IIT JEE 2003 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) આલેખ પરથી,આપણે એક બિંદુ પસંદ કરી શકીએ છીએ જ્યાં ભાર $W = 20 \ N$ અને અનુરૂપ વિસ્તાર $\Delta l = 1 \times 10^{-4} \ m$ છે.
આપેલ છે:
તારની લંબાઈ,$L = 1 \ m$
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ,$A = 10^{-6} \ m^2$
યંગ મોડ્યુલસ $Y$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$Y = \frac{F \cdot L}{A \cdot \Delta l}$
કિંમતો મૂકતા:
$Y = \frac{20 \times 1}{10^{-6} \times 1 \times 10^{-4}}$
$Y = \frac{20}{10^{-10}}$
$Y = 20 \times 10^{10} = 2 \times 10^{11} \ N/m^2$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક હોવા માટે,સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોવી જોઈએ.
$NO_3^-$ માટે: $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન.
$CO_3^{2-}$ માટે: $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$ ઈલેક્ટ્રોન.
$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઈલેક્ટ્રોન છે,તેથી તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક છે.
બંને સ્પીસીઝમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ $3$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી,જે ત્રિકોણીય સમતલીય (trigonal planar) ભૂમિતિ આપે છે. આમ,તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.
તેથી,સાચી જોડી $NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ છે.

(A) $H_3BO_3$ (ઓર્થોબોરિક એસિડ) એ એક નિર્બળ મોનોબેઝિક લુઈસ એસિડ છે.
તે પાણીમાં $H^+$ આયનો મુક્ત કરવા માટે વિયોજન પામતું નથી.
તેના બદલે,તે પાણીના અણુઓના $OH^-$ આયનો પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનની એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારીને $[B(OH)_4]^-$ બનાવે છે,જેનાથી $H^+$ આયનો મુક્ત થાય છે:
$H_3BO_3 + 2H_2O \rightleftharpoons [B(OH)_4]^- + H_3O^+$.
આમ,તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(C) દરેક મેટલ સલ્ફાઇડ માટે આયનીય ગુણાકાર આ મુજબ ગણવામાં આવે છે: $Q = [M^{2+}][S^{2-}] = 10^{-3} \times 10^{-16} = 10^{-19}$.
જ્યારે આયનીય ગુણાકાર દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $(K_{sp})$ કરતા વધી જાય ત્યારે અવક્ષેપન થાય છે.
$K_{sp}$ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $MnS (10^{-15}), FeS (10^{-23}), ZnS (10^{-20}), HgS (10^{-54})$.
$HgS$ નું $K_{sp}$ મૂલ્ય સૌથી ઓછું $(10^{-54})$ હોવાથી,તે $Q > K_{sp}$ ની શરતને સૌથી પહેલા સંતોષશે અને સૌ પ્રથમ અવક્ષેપિત થશે.

(B) પ્રમાણિત સર્જન એન્થાલ્પી $(\Delta H_f^o)$ એટલે જ્યારે $1 \ mol$ પદાર્થ તેના ઘટક તત્વોની તેમની સૌથી સ્થાયી પ્રમાણિત અવસ્થાઓમાંથી બને ત્યારે થતો એન્થાલ્પી ફેરફાર.
વિકલ્પ $(B)$ માં,$1 \ mol$ $HF_{(g)}$ એ $H_{2(g)}$ અને $F_{2(g)}$ માંથી બને છે,જે હાઇડ્રોજન અને ફ્લોરિનની પ્રમાણિત અવસ્થાઓ છે.
વિકલ્પ $(A)$ ખોટો છે કારણ કે હીરો (diamond) એ કાર્બનની સૌથી સ્થાયી પ્રમાણિત અવસ્થા નથી (ગ્રેફાઇટ છે).
વિકલ્પ $(C)$ ખોટો છે કારણ કે તે $2 \ mol$ $NH_3$ બનાવે છે.
વિકલ્પ $(D)$ ખોટો છે કારણ કે $CO$ એ સંયોજન છે,તત્વ નથી.
તેથી,$(B)$ સાચો જવાબ છે.

(D) એક એનાન્ટિઓમેરિકલી શુદ્ધ એસિડ $(R-COOH)$ આલ્કોહોલના રેસેમિક મિશ્રણ ($R'-OH$ અને $S'-OH$) સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
આ પ્રક્રિયાથી બે એસ્ટર બને છે: $R-COOR'$ અને $R-COOS'$.
કારણ કે $R'$ અને $S'$ એનાન્ટિઓમર્સ છે,તેથી મળતા એસ્ટર $R-COOR'$ અને $R-COOS'$ એ ડાયાસ્ટીરિયોમર્સ છે.
તેથી,નીપજ એ ડાયાસ્ટીરિયોમર્સનું મિશ્રણ છે.

(A) $H_2C = CH - C \equiv CH$ અણુમાં:
$1$. પ્રથમ કાર્બન પરમાણુ $(CH_2)$ એક દ્વિબંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. બીજો કાર્બન પરમાણુ $(CH)$ એક દ્વિબંધ અને એક એકલ બંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. ત્રીજો કાર્બન પરમાણુ $(C)$ એક એકલ બંધ અને એક ત્રિબંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. ચોથો કાર્બન પરમાણુ $(CH)$ એક ત્રિબંધ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
આમ,સંકરણનો ક્રમ $sp^2 - sp^2 - sp - sp$ છે.

(C) ડાયમિથાઈલડાયક્લોરોસિલીન,$(Me)_2SiCl_2$ નું જળવિભાજન નીચે મુજબ થાય છે:
$1$. પ્રથમ,ક્લોરિન પરમાણુઓ હાઈડ્રોક્સિલ જૂથો દ્વારા બદલાય છે અને અસ્થિર મધ્યવર્તી $(Me)_2Si(OH)_2$ બનાવે છે.
$2$. આ મધ્યવર્તી સંયોજન પાણીના અણુઓને દૂર કરીને ઝડપી કન્ડેન્સેશન પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા રેખીય સિલિકોન પોલિમર બનાવે છે.
$3$. પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $n(Me)_2SiCl_2 + 2nH_2O \rightarrow [-O-Si(Me)_2-O-]_n + 2nHCl$.
$4$. આમ,અંતિમ ઉત્પાદન એક રેખીય સિલિકોન પોલિમર છે,જે વિકલ્પ $(C)$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યું છે.

(A) અણુની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા વ્યક્તિગત બંધના દ્વિધ્રુવોના સદિશ સરવાળા અને આણ્વિય ભૂમિતિ પર આધાર રાખે છે.
$CCl_4$ એ સમચતુષ્ફલકીય અણુ છે જેની રચના સંમિત હોવાથી તેની ચોખ્ખી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $0 \ D$ છે.
$CH_3Cl$,$CH_2Cl_2$ અને $CHCl_3$ માં,ક્લોરિનની ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે $C-Cl$ બંધ ધ્રુવીય છે.
$CH_3Cl$ ની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા સૌથી વધુ $(1.86 \ D)$ છે કારણ કે $C-H$ બંધ અને $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવો એકબીજાને સમાન દિશામાં મદદ કરે છે.
જેમ જેમ વધુ $Cl$ પરમાણુઓનું વિસ્થાપન થાય છે,તેમ $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવોની વિરુદ્ધ દિશાઓને કારણે તેમનો સદિશ સરવાળો ઘટતો જાય છે.
તેથી,દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રાનો સાચો ક્રમ $CH_3Cl > CH_2Cl_2 > CHCl_3 > CCl_4$ છે.

(A) ધારો કે ખૂણાઓ $4x, x,$ અને $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ હોવાથી,$4x + x + x = 180^\circ.$
$6x = 180^\circ \Rightarrow x = 30^\circ.$
ખૂણાઓ $120^\circ, 30^\circ,$ અને $30^\circ$ છે.
સાઇન નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k.$
તેથી,$a = k \sin 120^\circ, b = k \sin 30^\circ, c = k \sin 30^\circ.$
સૌથી મોટી બાજુ $a$ છે ($120^\circ$ ની સામેની બાજુ).
સૌથી મોટી બાજુ અને પરિમિતિનો ગુણોત્તર $\frac{a}{a+b+c} = \frac{\sin 120^\circ}{\sin 120^\circ + \sin 30^\circ + \sin 30^\circ}.$
$= \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3} + 2}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}.$

(D) ધારો કે $(h, k)$ એ બિંદુપથ પરનું બિંદુ છે. આપેલ શરત મુજબ,$(h, k)$ નું $(a_1, b_1)$ થી અંતર અને $(h, k)$ નું $(a_2, b_2)$ થી અંતર સમાન છે.
$(h - a_1)^2 + (k - b_1)^2 = (h - a_2)^2 + (k - b_2)^2$
બંને બાજુ વિસ્તરણ કરતા:
$h^2 - 2ha_1 + a_1^2 + k^2 - 2kb_1 + b_1^2 = h^2 - 2ha_2 + a_2^2 + k^2 - 2kb_2 + b_2^2$
સમીકરણનું સાદુંરૂપ આપતા:
$2h(a_1 - a_2) + 2k(b_1 - b_2) + a_2^2 + b_2^2 - a_1^2 - b_1^2 = 0$
$2$ વડે ભાગતા:
$(a_1 - a_2)h + (b_1 - b_2)k + \frac{1}{2}(a_2^2 + b_2^2 - a_1^2 - b_1^2) = 0$
આપેલ સમીકરણ $(a_1 - a_2)x + (b_1 - b_2)y + c = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$c = \frac{1}{2}(a_2^2 + b_2^2 - a_1^2 - b_1^2)$.

(A) રેખા સમતલમાં આવેલી હોય તે માટે,રેખા પરનું દરેક બિંદુ સમતલના સમીકરણનું સમાધાન કરવું જોઈએ.
રેખા બિંદુ $(4, 2, k)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો દિશા સદિશ $\vec{v} = (1, 1, 2)$ છે.
પ્રથમ,બિંદુ $(4, 2, k)$ સમતલ $2x - 4y + z = 7$ પર હોવું જોઈએ:
$2(4) - 4(2) + k = 7$
$8 - 8 + k = 7$
$k = 7$
બીજું,રેખાનો દિશા સદિશ $\vec{v} = (1, 1, 2)$ એ સમતલના અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = (2, -4, 1)$ ને લંબ હોવો જોઈએ:
$\vec{v} \cdot \vec{n} = (1)(2) + (1)(-4) + (2)(1) = 2 - 4 + 2 = 0$
ડોટ પ્રોડક્ટ $0$ હોવાથી,રેખા સમતલને સમાંતર છે. બિંદુ $(4, 2, 7)$ સમતલ પર હોવાથી,આખી રેખા સમતલમાં આવેલી છે.
આમ,$k$ ની કિંમત $7$ છે.

(A) આઘાત $J = Mv$ સળિયાના એક છેડે આપવામાં આવે છે. આ આઘાત તે બિંદુએ તંત્રને $p = Mv$ જેટલું રેખીય વેગમાન આપે છે.
ધારો કે તંત્રનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર બિંદુ $O$ પર છે,જે સળિયાનું મધ્યબિંદુ છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રથી દરેક દડાનું અંતર $L/2$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ ની સાપેક્ષમાં તંત્રનું પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i$,આઘાત અને પરિભ્રમણની ધરીથી લંબ અંતરના ગુણાકાર જેટલું હોય છે:
$L_i = J \times (L/2) = (Mv) \times (L/2) = \frac{MvL}{2}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ ની સાપેક્ષમાં તંત્રની જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ છે:
$I = M(L/2)^2 + M(L/2)^2 = 2M(L^2/4) = \frac{ML^2}{2}$.
તંત્રનું અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_f = I\omega$ છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય ઝડપ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષમાં કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$L_i = L_f$
$\frac{MvL}{2} = I\omega$
$\frac{MvL}{2} = \left( \frac{ML^2}{2} \right) \omega$
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega = \frac{MvL/2}{ML^2/2} = \frac{v}{L}$.

(A) $1$. આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય છે.
$2$. $NO_3^-$ માટે: $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$ ઇલેક્ટ્રોન.
$3$. $CO_3^{2-}$ માટે: $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$ ઇલેક્ટ્રોન.
$4$. $NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઇલેક્ટ્રોન છે અને તેઓ ટ્રાયગોનલ પ્લેનર ભૂમિતિ ($sp^2$ સંકરણ) ધરાવે છે,તેથી તેઓ આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.
$5$. તેથી,$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંને આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.

(C) પ્રક્રિયક $N-{\text{ફિનાઈલબેન્ઝેમાઈડ}}$ (બેન્ઝેનિલાઈડ) છે. $-NH-CO-C_6H_5$ સમૂહ ઓર્થો/પેરા-નિર્દેશક સમૂહ છે કારણ કે નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે જે તેની સાથે જોડાયેલા બેન્ઝીન વલય સાથે સંસ્પંદનમાં ભાગ લઈ શકે છે.
ઈલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન (સાંદ્ર $H_2SO_4 $ સાંદ્ર $HNO_3$ નો ઉપયોગ કરીને નાઈટ્રેશન) માં,ઓર્થો-સમઘટક કરતા ઓછી અવકાશીય અવરોધને કારણે પેરા-સમઘટક સામાન્ય રીતે મુખ્ય નીપજ હોય છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજ $N-(4-{\text{નાઈટ્રોફિનાઈલ}}){\text{બેન્ઝેમાઈડ}}$ છે.

(A) કણનું સ્થાનાંતર $x = A \cos \omega t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થિતિ ઊર્જા $(P.E.)$ $U = \frac{1}{2} k x^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $U = \frac{1}{2} k A^2 \cos^2 \omega t = \frac{1}{2} k A^2 \left( \frac{1 + \cos 2 \omega t}{2} \right)$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$x = A$,તેથી $P.E. = \frac{1}{2} k A^2$ (મહત્તમ).
આલેખ $I$ એ $t = 0$ પર મહત્તમ મૂલ્યથી શરૂ થતો $P.E.$ વિરુદ્ધ $t$ નો આલેખ દર્શાવે છે,જે સમીકરણ સાથે મેળ ખાય છે.
સ્થાનાંતર $x$ ના વિધેય તરીકે,$U = \frac{1}{2} k x^2$,જે $P.E.$ અક્ષની આસપાસ સંમિત ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે.
આલેખ $III$ એ $P.E.$ વિરુદ્ધ $x$ નો આલેખ પરવલય તરીકે દર્શાવે છે,જે સમીકરણ સાથે મેળ ખાય છે.
આમ,આલેખ $I$ અને $III$ અનુક્રમે $t$ અને $x$ સાથે $P.E.$ ના ફેરફારને દર્શાવે છે.

(B) ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ ના બિંદુ $(a \cos \theta, b \sin \theta)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x \cos \theta}{a} + \frac{y \sin \theta}{b} = 1$ છે.
અહીં,$a = 3\sqrt{3}$ અને $b = 1$ છે.
તેથી,સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x \cos \theta}{3\sqrt{3}} + y \sin \theta = 1$ છે.
$x$-અંતઃખંડ $X = 3\sqrt{3} \sec \theta$ અને $y$-અંતઃખંડ $Y = \csc \theta$ છે.
અંતઃખંડોનો સરવાળો $f(\theta) = 3\sqrt{3} \sec \theta + \csc \theta$ છે.
$f'(\theta) = 0$ લેતા,આપણને $\tan^3 \theta = \frac{1}{3\sqrt{3}}$ મળે છે.
તેથી,$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{\pi}{6}$.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $4x, x, x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$4x + x + x = 180^{\circ}$ $\Rightarrow 6x = 180^{\circ}$ $\Rightarrow x = 30^{\circ}$.
ખૂણાઓ $120^{\circ}, 30^{\circ}, 30^{\circ}$ છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$a = k \sin 120^{\circ}$,$b = k \sin 30^{\circ}$,$c = k \sin 30^{\circ}$.
સૌથી મોટી બાજુ $a$ અને પરિમિતિ $(a+b+c)$ નો ગુણોત્તર:
$\frac{a}{a+b+c} = \frac{\sin 120^{\circ}}{\sin 120^{\circ} + \sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+2}$.
આમ,ગુણોત્તર $\sqrt{3} : (2+\sqrt{3})$ છે.

(D) પ્રમાણિત સર્જન એન્થાલ્પી,$\Delta H_f^o$,એટલે જ્યારે $1 \ mol$ પદાર્થ તેના ઘટક તત્વોની તેમની સૌથી સ્થાયી પ્રમાણિત અવસ્થાઓમાંથી બને ત્યારે થતો એન્થાલ્પી ફેરફાર.
વિકલ્પ $D$ માં,$1 \ mol$ $HF_{(g)}$ તેના તત્વો $H_{2(g)}$ અને $F_{2(g)}$ માંથી તેમની પ્રમાણિત અવસ્થાઓમાં બને છે.
વિકલ્પ $A$ ખોટો છે કારણ કે $H$ અને $F$ તેમની પ્રમાણિત અવસ્થાઓમાં નથી.
વિકલ્પ $B$ ખોટો છે કારણ કે તેમાં $2 \ mol$ $NH_3$ બને છે.
વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે હીરો (diamond) એ કાર્બનની સૌથી સ્થાયી પ્રમાણિત અવસ્થા નથી (ગ્રેફાઇટ છે).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^2 + 2bx + 2c^2$. પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,આપણને મળે છે $f(x) = (x + b)^2 + 2c^2 - b^2$.
અહીં $x^2$ નો સહગુણક ધન હોવાથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $2c^2 - b^2$ છે.
આપેલ છે કે $g(x) = -x^2 - 2cx + b^2$. પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,આપણને મળે છે $g(x) = -(x^2 + 2cx) + b^2 = -(x + c)^2 + c^2 + b^2$.
અહીં $x^2$ નો સહગુણક ઋણ હોવાથી,$g(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $c^2 + b^2$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$\min f(x) > \max g(x)$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$2c^2 - b^2 > c^2 + b^2$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$c^2 > 2b^2$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|c| > |b| \sqrt{2}$ મળે છે.

(A) $H_3BO_3$ માં મધ્યસ્થ બોરોન પરમાણુ ઇલેક્ટ્રોન ઉણપ ધરાવે છે,એટલે કે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ નથી.
તે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે પાણીમાંથી ઇલેક્ટ્રોનની એક જોડી સ્વીકારે છે,જે તેને લુઈસ એસિડ તરીકે દર્શાવે છે.
તે માત્ર એક જ ઇલેક્ટ્રોન જોડી સ્વીકારે છે,તેથી તે જલીય દ્રાવણમાં મોનોબેઝિક એસિડ તરીકે વર્તે છે.
તે નિર્બળ એસિડ છે કારણ કે તે પાણીમાં સંપૂર્ણપણે આયનીકરણ પામતું નથી.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $B(OH)_3 + H_2O \longrightarrow [B(OH)_4]^- + H^+$.

(D) આપેલ અતિવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{\cos^2 \alpha} - \frac{y^2}{\sin^2 \alpha} = 1$ છે.
અહીં,$a^2 = \cos^2 \alpha$ અને $b^2 = \sin^2 \alpha$ છે.
ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha}} = \sqrt{1 + \tan^2 \alpha} = \sec \alpha$ મળે.
નાભિઓના યામ $(\pm ae, 0)$ છે.
નાભિનો $x$-યામ (abscissa) ગણતા: $ae = \sqrt{\cos^2 \alpha} \times \sec \alpha = \cos \alpha \times \frac{1}{\cos \alpha} = 1$.
આમ,નાભિનો $x$-યામ $1$ છે,જે $\alpha$ થી સ્વતંત્ર છે,તેથી તે અચળ રહે છે.

(D) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ અને $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 5 & 1 \end{bmatrix}$.
$A^2$ ની ગણતરી કરતા:
$A^2 = \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \alpha^2 + 0 & 0 \\ \alpha + 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \alpha^2 & 0 \\ \alpha + 1 & 1 \end{bmatrix}$.
$A^2 = B$ હોવાથી,અનુરૂપ ઘટકોને સરખાવતા:
$1$) $\alpha^2 = 1 \Rightarrow \alpha = \pm 1$
$2$) $\alpha + 1 = 5 \Rightarrow \alpha = 4$
અહીં $\alpha$ ની એવી કોઈ સામાન્ય કિંમત નથી જે બંને સમીકરણોનું એકસાથે સમાધાન કરે.
તેથી,$\alpha$ ની એવી કોઈ વાસ્તવિક કિંમત નથી જેના માટે $A^2 = B$ થાય.

(A) આકૃતિ દર્શાવે છે કે પ્રવાહ $i$ એ $e.m.f. \ e$ કરતા $\phi = \frac{\pi}{4}$ જેટલો કળામાં આગળ છે.
$AC$ પરિપથમાં,માત્ર $RC$ પરિપથમાં જ પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ હોય છે.
$RC$ શ્રેણી પરિપથ માટે,કળા તફાવત $\phi$ એ $\tan \phi = \frac{X_C}{R} = \frac{1}{\omega C R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\phi = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,એટલે કે $\frac{1}{\omega C R} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $CR = \frac{1}{\omega}$.
આપેલ સમીકરણ $e = E_0 \sin(100t)$ પરથી,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 100 \text{ rad/s}$ છે.
તેથી,$CR = \frac{1}{100} = 0.01 \text{ s}$.
$R = 1 \text{ k}\Omega = 10^3 \ \Omega$ આપેલ હોવાથી,$C = \frac{1}{\omega R} = \frac{1}{100 \times 10^3} = \frac{1}{10^5} = 10^{-5} \text{ F} = 10 \mu\text{F}$ મળે છે.
તેથી,સાચા મૂલ્યો $R = 1 \text{ k}\Omega$ અને $C = 10 \mu\text{F}$ છે.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ચુંબકીય ડાયપોલની સ્થિતિ ઊર્જા $U = -\vec{M} \cdot \vec{B} = -MB \cos \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M}$ (જે $\hat{n}$ ની દિશામાં છે) અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
સ્થિતિ $I$ માટે: $\theta = 180^\circ,$ તેથી $U_I = -MB \cos(180^\circ) = +MB.$
સ્થિતિ $II$ માટે: $\theta = 90^\circ,$ તેથી $U_{II} = -MB \cos(90^\circ) = 0.$
સ્થિતિ $III$ માટે: $\theta$ એ $0^\circ$ અને $90^\circ$ ની વચ્ચે છે (લઘુકોણ),તેથી $\cos \theta > 0,$ જે $U_{III} < 0$ બનાવે છે.
સ્થિતિ $IV$ માટે: $\theta$ એ $90^\circ$ અને $180^\circ$ ની વચ્ચે છે (ગુરુકોણ),તેથી $\cos \theta < 0,$ જે $U_{IV} > 0$ બનાવે છે.
ખૂણાઓની સરખામણી કરતા: $\theta_I = 180^\circ,$ $\theta_{IV} > 90^\circ,$ $\theta_{II} = 90^\circ,$ $\theta_{III} < 90^\circ.$
જેમ જેમ $\theta$ એ $180^\circ$ થી $0^\circ$ સુધી ઘટે છે,તેમ સ્થિતિ ઊર્જા $U = -MB \cos \theta$ પણ ઘટે છે.
આમ,સ્થિતિ ઊર્જાનો ક્રમ $U_I > U_{IV} > U_{II} > U_{III}$ છે.

(A) સમાન વર્તુળાકાર ગતિ કરતા કણ પર લાગતું પરિણામી બળ કેન્દ્રગામી બળ છે,જે હંમેશા વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ લાગે છે.
ટોર્ક $\tau$ ને $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
કેન્દ્રગામી બળ $\vec{F}$ હંમેશા વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતું હોવાથી,કેન્દ્રની સાપેક્ષે સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ એ બળ સદિશ $\vec{F}$ ને સમાંતર હોય છે.
તેથી,કેન્દ્રની સાપેક્ષે ટોર્ક $\vec{\tau} = 0$ થાય છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,જો કણ પર લાગતું પરિણામી બાહ્ય ટોર્ક શૂન્ય હોય,તો તેનું કોણીય વેગમાન $L$ સંરક્ષિત રહે છે.
આમ,કણનું કોણીય વેગમાન વર્તુળના કેન્દ્રની સાપેક્ષે સંરક્ષિત રહે છે.

(A) પ્રમાણિત સર્જન એન્થાલ્પી,જેને $\Delta H_f^o$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે ત્યારે થતો એન્થાલ્પી ફેરફાર છે જ્યારે પદાર્થના $1 \ mole$ નું તેના ઘટક તત્વોમાંથી તેમની પ્રમાણિત અવસ્થામાં સર્જન થાય છે.
વિકલ્પ $(A)$ માં,$1 \ mole$ $HF_{(g)}$ નું તેના તત્વો $H_{2(g)}$ અને $F_{2(g)}$ માંથી તેમની પ્રમાણિત અવસ્થામાં સર્જન થાય છે,જે વ્યાખ્યાને અનુરૂપ છે.
વિકલ્પ $(B)$ માં,$CO$ એ સંયોજન છે,તત્વ નથી.
વિકલ્પ $(C)$ માં,કાર્બન હીરાની અવસ્થામાં છે,જે પ્રમાણિત અવસ્થા (ગ્રેફાઇટ) નથી.
વિકલ્પ $(D)$ માં,$NH_3$ ના $2 \ moles$ બને છે,$1 \ mole$ નહીં.

(B) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવેલા વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત લૂપ પર લાગતું કુલ ચુંબકીય બળ શૂન્ય હોય છે. તેથી,લૂપ સ્થાનાંતરિત ગતિ કરી શકતું નથી. આથી વિકલ્પો $(C)$ અને $(D)$ ખોટા છે.
ફ્લેમિંગના ડાબા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લૂપના દરેક નાના ખંડ પર લાગતા ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m$ ની દિશા નક્કી કરી શકીએ છીએ. અહીં ચુંબકીય ક્ષેત્ર કાગળના સમતલની અંદરની તરફ છે અને વિદ્યુતપ્રવાહ ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં (ક્લોકવાઈઝ) વહે છે,તેથી લૂપના દરેક ખંડ પર લાગતું ચુંબકીય બળ ત્રિજ્યાવર્તી રીતે બહારની તરફ લાગે છે. પરિણામે,લૂપ વિસ્તરણ પામવાની વૃત્તિ ધરાવશે.

(A) દ્રાવણના ઠારણ દરમિયાન,માત્ર દ્રાવક જ થીજી જાય છે. તેથી,સંતુલન દ્રાવકના ઘન સ્વરૂપ અને દ્રાવકના પ્રવાહી સ્વરૂપ વચ્ચે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(A) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય છે,અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ સ્પીસીઝમાં આકાર અને સંકરણ સમાન હોય છે.
$1$. $NO_3^-$ માટે: કુલ ઈલેક્ટ્રોન = $7 + (3 \times 8) + 1 = 32$. સંકરણ $sp^2$ છે,અને આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
$2$. $CO_3^{2-}$ માટે: કુલ ઈલેક્ટ્રોન = $6 + (3 \times 8) + 2 = 32$. સંકરણ $sp^2$ છે,અને આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે.
આમ,$NO_3^-$ અને $CO_3^{2-}$ બંનેમાં $32$ ઈલેક્ટ્રોન છે અને તેમનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય હોવાથી,તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક અને આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ છે.

(A) દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા વ્યક્તિગત બંધના દ્વિધ્રુવોના સદિશ સરવાળા પર આધાર રાખે છે.
- $CCl_4$ (સમચતુષ્ફલકીય) માં,ચાર $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,પરિણામે ચોખ્ખી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $0 \ D$ મળે છે.
- $CHCl_3$ માં,ત્રણ $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવો $C-H$ બંધના દ્વિધ્રુવને આંશિક રીતે નાબૂદ કરે છે,પરિણામે $1.01 \ D$ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા મળે છે.
- $CH_2Cl_2$ માં,બે $C-Cl$ બંધના દ્વિધ્રુવોનો સરવાળો થાય છે,પરિણામે $1.60 \ D$ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા મળે છે.
- $CH_3Cl$ માં,ત્રણ $C-H$ બંધના દ્વિધ્રુવો અને $C-Cl$ બંધનો દ્વિધ્રુવ એકબીજાને મદદ કરે છે,પરિણામે સૌથી વધુ $1.86 \ D$ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા મળે છે.
તેથી,$CH_3Cl$ ની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા સૌથી વધુ છે.

(A) બ્લોક ગતિ ન કરે તે માટે,લાગુ પાડેલા બળ $F$ નો સમક્ષિતિજ ઘટક એ સીમિત ઘર્ષણ બળ $f_L$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ.
બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $F \cos \theta$ છે.
બ્લોક પરનું લંબબળ $N = mg + F \sin \theta$ છે.
સીમિત ઘર્ષણ બળ $f_L = \mu N = \mu(mg + F \sin \theta)$ છે.
$F$ ના મહત્તમ મૂલ્ય માટે સમક્ષિતિજ બળને સીમિત ઘર્ષણ સાથે સરખાવતા:
$F \cos \theta = \mu(mg + F \sin \theta)$
$F \cos \theta = \mu mg + \mu F \sin \theta$
$F(\cos \theta - \mu \sin \theta) = \mu mg$
$F = \frac{\mu mg}{\cos \theta - \mu \sin \theta}$
આપેલ કિંમતો: $m = \sqrt{3} \ kg$,$\mu = \frac{1}{2\sqrt{3}}$,$\theta = 60^\circ$,$g = 10 \ m/s^2$.
$F = \frac{(\frac{1}{2\sqrt{3}}) \times \sqrt{3} \times 10}{\cos 60^\circ - (\frac{1}{2\sqrt{3}}) \sin 60^\circ}$
$F = \frac{5}{\frac{1}{2} - (\frac{1}{2\sqrt{3}}) \times \frac{\sqrt{3}}{2}}$
$F = \frac{5}{\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} = \frac{5}{\frac{1}{4}} = 20 \ N$.

(A) કોઈ બિંદુની સાપેક્ષે કણનું કોણીય વેગમાન $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નિયમિત વર્તુળાકાર ગતિ કરતા કણ પર લાગતું બળ કેન્દ્રગામી બળ છે,જે હંમેશા વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ હોય છે.
વર્તુળના કેન્દ્રની સાપેક્ષે ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ દ્વારા મળે છે.
કેન્દ્રગામી બળ $\vec{F}$ હંમેશા કેન્દ્ર તરફ હોવાથી,સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ અને બળ સદિશ $\vec{F}$ એક જ રેખા પર હોય છે (તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $180^{\circ}$ અથવા $0^{\circ}$ હોય છે).
તેથી,કેન્દ્રની સાપેક્ષે ટોર્ક $\vec{\tau} = 0$ થાય છે.
કેન્દ્રની સાપેક્ષે બાહ્ય ટોર્ક શૂન્ય હોવાથી,કણનું કોણીય વેગમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે સંરક્ષિત રહે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $4x, x$ અને $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$4x + x + x = 180^{\circ}$,એટલે કે $6x = 180^{\circ}$,તેથી $x = 30^{\circ}$.
ખૂણાઓ $120^{\circ}, 30^{\circ}$ અને $30^{\circ}$ છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$a = k \sin 120^{\circ}$,$b = k \sin 30^{\circ}$ અને $c = k \sin 30^{\circ}$.
સૌથી મોટી બાજુ $a$ છે ($120^{\circ}$ ની સામેની બાજુ).
સૌથી મોટી બાજુ અને પરિમિતિનો ગુણોત્તર $\frac{a}{a+b+c} = \frac{\sin 120^{\circ}}{\sin 120^{\circ} + \sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}+2}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$.

(A) $H_3BO_3$ (બોરિક એસિડ) એ એક નિર્બળ મોનોબેઝિક લુઈસ એસિડ છે.
તે સીધા $H^+$ આયનો આપવા માટે વિયોજન પામતું નથી.
તેના બદલે,તે પાણીમાંથી $OH^-$ આયન સ્વીકારીને $[B(OH)_4]^-$ બનાવે છે અને $H^+$ (જે $H_3O^+$ તરીકે) મુક્ત કરે છે,જે નીચે મુજબની પ્રક્રિયામાં દર્શાવેલ છે:
$B(OH)_3 + 2H_2O \rightleftharpoons [B(OH)_4]^- + H_3O^+$

(A) $H_3PO_3$ નું બંધારણ $(HO)_2P(O)H$ છે. તેમાં બે $P-OH$ બંધ હોવાથી તે દ્વિ-બેઝિક છે.
તેમાં એક $P-H$ બંધ પણ હોય છે,જે તેને રિડક્શનકર્તા બનાવે છે.
તેની સામે,$H_3PO_4$ નું બંધારણ $(HO)_3P(O)$ છે,જે ત્રિ-બેઝિક છે અને બિન-રિડક્શનકર્તા છે કારણ કે તેમાં $P-H$ બંધ હોતા નથી.

(A) જ્યારે $MnO_2$ ને હવાની હાજરીમાં $KOH$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે પોટેશિયમ મેંગેનેટ $(K_2MnO_4)$ બને છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ: $2MnO_2 + 4KOH + O_2 \xrightarrow{\Delta} 2K_2MnO_4 + 2H_2O$.
$K_2MnO_4$ સંયોજનનો રંગ ઘેરો લીલો અથવા જાંબલી-લીલો હોય છે.

(A) સલ્ફાઈટ આયન $(SO_3^{2-})$ ધરાવતા ક્ષાર $[X]$ ની મંદ $H_2SO_4$ સાથેની પ્રક્રિયાથી સલ્ફર ડાયોક્સાઈડ વાયુ $(SO_2)$ ઉત્પન્ન થાય છે,જે તીવ્ર ગંધ ધરાવતો રંગહીન વાયુ છે.
$SO_3^{2-} + 2H^+ \to H_2O + SO_2 \uparrow$.
સલ્ફર ડાયોક્સાઈડ $(SO_2)$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે અને એસિડિક પોટેશિયમ ડાયક્રોમેટ $(K_2Cr_2O_7)$ ના દ્રાવણને ક્રોમિયમ$(III)$ સલ્ફેટના નિર્માણને કારણે લીલું બનાવે છે.
$K_2Cr_2O_7 + H_2SO_4 + 3SO_2 \to K_2SO_4 + Cr_2(SO_4)_3 + H_2O$.
આમ,$[X]$ એ $SO_3^{2-}$ છે અને $[Y]$ એ $SO_2$ છે.

(A) $H^{+}$ ની હાજરીમાં $butan-2-ol$ $(CH_3CH_2CH(OH)CH_3)$ નું નિર્જલીકરણ પાણીના અણુને દૂર કરીને આલ્કીન $[F]$ બનાવે છે.
શક્ય આલ્કીન નીચે મુજબ છે:
$1$. $But-1-ene$ $(CH_3CH_2CH=CH_2)$
$2$. $But-2-ene$ $(CH_3CH=CHCH_3)$
$But-1-ene$ અને $But-2-ene$ બંને એકબીજાના બંધારણીય સમઘટકો છે.
તેથી,$[F]$ માટે $2$ બંધારણીય સમઘટકો શક્ય છે.

(A) દ્રાવણમાં ઠારબિંદુમાં અવનયન દરમિયાન,પ્રવાહી દ્રાવક અને ઘન દ્રાવક સંતુલનમાં હોય છે.
દ્રાવણના ઠારણની પ્રક્રિયા દરમિયાન,માત્ર દ્રાવક જ ઘન સ્વરૂપમાં ફેરવાય છે.
ઠારબિંદુએ,ઘન દ્રાવક અને પ્રવાહી દ્રાવકનું બાષ્પ દબાણ સમાન હોવું જોઈએ.
જો બાષ્પ દબાણ સમાન ન હોય,તો સિસ્ટમ સંતુલનમાં રહેશે નહીં.
દ્રાવ્યની હાજરી પ્રવાહી દ્રાવકના બાષ્પ દબાણમાં ઘટાડો કરે છે,જેના પરિણામે તે તાપમાન ઘટે છે કે જેના પર દ્રાવકના પ્રવાહી અને ઘન સ્વરૂપો સંતુલનમાં આવે છે.

(A) $_{11}^{23}Na$ માટે,ન્યુટ્રોન-પ્રોટોન ગુણોત્તર $\frac{n}{p} = \frac{12}{11} \approx 1.09$ છે.
$_{11}^{24}Na$ માટે,ન્યુટ્રોન-પ્રોટોન ગુણોત્તર $\frac{n}{p} = \frac{13}{11} \approx 1.18$ છે.
કારણ કે $_{11}^{24}Na$ પાસે સ્થાયી આઈસોટોપ કરતા વધારે $\frac{n}{p}$ ગુણોત્તર છે,તે આ ગુણોત્તર ઘટાડવા માટે રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય પામે છે.
આ પ્રક્રિયા $\beta^-$-કણના ઉત્સર્જન દ્વારા થાય છે,જેમાં ન્યુટ્રોન પ્રોટોનમાં રૂપાંતરિત થાય છે: $n \to p + e^- + \bar{\nu}$ ($\beta^-$ ઉત્સર્જન).

(C) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,વેગ અચળાંક $k$ નું સૂત્ર: $k = \frac{2.303}{t} \log_{10} \frac{[A]_0}{[A]_t}$ છે.
આપેલ છે: $t = 2 \times 10^2 \ s$,$[A]_0 = 800 \ mol/dm^3$,$[A]_t = 50 \ mol/dm^3$.
કિંમતો મૂકતા: $k = \frac{2.303}{2 \times 10^2} \log_{10} \frac{800}{50}$.
$k = \frac{2.303}{200} \log_{10} 16$.
કારણ કે $\log_{10} 16 = \log_{10} 2^4 = 4 \times 0.3010 = 1.204$.
$k = \frac{2.303 \times 1.204}{200} = \frac{2.7728}{200} = 1.3864 \times 10^{-2} \ s^{-1}$.

(D) ઇલેક્ટ્રોલિટીક કોષમાં,બિન-સ્વયંભૂ પ્રતિક્રિયા ચલાવવા માટે બાહ્ય પાવર સ્ત્રોત (જેમ કે બેટરી) નો ઉપયોગ થાય છે.
બાહ્ય સ્ત્રોત દ્વારા ઇલેક્ટ્રોનને કેથોડમાં પમ્પ કરવામાં આવે છે,જ્યાં રિડક્શન થાય છે.
એનોડમાંથી ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવામાં આવે છે,જ્યાં ઓક્સિડેશન થાય છે.
તેથી,બાહ્ય સર્કિટમાં ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવાહ એનોડથી કેથોડ તરફ હોય છે.

(A) મિશ્રણ $X$ માં $2 \ L$ માં દરેક સંકીર્ણના $0.02 \ mol$ છે,તેથી $1 \ L$ માં દરેક સંકીર્ણના $0.01 \ mol$ હોય.
$AgNO_3$ સાથેની પ્રતિક્રિયા: માત્ર $[Co(NH_3)_5SO_4]Br$ એ $AgNO_3$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને $AgBr$ અવક્ષેપ બનાવે છે.
$[Co(NH_3)_5SO_4]Br + AgNO_3 \to [Co(NH_3)_5SO_4]NO_3 + AgBr(s)$
$1 \ L$ માં $0.01 \ mol$ $[Co(NH_3)_5SO_4]Br$ હોવાથી,$Y (AgBr)$ ના મોલ $= 0.01 \ mol$.
$BaCl_2$ સાથેની પ્રતિક્રિયા: માત્ર $[Co(NH_3)_5Br]SO_4$ એ $BaCl_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને $BaSO_4$ અવક્ષેપ બનાવે છે.
$[Co(NH_3)_5Br]SO_4 + BaCl_2 \to [Co(NH_3)_5Br]Cl_2 + BaSO_4(s)$
$1 \ L$ માં $0.01 \ mol$ $[Co(NH_3)_5Br]SO_4$ હોવાથી,$Z (BaSO_4)$ ના મોલ $= 0.01 \ mol$.
તેથી,$Y$ અને $Z$ ના મોલની સંખ્યા અનુક્રમે $0.01$ અને $0.01$ છે.

(A) સોનાના નિષ્કર્ષણમાં હવા $(O_2)$ ની હાજરીમાં $NaCN$ અથવા $KCN$ ના મંદ દ્રાવણ સાથે સોનાની કાચી ધાતુનું નિક્ષાલન કરવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા: $4Au(s) + 8CN^{-}(aq) + 2H_2O(aq) + O_2(g) \to 4[Au(CN)_2]^{-}(aq) + 4OH^{-}(aq)$.
આમ,$[X] = [Au(CN)_2]^{-}$.
ત્યારબાદ ઝિંક $(Zn)$ નો ઉપયોગ કરીને વિસ્થાપન દ્વારા સંકીર્ણમાંથી સોનું મેળવવામાં આવે છે:
$2[Au(CN)_2]^{-}(aq) + Zn(s) \to [Zn(CN)_4]^{2-}(aq) + 2Au(s)$.
આમ,$[Y] = [Zn(CN)_4]^{2-}$.

(C) આપેલ પ્રક્રિયક $2,2',6,6'$-ટેટ્રાબેન્ઝીનડાયકાર્બાલ્ડિહાઈડ છે.
જ્યારે તેને $100 \ ^\circ C$ તાપમાને $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે આંતર-આણ્વીય કેનિઝારો પ્રક્રિયા અનુભવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એક $-CHO$ સમૂહનું $-COO^-$ સમૂહમાં ઓક્સિડેશન થાય છે અને બાજુના $-CHO$ સમૂહનું $-CH_2OH$ સમૂહમાં રિડક્શન થાય છે.
આ પ્રક્રિયા બંને બેન્ઝીન વલયો પર થાય છે.
ત્યારબાદ $H^+ / H_2O$ સાથે એસિડિકરણ કરવાથી,કાર્બોક્સિલેટ આયનો પ્રોટોનેટેડ થઈને કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ બનાવે છે.
અંતિમ નીપજ $2,2'$-બિસ(હાઈડ્રોક્સિમિથાઈલ)-[$1$,$1$'-બાયફિનાઈલ]-$6$,$6$'-ડાયકાર્બોક્સિલિક એસિડ છે.

(C) $P$ $(H_2C=C(CH_3)(OCOCH_3))$ ના એસિડ જળવિભાજનથી ઇનોલ મળે છે જે ટોટોમેરાઇઝેશન દ્વારા એસિટોન $(CH_3COCH_3)$,જે એક કીટોન છે,આપે છે.
$Q$ $(H_3C-CH=CH(OCOCH_3))$ ના એસિડ જળવિભાજનથી ઇનોલ મળે છે જે ટોટોમેરાઇઝેશન દ્વારા પ્રોપેનાલ $(CH_3CH_2CHO)$,જે એક આલ્ડિહાઇડ છે,આપે છે.
આલ્ડિહાઇડ અને કીટોનને ફેહલિંગના દ્રાવણનો ઉપયોગ કરીને અલગ પાડી શકાય છે,કારણ કે આલ્ડિહાઇડ હકારાત્મક કસોટી આપે છે ($Cu_2O$ ના લાલ અવક્ષેપ) જ્યારે કીટોન આપતા નથી.

(A) ઈથાઈલ એસ્ટર $(R-COOC_2H_5)$ ની વધારાના ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(CH_3MgBr)$ સાથેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$1$. $CH_3MgBr$ નો પ્રથમ અણુ એસ્ટરના કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે અને ટેટ્રાહેડ્રલ મધ્યવર્તી બનાવે છે,જે ત્યારબાદ ઈથોક્સાઈડ આયન $(C_2H_5O^-)$ દૂર કરીને કીટોન $(R-COCH_3)$ બનાવે છે.
$2$. $CH_3MgBr$ નો બીજો અણુ તરત જ બનેલા કીટોન પર હુમલો કરીને આલ્કોક્સાઈડ મધ્યવર્તી બનાવે છે.
$3$. એસિડિક વર્કઅપ $(H_3O^+)$ પછી,આલ્કોક્સાઈડનું પ્રોટોનેશન થઈને $R-C(OH)(CH_3)_2$ બંધારણ ધરાવતો તૃતીયક આલ્કોહોલ મળે છે.
આમ,નીપજ $P$ એ એક તૃતીયક આલ્કોહોલ છે જેમાં હાઇડ્રોક્સિલ ગ્રુપ ધરાવતા કાર્બન સાથે બે મિથાઈલ ગ્રુપ જોડાયેલા હોય છે.