Cl^- + H_2O$
જોકે,વધારાના એમોનિયા અને ચોક્કસ પરિસ્થિતિઓમાં,આ પ્રક્રિયા આડપેદાશ તરીકે એમોનિયમ ક્લોરાઇડ $(NH_4Cl)$ પણ બનાવી શકે છે.
તેથી,$NH_4Cl$ અને $N_2H_4$ બંને બની શકે છે.

(D) $SbCl_5$ એ એક પ્રબળ લુઈસ એસિડ છે. તે $1-$ક્લોરો$-1-$ફિનાઈલઈથેનના $C-Cl$ બંધ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ક્લોરાઈડ આયન દૂર કરે છે,જેનાથી સ્થાયી બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બને છે: $Ph-CH(CH_3)-Cl + SbCl_5 \rightarrow [Ph-CH^+(CH_3)] + [SbCl_6]^-$.
કાર્બોકેટાયન સમતલીય હોવાથી,ક્લોરાઈડ આયન બંને બાજુથી હુમલો કરી શકે છે,જેના પરિણામે $(d)$ અને $(l)$ સ્વરૂપોનું રેસેમિક મિશ્રણ બને છે.

(D) દ્રાવણનું ઠારબિંદુ એ તાપમાન છે જ્યાં દ્રાવણનું બાષ્પદબાણ શુદ્ધ ઘન દ્રાવકના બાષ્પદબાણ જેટલું થાય છે.
ઠારબિંદુએ,માત્ર દ્રાવકના અણુઓ જ ઘન બને છે,જ્યારે દ્રાવ્યના અણુઓ પ્રવાહી અવસ્થામાં રહે છે.
વધુમાં,અબાષ્પશીલ દ્રાવ્ય ઉમેરવાથી દ્રાવકનું બાષ્પદબાણ ઘટે છે,જેના કારણે ઠારબિંદુમાં અવનયન થાય છે.
તેથી,વિધાન $A$ અને $B$ બંને સાચા છે.

(B) હેક્સાગોનલ ક્લોઝ પેક્ડ $(hcp)$ રચનામાં,દરેક પરમાણુ અન્ય $12$ પરમાણુઓના સંપર્કમાં હોય છે.
તેથી,$hcp$ રચનામાં સ્ફટિકીકરણ પામતી ધાતુનો સવર્ગ આંક $12$ છે.

(D) $1$. વાન્ટ હોફ સમીકરણ મુજબ,$\ln K_p = -\frac{\Delta H^o}{RT} + C$. તેથી,$\log \, K_p$ વિરુદ્ધ $1/T$ નો આલેખ સુરેખ મળે છે. વિધાન $(a)$ સાચું છે.
$2$. પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$\log \, [X]_t = -\frac{kt}{2.303} + \log \, [X]_0$. તેથી,$\log \, [X]$ વિરુદ્ધ સમયનો આલેખ સુરેખ મળે છે. વિધાન $(b)$ સાચું છે.
$3$. બોઈલના નિયમ મુજબ,અચળ તાપમાને $P \propto 1/V$,એટલે કે $P = k(1/V)$. તેથી,$P$ વિરુદ્ધ $1/V$ નો આલેખ સુરેખ મળે છે. વિધાન $(c)$ સાચું છે.
$4$. આમ,$(a)$,$(b)$ અને $(c)$ ત્રણેય સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(A) રિડક્શન પોટેન્શિયલ એ ઇલેક્ટ્રોન મેળવવાની વૃત્તિ દર્શાવે છે. આપેલ ક્રમ $Z > Y > X$ મુજબ,$Z$ ની રિડક્શન પામવાની વૃત્તિ સૌથી વધુ છે,ત્યારબાદ $Y$ અને પછી $X$ આવે છે.
ઓક્સિડેશનકર્તા એવો પદાર્થ છે જે પોતે રિડક્શન પામે છે અને બીજાનું ઓક્સિડેશન કરે છે. જે પદાર્થનો રિડક્શન પોટેન્શિયલ વધારે હોય તે ઓછા રિડક્શન પોટેન્શિયલ ધરાવતા પદાર્થનું ઓક્સિડેશન કરી શકે છે.
અહીં $Y$ નો રિડક્શન પોટેન્શિયલ $X$ કરતા વધારે હોવાથી,$Y$ એ $X$ નું ઓક્સિડેશન કરી શકે છે.
પરંતુ $Z$ નો રિડક્શન પોટેન્શિયલ $Y$ કરતા વધારે હોવાથી,$Y$ એ $Z$ નું ઓક્સિડેશન કરી શકશે નહીં.
તેથી,$Y$ એ $X$ નું ઓક્સિડેશન કરશે પરંતુ $Z$ નું નહીં.

(A) એમોનિયમ ડાયક્રોમેટનું ઉષ્મીય વિઘટન નીચે મુજબના સમીકરણ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે:
$(NH_4)_2Cr_2O_7 \rightarrow N_2 + 4H_2O + Cr_2O_3$
પ્રક્રિયામાં દર્શાવ્યા મુજબ,ઉત્પન્ન થતો વાયુ નાઈટ્રોજન $(N_2)$ છે.

(D) $Ni(CO)_4$ માં,$Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $0$ છે. તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના $3d^8 4s^2$ છે. પ્રબળ લિગેન્ડ $CO$ ને કારણે,ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત થાય છે,પરિણામે $sp^3$ સંકરણ થાય છે,જે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$Ni(PPh_3)_2Cl_2$ માં,$Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ છે. તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના $3d^8$ છે. $PPh_3$ એક મોટો લિગેન્ડ છે અને $Cl^-$ નિર્બળ લિગેન્ડ છે. આ સંકીર્ણ પણ $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે,જે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
તેથી,બંને સંકીર્ણો ચતુષ્ફલકીય છે.

(A) આલ્કાઈલ એરાઈલ ઈથરની $HI$ સાથેની પ્રક્રિયામાં $C-O$ બંધનું વિભાજન થાય છે.
આપેલ ઈથર $C_6H_5-O-CH_2-C_6H_5$ માં,ઓક્સિજન એક ફિનાઈલ ગ્રુપ $(C_6H_5-)$ અને એક બેન્ઝાઈલ ગ્રુપ $(-CH_2-C_6H_5)$ સાથે જોડાયેલ છે.
ફિનાઈલ ગ્રુપ અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો $C-O$ બંધ રેઝોનન્સને કારણે મજબૂત હોય છે,જ્યારે બેન્ઝાઈલ ગ્રુપ અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો $C-O$ બંધ નબળો હોય છે કારણ કે બનતો કાર્બોકેટાયન $(C_6H_5CH_2^+)$ રેઝોનન્સ દ્વારા સ્થાયી થાય છે.
તેથી,$HI$ બેન્ઝાઈલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે,જેના પરિણામે બેન્ઝાઈલ આયોડાઈડ $(C_6H_5CH_2I)$ અને ફિનોલ $(C_6H_5OH)$ બને છે.

(B) એસિટોન $(CH_3-CO-CH_3)$ $D_2O$ ની હાજરીમાં કીટો-ઇનોલ ટોટોમેરિઝમ દર્શાવે છે.
$\alpha$-હાઇડ્રોજન એસિડિક હોય છે અને $D_2O$ માંથી ડ્યુટેરિયમ પરમાણુઓ સાથે વિનિમય પામે છે.
આ વિનિમય પ્રક્રિયા ત્યાં સુધી ચાલુ રહે છે જ્યાં સુધી તમામ છ $\alpha$-હાઇડ્રોજન ડ્યુટેરિયમ દ્વારા બદલાઈ ન જાય,જેના પરિણામે હેક્સાડ્યુટેરોએસિટોન $(CD_3-CO-CD_3)$ બને છે.

(D) પ્રોપિયોનિક એસિડ અને સોડિયમ બાયકાર્બોનેટ વચ્ચેની પ્રક્રિયા એ એસિડ-બેઝ પ્રક્રિયા છે:
$CH_3CH_2COOH_{(aq)} + NaHCO_{3(aq)} \to CH_3CH_2COONa_{(aq)} + H_2O_{(l)} + CO_{2(g)}$
આ પ્રક્રિયામાં,કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(R-COOH)$ પ્રોટોન દાતા તરીકે કાર્ય કરે છે અને બાયકાર્બોનેટ આયન $(HCO_3^-)$ બેઝ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$HCO_3^-$ આયન પ્રોટોન સ્વીકારીને કાર્બોનિક એસિડ $(H_2CO_3)$ બનાવે છે,જે પછી $H_2O$ અને $CO_2$ માં વિઘટિત થાય છે.
તેથી,મુક્ત થતા $CO_2$ વાયુમાં કાર્બન પરમાણુ બાયકાર્બોનેટ આયન $(NaHCO_3)$ માંથી આવે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) કાર્બાઈલેમાઈન કસોટી એ પ્રાથમિક $(1^\circ)$ એમાઈન (એલિફેટિક અને એરોમેટિક બંને) માટેની લાક્ષણિક પ્રતિક્રિયા છે.
$2, 4$-ડાયમિથાઈલએનિલીન એ પ્રાથમિક એરોમેટિક એમાઈન $(Ar-NH_2)$ છે,તેથી તે ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ અને આલ્કોહોલિક પોટેશિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(KOH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને આઈસોસાયનાઈડ (કાર્બાઈલેમાઈન) બનાવે છે,જે દુર્ગંધયુક્ત હોય છે.
$N, N$-ડાયમિથાઈલએનિલીન એ તૃતીયક $(3^\circ)$ એમાઈન છે.
$N$-મિથાઈલ-$o$-મિથાઈલએનિલીન એ દ્વિતીયક $(2^\circ)$ એમાઈન છે.