IIT JEE 2005 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) રેડિયલ નોડ્સની સંખ્યા શોધવા માટેનું સૂત્ર: $\text{Radial nodes} = (n - l - 1)$ છે.
$3s$ કક્ષક માટે: $n = 3, l = 0$.
$\text{Radial nodes} = 3 - 0 - 1 = 2$.
$2p$ કક્ષક માટે: $n = 2, l = 1$.
$\text{Radial nodes} = 2 - 1 - 1 = 0$.
આમ,$3s$ અને $2p$ કક્ષકો માટે રેડિયલ નોડ્સની સંખ્યા અનુક્રમે $2$ અને $0$ છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની ગણતરી કરીએ છીએ અને બંધમાં ભાગ લેતા ઇલેક્ટ્રોનને બાદ કરીએ છીએ:
$1$. $[ClO_3]^-$ માં,મધ્યસ્થ $Cl$ પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $1$ (ઋણ વીજભાર) = $8$ છે. તે $O$ પરમાણુઓ સાથે $3$ દ્વિબંધ બનાવે છે ($6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-6)/2 = 1$.
$2$. $XeF_4$ માં,મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-4)/2 = 2$.
$3$. $SF_4$ માં,મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(6-4)/2 = 1$.
$4$. $[I_3]^-$ માં,મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન + $1$ (ઋણ વીજભાર) = $8$ છે. તે $I$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે ($2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે). અબંધકારક યુગ્મ = $(8-2)/2 = 3$.
આમ,$[I_3]^-$ માં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા મહત્તમ $(3)$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) ગ્રેહામના પ્રસરણના નિયમ મુજબ,પ્રસરણનો દર $(r)$ એ મોલર દળ $(M)$ ના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $r \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$.
હિલિયમ $(He)$ અને મિથેન $(CH_4)$ માટે,ગુણોત્તર આ મુજબ છે: $\frac{r_{He}}{r_{CH_4}} = \sqrt{\frac{M_{CH_4}}{M_{He}}}$.
મિથેન $(CH_4)$ નું મોલર દળ $16 \ g/mol$ અને હિલિયમ $(He)$ નું $4 \ g/mol$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{r_{He}}{r_{CH_4}} = \sqrt{\frac{16}{4}} = \sqrt{4} = 2$.

(B) પ્રક્રિયા: $CH_3NH_2 + HCl \rightarrow CH_3NH_3^+ + Cl^-$
શરૂઆતના મોલ: $CH_3NH_2 = 0.1 \ mol$,$HCl = 0.08 \ mol$.
પ્રક્રિયા પછી: $CH_3NH_2 = 0.02 \ mol$,$CH_3NH_3^+ = 0.08 \ mol$.
આ એક બેઝિક બફર દ્રાવણ બનાવે છે.
બેઝિક બફર માટે હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$pOH = pK_b + \log \frac{[salt]}{[base]}$
$pK_b = -\log(5 \times 10^{-4}) = 4 - 0.699 = 3.301$.
$pOH = 3.301 + \log \frac{0.08}{0.02} = 3.301 + 0.602 = 3.903$.
$pH = 14 - pOH = 14 - 3.903 = 10.097$.
$[H^{+}] = 10^{-pH} = 10^{-10.097} \approx 8 \times 10^{-11} \ M$.

(A) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,ઉષ્માગતિશાસ્ત્રનો પ્રથમ નિયમ $\Delta U = q + w$ છે. પ્રક્રિયા એડિબેટિક હોવાથી,$q = 0$,તેથી $\Delta U = w$.
આદર્શ વાયુ માટે,$\Delta U = n C_v \Delta T$. મોનોએટોમિક વાયુ માટે,$C_v = \frac{3}{2} R$.
આમ,$n \times \frac{3}{2} R \times (T_f - T) = -P_{ext} \times \Delta V$.
અહીં $n = 1 \, \text{mole}$,$P_{ext} = 1 \, \text{atm}$,$\Delta V = 1 \, \text{L}$,અને $R = 0.0821 \, \text{L atm K}^{-1} \text{mol}^{-1}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $1 \times \frac{3}{2} \times 0.0821 \times (T_f - T) = -1 \times 1$.
$(T_f - T) = -\frac{2}{3 \times 0.0821}$.
$T_f = T - \frac{2}{3 \times 0.0821}$.

(D) શીટ સિલિકેટ્સમાં,$[SiO_4]^{4-}$ એકમના ચારમાંથી ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ વહેંચાયેલા હોય છે.
પાયરોસિલિકેટ્સમાં,માત્ર એક ઓક્સિજન પરમાણુ વહેંચાયેલો હોય છે.
રેખીય સાંકળ સિલિકેટ્સમાં,પ્રતિ ટેટ્રાહેડ્રોન બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ વહેંચાયેલા હોય છે.
ત્રિ-પરિમાણીય સિલિકેટ્સમાં,ચારેય ઓક્સિજન પરમાણુઓ વહેંચાયેલા હોય છે.

(B) ધાતુ નાઈટ્રેટનો કેટાયન $Bi^{3+}$ છે.
$Bi^{3+} + 3KI \rightarrow \underset{\text{કાળા}}{BiI_3} \downarrow + 3K^+$
$BiI_3 + KI \rightarrow K[BiI_4] \text{ (નારંગી દ્રાવણ)}$

(C) સંસ્પંદન રચનાઓની સ્થિરતા નીચેના નિયમો દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે:
$1$. તમામ પરમાણુઓ માટે પૂર્ણ અષ્ટક ધરાવતી રચનાઓ વધુ સ્થાયી હોય છે.
$2$. વધુ સહસંયોજક બંધ ધરાવતી રચનાઓ વધુ સ્થાયી હોય છે.
$3$. વધુ વિદ્યુતઋણ પરમાણુ પર ઋણ વીજભાર અને ઓછા વિદ્યુતઋણ પરમાણુ પર ધન વીજભાર ધરાવતી રચનાઓ વધુ સ્થાયી હોય છે.
રચના $(A)$ અને $(B)$ માં,તમામ પરમાણુઓ પાસે પૂર્ણ અષ્ટક છે.
રચના $(D)$ માં,કાર્બન પરનો ધન વીજભાર બાજુના ઓક્સિજન પરમાણુના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા સ્થાયી થાય છે (અષ્ટક પૂર્ણ છે).
રચના $(C)$ માં,ધન વીજભાર ધરાવતા કાર્બન પરમાણુનું અષ્ટક અપૂર્ણ છે ($6$ ઇલેક્ટ્રોન) અને તેને સ્થાયી કરવા માટે બાજુમાં કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતો પરમાણુ નથી.
તેથી,રચના $(C)$ સૌથી ઓછી સ્થાયી છે.

(C) $KMnO_4$ નું ઓઝોન $(O_3)$ દ્વારા વધુ ઓક્સિડેશન થશે નહીં કારણ કે મેંગેનીઝ પહેલેથી જ તેની મહત્તમ શક્ય ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે,જે $+7$ છે.

(A) ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયકો $(RMgX)$ પ્રબળ બેઝ છે અને આલ્કોહોલ જેવા સક્રિય હાઈડ્રોજન ધરાવતા સંયોજનો સાથે પ્રક્રિયા કરીને અનુરૂપ આલ્કેન બનાવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ફિનાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ $(PhMgBr)$ બેઝ તરીકે વર્તે છે અને $t-$બ્યુટેનોલ $((CH_3)_3COH)$ ના હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહમાંથી એસિડિક પ્રોટોન દૂર કરે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$PhMgBr + (CH_3)_3COH \rightarrow C_6H_6 + (CH_3)_3COMgBr$
અહીં,$C_6H_6$ એ બેન્ઝીન છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(C) દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ છે,જ્યાં $K$ એ કણની ગતિઊર્જા છે.
વિસ્તાર $0 \leqslant x \leqslant 1$ માટે,સ્થિતિઊર્જા $U_1 = E_0$ છે. કુલ ઊર્જા $E = 2E_0$ આપેલ હોવાથી,ગતિઊર્જા $K_1 = E - U_1 = 2E_0 - E_0 = E_0$ થશે.
તેથી,$\lambda_1 = \frac{h}{\sqrt{2mE_0}}$.
વિસ્તાર $x > 1$ માટે,સ્થિતિઊર્જા $U_2 = 0$ છે. ગતિઊર્જા $K_2 = E - U_2 = 2E_0 - 0 = 2E_0$ થશે.
તેથી,$\lambda_2 = \frac{h}{\sqrt{2m(2E_0)}} = \frac{h}{\sqrt{4mE_0}}$.
ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ લેતા:
$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{\frac{h}{\sqrt{2mE_0}}}{\frac{h}{\sqrt{4mE_0}}} = \sqrt{\frac{4mE_0}{2mE_0}} = \sqrt{2}$.

(C) $1$. હાઇડ્રોજન પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $E_1 = -13.6 \, eV$ છે. પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $E_2 = -3.4 \, eV$ છે. પરમાણુને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં લાવવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \, eV$ છે.
$2$. જ્યારે પ્રથમ $10.2 \, eV$ નો ફોટોન અથડાય છે,ત્યારે પરમાણુ તેને શોષી લે છે અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં જાય છે. એક માઇક્રો સેકન્ડ પછી,પરમાણુ ઉત્તેજિત અવસ્થામાંથી પાછું આવે છે અને $10.2 \, eV$ નો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરે છે.
$3$. જ્યારે બીજો $15 \, eV$ નો ફોટોન પરમાણુ સાથે અથડાય છે (જે હવે પાછો ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં છે),ત્યારે $15 \, eV > 13.6 \, eV$ (હાઇડ્રોજનની આયનીકરણ ઉર્જા) હોવાથી,પરમાણુનું આયનીકરણ થાય છે.
$4$. બહાર નીકળેલા ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $K = E_{photon} - |E_1| = 15 \, eV - 13.6 \, eV = 1.4 \, eV$ છે.
$5$. તેથી,ડિટેક્ટર $10.2 \, eV$ નો એક ફોટોન (પ્રથમ ઘટનામાંથી) અને $1.4 \, eV$ નો એક ઇલેક્ટ્રોન (બીજી ઘટનામાંથી) અવલોકન કરશે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(x^2+y^2) dy = xy dx$,જેને $\frac{dy}{dx} = \frac{xy}{x^2+y^2}$ તરીકે લખી શકાય.
આ એક સમપરિમાણીય વિકલ સમીકરણ છે. ધારો કે $y = vx$,તો $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $v + x \frac{dv}{dx} = \frac{v}{1+v^2}$.
$x \frac{dv}{dx} = \frac{v}{1+v^2} - v = \frac{v - v - v^3}{1+v^2} = \frac{-v^3}{1+v^2}$.
ચલને અલગ કરતા: $\int \frac{1+v^2}{-v^3} dv = \int \frac{1}{x} dx$.
$\int (-v^{-3} - v^{-1}) dv = \ln|x| + C$.
$\frac{v^{-2}}{2} - \ln|v| = \ln|x| + C \Rightarrow \frac{1}{2v^2} = \ln|vx| + C = \ln|y| + C$.
$y(1) = 1$ હોવાથી,$\frac{1}{2(1)^2} = \ln(1) + C$,તેથી $C = \frac{1}{2}$.
આમ,$\frac{1}{2v^2} = \ln|y| + \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{x^2}{2y^2} = \ln|y| + \frac{1}{2}$.
$y(x_0) = e$ આપેલ છે,તેથી $x = x_0$ અને $y = e$ મૂકતા: $\frac{x_0^2}{2e^2} = \ln(e) + \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.
$x_0^2 = 3e^2 \Rightarrow x_0 = \sqrt{3}e$.

(C) વીનના સ્થાનાંતરના નિયમ (Wien's displacement law) મુજબ, $\lambda_m T = \text{constant}$, જે સૂચવે છે કે મહત્તમ ઉર્જા ઉત્સર્જનને અનુરૂપ તરંગલંબાઇ $\lambda_m$ એ સ્ત્રોતના તાપમાન $T$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
જેમ તાપમાન વધે છે, તેમ વર્ણપટ ઉત્સર્જન પાવર વક્રની ટોચ ટૂંકી તરંગલંબાઇ તરફ ખસે છે.
આપેલ સ્ત્રોતોના તાપમાનની તુલના કરતા: સૂર્યનું તાપમાન આશરે $6000 \, K$ છે, વેલ્ડિંગ આર્કનું તાપમાન આશરે $4000 \, K$ થી $5000 \, K$ છે, અને ટંગસ્ટન ફિલામેન્ટનું તાપમાન આશરે $2000 \, K$ થી $3000 \, K$ છે.
તેથી, $T_{\text{sun}} > T_{\text{welding arc}} > T_{\text{tungsten filament}}$.
આલેખ જોતા, $T_3$ માટે પીક તરંગલંબાઇ $\lambda_m$ સૌથી નાની છે અને $T_1$ માટે સૌથી મોટી છે.
આમ, $T_3$ એ સૌથી વધુ તાપમાન (સૂર્ય) ને અનુરૂપ છે, $T_2$ એ વેલ્ડિંગ આર્કને અનુરૂપ છે, અને $T_1$ એ સૌથી ઓછા તાપમાન (ટંગસ્ટન ફિલામેન્ટ) ને અનુરૂપ છે.
તેથી, સાચો વિકલ્પ છે: સૂર્ય-$T_3$, ટંગસ્ટન ફિલામેન્ટ-$T_1$, વેલ્ડિંગ આર્ક-$T_2$.

(C) $1$. હાઇડ્રોજન પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $E_1 = -13.6 \, eV$ છે. પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થાની ઉર્જા $E_2 = -3.4 \, eV$ છે. પરમાણુને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \, eV$ છે.
$2$. જ્યારે $10.2 \, eV$ નો પ્રથમ ફોટોન પરમાણુ સાથે અથડાય છે,ત્યારે તે શોષાય છે અને પરમાણુ પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં જાય છે. એક માઇક્રો સેકન્ડ પછી,પરમાણુ તેની મૂળ અવસ્થામાં પાછો ફરે છે અને $10.2 \, eV$ નો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરે છે.
$3$. જ્યારે $15 \, eV$ નો બીજો ફોટોન પરમાણુ સાથે અથડાય છે (જે હવે ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં છે),ત્યારે $15 \, eV > 13.6 \, eV$ (આયનીકરણ ઉર્જા) હોવાથી,પરમાણુનું આયનીકરણ થાય છે.
$4$. બહાર નીકળેલા ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $K = E_{photon} - |E_1| = 15 \, eV - 13.6 \, eV = 1.4 \, eV$ છે.
$5$. તેથી,ડિટેક્ટર $10.2 \, eV$ નો એક ફોટોન અને $1.4 \, eV$ નો એક ઇલેક્ટ્રોન અવલોકન કરશે.

(C) પાણીની સપાટીની ઉપરથી જોતા,પાત્રના તળિયે રહેલી વસ્તુની આભાસી ઊંડાઈ $d' = d / \mu$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $d = 33.25 \, cm$ અને $\mu = 4/3$ છે.
$d' = 33.25 / (4/3) = 33.25 \times 0.75 = 24.9375 \, cm \approx 25 \, cm$.
અરીસાથી વસ્તુનું અંતર $u = -(15 + 25) = -40 \, cm$ છે.
પ્રતિબિંબ પાણીની સપાટીથી $25 \, cm$ નીચે રચાય છે. પાણીની સપાટીની ઉપરથી જોતા આ પ્રતિબિંબની આભાસી ઊંડાઈ $v' = 25 / (4/3) = 25 \times 0.75 = 18.75 \, cm$ છે.
અરીસાથી પ્રતિબિંબનું અંતર $v = -(15 + 18.75) = -33.75 \, cm$ છે.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{-33.75} + \frac{1}{-40} = \frac{1}{f}$
$\frac{1}{f} = -(\frac{1}{33.75} + \frac{1}{40}) = -(\frac{40 + 33.75}{1350}) = -\frac{73.75}{1350}$
$f = -\frac{1350}{73.75} \approx -18.3 \, cm$.
આપેલા વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,સૌથી નજીકની કિંમત $20 \, cm$ છે.

(A) અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ $[Co(NH_3)_4Br_2]Cl$ ભૌમિતિક તેમજ આયનીકરણ સમઘટકતા બંને દર્શાવે છે.
$1$. ભૌમિતિક સમઘટકતા: મધ્યસ્થ $Co^{3+}$ આયનની આસપાસ $Br^-$ લિગેન્ડની વિવિધ અવકાશી ગોઠવણીને કારણે $[Co(NH_3)_4Br_2]Cl$ સંકીર્ણ $cis$ અને $trans$ સમઘટકો તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$2$. આયનીકરણ સમઘટકતા: આ સંકીર્ણ સવર્ગ સ્ફિયરની બહાર રહેલા $Cl^-$ આયનને સવર્ગ સ્ફિયરની અંદરના $Br^-$ લિગેન્ડ સાથે બદલી શકે છે,જેના પરિણામે આયનીકરણ સમઘટક $[Co(NH_3)_4BrCl]Br$ મળે છે.

(C) કુલ ઊર્જા $E = 2E_0$ છે. ગતિઊર્જા $K.E. = E - U(x)$ દ્વારા મળે છે.
$0 \le x \le 1$ માટે,$U(x) = E_0$,તેથી $K.E._1 = 2E_0 - E_0 = E_0$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = \frac{h}{\sqrt{2m K.E._1}} = \frac{h}{\sqrt{2m E_0}}$ છે.
$x > 1$ માટે,$U(x) = 0$,તેથી $K.E._2 = 2E_0 - 0 = 2E_0$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_2 = \frac{h}{\sqrt{2m K.E._2}} = \frac{h}{\sqrt{2m(2E_0)}} = \frac{h}{\sqrt{4m E_0}}$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{h / \sqrt{2m E_0}}{h / \sqrt{4m E_0}} = \sqrt{\frac{4m E_0}{2m E_0}} = \sqrt{2}$.

(A) આપેલ પરિપથમાં,બે અલગ-અલગ બંધ લૂપ છે જે $2\,\Omega$ અવરોધ ધરાવતા એક તાર દ્વારા જોડાયેલા છે.
કોઈપણ ઘટકમાંથી પ્રવાહ વહેવા માટે,તે એક સંપૂર્ણ બંધ માર્ગ (પરિપથ) નો ભાગ હોવો જોઈએ જેમાં વિદ્યુતચાલક બળ $(EMF)$ નો સ્ત્રોત હોય.
આ પરિપથમાં,$2\,\Omega$ અવરોધ બે બિંદુઓ વચ્ચે જોડાયેલ છે,પરંતુ તે કોઈ એવા બંધ લૂપનો ભાગ નથી જે તેમાંથી સતત વિદ્યુતભારને વહેવા દે.
તેથી,$2\,\Omega$ અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $0\,A$ છે.

(B) નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ $(NO)$ અને નાઈટ્રોજન ડાયોક્સાઈડ $(NO_2)$ ના સમાન મોલર જથ્થા વચ્ચે નીચા તાપમાને $(-30\,^oC)$ પ્રક્રિયા થવાથી ડાયનાઈટ્રોજન ટ્રાયોક્સાઈડ $(N_2O_3)$ બને છે,જે વાદળી રંગના પ્રવાહી સ્વરૂપે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $NO_{(g)} + NO_{2_{(g)}} \xrightarrow{-30\,^oC} N_2O_{3_{(l)}} \text{ (વાદળી પ્રવાહી)}$

(C) કાળું ફોસ્ફરસ એ ફોસ્ફરસનું સૌથી વધુ ઉષ્માગતિશાસ્ત્રીય રીતે સ્થાયી અપરરૂપ છે.
આનું કારણ એ છે કે તેની પાસે અત્યંત વ્યવસ્થિત પોલિમરિક બંધારણ છે અને તમામ ફોસ્ફરસ અપરરૂપોમાં તેનું પ્રજ્વલન તાપમાન સૌથી વધુ છે.

(B) $PbO_2$ એક પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે. જ્યારે તેની પ્રક્રિયા સાંદ્ર $HNO_3$ સાથે કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઓક્સિજન વાયુ મુક્ત કરે છે. પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે: $2PbO_2 + 4HNO_3 \rightarrow 2Pb(NO_3)_2 + 2H_2O + O_2 \uparrow$. તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) $-30\,^oC$ જેટલા નીચા તાપમાને $NO_{(g)}$ અને $NO_{2_{(g)}}$ ના સમાન મોલર જથ્થા વચ્ચેની પ્રક્રિયાથી ડાયનાઇટ્રોજન ટ્રાયોક્સાઇડ $(N_2O_3)$ બને છે.
$NO_{(g)} + NO_{2_{(g)}} \xrightarrow{-30\,^oC} N_2O_{3_{(l)}}$
આ તાપમાને $N_2O_3$ વાદળી પ્રવાહી સ્વરૂપે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(B) બિસ્મથ નાઈટ્રેટની પોટેશિયમ આયોડાઈડ $(KI)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી બિસ્મથ$(III)$ આયોડાઈડ $(BiI_3)$ ના કાળા અવક્ષેપ મળે છે.
$Bi(NO_3)_3(aq) + 3KI(aq) \xrightarrow{\quad} BiI_3(s) + 3KNO_3(aq)$
વધુ પ્રમાણમાં $KI$ ઉમેરતા,કાળા અવક્ષેપ ઓગળીને પોટેશિયમ ટેટ્રાઆયોડોબિસ્મથેટ$(III)$ નામનું દ્રાવ્ય સંકીર્ણ બનાવે છે,જે નારંગી રંગનું હોય છે.
$BiI_3(s) + KI(aq) \xrightarrow{\quad} K[BiI_4](aq)$
આમ,કેટાયન $Bi^{3+}$ છે.

(A) પગલું $1$: $CuCl_2$ ના મોલની ગણતરી કરો. $\text{મોલ} = \frac{\text{દળ}}{\text{આણ્વીય દળ}} = \frac{13.44 \ g}{134.4 \ g \ mol^{-1}} = 0.1 \ mol$.
પગલું $2$: મોલાલિટી $(m)$ ની ગણતરી કરો. $m = \frac{\text{દ્રાવ્યના મોલ}}{\text{દ્રાવકનું દળ (kg માં)}} = \frac{0.1 \ mol}{1 \ kg} = 0.1 \ m$.
પગલું $3$: વોન્ટ હોફ અવયવ $(i)$ નક્કી કરો. $CuCl_2$ માટે,વિયોજન $CuCl_2 \to Cu^{2+} + 2Cl^-$ છે. $100 \%$ આયનીકરણ ધારતા,$i = 3$.
પગલું $4$: ઉત્કલનબિંદુમાં થતો વધારો $(\Delta T_b)$ ગણો. $\Delta T_b = i \times K_b \times m = 3 \times 0.52 \times 0.1 = 0.156 \ K \approx 0.16 \ K$.

(B) $ZnS$ (ઝિંક બ્લેન્ડ) બંધારણમાં,$S^{2-}$ આયનો ફલક-કેન્દ્રિત ઘન $(FCC)$ લેટીસ બનાવે છે.
$FCC$ લેટીસમાં એકમ કોષ દીઠ $8$ ચતુષ્ફલકીય છિદ્રો હોય છે.
$ZnS$ માં,$Zn^{2+}$ આયનો માત્ર એકાંતરે ચતુષ્ફલકીય છિદ્રો રોકે છે,એટલે કે $8$ માંથી $4$ ચતુષ્ફલકીય છિદ્રો ભરાયેલા હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(D) સાચો જવાબ $(D)$ છે.
પ્રક્રિયાનો ક્રમ એ પ્રાયોગિક રાશિ છે અને તે શૂન્ય,પૂર્ણાંક અથવા અપૂર્ણાંક પણ હોઈ શકે છે.
તેથી,ક્રમ અપૂર્ણાંક હોઈ શકે નહીં તેવું વિધાન ખોટું છે.

(A) કુલ પ્રક્રિયા એ ઓક્સિડેશન અને રિડક્શન અર્ધ-પ્રક્રિયાઓનો સરવાળો છે:
$Fe_{(s)} \longrightarrow Fe^{2+} + 2e^- ; E^o_{ox} = +0.44 \ V$
$2H^{+} + 2e^- + \frac{1}{2}O_2 \longrightarrow H_2O_{(l)} ; E^o_{red} = +1.23 \ V$
કુલ પ્રક્રિયા: $Fe_{(s)} + 2H^{+} + \frac{1}{2}O_2 \longrightarrow Fe^{2+} + H_2O_{(l)}$
$E^o_{cell} = E^o_{red} + E^o_{ox} = 1.23 \ V + 0.44 \ V = 1.67 \ V$
સૂત્ર $\Delta G^o = -nFE^o_{cell}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = 2$ અને $F = 96500 \ C \ mol^{-1}$:
$\Delta G^o = -2 \times 96500 \times 1.67 \ J \ mol^{-1}$
$\Delta G^o = -322310 \ J \ mol^{-1} = -322.31 \ kJ \ mol^{-1}$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $-322 \ kJ \ mol^{-1}$ મળે છે.

(D) લાયોફિલિક સોલ સ્વ-સ્થાયી હોય છે કારણ કે આ સોલ પ્રતિવર્તી હોય છે અને દ્રાવણમાં ખૂબ જ જલીયકૃત (highly hydrated) હોય છે.

(C) આપેલ ખનિજોના રાસાયણિક સૂત્રો નીચે મુજબ છે:
$Cuprite = Cu_2O$
$Chalcocite = Cu_2S$
$Chalcopyrite = CuFeS_2$
$Malachite = Cu(OH)_2 \cdot CuCO_3$
આમાંથી,$Chalcopyrite$ $(CuFeS_2)$ એ એવી ખનિજ છે જેમાં $Iron$ $(Fe)$ અને $Copper$ $(Cu)$ બંને હોય છે.

(B) સંક્રાંતિ ધાતુ આયન ક્ષારોનો રંગ $d-$કક્ષકમાં રહેલા અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનના $d-d$ સંક્રમણને કારણે હોય છે. જે ધાતુ આયન ક્ષારોમાં $d-$કક્ષકોમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય છે,તેઓ જલીય માધ્યમમાં સમાન રંગ દર્શાવે છે.
$VOCl_2$ માટે,ધાતુ આયન $V^{4+}$ છે,જેની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Ar] 3d^1$ છે. તેમાં $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$CuCl_2$ માટે,ધાતુ આયન $Cu^{2+}$ છે,જેની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Ar] 3d^9$ છે. તેમાં પણ $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
આમ,$V^{4+}$ અને $Cu^{2+}$ બંનેમાં $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તેઓ સમાન રંગ દર્શાવે છે.

(B) સંકીર્ણ $Co(NH_3)_4Br_2Cl$ ભૌમિતિક અને આયનીકરણ એમ બંને પ્રકારની સમઘટકતા દર્શાવે છે.
$1$. ભૌમિતિક સમઘટકતા: મધ્યસ્થ $Co$ પરમાણુની આસપાસ $Br$ લિગેન્ડની અલગ-અલગ અવકાશી ગોઠવણીને કારણે આ સંકીર્ણ $cis$ અને $trans$ સ્વરૂપોમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$2$. આયનીકરણ સમઘટકતા: $Cl^-$ આયન સવર્ગ સ્તરની અંદર હોઈ શકે છે જ્યારે $Br^-$ આયન બહાર હોય,અથવા તેનાથી ઉલટું,જે દ્રાવણમાં અલગ-અલગ આયનો આપે છે (દા.ત.,$[Co(NH_3)_4Br_2]Cl$ અને $[Co(NH_3)_4BrCl]Br$).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ફિનાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ $(PhMgBr)$ એ ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક છે,જે પ્રબળ બેઈઝ તરીકે વર્તે છે.
$t-$બ્યુટેનોલ $((CH_3)_3COH)$ માં હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ પર એસિડિક પ્રોટોન હોય છે.
જ્યારે તેઓ પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક આલ્કોહોલમાંથી એસિડિક પ્રોટોન મેળવીને આલ્કેન બનાવે છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $(CH_3)_3COH + PhMgBr \to PhH + (CH_3)_3COMgBr$.
આમ,બનતી નીપજ બેન્ઝીન $(PhH)$ છે.

(D) $1-Bromo-3-chloro$ cyclobutane ની ઈથરમાં બે સમાન ધાતુના સોડિયમ સાથેની પ્રક્રિયા એ આંતર-આણ્વીય વુર્ટ્ઝ પ્રક્રિયા (intramolecular Wurtz reaction) છે.
સોડિયમ રિડક્શન કર્તા તરીકે કામ કરે છે,જે હેલોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલા કાર્બન પરમાણુઓને ઈલેક્ટ્રોન આપે છે.
આનાથી બ્રોમિન પરમાણુ ધરાવતા કાર્બન પર કાર્બેનાયન બને છે,જે પછી ક્લોરિન પરમાણુ ધરાવતા કાર્બન પર આંતર-આણ્વીય ન્યુક્લિયોફિલિક સબસ્ટિટ્યુશન ($S_N2$ પ્રકાર) કરે છે.
આના પરિણામે નવો કાર્બન-કાર્બન બંધ બને છે,જે રિંગ બંધ કરીને bicyclo$[1.1.0]$butane બનાવે છે.
સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) સાયક્લોહેક્ઝેનોલનું સાયક્લોહેક્ઝીનમાં રૂપાંતર એ એસિડ-ઉદ્દીપકીય નિર્જલીકરણ પ્રક્રિયા છે.
સાંદ્ર $H_3PO_4$ (ફોસ્ફોરિક એસિડ) ને $H_2SO_4$ અથવા $HCl$ જેવા અન્ય ખનિજ એસિડ કરતાં વધુ પસંદ કરવામાં આવે છે કારણ કે તે બિન-ઓક્સિડાઇઝિંગ નિર્જલીકરણ એજન્ટ છે,જે ઓક્સિડેશન અથવા વિસ્થાપન જેવી આડઅસરોને ઘટાડે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_{11}OH \xrightarrow{Conc. H_3PO_4, \Delta} C_6H_{10} + H_2O$
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો જવાબ છે.

(C) દર્શાવેલી પ્રક્રિયા આયોડોફોર્મ પ્રક્રિયા છે.
બ્યુટેન-$2$-ઓન $(CH_3-CH_2-CO-CH_3)$ જેવા મિથાઈલ કીટોન $I_2$ અને $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને આયોડોફોર્મ $(CHI_3)$ અને કાર્બોક્સિલિક એસિડનો સોડિયમ ક્ષાર $(C_2H_5COONa)$ બનાવે છે.
ત્યારબાદ $H^+$ સાથે એસિડિકરણ કરવાથી પ્રોપેનોઈક એસિડ $(C_2H_5COOH)$ મળે છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા પર્કિન પ્રક્રિયાનું ઉદાહરણ છે.
પર્કિન પ્રક્રિયામાં,એરોમેટિક આલ્ડિહાઇડ એસિડ એનહાઇડ્રાઇડ સાથે એસિડના અનુરૂપ સોડિયમ ક્ષારની હાજરીમાં પ્રક્રિયા કરીને $\alpha, \beta$-અસંતૃપ્ત કાર્બોક્સિલિક એસિડ બનાવે છે.
અહીં,પ્રક્રિયામાં $p$-મેથોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઇડ સોડિયમ એસિટેટની હાજરીમાં એસિટિક એનહાઇડ્રાઇડ $(CH_3CO)_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $p$-મેથોક્સીસિનામિક એસિડ આપે છે.
આમ,સંયોજન $(X)$ એ એસિટિક એનહાઇડ્રાઇડ,$(CH_3CO)_2O$ છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા પરકિન પ્રક્રિયાનું ઉદાહરણ છે.
પરકિન પ્રક્રિયામાં,એરોમેટિક આલ્ડિહાઈડ એસિડ એનહાઈડ્રાઈડ સાથે (તેના અનુરૂપ સોડિયમ ક્ષારની હાજરીમાં) પ્રક્રિયા કરીને $\alpha,\beta$-અસંતૃપ્ત કાર્બોક્સિલિક એસિડ બનાવે છે.
અહીં,$p$-મિથોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઈડ સોડિયમ એસિટેટ $(CH_3COONa)$ ની હાજરીમાં એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ $(CH_3CO)_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $p$-મિથોક્સીસિનામિક એસિડ આપે છે.
તેથી,$(X)$ એ એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ છે,જે $(CH_3CO)_2O$ છે.

(A) $4-$મિથાઈલબેન્ઝીન સલ્ફોનિક એસિડ $(p-CH_3C_6H_4SO_3H)$ એ એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ કરતા વધુ પ્રબળ એસિડ છે.
તેથી,તે સોડિયમ એસિટેટ $(CH_3COONa)$ સાથે એસિડ-બેઝ પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ $4-$મિથાઈલબેન્ઝીન સલ્ફોનેટ અને એસિટિક એસિડ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$p-CH_3C_6H_4SO_3H + CH_3COONa \rightarrow p-CH_3C_6H_4SO_3Na + CH_3COOH$
આમ,સાચી નીપજો સોડિયમ $4-$મિથાઈલબેન્ઝીન સલ્ફોનેટ અને એસિટિક એસિડ છે,જે વિકલ્પ $A$ ને અનુરૂપ છે.

(C) બ્યુટેન$-2-$ઓન $(CH_3-CO-CH_2-CH_3)$ એ એક મિથાઈલ કીટોન છે. જ્યારે તેની પ્રક્રિયા $I_2$ અને $NaOH$ સાથે કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે હેલોફોર્મ પ્રક્રિયા અનુભવે છે અને એક કાર્બન પરમાણુ ઓછો ધરાવતા કાર્બોક્સિલિક એસિડનો સોડિયમ ક્ષાર અને આયોડોફોર્મ $(CHI_3)$ બનાવે છે. ત્યારબાદ $H^{+}$ સાથે એસિડિકરણ કરવાથી પ્રોપેનોઈક એસિડ $(CH_3-CH_2-COOH)$ મળે છે.
$CH_3-CO-CH_2-CH_3 \xrightarrow{I_2/NaOH} CH_3-CH_2-COONa + CHI_3$
$CH_3-CH_2-COONa \xrightarrow{H^{+}} CH_3-CH_2-COOH$

(B) -ગ્લુકોપાયરેનોઝના બે સ્વરૂપો $\alpha-D-(+)$-ગ્લુકોપાયરેનોઝ અને $\beta-D-(+)$-ગ્લુકોપાયરેનોઝ છે.
આને એનોમર્સ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
એનોમર્સ એ સ્ટીરિયો આઇસોમર્સની જોડી છે જે ફક્ત એનોમેરિક કાર્બન (ગ્લુકોઝમાં $C_1$ કાર્બન) ની આસપાસના વિન્યાસમાં અલગ પડે છે.