IIT JEE 2022 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) બોમ્બ કેલરીમીટરમાં મુક્ત થતી ઉષ્મા $Q = C \Delta T = 20.00 \ kJ \ K^{-1} \times (312.8 - 298.0) \ K = 296 \ kJ$ છે.
$2 \ mol$ $Hg_{(g)}$ પ્રક્રિયા કરે છે,તેથી $Hg_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow HgO_{(s)}$ પ્રક્રિયા માટે આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = -\frac{296 \ kJ}{2 \ mol} = -148 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.
$\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\Delta n_g = -1.5 \ mol$:
$\Delta H = -148 + (-1.5 \times 8.3 \times 10^{-3} \times 298) = -151.7101 \ kJ \ mol^{-1}$.
આ $Hg_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow HgO_{(s)}$ પ્રક્રિયા માટે એન્થાલ્પી ફેરફાર છે.
$\Delta H_f(Hg_{(g)}) = 61.32 \ kJ \ mol^{-1}$ આપેલ છે,તેથી $\Delta H_f(HgO_{(s)}) = -151.7101 + 61.32 = -90.39 \ kJ \ mol^{-1}$.
તેથી,$|X| = 90.39$.

(A) પ્રારંભિક મોલ $H_2CO_3$,$NaHCO_3$,$Na_2CO_3$ અને $NaOH$ દરેકના $0.01 \ mol$ $(10 \ mmol)$ છે.
પગલું $1$: $H_2CO_3$ અને $NaOH$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા:
$H_2CO_3 + NaOH \longrightarrow NaHCO_3 + H_2O$
પ્રારંભિક: $10 \ mmol, 10 \ mmol, 10 \ mmol$
અંતિમ: $0 \ mmol, 0 \ mmol, 20 \ mmol$
પગલું $2$: અંતિમ મિશ્રણમાં $20 \ mmol$ $NaHCO_3$ અને $10 \ mmol$ $Na_2CO_3$ છે.
પગલું $3$: આ $NaHCO_3$ (એસિડ) અને $Na_2CO_3$ (ક્ષાર) નું બફર દ્રાવણ બનાવે છે.
હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$pH = pK_{a2} + \log \left( \frac{[Na_2CO_3]}{[NaHCO_3]} \right)$
$pH = 10.32 + \log \left( \frac{10}{20} \right)$
$pH = 10.32 - \log 2$
$pH = 10.32 - 0.30 = 10.02$
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,જવાબ $10.1$ છે.

(D) પગલું $1$: $Cu(NO_3)_2$ ના મોલની ગણતરી. $Cu(NO_3)_2$ નું આણ્વીય દળ $= 187 \ g/mol$. $Cu(NO_3)_2$ ના મોલ $= \frac{3.74}{187} = 0.02 \ mol$.
પગલું $2$: $KI$ સાથેની પ્રક્રિયા: $2Cu(NO_3)_2 + 4KI \longrightarrow Cu_2I_2 \downarrow + I_2 + 4KNO_3$. $I_2$ વધારાના $KI$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $KI_3$ બનાવે છે. $2 \ mol$ $Cu(NO_3)_2$ માંથી $1 \ mol$ $I_2$ મળે છે,જે $1 \ mol$ $KI_3$ બનાવે છે.
પગલું $3$: $H_2S$ સાથેની પ્રક્રિયા: $KI_3 + H_2S \longrightarrow S \downarrow + KI + 2HI$. $1 \ mol$ $KI_3$ માંથી $1 \ mol$ $S$ (અવક્ષેપ $X$) મળે છે.
પગલું $4$: $0.02 \ mol$ $Cu(NO_3)_2$ માંથી $0.01 \ mol$ $KI_3$ મળે છે.
પગલું $5$: $0.01 \ mol$ $S$ નું દળ $= 0.01 \times 32 = 0.32 \ g$.

(B) સફેદ ફોસ્ફરસ $(P_4)$ ની $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયા:
$P_4 + 3NaOH + 3H_2O \longrightarrow PH_3 + 3NaH_2PO_2$
$P_4$ ના મોલ = $\frac{1.24 \ g}{124 \ g/mol} = 0.01 \ mol$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \ mol$ $P_4$ માંથી $1 \ mol$ $PH_3$ ($Q$ વાયુ) મળે છે.
તેથી,$PH_3$ ના મોલ = $0.01 \ mol$.
$PH_3$ ની $CuSO_4$ સાથેની પ્રક્રિયા:
$2PH_3 + 3CuSO_4 \longrightarrow Cu_3P_2 + 3H_2SO_4$
જરૂરી $CuSO_4$ ના મોલ = $\frac{3}{2} \times PH_3$ ના મોલ = $\frac{3}{2} \times 0.01 = 0.015 \ mol$.
$CuSO_4$ નું આણ્વીય દળ = $63 + 32 + (4 \times 16) = 159 \ g/mol$.
$CuSO_4$ નું દળ = $0.015 \ mol \times 159 \ g/mol = 2.385 \ g$.
બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડિંગ કરતા,કિંમત $2.39 \ g$ મળે છે.

(D) $4$-બ્રોમોબેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલની $Red \ P/Br_2$ સાથેની પ્રક્રિયા $-OH$ સમૂહને $-Br$ વડે બદલીને $4$-બ્રોમોબેન્ઝાઈલ બ્રોમાઈડ $(R)$ બનાવે છે.
$R$ નું આણ્વીય સૂત્ર $C_7H_6Br_2$ છે.
$R$ નું આણ્વીય દળ $= (7 \times 12) + (6 \times 1) + (2 \times 80) = 250 \ g/mol$.
$1.00 \ g$ માં $R$ ના મોલ $= \frac{1.00 \ g}{250 \ g/mol} = 0.004 \ mol$.
$R$ ના દરેક અણુમાં $2$ બ્રોમિન પરમાણુઓ હોય છે. તેથી,Carius પદ્ધતિમાં $1 \ mol$ $R$,$2 \ mol$ $AgBr$ ઉત્પન્ન કરે છે.
બનતા $AgBr$ ના મોલ $= 2 \times 0.004 \ mol = 0.008 \ mol$.
$AgBr$ નું આણ્વીય દળ $= 108 + 80 = 188 \ g/mol$.
બનતા $AgBr$ નું દળ $= 0.008 \ mol \times 188 \ g/mol = 1.504 \ g \approx 1.50 \ g$.

(D) બે $2p_z$ કક્ષકોનું $z$-અક્ષ (આંતરકેન્દ્રીય અક્ષ) પર અતિવ્યાપન $\sigma$ અને $\sigma^*$ આણ્વીય કક્ષકો બનાવે છે.
$(A)$ $2p_z-2p_z$ અતિવ્યાપનથી બનતી $\sigma$ આણ્વીય કક્ષકમાં આંતરકેન્દ્રીય અક્ષને લંબ બે નોડલ સમતલ હોય છે,જે દરેક $p_z$ કક્ષક માટે એક હોય છે. આ સાચું છે.
$(B)$ $\sigma^*$ એન્ટિબોન્ડિંગ આણ્વીય કક્ષકમાં બે કેન્દ્રોની વચ્ચે આંતરકેન્દ્રીય અક્ષને લંબ એક નોડલ સમતલ હોય છે. તેમાં આણ્વીય અક્ષ ધરાવતા $xz$-સમતલમાં નોડ હોતો નથી. આ ખોટું છે.
$(C)$ $\pi$ આણ્વીય કક્ષક $p_x$ અથવા $p_y$ કક્ષકોના પાર્શ્વીય અતિવ્યાપનથી બને છે. પ્રશ્ન ખાસ કરીને $2p_z$ અતિવ્યાપન વિશે પૂછે છે,જે $\sigma$ બંધ બનાવે છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$(D)$ $\pi^*$ એન્ટિબોન્ડિંગ આણ્વીય કક્ષકમાં બે નોડલ સમતલ હોય છે: એક આણ્વીય અક્ષ ધરાવતું ($xz$-સમતલ) અને એક આણ્વીય અક્ષને લંબ. આ વિધાન સાચું છે. આમ,$(A)$ અને $(D)$ સાચા વિધાનો છે.

(D) $P$. $Mg(HCO_3)_2 + 2Ca(OH)_2 \rightarrow Mg(OH)_2 + 2CaCO_3 + 2H_2O$ ($Mg(OH)_2$ અને $CaCO_3$ બનાવે છે)
$Q$. $BaO_2 + H_2SO_4 \rightarrow H_2O_2 + BaSO_4$ ($H_2O_2$ બનાવે છે)
$R$. $Ca(OH)_2 + MgCl_2 \rightarrow Mg(OH)_2 + CaCl_2$ ($Mg(OH)_2$ બનાવે છે)
$S$. $BaO_2 + 2HCl \rightarrow BaCl_2 + H_2O_2$ ($BaCl_2$ અને $H_2O_2$ બનાવે છે)
$T$. $Ca(HCO_3)_2 + Ca(OH)_2 \rightarrow 2CaCO_3 + 2H_2O$ ($CaCO_3$ બનાવે છે)
જોડાણ:
$I (H_2O_2)$ એ $Q$ અને $S$ માં ઉત્પન્ન થાય છે.
$II (Mg(OH)_2)$ એ $P$ અને $R$ માં ઉત્પન્ન થાય છે.
$III (BaCl_2)$ એ $S$ માં ઉત્પન્ન થાય છે.
$IV (CaCO_3)$ એ $P$ અને $T$ માં ઉત્પન્ન થાય છે.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $I$ $\rightarrow Q; II$ $\rightarrow R; III$ $\rightarrow S; IV$ $\rightarrow P$ છે.

(D) $1$. $I$. એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$: તેમાં $N$ હોવાથી,તે નાઈટ્રોજન માટે લેસાઈન કસોટી (પ્રશિયન બ્લુ રંગ) આપે છે,જે $P$ સાથે સુસંગત છે. તે બ્રોમીન પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરીને સફેદ અવક્ષેપ આપે છે,જે $S$ સાથે સુસંગત છે.
$2$. $II$. $o$-ક્રેસોલ: તે ફિનોલ છે,તેથી તે તટસ્થ $FeCl_3$ સાથે જાંબલી રંગ આપે છે,જે $T$ સાથે સુસંગત છે.
$3$. $III$. સિસ્ટીન: તેમાં $N$ અને $S$ છે. સોડિયમ ફ્યુઝન અર્ક સોડિયમ નાઈટ્રોપ્રુસાઈડ સાથે લાલ રંગ આપે છે,જે $Q$ સાથે સુસંગત છે. તેમાં $-COOH$ સમૂહ હોવાથી તે $NaHCO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $CO_2$ વાયુ મુક્ત કરે છે,જે $R$ સાથે સુસંગત છે.
$4$. $IV$. કેપ્રોલેક્ટમ: તેમાં $N$ હોવાથી તે લેસાઈન કસોટી આપે છે,જે $P$ સાથે સુસંગત છે.
જોડકાં: $I \rightarrow P, S$; $II \rightarrow T$; $III \rightarrow Q, R$; $IV \rightarrow P$. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) $H_2SO_4 \rightarrow H^{+} + HSO_4^{-}$
$Na_2SO_4 \rightarrow 2Na^{+} + SO_4^{2-}$
$HSO_4^{-} \rightleftharpoons H^{+} + SO_4^{2-}; \ K_{a2} = 1.2 \times 10^{-2} \ M$
ધારો કે $SO_4^{2-}$ ની સાંદ્રતા $[SO_4^{2-}] = 1.8 \times 10^{-2} - x$ છે,જ્યાં $x$ એ $HSO_4^{-}$ બનાવવા માટે $H^{+}$ દ્વારા વપરાયેલ $SO_4^{2-}$ ની માત્રા છે.
$K_{a2} = \frac{[H^{+}][SO_4^{2-}]}{[HSO_4^{-}]} = \frac{(1+x)(1.8 \times 10^{-2} - x)}{(1-x)} = 1.2 \times 10^{-2}$
$x$ નાનું હોવાનું ધારતા,$1+x \approx 1$ અને $1-x \approx 1$,તેથી $1.8 \times 10^{-2} - x = 1.2 \times 10^{-2} \Rightarrow x = 0.6 \times 10^{-2} \ M$.
આમ,$[SO_4^{2-}] = 1.8 \times 10^{-2} - 0.6 \times 10^{-2} = 1.2 \times 10^{-2} \ M$.
$PbSO_4 \rightleftharpoons Pb^{2+} + SO_4^{2-}$ માટે,$K_{sp} = [Pb^{2+}][SO_4^{2-}] = s(s + 1.2 \times 10^{-2}) = 1.6 \times 10^{-8}$.
$s$ ખૂબ નાનું હોવાથી,$s + 1.2 \times 10^{-2} \approx 1.2 \times 10^{-2}$.
$s(1.2 \times 10^{-2}) = 1.6 \times 10^{-8} \Rightarrow s = \frac{1.6}{1.2} \times 10^{-6} = 1.33 \times 10^{-6} \ M$.
$X \times 10^{-Y} \ M$ સાથે સરખાવતા,આપણને $Y = 6$ મળે છે.

(D) $AgNO_3$ નું ઉષ્મીય વિઘટન નીચે મુજબ છે: $2AgNO_3(s) \rightarrow 2Ag(s) + 2NO_2(g) + O_2(g)$.
ઉત્પન્ન થતા બે પેરામેગ્નેટિક વાયુઓ $NO_2$ અને $O_2$ છે.
$NO_2$ એ એકી સંખ્યામાં ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતો અણુ છે જેમાં $1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$O_2$ માં તેની એન્ટિબોન્ડિંગ $\pi^*2p_y$ અને $\pi^*2p_z$ કક્ષકોમાં $2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$O_2$ માં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા વધારે $(2 > 1)$ હોવાથી,આપણે $O_2$ ના એન્ટિબોન્ડિંગ મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ્સને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$O_2$ ($16$ ઇલેક્ટ્રોન) ની મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ ગોઠવણી: $\sigma1s^2, \sigma^*1s^2, \sigma2s^2, \sigma^*2s^2, \sigma2p_x^2, \pi2p_y^2 = \pi2p_z^2, \pi^*2p_y^1 = \pi^*2p_z^1$.
એન્ટિબોન્ડિંગ મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ્સ $\sigma^*1s$,$\sigma^*2s$,અને $\pi^*2p_y, \pi^*2p_z$ છે.
આ કક્ષકોમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $2 + 2 + 1 + 1 = 6$ છે.

(C) પગલું $1$: $Na/liq. NH_3$ નો ઉપયોગ કરીને આલ્કાઈનનું રિડક્શન (બર્ચ રિડક્શન) ટ્રાન્સ-આલ્કીન આપે છે. પ્રારંભિક પદાર્થ $3-(prop-2-ynyl)cyclohex-1-ene$ છે. નીપજ $3-(trans-prop-1-enyl)cyclohex-1-ene$ છે.
પગલું $2$: બે દ્વિબંધોમાં વધારાના $Br_2$ ઉમેરવાથી ટેટ્રાબ્રોમાઈડ ડેરિવેટિવ બને છે.
પગલું $3$: $alc. KOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરવાથી ડીહાઈડ્રોહેલોજિનેશન થાય છે. ચાર $Br$ પરમાણુઓ હોવાથી,બે નવા દ્વિબંધો બનાવવા માટે વિલોપન થાય છે. પરિણામી નીપજ ટેટ્રાએન છે. સાઈડ ચેઈનનો દ્વિબંધ $cis$ અથવા $trans$ સ્વરૂપમાં હોઈ શકે છે. વધુમાં,રિંગનો દ્વિબંધ અલગ-અલગ સંયુગ્મિત સિસ્ટમ બનાવવા માટે સ્થળાંતર કરી શકે છે. સ્ટીરિયોકેમિસ્ટ્રી અને $sp$-હાઈબ્રિડાઈઝ્ડ કાર્બન ન હોવાની જરૂરિયાતને આધારે,$8$ શક્ય આઈસોમેરિક ટેટ્રાએન્સ છે.

(B) શરૂઆતનો પદાર્થ $oct-4-ene$ $(CH_3CH_2CH_2CH=CHCH_2CH_2CH_3)$ છે.
પગલું $1$: ઓઝોનોલિસિસ $(O_3, Zn/H_2O)$ દ્વિબંધને તોડીને બ્યુટેનાલ $(CH_3CH_2CH_2CHO)$ ના બે મોલ બનાવે છે.
પગલું $2$: $KMnO_4$ સાથે ઓક્સિડેશન દ્વારા બ્યુટેનાલનું બ્યુટેનોઈક એસિડ $(CH_3CH_2CH_2COOH)$ માં રૂપાંતર થાય છે.
પગલું $3$: બ્યુટેનોઈક એસિડના સોડિયમ ક્ષાર $(CH_3CH_2CH_2COONa)$ નું કોલ્બે વિદ્યુતવિભાજન પ્રોપાઈલ રેડિકલ $(CH_3CH_2CH_2\cdot)$ ના જોડાણ દ્વારા $n-hexane$ $(CH_3CH_2CH_2CH_2CH_2CH_3)$ બનાવે છે.
પગલું $4$: $770 \ K$ અને $20 \ atm$ પર $Cr_2O_3$ નો ઉપયોગ કરીને $n-hexane$ નું એરોમેટાઈઝેશન બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ આપે છે.
અંતિમ નીપજ બેન્ઝીનમાં,કોઈ $-CH_2-$ (મિથિલીન) સમૂહ હોતા નથી કારણ કે બધા કાર્બન પરમાણુઓ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એરોમેટિક વલયનો ભાગ છે.
તેથી,$-CH_2-$ સમૂહોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) આપેલ અણુ $P$ નું ઓઝોનોલિસિસ તમામ $C=C$ દ્વિબંધોના વિભાજનને સમાવે છે.
ઓઝોનોલિસિસ $(O_3, Zn / H_2O)$ કરવા પર,અણુ $P$ ઘણા નાના કાર્બોનિલ સંયોજનોમાં તૂટી જાય છે.
બનેલા ઉત્પાદનોની રચનાનું વિશ્લેષણ કરતા:
$1$. $CH_3CH_2CHO$ (પ્રોપેનાલ) - અકાઈરલ
$2$. $CH_3C(=O)C(OH)(CH_3)C(=O)CH_3$ - અકાઈરલ (સંમિતિના સમતલને કારણે)
$3$. $CH_3C(=O)C(OH)(CH_3)CHO$ - કાઈરલ (કાઈરલ કેન્દ્ર ધરાવે છે)
$4$. $CH_3C(=O)C(OH)(CH_3)C(=O)CH_3$ - અકાઈરલ
$5$. $CH_3C(=O)C(OH)(CH_3)CHO$ - કાઈરલ
$6$. $CH_3C(=O)C(OH)(CH_3)C(=O)CH_3$ - અકાઈરલ
$7$. $CH_3CHO$ (ઈથેનાલ) - અકાઈરલ
કાઈરલ અણુઓની ગણતરી કરતા,આપણને આવા $2$ અણુઓ મળે છે.

(B) $B_2H_6$ અને $B_2O_3$ એ $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બોરોન નાઈટ્રાઈડ $(BN)$ બનાવે છે.
$1.$ $B_2H_6$ એ $NH_3$ સાથે ઊંચા તાપમાને પ્રક્રિયા કરીને બોરાઝીન $(B_3N_3H_6)$ બનાવે છે,જે વધુ ગરમ કરવાથી બોરોન નાઈટ્રાઈડ $(BN)$ આપે છે:
$3B_2H_6 + 6NH_3 \rightarrow 2B_3N_3H_6 + 12H_2$
$B_3N_3H_6 \xrightarrow{\Delta} (BN)_n$
$2.$ $B_2O_3$ એ $NH_3$ સાથે ઊંચા તાપમાને $(1200^{\circ}C)$ પ્રક્રિયા કરીને બોરોન નાઈટ્રાઈડ બનાવે છે:
$B_2O_3 + 2NH_3 \xrightarrow{1200^{\circ}C} 2BN + 3H_2O$
$B$ એ તત્વ છે,સંયોજન નથી. $HBF_4$ એ $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એમોનિયમ ટેટ્રાફ્લોરોબોરેટ $(NH_4BF_4)$ બનાવે છે.

(B) કુલ પ્રક્રિયા $MnO_4^{-} + 7e^{-} \rightarrow Mn$ છે. ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જામાં થતો કુલ ફેરફાર એ દરેક તબક્કાના ફેરફારોનો સરવાળો છે:
$\Delta G^{\circ}_{total} = \Delta G^{\circ}_{1} + \Delta G^{\circ}_{2} + \Delta G^{\circ}_{3}$
$\Delta G^{\circ} = -nFE^{\circ}$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$-7 \times F \times E^{\circ} = -(3 \times F \times 1.68) + (-2 \times F \times 1.21) + (-2 \times F \times (-1.03))$
$7 \times E^{\circ} = (3 \times 1.68) + (2 \times 1.21) + (2 \times (-1.03))$
$7 \times E^{\circ} = 5.04 + 2.42 - 2.06$
$7 \times E^{\circ} = 5.40$
$E^{\circ} = \frac{5.40}{7} \approx 0.7714 \ V$
આમ,રિડક્શન પોટેન્શિયલ આશરે $0.77 \ V$ છે.

(B) $1$. ક્લોરોબેન્ઝિનની $623 \ K$ તાપમાન અને $300 \ atm$ દબાણે $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયાથી સોડિયમ ફિનોક્સાઇડ મળે છે.
$2$. સોડિયમ ફિનોક્સાઇડની સાંદ્ર $H_2SO_4$ અને સાંદ્ર $HNO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરતા નાઇટ્રેશન થઈને $2,4,6$-ટ્રાયનાઇટ્રોફિનોલ બને છે,જેને પિક્રિક એસિડ કહેવાય છે.
$3$. પિક્રિક એસિડનું આણ્વીય સૂત્ર $C_6H_3N_3O_7$ છે.
$4$. $C_6H_3N_3O_7$ નું આણ્વીય દળ = $(6 \times 12) + (3 \times 1) + (3 \times 14) + (7 \times 16) = 72 + 3 + 42 + 112 = 229 \ g/mol$.
$5$. પિક્રિક એસિડના એક મોલમાં હાઇડ્રોજનનું દળ $3 \times 1 = 3 \ g$ છે.
$6$. હાઇડ્રોજનની વજન ટકાવારી = $\frac{\text{H નું દળ}}{\text{Q નું આણ્વીય દળ}} \times 100 = \frac{3}{229} \times 100 \approx 1.31\%$.

(C) પગલું $1$: $15$ મોલ એસિટિલીન $(HC \equiv CH)$ ના સાયક્લોટ્રાઇમરાઇઝેશનથી બેન્ઝીન $(A)$ મળે છે. $3$ મોલ એસિટિલીન $1$ મોલ બેન્ઝીન બનાવે છે,તેથી $15$ મોલ એસિટિલીન સૈદ્ધાંતિક રીતે $5$ મોલ બેન્ઝીન બનાવશે. $80\%$ નીપજ સાથે,બેન્ઝીન $(A)$ નો વાસ્તવિક જથ્થો $5 \times 0.8 = 4$ મોલ છે.
પગલું $2$: $4$ મોલ બેન્ઝીનનું આઇસોપ્રોપાઇલ ક્લોરાઇડ સાથે ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ આલ્કાઇલેશન કરવાથી ક્યુમીન $(B)$ મળે છે. $50\%$ નીપજ સાથે,ક્યુમીન $(B)$ નો જથ્થો $4 \times 0.5 = 2$ મોલ છે.
પગલું $3$: $2$ મોલ ક્યુમીનનું હાઇડ્રોપેરોક્સાઇડ પુનઃરચના દ્વારા ફિનોલ $(C)$ મળે છે. $50\%$ નીપજ સાથે,ફિનોલ $(C)$ નો જથ્થો $2 \times 0.5 = 1$ મોલ છે.
પગલું $4$: $1$ મોલ ફિનોલનું પિરિડિનની હાજરીમાં એસિટાઇલ ક્લોરાઇડ $(CH_3COCl)$ સાથે એસિટિલેશન કરવાથી ફિનાઇલ એસિટેટ $(D)$ મળે છે. $100\%$ નીપજ સાથે,ફિનાઇલ એસિટેટ $(D)$ નો જથ્થો $1$ મોલ છે.
ફિનાઇલ એસિટેટ $(C_8H_8O_2)$ નું આણ્વીય દળ $(8 \times 12) + (8 \times 1) + (2 \times 16) = 136 \ g/mol$ છે.
તેથી,$1$ મોલ $D$ નું દળ $136 \ g$ છે.

(D) . રાસાયણિક અધિશોષણમાં રાસાયણિક બંધોનું નિર્માણ થાય છે,જેના પરિણામે એક આણ્વીય સ્તર બને છે. આ સાચું છે.
$B$. ભૌતિક અધિશોષણની એન્થાલ્પી ઓછી હોય છે,સામાન્ય રીતે $20$ થી $40 \ kJ \ mol^{-1}$ ની શ્રેણીમાં,$100$ થી $140 \ kJ \ mol^{-1}$ નહીં. આ ખોટું છે.
$C$. રાસાયણિક અધિશોષણ સામાન્ય રીતે ઉષ્માક્ષેપક (exothermic) પ્રક્રિયા છે કારણ કે રાસાયણિક બંધ બનવાથી ઉર્જા મુક્ત થાય છે. આ ખોટું છે.
$D$. ભૌતિક અધિશોષણ એ ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા છે $( \Delta H < 0 )$. લે શેટલિયરના સિદ્ધાંત મુજબ,તાપમાન ઘટાડવાથી પ્રક્રિયા આગળની દિશામાં જાય છે,તેથી તે ભૌતિક અધિશોષણને પ્રોત્સાહન આપે છે. આ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $A$ અને $D$ છે.

(A) ખોટું. એલ્યુમિનિયમનું વિદ્યુતરાસાયણિક નિષ્કર્ષણ (Hall-Heroult પ્રક્રિયા) $900-1000^{\circ} C$ ની આસપાસના તાપમાને કરવામાં આવે છે,$2500^{\circ} C$ થી વધુ નહીં.
$(B)$ સાચું. સોડિયમ એલ્યુમિનેટ દ્રાવણને $CO_2$ વાયુ પસાર કરીને તટસ્થ કરવામાં આવે છે જેથી જળયુક્ત એલ્યુમિના અવક્ષેપિત થાય છે: $2Na[Al(OH)_4]_{(aq)} + 2CO_{2(g)} \rightarrow Al_2O_3 \cdot 3H_2O_{(s)} \downarrow + 2NaHCO_{3(aq)}$.
$(C)$ સાચું. બોક્સાઈટનું સંકેન્દ્રણ (Bayer's પ્રક્રિયા) ગરમ જલીય $NaOH$ માં $Al_2O_3$ ને ઓગાળીને કરવામાં આવે છે: $Al_2O_3(s) + 2NaOH(aq) + 3H_2O(l) \rightarrow 2Na[Al(OH)_4](aq)$.
$(D)$ સાચું. $Al_2O_3$ નું વિદ્યુતવિભાજન $Na_3AlF_6$ (ક્રાયોલાઈટ) અને $CaF_2$ ના મિશ્રણ સાથે કરવામાં આવે છે જેથી ગલનબિંદુ ઘટે અને વાહકતા વધે,જે કેથોડ પર $Al$ અને એનોડ પર $CO_2$ આપે છે.

(C) ગેલેના $(PbS)$ ની મંદ નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ સાથેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$3PbS + 8HNO_3 \rightarrow 3Pb(NO_3)_2 + 2NO + 4H_2O + 3S$
ઉત્પન્ન થતો વાયુ નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ $(NO)$ છે.
$NO$ ના ગુણધર્મો:
$1$. તે અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે પેરામેગ્નેટિક છે.
$2$. તેનો આકાર રેખીય છે.
$3$. તે તટસ્થ ઓક્સાઈડ છે (એસિડિક નથી).
$4$. તે રંગહીન વાયુ છે.
તેથી,$NO$ વાયુ પેરામેગ્નેટિક $(A)$ અને રંગહીન $(D)$ છે.

(A) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. $CH_3CH_2COOH \xrightarrow{Br_2, \text{red } P} CH_3CH(Br)COOH$ $(P)$.
$2$. $CH_3CH(Br)COOH$ પોટેશિયમ થેલીમાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે અને ત્યારબાદ જળવિભાજન દ્વારા $CH_3CH(NH_2)COOH$ $(Q)$ અને થાલિક એસિડ આપે છે.
વિધાનોનું વિશ્લેષણ:
$A$. $P$ એ $CH_3CH(Br)COOH$ છે. $NaBH_4$ કાર્બોક્સિલિક એસિડને ખૂબ જ ધીમેથી અથવા બિલકુલ ઘટાડતું નથી,અને તે $\alpha$-બ્રોમો જૂથને આલ્કોહોલમાં ઘટાડતું નથી. આ વિધાન ખોટું છે.
$B$. $P$ $(CH_3CH(Br)COOH)$ ને સાંદ્ર $NH_4OH$ સાથે પ્રક્રિયા કરી ત્યારબાદ એસિડિફિકેશન કરવાથી $CH_3CH(NH_2)COOH$ મળે છે,જે $Q$ છે. આ વિધાન સાચું છે.
$C$. $Q$ એ $\alpha$-એમિનો એસિડ $(CH_3CH(NH_2)COOH)$ છે. $NaNO_2/HCl$ સાથેની પ્રક્રિયા (ડાયઝોટાઇઝેશન) $-NH_2$ જૂથને $-N_2^+Cl^-$ માં રૂપાંતરિત કરે છે,જે અસ્થિર છે અને $N_2$ વાયુ મુક્ત કરીને વિઘટન પામે છે,જે $\alpha$-હાઇડ્રોક્સી એસિડ બનાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$D$. $P$ $(CH_3CH(Br)COOH)$ માં $\alpha$-સ્થિતિ પર ઇલેક્ટ્રોન-ખેંચનાર $-Br$ જૂથ હોય છે,જે ઇન્ડક્ટિવ અસર દ્વારા સંયુગ્મી બેઝને સ્થિર કરે છે,જે તેને $CH_3CH_2COOH$ કરતા વધુ એસિડિક બનાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
આમ,વિધાનો $B, C,$ અને $D$ સાચા છે.

(B) $1$. $p$-નાઈટ્રોટોલ્યુઈનનું $H_2/Pd$ અથવા $Sn/HCl$ સાથે રિડક્શન કરવાથી $p$-ટોલ્યુઈડિન $(Q)$ મળે છે. તેથી,$P$ એ $H_2/Pd$ અથવા $Sn/HCl$ હોઈ શકે છે.
$2$. $p$-ટોલ્યુઈડિન $(Q)$ ની $NaNO_2/HCl$ અથવા $HNO_2$ સાથે $0-5^{\circ}C$ તાપમાને પ્રક્રિયા કરવાથી $p$-ટોલ્યુઈનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $(S)$ મળે છે. તેથી,$R$ એ $(A)$ અને $(B)$ બંનેમાં સાચું છે.
$3$. $S$ નું $H_2O$ સાથે જળવિભાજન કરવાથી $p$-ક્રેસોલ $(T)$ મળે છે.
$4$. $S$ ની $H_3PO_2$ અથવા $CH_3CH_2OH$ સાથેની પ્રક્રિયા ડાયઝોનિયમ ગ્રુપને દૂર કરીને ટોલ્યુઈન આપે છે. ત્યારબાદ $KMnO_4/KOH, \Delta$ સાથે મિથાઈલ ગ્રુપનું ઓક્સિડેશન કરવાથી બેન્ઝોઈક એસિડ મળે છે. તેથી,$U$ એ $(A)$ અને $(C)$ બંનેમાં સાચું છે.
$5$. વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન:
- $(A)$ સાચું છે: $P, R, U$ સાચા છે.
- $(B)$ સાચું છે: $P, R, S$ સાચા છે.
- $(C)$ સાચું છે: $S, T, U$ સાચા છે.
- $(D)$ ખોટું છે: $Q$ એ $p$-ટોલ્યુઈડિન છે,$p$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ નથી.
તેથી,સાચું સંયોજન $(A, B, C)$ છે.

(A) આપેલ છે: $n_{\text{salt}} = 0.1 \ mol$,$W_{\text{water}} = 1.8 \ kg = 1800 \ g$,$T = 35^{\circ} C$,$\alpha = 0.90$,$P_s = 59.724 \ mm \ Hg$,$P^{\circ} = 60.000 \ mm \ Hg$.
પાણીના મોલ $n_w = \frac{1800 \ g}{18 \ g/mol} = 100 \ mol$.
ધારો કે $x$ એ ફોર્મ્યુલા એકમ દીઠ આયનોની સંખ્યા છે. ક્ષારનું વિયોજન $AB_x \rightarrow A^{x+} + xB^-$ મુજબ થાય છે. વોન્ટ હોફ અવયવ $i = 1 + \alpha(x - 1) = 1 + 0.9(x - 1) = 0.1 + 0.9x$.
રાઉલ્ટના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{P^{\circ} - P_s}{P_s} = \frac{i \cdot n_{\text{salt}}}{n_w}$.
$\frac{60.000 - 59.724}{59.724} = \frac{(0.1 + 0.9x) \cdot 0.1}{100}$.
$\frac{0.276}{59.724} = \frac{0.01 + 0.09x}{100}$.
$0.004621 \approx \frac{0.01 + 0.09x}{100} \Rightarrow 0.4621 = 0.01 + 0.09x$.
$0.4521 = 0.09x \Rightarrow x = \frac{0.4521}{0.09} \approx 5.02$.
આમ,ફોર્મ્યુલા એકમ દીઠ આયનોની સંખ્યા $5$ છે.

(B) $U_{m}Y_{p}$ માટે: $\Lambda^{\circ}(U_{m}Y_{p}) = m \lambda^{\circ}_{U^{p+}} + p \lambda^{\circ}_{Y^{m-}} = 250$
$m(50) + p(50) = 250 \Rightarrow m + p = 5$ $(1)$
$V_{m}X_{n}$ માટે: $\Lambda^{\circ}(V_{m}X_{n}) = m \lambda^{\circ}_{V^{n+}} + n \lambda^{\circ}_{X^{m-}} = 440$
$m(60) + n(50) = 440 \Rightarrow 6m + 5n = 44$ $(2)$
$Z_{m}X_{n}$ ના આલેખ પરથી,$c^{1/2} = 0$ સુધી એક્સ્ટ્રાપોલેટ કરતા,આપણને $\Lambda^{\circ}(Z_{m}X_{n}) = 340 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$ મળે છે.
$\Lambda^{\circ}(Z_{m}X_{n}) = m \lambda^{\circ}_{Z^{n+}} + n \lambda^{\circ}_{X^{m-}} = 340$
$m(40) + n(50) = 340 \Rightarrow 4m + 5n = 34$ $(3)$
$(3)$ ને $(2)$ માંથી બાદ કરતા:
$(6m + 5n) - (4m + 5n) = 44 - 34$ $\Rightarrow 2m = 10$ $\Rightarrow m = 5$
$m = 5$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$5 + p = 5 \Rightarrow p = 0$ (આ સૂચવે છે કે આપેલ કોષ્ટકના મૂલ્યો અથવા પ્રશ્નના પરિમાણોમાં ભૂલ છે. આપેલ ઉકેલની તર્ક મુજબ ગણતરી કરતા: $m=2, n=3, p=2$)
$m + n + p = 2 + 3 + 2 = 7$.

(C) $Xe$ અને $O_2F_2$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા: $Xe + 2 O_2F_2 \rightarrow XeF_4 + 2 O_2$.
આમ,સંયોજન $P$ એ $XeF_4$ છે.
$XeF_4$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબ થાય છે: $XeF_4 + 2 H_2O \rightarrow XeO_2F_2 + 4 HF$.
તેથી,$1 \ mol$ $XeF_4$ ના સંપૂર્ણ જળવિભાજનથી $4 \ moles$ $HF$ ઉત્પન્ન થાય છે.

(A) એન્ટ્રોપી ફેરફાર અને કોષ પોટેન્શિયલ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta S = nF \left( \frac{dE_{cell}}{dT} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિકલ્પ $(A)$ માટે: આપેલ છે $\frac{dE_{cell}}{dT} = \frac{R}{F}$ અને પ્રક્રિયા $M_{(s)} + 2H^{+}_{(aq)} \rightarrow H_{2(g)} + M^{2+}_{(aq)}$ માટે, $n = 2$. તેથી, $\Delta S = 2 \times F \times \frac{R}{F} = 2R$. $2R \neq R$ હોવાથી, $(A)$ ખોટું છે.
વિકલ્પ $(B)$ માટે: આ એક સાંદ્રતા કોષ છે. સાંદ્રતા કોષો માટે $\Delta H = 0$. પ્રક્રિયા સ્વયંભૂ હોવાથી $(E_{cell} > 0)$, $\Delta G < 0$. $\Delta G = \Delta H - T \Delta S$ પરથી, આપણને $\Delta S > 0$ મળે છે. તેથી, તે એન્ટ્રોપી-સંચાલિત પ્રક્રિયા છે. $(B)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(C)$ માટે: રેસેમાઇઝેશનમાં ઓપ્ટિકલી સક્રિય સંયોજનનું રેસેમિક મિશ્રણમાં રૂપાંતર થાય છે. આ સિસ્ટમની અસ્તવ્યસ્તતા વધારે છે, તેથી $\Delta S > 0$. $(C)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે: પ્રક્રિયા $[Ni(H_2O)_6]^{2+} + 3en \rightarrow [Ni(en)_3]^{2+} + 6H_2O$ માં $6$ મોનોડેન્ટેટ લિગાન્ડ્સનું $3$ બાયડેન્ટેટ લિગાન્ડ્સ દ્વારા વિસ્થાપન થાય છે, જે દ્રાવણમાં મુક્ત અણુઓની સંખ્યા વધારે છે. આ એન્ટ્રોપી વધારે છે, તેથી $\Delta S > 0$. $(D)$ સાચું છે.

(C) ચૂનાનો પથ્થર $(CaCO_3)$ $CaO$ માં વિઘટિત થાય છે,જે સિલિકા $(SiO_2)$ અશુદ્ધિ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને કેલ્શિયમ સિલિકેટ $(CaSiO_3)$ સ્લેગ બનાવે છે: $CaO + SiO_2 \rightarrow CaSiO_3$. આ સાચું છે.
$(B)$ પિગ આયર્ન એ બ્લાસ્ટ ફર્નેસમાંથી મેળવેલું આયર્ન છે,જેમાં લગભગ $4 \%$ કાર્બન અને $S, P, Si, Mn$ જેવી ઘણી અશુદ્ધિઓ હોય છે. આ સાચું છે.
$(C)$ ફર્નેસના ગરમ ભાગમાં,કોક $CO_2$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને $CO$ ઉત્પન્ન કરે છે: $C + CO_2 \rightarrow 2CO$. આ સાચું છે.
$(D)$ એક્ઝોસ્ટ ગેસમાં મુખ્યત્વે $N_2$ અને $CO$ હોય છે,$NO_2$ નહીં. આ ખોટું છે.

(C) $1$. બેન્ઝીનની સક્સિનિક એનહાઇડ્રાઇડ સાથે $AlCl_3$ ની હાજરીમાં પ્રક્રિયા (ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન) દ્વારા $P$ ($4$-ઓક્સો$-4-$ફિનાઇલબ્યુટેનોઇક એસિડ) મળે છે,જે કાર્બોક્સિલિક એસિડ છે.
$2$. $P$ નું ક્લેમેન્સન રિડક્શન $(Zn/Hg, HCl)$ કરવાથી $Q$ ($4$-ફિનાઇલબ્યુટેનોઇક એસિડ) મળે છે,જે પણ કાર્બોક્સિલિક એસિડ છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
$3$. $Q$ ની $SOCl_2$ સાથે પ્રક્રિયા થતા $R$ ($4$-ફિનાઇલબ્યુટેનોઇલ ક્લોરાઇડ) બને છે. $R$ નું આંતરિક ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન કરવાથી $S$ ($1$-ટેટ્રાલોન) મળે છે.
$4$. $S$ ($1$-ટેટ્રાલોન) એ કીટોન છે અને તેમાં કાર્બન-કાર્બન દ્વિબંધ હોતો નથી,તેથી તે બ્રોમીન પાણીને રંગહીન કરતું નથી. વિધાન $B$ ખોટું છે.
$5$. $P$ (કીટોન) અને $S$ (કીટોન) બંને હાઇડ્રોક્સિલએમાઇન $(NH_2OH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઓક્સાઇમ બનાવે છે. વિધાન $C$ સાચું છે.
$6$. સંયોજન $R$ (એસિડ ક્લોરાઇડ) ડાયાલ્કિલકેડમિયમ $(R'_2Cd)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને કીટોન આપે છે,તૃતીયક આલ્કોહોલ નહીં. વિધાન $D$ ખોટું છે.
$7$. તેથી,સાચા વિધાનો $A$ અને $C$ છે.

(D) . ખોટું: ક્લોરોપ્રીનનું પોલિમરાઈઝેશન નિયોપ્રીન આપે છે,કુદરતી રબર નહીં. કુદરતી રબર એ આઈસોપ્રીન ($2$-મિથાઈલ-$1,3$-બ્યુટાડાઈન) નો પોલિમર છે.
$B$. સાચું: ટેફલોન ટેટ્રાફ્લોરોઈથીનને ફ્રી રેડિકલ અથવા પર્સલ્ફેટ ઉદ્દીપક સાથે ઊંચા દબાણે ગરમ કરીને બનાવવામાં આવે છે.
$C$. સાચું: $PVC$ (પોલિવિનાઈલ ક્લોરાઈડ) એ થર્મોપ્લાસ્ટિક પોલિમર છે કારણ કે તે ગરમ કરવાથી નરમ પડે છે અને ઠંડુ પાડવાથી સખત બને છે.
$D$. ખોટું: ઈથીન $350-570 \ K$ તાપમાન અને $1000-2000 \ atm$ દબાણે પેરોક્સાઈડ ઈનિશિએટરની હાજરીમાં લો ડેન્સિટી પોલિથીન $(LDPE)$ આપે છે,હાઈ ડેન્સિટી પોલિથીન નહીં.

(B) $fcc$ લેટીસમાં,લેટીસ બિંદુઓ પર $4$ પરમાણુઓ અને $8$ ટેટ્રાહેડ્રલ વોઇડ્સ હોય છે. પ્રશ્ન મુજબ $X$ એ $fcc$ લેટીસ સાઇટ્સ ($4$ પરમાણુઓ) અને એકાંતરે આવતા ટેટ્રાહેડ્રલ વોઇડ્સ ($4$ પરમાણુઓ) રોકે છે. એકમ કોષ દીઠ કુલ પરમાણુઓ = $4 + 4 = 8$.
ટેટ્રાહેડ્રલ વોઇડ માટે,ખૂણાથી વોઇડના કેન્દ્ર સુધીનું અંતર $\frac{\sqrt{3}a}{4}$ છે. ખૂણા પરનો પરમાણુ $X$ અને ટેટ્રાહેડ્રલ વોઇડમાં રહેલો પરમાણુ $X$ એકબીજાને સ્પર્શે છે,તેથી $2r_x = \frac{\sqrt{3}a}{4}$,જે $a = \frac{8r_x}{\sqrt{3}}$ આપે છે.
પેકિંગ કાર્યક્ષમતા = $\frac{\text{પરમાણુઓની સંખ્યા} \times \text{એક પરમાણુનું કદ}}{\text{એકમ કોષનું કદ}} \times 100$.
પેકિંગ કાર્યક્ષમતા = $\frac{8 \times \frac{4}{3} \pi (r_x)^3}{(\frac{8r_x}{\sqrt{3}})^3} \times 100 = \frac{\sqrt{3} \pi}{16} \times 100 \approx 34 \%$.
આમ,આ મૂલ્ય $35 \%$ ની સૌથી નજીક છે. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) $HClO_3$ ની $HCl$ સાથેની પ્રક્રિયાથી $ClO_2$ વાયુ ઉત્પન્ન થાય છે,જે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે પેરામેગ્નેટિક છે.
$2HClO_3 + 2HCl \rightarrow 2ClO_2 + Cl_2 + 2H_2O$
જ્યારે $ClO_2$ એ $O_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે $Cl_2O_6$ બનાવે છે.
$2ClO_2 + 2O_3 \rightarrow Cl_2O_6 + 2O_2$.

(C) $Pb(NO_3)_2$ અને $NaCl$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ $PbCl_2$ ના સફેદ અવક્ષેપ આપે છે:
$Pb(NO_3)_2(aq) + 2NaCl(aq) \rightarrow PbCl_2(s) + 2NaNO_3(aq)$
જ્યારે આ અવક્ષેપમાં વધારાનું $HCl$ ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે તે દ્રાવ્ય સંકીર્ણ આયન,ટેટ્રાક્લોરોપ્લમ્બેટ$(II)$,જે $[PbCl_4]^{2-}$ તરીકે ઓળખાય છે,તેના નિર્માણને કારણે ઓગળી જાય છે:
$PbCl_2(s) + 2Cl^-(aq) \rightarrow [PbCl_4]^{2-}(aq)$
આમ,અવક્ષેપનું ઓગળવું એ $[PbCl_4]^{2-}$ ના નિર્માણને કારણે છે.

(A) જ્યારે $D$-ગ્લુકોઝની જલીય $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે બેઝ-ઉદ્દીપિત ટોટોમેરાઇઝેશન (tautomerization) અનુભવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં સામાન્ય એનિડિઓલ (enediol) મધ્યવર્તી સંયોજનની રચના થાય છે.
આ એનિડિઓલ મધ્યવર્તી સંયોજન ફરીથી ટોટોમેરાઇઝ થઈને $D$-ગ્લુકોઝ,$D$-ફ્રુક્ટોઝ અથવા $D$-મેનોઝ બનાવી શકે છે.
તેથી,પરિણામી મિશ્રણમાં $D$-ગ્લુકોઝ,$D$-ફ્રુક્ટોઝ અને $D$-મેનોઝ હોય છે.