IIT JEE 2013 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) વ્યતિકરણ ભાતમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_0 + I_0 + 2I_0 \cos \phi = 2I_0(1 + \cos \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0$ એ દરેક સ્લિટની તીવ્રતા છે.
મહત્તમ તીવ્રતા $I_{max}$ ત્યારે મળે છે જ્યારે $\cos \phi = 1$ હોય,તેથી $I_{max} = 4I_0$.
આપણે તે બિંદુ શોધી રહ્યા છીએ જ્યાં તીવ્રતા મહત્તમ તીવ્રતા કરતા અડધી હોય: $I = \frac{I_{max}}{2} = 2I_0$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $2I_0(1 + \cos \phi) = 2I_0 \Rightarrow 1 + \cos \phi = 1 \Rightarrow \cos \phi = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે કળા તફાવત $\phi = (2n + 1)\frac{\pi}{2}$ છે.
કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ હોવાથી,આપણને $\frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = (2n + 1)\frac{\pi}{2}$ મળે છે.
પથ તફાવત $\Delta x$ માટે ઉકેલતા: $\Delta x = (2n + 1)\frac{\lambda}{4}$.

(D) આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = \frac{m}{M}$ છે.
$n = \frac{m}{M}$ હોવાથી,આપણે $P = \frac{m}{V} \frac{RT}{M} = \frac{\rho RT}{M}$ લખી શકીએ,જ્યાં $\rho$ એ ઘનતા છે.
આમ,આંશિક દબાણનો ગુણોત્તર $\frac{P_1}{P_2} = \frac{\rho_1 M_2}{\rho_2 M_1}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $\frac{M_1}{M_2} = \frac{2}{3}$ અને $\frac{P_1}{P_2} = \frac{4}{3}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{4}{3} = \frac{\rho_1}{\rho_2} \times \frac{3}{2}$.
તેથી,$\frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{4}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{8}{9}$.

(A) ધારો કે દરેક બ્લોકની લંબાઈ $\ell$ છે અને આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે. બ્લોકનો ઉષ્મીય અવરોધ $R = \frac{\ell}{K A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$k$ વાહકતા ધરાવતા બ્લોક માટે,$R_k = \frac{\ell}{k A}$. ધારો કે $R_k = 2R_0$,તો $2k$ વાહકતા ધરાવતા બ્લોકનો અવરોધ $R_{2k} = \frac{\ell}{2k A} = R_0$ થશે.
કન્ફિગરેશન $I$ (શ્રેણી) માં: કુલ ઉષ્મીય અવરોધ $R_I = R_k + R_{2k} = 2R_0 + R_0 = 3R_0$ છે. ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $H_I = \frac{\Delta T}{R_I} = \frac{\Delta T}{3R_0}$ છે. $t_I = 9 \ s$ સમયમાં વહન પામતી ઉષ્મા $Q = H_I \cdot t_I = \frac{\Delta T}{3R_0} \cdot 9 = \frac{3 \Delta T}{R_0}$ છે.
કન્ફિગરેશન $II$ (સમાંતર) માં: કુલ ઉષ્મીય અવરોધ $\frac{1}{R_{II}} = \frac{1}{R_k} + \frac{1}{R_{2k}} = \frac{1}{2R_0} + \frac{1}{R_0} = \frac{3}{2R_0}$ છે,તેથી $R_{II} = \frac{2R_0}{3}$ છે. ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $H_{II} = \frac{\Delta T}{R_{II}} = \frac{3 \Delta T}{2R_0}$ છે.
સમાન માત્રામાં ઉષ્મા $Q$ પહોંચાડવા માટે,સમય $t_{II}$ એ $Q = H_{II} \cdot t_{II} \Rightarrow \frac{3 \Delta T}{R_0} = \frac{3 \Delta T}{2R_0} \cdot t_{II}$ દ્વારા મળે છે.
$t_{II}$ માટે ઉકેલતા,આપણને $t_{II} = 2 \ s$ મળે છે.

(B) વ્યતિકરણ ભાતમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = 4I_0 \cos^2(\frac{\phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0$ એ દરેક સ્લિટની તીવ્રતા છે અને $4I_0$ એ મહત્તમ તીવ્રતા $(I_{max})$ છે.
આપેલ છે કે બિંદુ પરની તીવ્રતા મહત્તમ તીવ્રતા કરતા અડધી છે,તેથી $I = \frac{1}{2} I_{max} = \frac{1}{2} (4I_0) = 2I_0$.
આ કિંમતને તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા: $2I_0 = 4I_0 \cos^2(\frac{\phi}{2})$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\cos^2(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\cos(\frac{\phi}{2}) = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,$\frac{\phi}{2} = (2n + 1)\frac{\pi}{4}$,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક છે.
કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ હોવાથી,આપણે તેને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$\frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \Delta x = (2n + 1)\frac{\pi}{4}$.
પથ તફાવત $\Delta x$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\Delta x = (2n + 1)\frac{\lambda}{4}$ મળે છે.

(A) આપેલી આકૃતિ મુજબ,$A^{+}$ એ $X^{-}$ આયનોના અષ્ટફલકીય છિદ્રમાં હાજર છે.
અષ્ટફલકીય છિદ્ર માટે ત્રિજ્યા ગુણોત્તરનું સૂત્ર: $r_{void} = 0.414 \times r_{sphere}$ છે.
અહીં,$r_{A^{+}} = 0.414 \times r_{X^{-}}$.
આપેલ કિંમત મૂકતા: $r_{A^{+}} = 0.414 \times 250 \ pm = 103.5 \ pm$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $104 \ pm$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) પ્રક્રિયક $P$ માટે:
કારણ કે $t_{75\%} = 2 \times t_{50\%}$,આ પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયાની લાક્ષણિકતા છે.
તેથી,$P$ ના સંદર્ભમાં પ્રક્રિયાનો ક્રમ $1$ છે.
પ્રક્રિયક $Q$ માટે:
આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ સમય સાથે $Q$ ની સાંદ્રતામાં રેખીય ફેરફાર સૂચવે છે કે પ્રક્રિયાનો દર $Q$ ની સાંદ્રતા પર આધારિત નથી.
તેથી,$Q$ ના સંદર્ભમાં પ્રક્રિયાનો ક્રમ $0$ છે.
પ્રક્રિયાનો કુલ ક્રમ = ($P$ ના સંદર્ભમાં ક્રમ) + ($Q$ ના સંદર્ભમાં ક્રમ)
કુલ ક્રમ = $1 + 0 = 1$.
સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) ગ્લુકોઝની દહન પ્રક્રિયા: $C_6H_{12}O_{6(s)} + 6O_{2(g)} \longrightarrow 6CO_{2(g)} + 6H_2O_{(\ell)}$
પ્રમાણિત દહન એન્થાલ્પી $(\Delta_{c}H^{\circ})$ ની ગણતરી:
$\Delta_{c}H^{\circ} = [6 \times \Delta_{f}H^{\circ}(CO_2) + 6 \times \Delta_{f}H^{\circ}(H_2O)] - [\Delta_{f}H^{\circ}(C_6H_{12}O_6) + 6 \times \Delta_{f}H^{\circ}(O_2)]$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Delta_{c}H^{\circ} = [6 \times (-400) + 6 \times (-300)] - [-1300 + 6 \times 0]$
$\Delta_{c}H^{\circ} = [-2400 - 1800] + 1300 = -4200 + 1300 = -2900 \ kJ/mol$
ગ્લુકોઝ $(C_6H_{12}O_6)$ નું આણ્વીય દળ $180 \ g/mol$ છે.
પ્રતિ ગ્રામ દહન એન્થાલ્પી $= \frac{-2900 \ kJ/mol}{180 \ g/mol} = -16.11 \ kJ/g$.

(A) આપેલ ધાતુઓ માટે સામાન્ય અયસ્ક નીચે મુજબ છે:
$Ag$: આર્જેન્ટાઈટ $(Ag_2S)$
$Cu$: કોપર પાઈરાઈટ્સ $(CuFeS_2)$
$Pb$: ગેલેના $(PbS)$
$Sn$: કેસિટેરાઈટ $(SnO_2)$
$Mg$: કાર્નાલાઈટ $(KCl \cdot MgCl_2 \cdot 6H_2O)$
$Al$: બોક્સાઈટ $(Al_2O_3 \cdot xH_2O)$
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$Ag, Cu$ અને $Pb$ સામાન્ય રીતે સલ્ફાઈડ અયસ્ક તરીકે જોવા મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(A) એસ્ટરના એસિડ-ઉદ્દીપિત જળવિભાજનનો દર $H^+$ આયનોની સાંદ્રતાના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $Rate \propto [H^+]$.
પ્રબળ એસિડ $(HX, 1 \ M)$ માટે,$[H^+]_{HX} = 1 \ M$.
આપેલ છે કે $HA$ સાથેનો દર $HX$ સાથેના દર કરતા $1/100$ ગણો છે,તેથી:
$\frac{Rate_{HA}}{Rate_{HX}} = \frac{[H^+]_{HA}}{[H^+]_{HX}} = \frac{1}{100}$
કારણ કે $[H^+]_{HX} = 1 \ M$,તેથી $[H^+]_{HA} = 0.01 \ M$.
નિર્બળ એસિડના વિયોજન માટે: $HA \rightleftharpoons H^+ + A^-$.
સંતુલન સમયે,$[H^+] = [A^-] = 0.01 \ M$ અને $[HA] = 1 - 0.01 \approx 1 \ M$.
એસિડ વિયોજન અચળાંક $K_a$ નીચે મુજબ મળે:
$K_a = \frac{[H^+][A^-]}{[HA]} = \frac{(0.01)(0.01)}{1} = 10^{-4}$.

(A) tert-butyl cation માં,ધન વીજભાર ધરાવતા કાર્બન પરમાણુ પાસે એક ખાલી $p$ કક્ષક હોય છે. તેથી,તેની સ્થિરતા $\sigma \rightarrow p$ (ખાલી) કક્ષક ડિલોકલાઇઝેશનને કારણે છે,જે હાઇપરકોન્જુગેશનનું એક સ્વરૂપ છે.
$2-$butene માં,સ્થિરતા $\sigma$ બંધ ($C$-$H$) ના ઇલેક્ટ્રોનનું દ્વિબંધની $\pi^{\star}$ એન્ટિબોન્ડિંગ મોલેક્યુલર ઓર્બિટલમાં ડિલોકલાઇઝેશનને કારણે છે,જેને $\sigma \rightarrow \pi^{\star}$ ડિલોકલાઇઝેશન તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(D) $1$. $P$: સાયક્લોપ્રોપેનાઈલ ક્લોરાઈડ $AlCl_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સાયક્લોપ્રોપેનાઈલ કેટાયન બનાવે છે,જે એરોમેટિક છે ($2\pi$ ઈલેક્ટ્રોન,સમતલીય,ચક્રીય,સંયુગ્મિત).
$2$. $Q$: સાયક્લોપેન્ટાડાઈન $NaH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સાયક્લોપેન્ટાડાઈનાઈલ એનાયન બનાવે છે,જે એરોમેટિક છે ($6\pi$ ઈલેક્ટ્રોન,સમતલીય,ચક્રીય,સંયુગ્મિત).
$3$. $R$: હેક્ઝેન$-2,5-$ડાયોનની $(NH_4)_2CO_3$ સાથેની પ્રક્રિયા (Paal-Knorr સંશ્લેષણ) થી $2,5-$ડાયમિથાઈલપાયરોલ મળે છે,જે એરોમેટિક છે ($6\pi$ ઈલેક્ટ્રોન,સમતલીય,ચક્રીય,સંયુગ્મિત).
$4$. $S$: ટ્રોપોન $HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને હાઈડ્રોક્સી-ટ્રોપિલિયમ કેટાયન બનાવે છે,જે એરોમેટિક છે ($6\pi$ ઈલેક્ટ્રોન,સમતલીય,ચક્રીય,સંયુગ્મિત).
આમ,$P$,$Q$,$R$ અને $S$ બધા જ એરોમેટિક સંયોજનો છે.

(A) મેલામાઈન એ $C_3H_6N_6$ સૂત્ર ધરાવતું વિષમચક્રીય કાર્બનિક સંયોજન છે.
તેમાં $1,3,5$-ટ્રાયઝીન વલય હોય છે જે $2, 4,$ અને $6$ સ્થાન પર ત્રણ એમિનો સમૂહ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
મેલામાઈનની રચનામાં:
$1$. ટ્રાયઝીન વલયમાં રહેલા દરેક $3$ નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
$2$. એમિનો $(-NH_2)$ સમૂહમાં રહેલા દરેક $3$ નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
તેથી,મેલામાઈનમાં અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મની કુલ સંખ્યા $3 + 3 = 6$ છે.

(C) દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m(KE)}}$ છે.
$KE = \frac{3}{2}kT$ હોવાથી,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{mT}}$ થાય.
$He$ માટે $-73^{\circ} C$ $(200 \ K)$: $m_{He} = 4$,$T_{He} = 200 \ K$.
$Ne$ માટે $727^{\circ} C$ $(1000 \ K)$: $m_{Ne} = 20$,$T_{Ne} = 1000 \ K$.
$\frac{\lambda_{He}}{\lambda_{Ne}} = \sqrt{\frac{m_{Ne} T_{Ne}}{m_{He} T_{He}}} = \sqrt{\frac{20 \times 1000}{4 \times 200}} = \sqrt{\frac{20000}{800}} = \sqrt{25} = 5$.
આમ,$M = 5$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^n 2k = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$.
તેથી,સરવાળાની અંદરનું પદ $\cot^{-1}(1 + n(n+1))$ બને છે.
નિત્યસમ $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ ($x > 0$ માટે) નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\tan^{-1}(\frac{1}{1 + n(n+1)})$ મળે છે.
આપણે $\frac{1}{1 + n(n+1)} = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)}$ લખી શકીએ.
$\tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}(\frac{x-y}{1+xy})$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)$ મળે છે.
હવે,સરવાળો $\sum_{n=1}^{23} (\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n))$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $(\tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(1)) + (\tan^{-1}(3) - \tan^{-1}(2)) + \dots + (\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(23))$.
આનું સાદું રૂપ $\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(1)$ થાય છે.
ફરીથી સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan^{-1}(\frac{24-1}{1+24\times 1}) = \tan^{-1}(\frac{23}{25})$.
અંતે,આપણે $\cot(\tan^{-1}(\frac{23}{25})) = \cot(\cot^{-1}(\frac{25}{23})) = \frac{25}{23}$ મેળવીએ છીએ.

(A) વક્રનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \sec\left(\frac{y}{x}\right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે. ધારો કે $v = \frac{y}{x}$,તેથી $y = vx$ અને $\frac{dy}{dx} = v + x\frac{dv}{dx}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $v + x\frac{dv}{dx} = v + \sec(v)$.
આનું સાદું રૂપ $x\frac{dv}{dx} = \sec(v)$ થાય છે,જેને $\cos(v) dv = \frac{1}{x} dx$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \cos(v) dv = \int \frac{1}{x} dx$.
આથી $\sin(v) = \ln|x| + C$ મળે છે.
$v = \frac{y}{x}$ પાછું મૂકતા,આપણને $\sin\left(\frac{y}{x}\right) = \ln|x| + C$ મળે છે.
વક્ર $\left(1, \frac{\pi}{6}\right)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\sin\left(\frac{\pi/6}{1}\right) = \ln(1) + C$.
કારણ કે $\sin(\pi/6) = 1/2$ અને $\ln(1) = 0$,તેથી $C = 1/2$.
આમ,વક્રનું સમીકરણ $\sin\left(\frac{y}{x}\right) = \ln x + \frac{1}{2}$ છે.

(B) $Ag_2CrO_4$ નું વિયોજન નીચે મુજબ થાય છે: $Ag_2CrO_4(s) \rightleftharpoons 2Ag^{+}(aq) + CrO_4^{2-}(aq)$.
$0.1 \ M \ AgNO_3$ ની હાજરીમાં,$Ag^{+}$ આયનોની સાંદ્રતા પ્રબળ વિદ્યુતવિભાજ્ય $AgNO_3$ દ્વારા નક્કી થાય છે,તેથી $[Ag^{+}] \approx 0.1 \ M$.
ધારો કે $Ag_2CrO_4$ ની દ્રાવ્યતા $s \ mol/L$ છે. તેથી $[CrO_4^{2-}] = s$.
દ્રાવ્યતા ગુણાકારનું સૂત્ર: $K_{sp} = [Ag^{+}]^2 [CrO_4^{2-}]$.
કિંમતો મૂકતા: $1.1 \times 10^{-12} = (0.1)^2 \times s$.
$1.1 \times 10^{-12} = 0.01 \times s$.
$s = \frac{1.1 \times 10^{-12}}{0.01} = 1.1 \times 10^{-10} \ mol/L$.

(C) $p$-હાઇડ્રોક્સીબેન્ઝિનસલ્ફોનિક એસિડની જલીય $Br_2$ ($3.0$ સમતુલ્ય) સાથેની પ્રક્રિયામાં ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન થાય છે.
પ્રથમ,અત્યંત સક્રિય $-OH$ સમૂહ તેની સાપેક્ષમાં ઓર્થો સ્થાનો પર બ્રોમિનેશનને નિર્દેશિત કરે છે.
પેરા સ્થાન પહેલેથી જ $-SO_3H$ સમૂહ દ્વારા રોકાયેલું હોવાથી,બે ઓર્થો સ્થાનો પર બ્રોમિનેશન થાય છે.
ત્યારબાદ,વધારાના બ્રોમિન અને પાણીની હાજરીમાં $-SO_3H$ સમૂહ એક સારો લિવિંગ ગ્રુપ હોવાથી,તેનું વિસ્થાપન ત્રીજા બ્રોમિન પરમાણુ દ્વારા થાય છે.
આના પરિણામે $2,4,6$-ટ્રાયબ્રોમોફિનોલ બને છે,જે બંધારણ $R$ ને અનુરૂપ છે.

(C) . સંસ્પંદનને કારણે,$O_3$ માં બંને $O-O$ બંધ લંબાઈ સમાન $(1.28 \ \mathring{A})$ હોય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$B$. $O_2$ માંથી $O_3$ નું નિર્માણ ઉષ્માશોષક છે $(3O_2 \rightarrow 2O_3, \Delta H = +142 \ \text{kJ/mol})$. તેથી,$O_3$ નું $O_2$ માં વિઘટન ઉષ્માક્ષેપક છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$C$. $O_3$ માં,બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત છે,જે તેને પ્રતિચુંબકીય બનાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$D$. $O_3$ નો આકાર વળેલો છે અને બંધકોણ આશરે $117^\circ$ છે. આ વિધાન સાચું છે.
આમ,સાચા વિધાનો $A, C, D$ છે.

(B) કિર્ચોફના નિયમ મુજબ,$\Delta H_{T_2} - \Delta H_{T_1} = \int_{T_1}^{T_2} \Delta C_p \, dT$. કારણ કે ઉષ્મા ધારિતામાં ફેરફાર $\Delta C_p$ સામાન્ય રીતે શૂન્ય હોતો નથી,તેથી $\Delta H$ તાપમાન $T$ પર આધાર રાખે છે.
$(B)$ વિષમાંગ પ્રક્રિયા માટે સંતુલન અચળાંક $K$ ફક્ત તાપમાન પર આધાર રાખે છે અને ઘન પ્રક્રિયકો કે નીપજોના પ્રારંભિક જથ્થાથી સ્વતંત્ર છે.
$(C)$ $K$ એ નિશ્ચિત તાપમાને અચળ છે; તે $CO_2$ ના આંશિક દબાણ પર આધાર રાખતું નથી. સંતુલન સમયે $CO_2$ નું આંશિક દબાણ $K_p$ જેટલું હોય છે,જે આપેલ $T$ માટે નિશ્ચિત છે.
$(D)$ ઉદ્દીપક સક્રિયકરણ ઊર્જા ઘટાડીને વૈકલ્પિક માર્ગ પૂરો પાડે છે પરંતુ પ્રક્રિયાની એન્થાલ્પી $(\Delta H)$ અથવા સંતુલન અચળાંક $(K)$ બદલતું નથી.

(A) $P$ એ મેલેઇક એસિડ (cis-બ્યુટીનડાયોઇક એસિડ) છે અને $Q$ એ ફ્યુમેરિક એસિડ (trans-બ્યુટીનડાયોઇક એસિડ) છે.
$1.$ આલ્કલાઇન $KMnO_4$ સાથે $P$ (cis) નું સિન-હાઇડ્રોક્સિલેશન મેસો-ટાર્ટરિક એસિડ $(S)$ આપે છે,જે પ્રકાશીય રીતે નિષ્ક્રિય છે.
આલ્કલાઇન $KMnO_4$ સાથે $Q$ (trans) નું સિન-હાઇડ્રોક્સિલેશન $(+)$-ટાર્ટરિક એસિડ અને $(-)$-ટાર્ટરિક એસિડ ($T$ અને $U$) નું રેસેમિક મિશ્રણ આપે છે,જે પ્રકાશીય રીતે નિષ્ક્રિય છે.
આમ,$P$ પ્રકાશીય નિષ્ક્રિય $S$ બનાવે છે અને $Q$ પ્રકાશીય નિષ્ક્રિય જોડી $(T, U)$ બનાવે છે. પ્રશ્ન $1$ માટે સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.
$2.$ $Q$ (ફ્યુમેરિક એસિડ) નું હાઇડ્રોજનેશન સક્સિનિક એસિડ આપે છે,જે ગરમ કરવા પર સક્સિનિક એનહાઇડ્રાઇડ $(V)$ બનાવે છે.
નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં બેન્ઝીન સાથે સક્સિનિક એનહાઇડ્રાઇડ $(V)$ ની પ્રક્રિયા (ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન) ત્યારબાદ ક્લેમેન્સન રિડક્શન $(Zn-Hg/HCl)$ અને $H_3PO_4$ સાથે ચક્રીયકરણ $\alpha$-ટેટ્રલોન $(W)$ આપે છે.
આમ,$V$ એ સક્સિનિક એનહાઇડ્રાઇડ છે અને $W$ એ $\alpha$-ટેટ્રલોન છે. પ્રશ્ન $2$ માટે સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.
તેથી,જવાબ $(B, A)$ છે.

(B) $1.$ $P-V$ આલેખમાં:
$K \rightarrow L$: અચળ દબાણ $(P)$,કદ $(V)$ વધે છે. ચાર્લ્સના નિયમ મુજબ $(V \propto T)$,$T$ વધે છે (ગરમ કરવું).
$L \rightarrow M$: અચળ કદ $(V)$,દબાણ $(P)$ ઘટે છે. ગે-લ્યુસેકના નિયમ મુજબ $(P \propto T)$,$T$ ઘટે છે (ઠંડુ કરવું).
$M \rightarrow N$: અચળ દબાણ $(P)$,કદ $(V)$ ઘટે છે. ચાર્લ્સના નિયમ મુજબ,$T$ ઘટે છે (ઠંડુ કરવું).
$N \rightarrow K$: અચળ કદ $(V)$,દબાણ $(P)$ વધે છે. ગે-લ્યુસેકના નિયમ મુજબ,$T$ વધે છે (ગરમ કરવું).
આમ,ક્રમ ગરમ કરવું,ઠંડુ કરવું,ઠંડુ કરવું,ગરમ કરવું છે,જે વિકલ્પ $(C)$ ને અનુરૂપ છે.
$2.$ સમકદ પ્રક્રિયા એટલે એવી પ્રક્રિયા જેમાં કદ અચળ રહે છે. આલેખમાં,શિરોલંબ રેખાઓ અચળ કદની પ્રક્રિયાઓ દર્શાવે છે.
આ $L \rightarrow M$ અને $N \rightarrow K$ છે. આ વિકલ્પ $(B)$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,સાચો જવાબ $(C, B)$ છે.

(D) $(P) \ 2PbO_2 + 2H_2SO_4 \xrightarrow{\text{warm}} 2PbSO_4 + O_2 + 2H_2O$
$(Q) \ Na_2S_2O_3 + 5H_2O + 4Cl_2 \rightarrow 2NaHSO_4 + 8HCl$
$(R) \ N_2H_4 + 2I_2 \rightarrow N_2 + 4HI$
$(S) \ XeF_2 + 2NO \rightarrow Xe + 2NOF$
પ્રક્રિયકો/શરતોને જોડતા:
$P \rightarrow 3$ (Warm)
$Q \rightarrow 4$ $(Cl_2)$
$R \rightarrow 2$ $(I_2)$
$S \rightarrow 1$ $(NO)$
તેથી,સાચો ક્રમ $P-3, Q-4, R-2, S-1$ છે. તેથી,સાચો જવાબ $(D)$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \sec \left(\frac{y}{x}\right)$ છે.
આ એક સુરેખ સમઘાત વિકલ સમીકરણ છે. ધારો કે $y = vx$,તેથી $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $v + x \frac{dv}{dx} = v + \sec(v)$.
આ સાદું રૂપ આપતા $x \frac{dv}{dx} = \sec(v)$ મળે,જેને $\cos(v) dv = \frac{1}{x} dx$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \cos(v) dv = \int \frac{1}{x} dx$,જે $\sin(v) = \log(x) + c$ આપે છે.
$v = \frac{y}{x}$ પાછું મૂકતા,આપણને $\sin \left(\frac{y}{x}\right) = \log(x) + c$ મળે છે.
વક્ર બિંદુ $\left(1, \frac{\pi}{6}\right)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\sin \left(\frac{\pi/6}{1}\right) = \log(1) + c$.
કારણ કે $\sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$ અને $\log(1) = 0$,તેથી $c = \frac{1}{2}$.
આમ,વક્રનું સમીકરણ $\sin \left(\frac{y}{x}\right) = \log(x) + \frac{1}{2}$ છે.

(A) સિલ્વર,કોપર અને લેડ સામાન્ય રીતે પૃથ્વીના પોપડામાં સલ્ફાઈડ અયસ્ક તરીકે જોવા મળે છે:
$Ag_2S$ (સિલ્વર ગ્લાન્સ),
$CuFeS_2$ (કોપર પાઈરાઈટ્સ) અને
$PbS$ (ગેલેના).

(B) $S_N2$ પ્રક્રિયાનો દર અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) અને $\alpha$-કાર્બન પર ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક સમૂહોની હાજરી પર આધાર રાખે છે.
$1$. $S$ $(C_6H_5-CO-CH_2-Cl)$: કાર્બોનિલ સમૂહ $(-C=O)$ તેના $-I$ અને $-M$ અસરને કારણે પ્રબળ ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક છે,જે સંક્રાંતિ અવસ્થાને સ્થિર કરે છે,તેથી તે સૌથી વધુ સક્રિય છે.
$2$. $R$ $(CH_2=CH-CH_2-Cl)$: આ એલાઈલિક હેલાઈડ છે. સંક્રાંતિ અવસ્થા દ્વિબંધ સાથેના સંયુગ્મન (conjugation) દ્વારા સ્થિર થાય છે,જે તેને પ્રાથમિક આલ્કાઈલ હેલાઈડ કરતા વધુ સક્રિય બનાવે છે.
$3$. $P$ $(CH_3-Cl)$: આ ન્યૂનતમ અવકાશી અવરોધ ધરાવતો પ્રાથમિક આલ્કાઈલ હેલાઈડ છે.
$4$. $Q$ $((CH_3)_2CH-Cl)$: આ દ્વિતીયક આલ્કાઈલ હેલાઈડ છે,જે અન્યની તુલનામાં વધુ અવકાશી અવરોધને કારણે સૌથી ઓછો સક્રિય છે.
તેથી,સક્રિયતાનો ક્રમ $S > R > P > Q$ છે.

(D) સોડિયમ બાયકાર્બોનેટ $(NaHCO_3)$ એવા એસિડ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે જે કાર્બોનિક એસિડ $(H_2CO_3)$ કરતા વધુ પ્રબળ હોય અને $CO_2$ વાયુ મુક્ત કરે છે.
બેન્ઝોઇક એસિડ,બેન્ઝીનસલ્ફોનિક એસિડ અને સેલિસિલિક એસિડ એ $H_2CO_3$ કરતા વધુ પ્રબળ એસિડ છે અને તેથી $CO_2$ મુક્ત કરે છે.
ફિનોલ (કાર્બોલિક એસિડ) એ $H_2CO_3$ કરતા નિર્બળ એસિડ છે અને તેથી તે $NaHCO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $CO_2$ મુક્ત કરતું નથી.

(B) $P = [FeF_6]^{3-}$,$Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $= +3$,ઇલેક્ટ્રોન રચના: $3d^5$.
$F^-$ નિર્બળ લિગેન્ડ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ થતું નથી,પરિણામે $5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન મળે છે.
$Q = [V(H_2O)_6]^{2+}$,$V$ નો ઓક્સિડેશન આંક $= +2$,ઇલેક્ટ્રોન રચના: $3d^3$.
તેમાં $3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$R = [Fe(H_2O)_6]^{2+}$,$Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $= +2$,ઇલેક્ટ્રોન રચના: $3d^6$.
$H_2O$ નિર્બળ લિગેન્ડ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ થતું નથી,પરિણામે $4$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન મળે છે.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ B.M.$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા: $Q(3) < R(4) < P(5)$.
તેથી,ચુંબકીય મોમેન્ટનો ક્રમ $Q < R < P$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) પ્રક્રિયક $P$ માટે,$75 \%$ પૂર્ણતા માટે લાગતો સમય $(t_{75 \%})$ એ $50 \%$ પૂર્ણતા માટે લાગતા સમય $(t_{50 \%})$ કરતા બમણો છે,એટલે કે $t_{75 \%} = 2 \times t_{50 \%}$.
આ સંબંધ પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયાની લાક્ષણિકતા છે.
તેથી,$P$ ની સાપેક્ષમાં પ્રક્રિયાનો ક્રમ $1$ છે.
પ્રક્રિયક $Q$ માટે,આલેખ દર્શાવે છે કે સાંદ્રતા $[Q]$ સમય સાથે રેખીય રીતે ઘટે છે. સાંદ્રતામાં સમય સાથે રેખીય ઘટાડો સૂચવે છે કે પ્રક્રિયાનો વેગ $Q$ ની સાંદ્રતાથી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,$Q$ ની સાપેક્ષમાં પ્રક્રિયાનો ક્રમ $0$ છે.
પ્રક્રિયાનો કુલ ક્રમ વ્યક્તિગત ક્રમોનો સરવાળો છે: $1 + 0 = 1$.

(B) સાંદ્ર $HNO_3$ પ્રકાશ પ્રત્યે સંવેદનશીલ છે અને લાંબા સમય સુધી રાખવાથી તેનું ઉષ્મીય વિઘટન થઈને નાઈટ્રોજન ડાયોક્સાઈડ $(NO_2)$ ઉત્પન્ન થાય છે,જે એક ભૂરો વાયુ છે.
વિઘટન પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$4HNO_3 \longrightarrow 2H_2O + 4NO_2 + O_2$
દ્રાવણમાં ઓગળેલ $NO_2$ એસિડને પીળો-ભૂરો રંગ આપે છે.

(A) આકૃતિમાં $A^{+}$ આયન ત્રણ $X^{-}$ આયનો દ્વારા ત્રિકોણીય સમતલીય ગોઠવણીમાં ઘેરાયેલું છે, જે $\text{ટ્રાયગોનલ પ્લેનર વોઈડ}$ દર્શાવે છે。
ટ્રાયગોનલ પ્લેનર વોઈડ માટે, ત્રિજ્યા ગુણોત્તર: $\frac{r_{A^{+}}}{r_{X^{-}}} = 0.155$ છે。
$r_{X^{-}} = 250 \ pm$ આપેલ છે, તેથી $r_{A^{+}} = 0.155 \times 250 \ pm = 38.75 \ pm$.
જો કે, આપેલા વિકલ્પો મુજબ, જો આ ગોઠવણી $\text{અષ્ટફલકીય (octahedral)}$ વોઈડ માટે હોય, તો ગુણોત્તર $0.414$ થાય, જે $103.5 \ pm$ આપે છે, જે $104 \ pm$ ની નજીક છે.

(D) એમોનિયકલ $H_2S$ એ ગુણાત્મક વિશ્લેષણમાં કેશનિક રેડિકલ્સના ચોથા સમૂહ માટેનો સમૂહ પ્રક્રિયક છે.
$Fe^{3+}$ અને $Al^{3+}$ ત્રીજા સમૂહમાં આવે છે અને $NH_4OH$ અને $NH_4Cl$ ની હાજરીમાં હાઈડ્રોક્સાઈડ તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે.
$Mg^{2+}$ એ $NH_4OH$ ની હાજરીમાં $H_2S$ સાથે અવક્ષેપિત થતું નથી.
$Zn^{2+}$ ચોથા સમૂહમાં આવે છે અને $NH_4OH$ ની હાજરીમાં $H_2S$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $ZnS$ ના સફેદ અવક્ષેપ બનાવે છે.

(B) સક્રિયકૃત ચારકોલ પર મિથાઈલીન બ્લુનું અધિશોષણ એ ભૌતિક અધિશોષણ (physisorption) છે.
ભૌતિક અધિશોષણ એ ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાં એન્થાલ્પીમાં ઘટાડો થાય છે $(\Delta H < 0)$.

(D) આદર્શ દ્રાવણના નિર્માણ માટે:
$1$. $\Delta G < 0$ (પ્રક્રિયા સ્વયંભૂ છે).
$2$. $\Delta S_{\text{system}} > 0$ (મિશ્રણ થવાથી તંત્રની એન્ટ્રોપી વધે છે).
$3$. $\Delta H = 0$ (આદર્શ દ્રાવણ માટે મિશ્રણ દરમિયાન એન્થાલ્પીમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી).
$4$. $\Delta S_{\text{surroundings}} = -\frac{\Delta H}{T}$. કારણ કે $\Delta H = 0$,તેથી $\Delta S_{\text{surroundings}} = 0$.
તેથી,વિધાનો $(B)$,$(C)$,અને $(D)$ સાચા છે.

(A) $[Cr(NH_3)_5Cl]Cl_2$ અને $[Cr(NH_3)_4Cl_2]Cl$ આયનીકરણ સમઘટકતા દર્શાવે છે.
$(B)$ $[Co(NH_3)_4Cl_2]^+$ (અષ્ટફલકીય,$Ma_4b_2$ પ્રકાર) અને $[Pt(NH_3)_2(H_2O)Cl]^+$ (સમતલીય ચોરસ,$Ma_2bc$ પ્રકાર) બંને ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવે છે.
$(C)$ $[CoBr_2Cl_2]^{2-}$ (ચતુષ્ફલકીય,$Ma_2b_2$ પ્રકાર) ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતું નથી,જ્યારે $[PtBr_2Cl_2]^{2-}$ (સમતલીય ચોરસ,$Ma_2b_2$ પ્રકાર) દર્શાવે છે.
$(D)$ $[Pt(NH_3)_3(NO_3)]Cl$ અને $[Pt(NH_3)_3Cl]Br$ બંને આયનીકરણ સમઘટકતા દર્શાવે છે.
તેથી,જોડી $(B)$ અને $(D)$ સમાન પ્રકારની સમઘટકતા દર્શાવે છે.

(B) પ્રક્રિયા નીચે મુજબ આગળ વધે છે:
$1$. $H_3O $ સાથે એનહાઇડ્રાઇડ સમૂહનું જળવિભાજન ડાયકાર્બોક્સિલિક એસિડ આપે છે.
$2$. ગરમ કરવાથી $(\Delta)$ બે કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહોનું ડિકાર્બોક્સિલેશન થાય છે,જેના પરિણામે ડાયકીટોન મળે છે.
$3$. બાકી રહેલા દ્વિબંધનું ઓઝોનોલિસિસ $(O_3/H_2O_2)$ વલણને તોડીને નીપજ $P$ બનાવે છે જેમાં બે કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહો હોય છે.
આમ,અંતિમ નીપજ $P$ માં $-COOH$ સમૂહોની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(B) $EDTA^{4-}$ એ હેક્સાડેન્ટેટ લિગેન્ડ છે જે $Co^{3+}$ આયન સાથે સંકીર્ણ બનાવે છે.
$[Co(EDTA)]^{-}$ સંકીર્ણમાં,$Co^{3+}$ આયન $EDTA^{4-}$ લિગેન્ડના બે નાઇટ્રોજન પરમાણુઓ અને ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ દ્વારા અષ્ટફલકીય રીતે જોડાયેલ છે.
$N-Co-O$ બંધકોણની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે સંકલન ભૂમિતિ જોઈએ છીએ.
દરેક નાઇટ્રોજન પરમાણુ કોબાલ્ટ કેન્દ્ર સાથે જોડાયેલ છે અને ત્રણ પાંચ-સભ્યવાળા કિલેટ રિંગ્સનો ભાગ છે.
ચોક્કસ રીતે,દરેક $N$ પરમાણુ એસીટેટ જૂથોના ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $N-Co-O$ ખૂણા બનાવે છે.
બંધારણનું વિશ્લેષણ કરતા,દરેક બે $N$ પરમાણુઓ આવા $4$ $N-Co-O$ ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$N-Co-O$ બંધકોણની કુલ સંખ્યા $2 \times 4 = 8$ છે.

(A) ટેટ્રાપેપ્ટાઇડમાં $C$-ટર્મિનલ સ્થાન પર એલનાઇન $(Ala)$ છે કારણ કે $-COOH$ સમૂહ એલનાઇન પર છે.
બાકીના ત્રણ એમિનો એસિડ ગ્લાયસીન $(Gly)$,વેલાઇન $(Val)$ અને ફિનાઇલ એલનાઇન $(Phe)$ છે.
$-NH_2$ સમૂહ કાઇરલ કેન્દ્ર સાથે જોડાયેલ હોવા માટે,$N$-ટર્મિનલ એમિનો એસિડ કાઇરલ હોવો જોઈએ.
ગ્લાયસીન અકાઇરલ (પ્રકાશિક રીતે નિષ્ક્રિય) છે,તેથી તે $N$-ટર્મિનલ સ્થાન પર હોઈ શકે નહીં.
તેથી,$N$-ટર્મિનલ સ્થાન પર વેલાઇન $(Val)$ અથવા ફિનાઇલ એલનાઇન $(Phe)$ હોઈ શકે છે.
જો $Val$ એ $N$-ટર્મિનલ પર હોય,તો શક્ય ક્રમ:
$Val-Phe-Gly-Ala$
$Val-Gly-Phe-Ala$
જો $Phe$ એ $N$-ટર્મિનલ પર હોય,તો શક્ય ક્રમ:
$Phe-Val-Gly-Ala$
$Phe-Gly-Val-Ala$
શક્ય ક્રમની કુલ સંખ્યા = $2 + 2 = 4$.

(A) આ પ્રક્રિયા રાઈમર-ટીમેન પ્રક્રિયા છે. $p$-ક્રેસોલ $CHCl_3$ અને $OH^-$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયક્લોરોમિથાઈલ સાયક્લોહેક્સાડાયનોન વ્યુત્પન્ન બનાવે છે.
$1$. ફિનોક્સાઈડ આયન $CHCl_3$ માંથી ઉત્પન્ન થયેલા ડાયક્લોરોકાર્બીન $(:CCl_2)$ પર હુમલો કરે છે.
$2$. આનાથી સાયક્લોહેક્સાડાયનોન મધ્યવર્તી સંયોજન બને છે ($Q$ અને $R$ આ મધ્યવર્તી સંયોજનો સાથે સંબંધિત છે).
$3$. જળવિભાજન અને ત્યારબાદના પુનઃરચનાને કારણે મુખ્ય નીપજ $S$ ($2$-હાઈડ્રોક્સી$-5-$મિથાઈલબેન્ઝાલ્ડિહાઈડ) બને છે.
$4$. પ્રક્રિયા દરમિયાન $Q$ ($4$-મિથાઈલ$-4-$ડાયક્લોરોમિથાઈલ-સાયક્લોહેક્સા$-2,5-$ડાયનોન) જેવી કેટલીક આડપેદાશો પણ ગૌણ નીપજ તરીકે બને છે.
આમ,મુખ્ય નીપજ $S$ છે અને ગૌણ નીપજ $Q$ છે.

(A) પ્રતિક્રિયા $I$ (બેઝિક માધ્યમ) માં,હેલોફોર્મ પ્રતિક્રિયા થાય છે. દરેક $\alpha$-હેલોજનેશન સાથે પ્રતિક્રિયાનો દર વધતો હોવાથી,$1.0 \ mol$ એસિટોન $1.0 \ mol$ $Br_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને $CH_3COONa$ $(T)$,$CHBr_3$ $(U)$ અને થોડો અપ્રતિક્રિયાશીલ એસિટોન બનાવે છે.
પ્રતિક્રિયા $II$ (એસિડિક માધ્યમ) માં,મોનોહેલોજનેશન થાય છે. $1.0 \ mol$ એસિટોન $1.0 \ mol$ $Br_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને $P$ $(CH_3COCH_2Br)$ બનાવે છે.

(A) આપેલ પરમાણુ પ્રક્રિયા $_4^9 Be + X \longrightarrow _4^8 Be + Y$ છે.
પ્રક્રિયા સંતુલિત રહે તે માટે,બંને બાજુ પરમાણુ ક્રમાંક અને દળ ક્રમાંકનો સરવાળો સમાન હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: જો $X = \gamma$ (ફોટોન,$0^0\gamma$) હોય,તો $_4^9 Be + _0^0\gamma \longrightarrow _4^8 Be + _0^1 n$. અહીં $Y = n$ (ન્યુટ્રોન) છે.
કિસ્સો $2$: જો $X = p$ (પ્રોટોન,$_1^1 p$) હોય,તો $_4^9 Be + _1^1 p \longrightarrow _4^8 Be + _1^2 D$. અહીં $Y = D$ (ડ્યુટેરોન) છે.
આમ,$(A)$ અને $(B)$ બંને $(X, Y)$ માટે માન્ય જોડી છે.

(D) કાર્બન રિડક્શન પદ્ધતિ $Sn$ અને $Fe$ જેવી મધ્યમ સક્રિયતા ધરાવતી ધાતુઓ માટે યોગ્ય છે.
$Al_2O_3$ (એલ્યુમિનિયમ ઓક્સાઈડ) અને $Mg$ (મેગ્નેશિયમ) ખૂબ જ સક્રિય ધાતુઓ છે.
એલ્યુમિનિયમનું નિષ્કર્ષણ ક્રાયોલાઈટની હાજરીમાં પીગળેલા $Al_2O_3$ ના વિદ્યુતવિભાજન દ્વારા કરવામાં આવે છે.
મેગ્નેશિયમનું નિષ્કર્ષણ પીગળેલા $MgCl_2$ અથવા $MgO$ ના વિદ્યુતવિભાજન દ્વારા કરવામાં આવે છે.
તેથી,કાર્બન-આધારિત રિડક્શન પદ્ધતિ $C$ અને $D$ માટે વપરાતી નથી.

(A, D) $1.$ અવક્ષેપ $P$ એ $PbCl_2$ છે,જે $Pb^{2+}$ ની $HCl$ સાથેની પ્રક્રિયાથી બને છે. $PbCl_2$ ગરમ પાણીમાં દ્રાવ્ય છે. તેથી,$P$ માં $Pb^{2+}$ હોય છે.
$2.$ ગાળણ $Q$ માં $Cr^{3+}$ હોય છે. જ્યારે એમોનિયાયુક્ત માધ્યમમાં $H_2S$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે $Cr(OH)_3$ ના લીલા અવક્ષેપ $R$ બનાવે છે. જ્યારે $Cr(OH)_3$ ને જલીય $NaOH$ માધ્યમમાં $H_2O_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરાવવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું ઓક્સિડેશન થઈને પીળા રંગનું દ્રાવણ $S$ મળે છે જેમાં $Na_2CrO_4$ (સોડિયમ ક્રોમેટ) હોય છે.
પ્રક્રિયા: $2Cr(OH)_3 + 4NaOH + 3H_2O_2 \longrightarrow 2Na_2CrO_4 + 8H_2O$.

(A) $1.$ $Cl_2$ ની ઠંડા મંદ $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયા: $Cl_2 + 2NaOH \rightarrow NaCl + NaOCl + H_2O$. અહીં,$NaOCl$ એ હાઇપોક્લોરસ એસિડ $(P)$ નો ક્ષાર છે.
$Cl_2$ ની ગરમ સાંદ્ર $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયા: $3Cl_2 + 6NaOH \rightarrow 5NaCl + NaClO_3 + 3H_2O$. અહીં,$NaClO_3$ એ ક્લોરિક એસિડ $(Q)$ નો ક્ષાર છે.
$2.$ ચારકોલની હાજરીમાં $Cl_2$ ની $SO_2$ સાથેની પ્રક્રિયા સલ્ફ્યુરાઇલ ક્લોરાઇડ આપે છે: $SO_2 + Cl_2 \xrightarrow{\text{charcoal}} SO_2Cl_2 (R)$.
$SO_2Cl_2$ સફેદ ફોસ્ફરસ $(P_4)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ફોસ્ફરસ પેન્ટાક્લોરાઇડ આપે છે: $10SO_2Cl_2 + P_4 \rightarrow 4PCl_5 (S) + 10SO_2$.
$PCl_5$ નું જળવિભાજન ફોસ્ફોરિક એસિડ આપે છે: $PCl_5 + 4H_2O \rightarrow H_3PO_4 (T) + 5HCl$.

(A) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$P$. $tert$-બ્યુટાઇલ ક્લોરાઇડ $NaOEt$ સાથે $E2$ વિલોપન પ્રક્રિયા કરીને આઇસોબ્યુટિલિન બનાવે છે. તેથી,$P-2$.
$Q$. સોડિયમ $tert$-બ્યુટોક્સાઇડ $EtBr$ સાથે $S_N2$ પ્રક્રિયા દ્વારા $tert$-બ્યુટાઇલ ઇથાઇલ ઇથર બનાવે છે. તેથી,$Q-3$.
$R$. $1$-મિથાઇલસાયક્લોપેન્ટેન $(i) \ Hg(OAc)_2; (ii) \ NaBH_4$ સાથે ઓક્સિમર્ક્યુરેશન-ડીમર્ક્યુરેશન પ્રક્રિયા કરીને $1$-મિથાઇલસાયક્લોપેન્ટેનોલ આપે છે (માર્કોવનીકોવ ઉમેરણ). તેથી,$R-1$.
$S$. $1$-મિથાઇલસાયક્લોપેન્ટેન $(i) \ BH_3; (ii) \ H_2O_2/NaOH$ સાથે હાઇડ્રોબોરેશન-ઓક્સિડેશન પ્રક્રિયા કરીને $2$-મિથાઇલસાયક્લોપેન્ટેનોલ આપે છે (એન્ટી-માર્કોવનીકોવ ઉમેરણ,સિન-ઉમેરણ). તેથી,$S-4$.
તેથી,સાચો ક્રમ $P-2, Q-3, R-1, S-4$ છે.

(A) $(P)$ $(C_2H_5)_3N + CH_3COOH \longrightarrow (C_2H_5)_3NH^+ + CH_3COO^-$. બંને પ્રક્રિયકો નિર્બળ હોવાથી,આયનોના નિર્માણને કારણે વાહકતા શરૂઆતમાં વધે છે. તુલ્યબિંદુ પછી,વધારાના નિર્બળ એસિડના ઉમેરાથી આયન સાંદ્રતામાં ખાસ ફેરફાર થતો નથી,તેથી તે લગભગ અચળ રહે છે. આમ,$P-3$.
$(Q)$ $KI + AgNO_3 \longrightarrow AgI(s) + KNO_3$. અહીં,દ્રાવણમાં $Ag^+$ આયનોનું સ્થાન $K^+$ આયનો લે છે. $K^+$ ની ગતિશીલતા $Ag^+$ ની સરખામણીમાં હોવાથી,શરૂઆતમાં વાહકતામાં ખાસ ફેરફાર થતો નથી. તુલ્યબિંદુ પછી,વધારાના $AgNO_3$ ઉમેરવાથી $Ag^+$ અને $NO_3^-$ આયનો ઉમેરાય છે,જેનાથી વાહકતા વધે છે. આમ,$Q-4$.
$(R)$ $CH_3COOH + KOH \longrightarrow CH_3COOK + H_2O$. $OH^-$ આયનો (ઉચ્ચ ગતિશીલતા) નું સ્થાન $CH_3COO^-$ આયનો (ઓછી ગતિશીલતા) લે છે,જેનાથી વાહકતા ઘટે છે. તુલ્યબિંદુ પછી,વધારાના $KOH$ ઉમેરવાથી વાહકતામાં ખાસ ફેરફાર થતો નથી. આમ,$R-2$.
$(S)$ $NaOH + HI \longrightarrow NaI + H_2O$. $H^+$ આયનો (ખૂબ જ ઉચ્ચ ગતિશીલતા) નું સ્થાન $Na^+$ આયનો (ઓછી ગતિશીલતા) લે છે,જેનાથી વાહકતા ઘટે છે. તુલ્યબિંદુ પછી,વધારાના $HI$ ઉમેરવાથી $H^+$ અને $I^-$ આયનો ઉમેરાય છે,જેનાથી વાહકતા વધે છે. આમ,$S-1$.
સાચો જવાબ $P-3, Q-4, R-2, S-1$ છે,જે વિકલ્પ $(A)$ ને અનુરૂપ છે.