JEE Main 2014 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ફાજાનના નિયમ મુજબ,બંધનો આયનીય ગુણધર્મ ધન આયનની ધ્રુવીભવન શક્તિ પર આધાર રાખે છે.
ધન આયનનું કદ મોટું અને તેના પરનો વીજભાર ઓછો હોય તો ધ્રુવીભવન ઓછું થાય છે,પરિણામે આયનીય ગુણધર્મ વધુ હોય છે.
ધન આયનોની સરખામણી કરતા: $Rb^+$ એ $+1$ વીજભાર સાથે સૌથી મોટું કદ ધરાવે છે,તેથી $RbCl$ સૌથી વધુ આયનીય છે.
$Be^{2+}$ એ $+2$ વીજભાર સાથે સૌથી નાનું કદ ધરાવે છે,જે સૌથી વધુ ધ્રુવીભવન અને સૌથી ઓછો આયનીય (સૌથી વધુ સહસંયોજક) ગુણધર્મ ધરાવે છે.
તેથી,$RbCl$ સૌથી વધુ આયનીય અને $BeCl_{2}$ સૌથી ઓછો આયનીય ગુણધર્મ ધરાવે છે.

(C) ફાજન્સના નિયમ મુજબ,આયનીય ગુણધર્મ ધન આયનની ધ્રુવીભવન ક્ષમતા પર આધાર રાખે છે.
આપેલા ધન આયનોમાં $Rb^+$ નું કદ સૌથી મોટું છે,જેના કારણે તેની ધ્રુવીભવન ક્ષમતા સૌથી ઓછી છે અને તેથી $RbCl$ માં સૌથી વધુ આયનીય ગુણધર્મ જોવા મળે છે.
$Be^{2+}$ નું કદ સૌથી નાનું અને વીજભાર ઘનતા સૌથી વધુ છે,જે તેને સૌથી વધુ ધ્રુવીભવન ક્ષમતા આપે છે,જેના પરિણામે $BeCl_2$ માં સૌથી વધુ સહસંયોજક ગુણધર્મ અને સૌથી ઓછો આયનીય ગુણધર્મ જોવા મળે છે.
તેથી,સૌથી વધુ અને સૌથી ઓછો આયનીય ગુણધર્મ ધરાવતા સંયોજનો અનુક્રમે $RbCl$ અને $BeCl_2$ છે.

(B) આપેલ છે $X = \{ 4^n - 3n - 1 : n \in N \}$.
$n=1$ માટે,$4^1 - 3(1) - 1 = 0$.
$n=2$ માટે,$4^2 - 3(2) - 1 = 16 - 6 - 1 = 9$.
$n=3$ માટે,$4^3 - 3(3) - 1 = 64 - 9 - 1 = 54$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$4^n = (1+3)^n = 1 + n(3) + \frac{n(n-1)}{2}(3^2) + \dots + 3^n$.
આમ,$4^n - 3n - 1 = 9 \times [\frac{n(n-1)}{2} + \dots + 3^{n-2}]$.
આ દર્શાવે છે કે $X$ નો દરેક ઘટક $9$ નો ગુણક છે ($0$ સહિત).
$Y = \{ 9(n-1) : n \in N \} = \{ 0, 9, 18, 27, \dots \}$,જે $9$ ના તમામ અ-ઋણ ગુણકોનો ગણ છે.
કારણ કે $X$ ના તમામ ઘટકો $9$ ના ગુણકો છે,તેથી $X \subseteq Y$.
તેથી,$X \cup Y = Y$.

(B) આપણે લક્ષની કિંમત શોધવાની છે: $\mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {\pi {{\cos }^2}x} \right)}}{{{x^2}}}$
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {\pi (1 - \sin^2 x)} \right)}}{{{x^2}}}$
$= \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {\pi - \pi \sin^2 x} \right)}}{{{x^2}}}$
$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ હોવાથી:
$= \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {\pi \sin^2 x} \right)}}{{{x^2}}}$
$\pi \sin^2 x$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$= \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\sin \left( {\pi \sin^2 x} \right)}}{{\pi \sin^2 x}} \cdot \frac{{\pi \sin^2 x}}{{{x^2}}} \right)$
$= \left( \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {\pi \sin^2 x} \right)}}{{\pi \sin^2 x}} \right) \cdot \pi \cdot \left( \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} \right)^2$
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim}\limits_{\theta \to 0} \frac{{\sin \theta}}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 1 \cdot \pi \cdot (1)^2 = \pi$

(D) પ્રથમ $50$ બેકી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ $2, 4, 6, \dots, 100$ છે.
વિચરણનું સૂત્ર $\sigma^2 = \frac{\sum x_i^2}{n} - (\bar{x})^2$ છે.
અહીં,$n = 50$. પ્રથમ $n$ બેકી સંખ્યાઓનો સરવાળો $n(n+1) = 50 \times 51 = 2550$ થાય. તેથી,મધ્યક $\bar{x} = \frac{2550}{50} = 51$.
વર્ગોનો સરવાળો $\sum x_i^2 = 2^2 + 4^2 + \dots + 100^2 = 2^2(1^2 + 2^2 + \dots + 50^2)$ છે.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sum x_i^2 = 4 \times \frac{50(51)(101)}{6} = 171700$.
હવે,$\frac{\sum x_i^2}{n} = \frac{171700}{50} = 3434$.
વિચરણ $\sigma^2 = 3434 - (51)^2 = 3434 - 2601 = 833$.

(D) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $px^2 + qx + r = 0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha + \beta = -\frac{q}{p}$ અને $\alpha\beta = \frac{r}{p}$.
$p, q, r$ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,$2q = p + r$.
$\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} = 4$ હોવાથી,$\frac{\alpha + \beta}{\alpha\beta} = 4$,એટલે કે $\alpha + \beta = 4\alpha\beta$.
કિંમતો મૂકતા,$-\frac{q}{p} = 4(\frac{r}{p}) \Rightarrow q = -4r$.
$2q = p + r$ માં કિંમત મૂકતા,$2(-4r) = p + r$ $\Rightarrow -8r = p + r$ $\Rightarrow p = -9r$.
હવે,$\alpha + \beta = -\frac{-4r}{-9r} = -\frac{4}{9}$ અને $\alpha\beta = \frac{r}{-9r} = -\frac{1}{9}$.
નિત્યસમ $(\alpha - \beta)^2 = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta$ નો ઉપયોગ કરતા,$(\alpha - \beta)^2 = (-\frac{4}{9})^2 - 4(-\frac{1}{9}) = \frac{16}{81} + \frac{4}{9} = \frac{16 + 36}{81} = \frac{52}{81}$.
તેથી,$|\alpha - \beta| = \sqrt{\frac{52}{81}} = \frac{2\sqrt{13}}{9}$.

(C) આપણને દિક્કોસાઇન $l, m, n$ માટેના સમીકરણો $l + m + n = 0$ અને $l^2 = m^2 + n^2$ આપેલા છે.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$n = -(l + m)$.
આ કિંમતને બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $l^2 = m^2 + (-(l + m))^2$.
$l^2 = m^2 + l^2 + m^2 + 2lm$.
$0 = 2m^2 + 2lm$.
$2m(m + l) = 0$.
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે: $m = 0$ અથવા $m = -l$.
કિસ્સો $1$: જો $m = 0$ હોય,તો $l + 0 + n = 0 \Rightarrow n = -l$. દિક્ગુણોત્તર $(l, 0, -l)$ મળે છે,જે $(1, 0, -1)$ ના પ્રમાણમાં છે. ધારો કે $\vec{a} = \hat{i} - \hat{k}$.
કિસ્સો $2$: જો $m = -l$ હોય,તો $l + (-l) + n = 0 \Rightarrow n = 0$. દિક્ગુણોત્તર $(l, -l, 0)$ મળે છે,જે $(1, -1, 0)$ ના પ્રમાણમાં છે. ધારો કે $\vec{b} = \hat{i} - \hat{j}$.
રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\cos \theta = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$ દ્વારા મળે છે.
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (1)(1) + (0)(-1) + (-1)(0) = 1$.
$|\vec{a}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$.
$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{2}$.
$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $4^n - 3n - 1 = (1 + 3)^n - 3n - 1$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(1 + 3)^n = 1 + n(3) + \frac{n(n-1)}{2}(3^2) + \dots + 3^n$.
તેથી,$4^n - 3n - 1 = 1 + 3n + 9 \binom{n}{2} + 27 \binom{n}{3} + \dots + 3^n - 3n - 1 = 9 \left[ \binom{n}{2} + 3 \binom{n}{3} + \dots + 3^{n-2} \right]$.
આ દર્શાવે છે કે $4^n - 3n - 1$ એ તમામ $n \ge 2$ માટે $9$ નો ગુણક છે.
$n = 1$ માટે,$4^1 - 3(1) - 1 = 0$.
$n = 2$ માટે,$4^2 - 3(2) - 1 = 9$.
આમ,$X = \{ 0, 9, 27, 54, \dots \}$.
$Y = \{ 9(n-1) : n \in N \}$ માટે,$Y = \{ 0, 9, 18, 27, 36, 45, 54, \dots \}$.
$X$ નો દરેક ઘટક $9$ નો ગુણક હોવાથી,$X \subseteq Y$.
તેથી,$X \cup Y = Y$.

(A) પ્રકાશીય સમઘટકતા માટે ઓછામાં ઓછા એક કાઈરલ કાર્બન પરમાણુ (ચાર અલગ-અલગ સમૂહો સાથે જોડાયેલ કાર્બન) ની હાજરી જરૂરી છે.
મેલેઈક એસિડ $(HOOC-CH=CH-COOH)$ માં દ્વિબંધમાં $sp^2$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન હોય છે અને તેમાં કોઈ કાઈરલ કાર્બન પરમાણુ હોતો નથી,તેથી તે પ્રકાશીય સમઘટકતા દર્શાવતું નથી.
ટાર્ટરિક એસિડ,લેક્ટિક એસિડ અને $\alpha$-એમિનો એસિડમાં ઓછામાં ઓછો એક કાઈરલ કાર્બન પરમાણુ હોય છે,તેથી તેઓ પ્રકાશીય સમઘટકતા દર્શાવે છે.

(A) રૂબિડિયમ $(Z=37)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^2 3d^{10} 4p^6 5s^1$ છે.
સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $5s$ કક્ષકમાં હાજર છે.
$5s$ કક્ષક માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n=5$ છે.
તે $s$-કક્ષક હોવાથી,ગૌણ ક્વોન્ટમ આંક $l=0$ છે.
$l=0$ માટે,ચુંબકીય ક્વોન્ટમ આંક $m=0$ છે.
સ્પિન ક્વોન્ટમ આંક $s$ એ $+1/2$ અથવા $-1/2$ હોઈ શકે છે. તેથી,સેટ $(5, 0, 0, +1/2)$ છે.

(D) $p$-ડાયક્લોરોબેન્ઝીન $(i)$ અને $p$-ડાયસાયનોબેન્ઝીન $(ii)$ માટે,વ્યક્તિગત બંધોની ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને રદ કરે છે કારણ કે તે મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ છે. તેથી,આ અણુઓની પરિણામી ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય છે.
$p$-હાઇડ્રોક્વિનોન $(iii)$ અને $p$-બેન્ઝીનડાયથાયોલ $(iv)$ માટે,$O-H$ અને $S-H$ બંધ ડાયપોલ એકબીજાને રદ કરતા નથી કારણ કે તે વિવિધ સંરૂપણોમાં હોવાને કારણે વિરુદ્ધ દિશામાં નથી. તેથી,આ અણુઓની પરિણામી ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય નથી $(\mu \ne 0)$.

(B) $1 \ mol$ વાયુ માટે વાન્ડર વાલ્સ સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$(P + \frac{a}{V^2})(V - b) = RT$
નીચા દબાણે,કદ $V$ ખૂબ મોટું હોય છે,તેથી $V >> b$. તેથી,પદ $(V - b)$ ને $V$ તરીકે લઈ શકાય.
સમીકરણ આ મુજબ સરળ બને છે:
$(P + \frac{a}{V^2})V = RT$
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા:
$PV + \frac{a}{V} = RT$
$PV$ માટે ગોઠવતા:
$PV = RT - \frac{a}{V}$
સંકોચનીયતા અવયવ $Z = \frac{PV}{RT}$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવવા માટે બંને બાજુને $RT$ વડે ભાગતા:
$\frac{PV}{RT} = 1 - \frac{a}{VRT}$
આમ,$Z = 1 - \frac{a}{VRT}$.

(B) ધારો કે $O_2$ નું દળ $w$ છે અને $N_2$ નું દળ $4w$ છે.
$O_2$ નું આણ્વીય દળ $32 \ g/mol$ અને $N_2$ નું આણ્વીય દળ $28 \ g/mol$ છે.
અણુઓની સંખ્યા એ મોલની સંખ્યાના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(n = \frac{\text{દળ}}{\text{આણ્વીય દળ}})$.
$O_2$ ના અણુઓની સંખ્યા $(N_{O_2})$ = $\frac{w}{32} \times N_A$
$N_2$ ના અણુઓની સંખ્યા $(N_{N_2})$ = $\frac{4w}{28} \times N_A$
ગુણોત્તર $\frac{N_{O_2}}{N_{N_2}} = \frac{w/32}{4w/28} = \frac{w}{32} \times \frac{28}{4w} = \frac{28}{128} = \frac{7}{32}$.

(B) $2 \ mol$ $NH_3$ ના સર્જન માટેની પ્રક્રિયા: $N_2(g) + 3H_2(g) \rightarrow 2NH_3(g)$.
આ પ્રક્રિયા માટે એન્થાલ્પી ફેરફાર $\Delta H = 2 \times \Delta_f H^{\circ}(NH_3) = 2 \times (-46.0) = -92 \ kJ \ mol^{-1}$.
બંધ એન્થાલ્પીનો ઉપયોગ કરતા,$\Delta H = \sum \text{પ્રક્રિયકોની બંધ ઉર્જા} - \sum \text{નીપજોની બંધ ઉર્જા}$.
આપેલ બંધ ઉર્જાઓ: $BE(N \equiv N) = 712 \ kJ \ mol^{-1}$ અને $BE(H-H) = 436 \ kJ \ mol^{-1}$.
ધારો કે $N-H$ બંધની બંધ એન્થાલ્પી $x$ છે. $2 \ mol$ $NH_3$ માં $6$ $N-H$ બંધ હોય છે.
$-92 = [BE(N \equiv N) + 3 \times BE(H-H)] - 6x$.
$-92 = [712 + 3 \times 436] - 6x$.
$-92 = [712 + 1308] - 6x$.
$-92 = 2020 - 6x$.
$6x = 2020 + 92 = 2112$.
$x = 2112 / 6 = +352 \ kJ \ mol^{-1}$.

(A) પ્રક્રિયા: $C_2H_5OH_{(l)} + 3O_{2(g)} \rightarrow 2CO_{2(g)} + 3H_2O_{(l)}$
આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = -1364.47 \ kJ \ mol^{-1}$ (બોમ્બ કેલરીમીટરમાં મુક્ત થતી ગરમી).
તાપમાન $T = 25 + 273 = 298 \ K$.
વાયુરૂપ ઘટકોના મોલનો તફાવત $\Delta n_g = (2 - 3) = -1$.
વાયુ અચળાંક $R = 8.314 \times 10^{-3} \ kJ \ K^{-1} \ mol^{-1}$.
સૂત્ર: $\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta H = -1364.47 + (-1 \times 8.314 \times 10^{-3} \times 298)$.
$\Delta H = -1364.47 - 2.477572 \approx -1366.95 \ kJ \ mol^{-1}$.

(B) $K_P$ અને $K_C$ વચ્ચેનો સંબંધ $K_P = K_C(RT)^{\Delta n_g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા $SO_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \rightleftharpoons SO_{3(g)}$ માટે,વાયુરૂપ મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_g = n_{p(g)} - n_{r(g)}$ તરીકે ગણવામાં આવે છે.
અહીં,$n_{p(g)} = 1$ ($SO_3$ માટે) અને $n_{r(g)} = 1 + 0.5 = 1.5$ ($SO_2$ અને $O_2$ માટે).
તેથી,$\Delta n_g = 1 - 1.5 = -0.5$.
આપેલ સમીકરણ $K_P = K_C(RT)^x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = -0.5$ મળે છે.

(D) રિડક્શનકર્તા એ પદાર્થ છે જે ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવીને ઓક્સિડેશન પામે છે.
પ્રક્રિયા $H_2O_2 + 2OH^- \rightarrow O_2 + 2H_2O + 2e^-$ માં,$H_2O_2$ માં ઓક્સિજનનો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ થી વધીને $O_2$ માં $0$ થાય છે.
આમ,$H_2O_2$ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવે છે અને ઓક્સિડેશન પામે છે,તેથી તે રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.

(B) નાઈટ્રોજનની ટકાવારી માટેનું સૂત્ર: $\% \ N = \frac{1.4 \times \text{meq. of acid consumed}}{\text{mass of organic compound}}$
પગલું $1$: $H_2SO_4$ ના મિલિ-ઈક્વિવેલન્ટ $(meq)$ ની ગણતરી:
$meq \text{ of } H_2SO_4 = 60 \ mL \times \frac{1}{10} \ M \times 2 = 12 \ meq$
પગલું $2$: બેક ટાઈટ્રેશન માટે વપરાયેલ $NaOH$ ના $meq$ ની ગણતરી:
$meq \text{ of } NaOH = 20 \ mL \times \frac{1}{10} \ M \times 1 = 2 \ meq$
પગલું $3$: એમોનિયા દ્વારા વપરાયેલ એસિડના $meq$ ની ગણતરી:
$meq \text{ of acid consumed} = 12 - 2 = 10 \ meq$
પગલું $4$: નાઈટ્રોજનની ટકાવારીની ગણતરી:
$\% \ N = \frac{1.4 \times 10}{1.4} = 10 \%$

(B) $CsI_3$ એ આયનીય સંયોજન છે જે ઘન અવસ્થામાં $CsI_3 \rightarrow Cs^{+} + I_3^{-}$ તરીકે વિયોજન પામે છે.
અહીં,$Cs^{+}$ એ સીઝિયમ કેટાયન છે અને $I_3^{-}$ એ ટ્રાયઆયોડાઇડ એનાયન છે.

(C) $1, 1, 1-$ટ્રાયક્લોરોઈથેન $(CH_3-CCl_3)$ ની સિલ્વર પાવડર $(Ag)$ સાથેની પ્રક્રિયા એ ડીહેલોજીનેશન પ્રક્રિયા છે.
જ્યારે $2$ મોલ $1, 1, 1-$ટ્રાયક્લોરોઈથેન $6$ મોલ સિલ્વર પાવડર સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે કપલિંગ દ્વારા $2-$બ્યુટાઈન બનાવે છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $2 CH_3-CCl_3 + 6 Ag \rightarrow CH_3-C \equiv C-CH_3 + 6 AgCl$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $I = (e^{1000V/T} - 1) \text{ mA}$.
જ્યારે $I = 5 \text{ mA}$ હોય,ત્યારે $5 = e^{1000V/T} - 1$,જેનો અર્થ છે કે $e^{1000V/T} = 6$.
પ્રવાહ $I$ નું વોલ્ટેજ $V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dI}{dV} = e^{1000V/T} \cdot \frac{1000}{T}$.
$e^{1000V/T} = 6$ અને $T = 300 \text{ K}$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{dI}{dV} = 6 \cdot \frac{1000}{300} = 6 \cdot \frac{10}{3} = 20 \text{ mA/V}$.
પ્રવાહમાં થતી ત્રુટિ $\Delta I = \left| \frac{dI}{dV} \right| \cdot \Delta V$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $\Delta V = 0.01 \text{ V}$ આપેલ છે,તેથી:
$\Delta I = 20 \cdot 0.01 = 0.2 \text{ mA}$.

(C) $1$. આપેલ છે $P = (5, 3)$. $PQ$ એ $x-$ અક્ષને સમાંતર હોવાથી,$Q$ નો $y-$ યામ $P$ જેટલો જ રહેશે,તેથી $Q = (x_Q, 3)$.
$2$. $Q$ એ રેખા $RQ: x - 2y = 2$ પર આવેલું છે. $y = 3$ મૂકતા,આપણને $x - 2(3) = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $x - 6 = 2$,તેથી $x = 8$. આમ,$Q = (8, 3)$.
$3$. $R$ એ $x-$ અક્ષ પર છે,તેથી તેનો $y-$ યામ $0$ છે. ધારો કે $R = (x_R, 0)$. $R$ એ $x - 2y = 2$ પર હોવાથી,$x_R - 2(0) = 2$,તેથી $x_R = 2$. આમ,$R = (2, 0)$.
$4$. $\Delta PQR$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G$ એ $(\frac{x_P + x_Q + x_R}{3}, \frac{y_P + y_Q + y_R}{3}) = (\frac{5 + 8 + 2}{3}, \frac{3 + 3 + 0}{3}) = (5, 2)$ છે.
$5$. આપણે ચકાસીએ કે $(5, 2)$ કયા રેખાના સમીકરણનું સમાધાન કરે છે:
- $C: 2(5) - 5(2) = 10 - 10 = 0$. આ સમીકરણનું સમાધાન થાય છે.
$6$. તેથી,મધ્યકેન્દ્ર $2x - 5y = 0$ રેખા પર આવેલું છે.

(D) પ્રથમ $50$ બેકી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ $2, 4, 6, \ldots, 100$ છે.
આ સંખ્યાઓને $2(1), 2(2), 2(3), \ldots, 2(50)$ તરીકે લખી શકાય.
કોઈપણ સંખ્યાઓના સમૂહ $x_i$ ને અચળ $k$ વડે ગુણતા મળતા નવા સમૂહનું વિચરણ $\text{Var}(kx_i) = k^2 \text{Var}(x_i)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$k = 2$ અને સમૂહ પ્રથમ $50$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ $(1, 2, 3, \ldots, 50)$ છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનું વિચરણ $\frac{n^2 - 1}{12}$ છે.
$n = 50$ માટે,$\text{Var} = \frac{50^2 - 1}{12} = \frac{2500 - 1}{12} = \frac{2499}{12}$.
તેથી,પ્રથમ $50$ બેકી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનું વિચરણ $2^2 \times \frac{2499}{12} = 4 \times \frac{2499}{12} = \frac{2499}{3} = 833$ થાય.

(C) ઝિર્કોનિયમ ફોસ્ફેટનું વિયોજન નીચે મુજબ છે:
$Zr_3(PO_4)_4 (s) \rightleftharpoons 3 Zr^{4+} (aq) + 4 PO_4^{3-} (aq)$
જો $S$ એ મોલર દ્રાવ્યતા હોય,તો $[Zr^{4+}] = 3S$ અને $[PO_4^{3-}] = 4S$.
દ્રાવ્યતા ગુણાકારનું સૂત્ર:
$K_{sp} = [Zr^{4+}]^3 [PO_4^{3-}]^4$
$K_{sp} = (3S)^3 (4S)^4$
$K_{sp} = (27 S^3) (256 S^4)$
$K_{sp} = 6912 S^7$
તેથી,$S^7 = K_{sp} / 6912$
$S = (K_{sp} / 6912)^{1/7}$

(A) કોઈપણ બિંદુએ વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ $\tan \theta = \frac{dy}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $y = \frac{x^3}{6}$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{6} = \frac{x^2}{2}$.
આમ,$\tan \theta = \frac{x^2}{2}$.
બ્લોક લપસ્યા વિના સંતુલનમાં રહે તે માટેની શરત $\mu \ge \tan \theta$ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ એ સીમાંત કિસ્સાને અનુરૂપ છે જ્યાં $\mu = \tan \theta$.
આપેલ છે કે $\mu = 0.5 = \frac{1}{2}$,તેથી $\frac{1}{2} = \frac{x^2}{2}$,જે આપણને $x^2 = 1$ આપે છે,એટલે કે $x = 1 \text{ m}$.
$y$ ના સમીકરણમાં $x = 1$ મૂકતા,આપણને મહત્તમ ઊંચાઈ મળે છે:
$y = \frac{(1)^3}{6} = \frac{1}{6} \text{ m}$.

(A) સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટનું સૂત્ર $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $\sqrt{n(n+2)} = 1.73$,જેનો અર્થ છે કે $n = 1$.
વેનેડિયમ $(V)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^3 4s^2$ છે.
$n = 1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન મેળવવા માટે,વેનેડિયમ $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં $(V^{4+})$ હોવું જોઈએ,જેની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^1$ થાય છે.
તેથી,સંયોજનનું સૂત્ર $VCl_4$ છે.

(A) વાન્ડર વાલ્સ સમીકરણ $\left( P + \frac{n^2a}{V^2} \right)(V - nb) = nRT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઓછા દબાણે,કદ $V$ ખૂબ મોટું હોય છે,જેના કારણે સુધારાનું પદ $\frac{n^2a}{V^2}$ એ $P$ ની સરખામણીમાં અવગણ્ય બને છે.
ઊંચા તાપમાને,કદ $V$ પણ મોટું હોય છે,જેના કારણે સુધારાનું પદ $nb$ એ $V$ ની સરખામણીમાં અવગણ્ય બને છે.
આ પરિસ્થિતિઓમાં,સમીકરણ $PV = nRT$ માં સરળ બને છે,જે આદર્શ વાયુ સમીકરણ છે.

(A) $HI$ ની વિયોજન પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2HI_{(g)} \rightleftharpoons H_{2(g)} + I_{2(g)}$
ધારો કે $HI$ ના શરૂઆતના મોલ $1$ છે.
વિયોજનની માત્રા $\alpha = 50\% = 0.5$.
સંતુલન સમયે:
$HI$ ના મોલ $= 1 - \alpha = 1 - 0.5 = 0.5$
$H_2$ ના મોલ $= \frac{\alpha}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25$
$I_2$ ના મોલ $= \frac{\alpha}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25$
સંતુલન અચળાંક $K_c$ નીચે મુજબ મળે છે:
$K_c = \frac{[H_2][I_2]}{[HI]^2}$
બંને બાજુ મોલની સંખ્યા સમાન હોવાથી,કદ $V$ રદ થાય છે.
$K_c = \frac{0.25 \times 0.25}{(0.5)^2} = \frac{0.0625}{0.25} = 0.25$

(B) આપેલ છે:
દ્રાવ્યનું દળ $(w) = 120 \ g$
દ્રાવકનું દળ $= 1000 \ g$
દ્રાવ્યનું આણ્વીય દળ $(M_w) = 60 \ g/mol$
દ્રાવણની ઘનતા $(d) = 1.12 \ g/mL$
દ્રાવણનું કુલ દળ $= 1000 \ g + 120 \ g = 1120 \ g$
દ્રાવણનું કદ $(V) = \frac{\text{દ્રાવણનું દળ}}{d} = \frac{1120 \ g}{1.12 \ g/mL} = 1000 \ mL = 1 \ L$
દ્રાવ્યના મોલ $(n) = \frac{w}{M_w} = \frac{120 \ g}{60 \ g/mol} = 2 \ mol$
મોલારિટી $(M) = \frac{n}{V(L)} = \frac{2 \ mol}{1 \ L} = 2 \ M$

(C) હાઇડ્રોજન જેવી સ્પીસીઝમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ છે.
$Li^{2+}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 2$ ને અનુરૂપ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$E_2 = -13.6 \times \frac{3^2}{2^2} \ eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{9}{4} \ eV$
$E_2 = -13.6 \times 2.25 \ eV = -30.6 \ eV$.

(D) રૂટ મીન સ્ક્વેર વેગ $(V_{rms})$ નું સૂત્ર $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે.
આપેલ છે કે $V_{rms(O_2)} = V_{rms(He)}$,તેથી:
$\sqrt{\frac{3RT_{O_2}}{M_{O_2}}} = \sqrt{\frac{3RT_{He}}{M_{He}}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા અને સાદું રૂપ આપતા,$\frac{T_{O_2}}{M_{O_2}} = \frac{T_{He}}{M_{He}}$ મળે છે.
અહીં,$M_{O_2} = 32 \ g/mol$,$M_{He} = 4 \ g/mol$,અને $T_{He} = 300 \ K$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{T_{O_2}}{32} = \frac{300}{4}$.
$T_{O_2} = \frac{300 \times 32}{4} = 300 \times 8 = 2400 \ K$.

(C) સર્જન પ્રક્રિયા: $\frac{1}{2} N_2(g) + \frac{3}{2} H_2(g) \rightarrow NH_3(g)$; $\Delta H_f = -46.0 \, kJ/mol$.
બંધ વિયોજન ઉર્જા એ પરમાણુઓમાંથી સર્જન એન્થાલ્પીના મૂલ્યથી વિરુદ્ધ ચિહ્ન ધરાવે છે:
$BE(N \equiv N) = +712 \, kJ/mol$
$BE(H-H) = +436 \, kJ/mol$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta H_f = [\frac{1}{2} BE(N \equiv N) + \frac{3}{2} BE(H-H)] - [3 \times BE(N-H)]$.
કિંમતો મૂકતા:
$-46.0 = [\frac{1}{2}(712) + \frac{3}{2}(436)] - 3 \times BE(N-H)$.
$-46.0 = [356 + 654] - 3 \times BE(N-H)$.
$-46.0 = 1010 - 3 \times BE(N-H)$.
$3 \times BE(N-H) = 1010 + 46 = 1056$.
$BE(N-H) = 1056 / 3 = 352 \, kJ/mol$.

(B) $1 \, \text{mole}$ $H_2O$ માં $1 \, \text{mole}$ ઓક્સિજન પરમાણુ હોય છે,જે $16 \, g$ ઓક્સિજન છે.
$\therefore$ $3.6 \, \text{moles}$ $H_2O$ માં $3.6 \times 16 \, g$ ઓક્સિજન હોય છે.
$= 57.6 \, g$.

(B) સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટનું સૂત્ર $\mu = \sqrt{n(n + 2)} \, BM$ છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $\mu = 1.73 \, BM$,તેથી $1.73 = \sqrt{n(n + 2)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$3 = n(n + 2)$,જે $n^2 + 2n - 3 = 0$ આપે છે.
$n$ માટે ઉકેલતા,આપણને $n = 1$ મળે છે.
વેનેડિયમ $(Z = 23)$ ની ઈલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^3 4s^2$ છે.
$n = 1$ (એક અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન) માટે,વેનેડિયમ $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં હોવું જોઈએ $(V^{4+})$,જેની રચના $[Ar] 3d^1$ છે.
તેથી,ક્લોરાઈડનું સૂત્ર $VCl_4$ છે.

(A) એસિડિક $K_2Cr_2O_7$ અને $H_2S$ વચ્ચેની પ્રક્રિયાનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$K_2Cr_2O_7 + 4H_2SO_4 + 3H_2S \longrightarrow K_2SO_4 + Cr_2(SO_4)_3 + 7H_2O + 3S$
આ રેડોક્સ પ્રક્રિયામાં,ડાયક્રોમેટ આયનનું રિડક્શન થઈને ક્રોમિયમ$(III)$ સલ્ફેટ $(Cr_2(SO_4)_3)$ બને છે અને $H_2S$ નું ઓક્સિડેશન થઈને સલ્ફર $(S)$ બને છે.
આ પ્રક્રિયામાં આડપેદાશ તરીકે $K_2SO_4$ પણ બને છે.
આ પ્રક્રિયામાં $CrSO_4$ (ક્રોમિયમ$(II)$ સલ્ફેટ) બનતું નથી.

(B) $O_2^-$ ($17$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે આણ્વીય કક્ષક વિન્યાસ: $KK(\sigma 2s)^2(\sigma^* 2s)^2(\sigma 2p_x)^2(\pi 2p_y)^2(\pi 2p_z)^2(\pi^* 2p_y)^2(\pi^* 2p_z)^1$ છે.
$\pi^* 2p_z$ કક્ષકમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,$O_2^-$ પેરામેગ્નેટિક છે.
$N_2$ ($14$ ઇલેક્ટ્રોન) અને $N_2^{2+}$ ($12$ ઇલેક્ટ્રોન) તથા $O_2^{2-}$ ($18$ ઇલેક્ટ્રોન) માં બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત હોય છે.

(B) ઉભયગુણી પદાર્થો એવા છે જે એસિડ અને બેઇઝ બંને સાથે પ્રતિક્રિયા આપી શકે છે.
$Al_2O_3 \cdot xH_2O$ એ ઉભયગુણી ઓક્સાઇડ છે.
તે બેઇઝ $(OH^{-})$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને એલ્યુમિનેટ બનાવે છે:
$Al_2O_3 \cdot xH_2O_{(s)} + 2OH^{-}{(aq)} \longrightarrow 2AlO_2^{-}{(aq)} + (x+1)H_2O_{(l)}$
તે એસિડ $(H^{+})$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને એલ્યુમિનિયમ આયનો બનાવે છે:
$Al_2O_3 \cdot xH_2O_{(s)} + 6H^{+}_{(aq)} \longrightarrow 2Al^{3+}_{(aq)} + (x+3)H_2O_{(l)}$
તેથી,સેટ $1$ (બેઇઝ સાથેની પ્રતિક્રિયા) અને સેટ $3$ (એસિડ સાથેની પ્રતિક્રિયા) તેના ઉભયગુણી સ્વભાવને શ્રેષ્ઠ રીતે દર્શાવે છે.

(B) $CaC_2$ સંયોજન $Ca^{2+}$ અને $C_2^{2-}$ આયનોનું બનેલું છે.
$C_2^{2-}$ આયનમાં,બે કાર્બન પરમાણુઓ ત્રિબંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
ત્રિબંધમાં એક $\sigma$ બંધ અને બે $\pi$ બંધ હોય છે.
તેથી,$C_2^{2-}$ આયનમાં એક $\sigma$ બંધ અને બે $\pi$ બંધ હોય છે.

(C) પ્રોપીનનું હાઇડ્રોબોરેશન-ઓક્સિડેશન દ્વિબંધ પર પાણીના એન્ટિ-માર્કોવનીકોવ ઉમેરણને અનુસરે છે.
$CH_3CH=CH_2 \xrightarrow{1. B_2H_6, 2. H_2O_2, NaOH} CH_3CH_2CH_2OH$
આમ,બનતી નીપજ પ્રોપેન$-1-$ઓલ $(CH_3CH_2CH_2OH)$ છે.

(D) મુક્ત મુલકોની સ્થિરતા નક્કી કરવા માટે,આપણે તેમની સ્થિરતાને અસર કરતા પરિબળો જેવા કે સંસ્પંદન,હાઇપરકોન્જુગેશન અને પ્રેરક અસરોની તુલના કરીએ છીએ.
વિકલ્પ $B$ માં,જમણી બાજુનો મુલક એ તૃતીયક આલ્કાઈલ મુલક છે,જે $9$ $\alpha$-હાઇડ્રોજન દ્વારા હાઇપરકોન્જુગેશનથી સ્થાયી થાય છે,જ્યારે ડાબી બાજુનો મુલક એ દ્વિતીયક આલ્કાઈલ મુલક છે,જે $4$ $\alpha$-હાઇડ્રોજન દ્વારા હાઇપરકોન્જુગેશનથી સ્થાયી થાય છે. આમ,તૃતીયક મુલક $(B)$ એ દ્વિતીયક મુલક $(A)$ કરતા વધુ સ્થાયી છે.
વિકલ્પ $C$ માં,જમણી બાજુનો મુલક એ પ્રાથમિક આલ્કાઈલ મુલક છે,જ્યારે ડાબી બાજુનો મુલક એ સાયક્લોપ્રોપિલ મુલક છે. સાયક્લોપ્રોપિલ મુલક ઉચ્ચ એંગલ સ્ટ્રેનને કારણે ઓછો સ્થાયી છે.
વિકલ્પ $D$ માં,$Ph_{3}\dot{C}$ એ $(CH_{3})_{3}\dot{C}$ કરતા વધુ સ્થાયી છે કારણ કે $Ph_{3}\dot{C}$ માં સંસ્પંદન સ્થિરીકરણ એ $(CH_{3})_{3}\dot{C}$ માં હાઇપરકોન્જુગેશન કરતા વધુ અસરકારક છે.
તેથી,જોડી $D$ માં,$A$ એ $B$ કરતા વધુ સ્થાયી છે.

(B) એસિટિલિન $(CH \equiv CH)$ ના ચક્રીય પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ મળે છે,જે પોલી-ઈન છે.
$3CH \equiv CH \xrightarrow{\Delta, \text{Fe tube}} C_6H_6$ (બેન્ઝીન).
તે જ રીતે,પ્રોપાઈનનું ચક્રીય પોલિમરાઈઝેશન થઈને $1,3,5$-ટ્રાયમિથાઈલબેન્ઝીન બને છે.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ઈલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$E = W + K.E.$
$\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_0} + \frac{1}{2}mv^2$
ગતિઊર્જાના પદ માટે પુનઃગોઠવણ કરતા:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$
$\frac{1}{2}mv^2 = hc \left(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}\right) = hc \left(\frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0}\right)$
વેગ $v$ માટે ઉકેલતા:
$v^2 = \frac{2hc}{m} \left(\frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0}\right)$
$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left(\frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0}\right)}$

(D) સોડિયમ એસિટેટ એ પ્રબળ બેઇઝ અને નિર્બળ એસિડનો ક્ષાર છે.
પ્રબળ બેઇઝ અને નિર્બળ એસિડના ક્ષાર માટે $pH$ નું સૂત્ર:
$pH = 7 + \frac{1}{2}pK_a + \frac{1}{2} \log c$
આપેલ છે:
$c = 0.1 \ M = 10^{-1} \ M$
$K_a = 1.0 \times 10^{-5}$
પગલું $1$: $pK_a$ ની ગણતરી
$pK_a = - \log K_a = - \log (10^{-5}) = 5$
પગલું $2$: $\log c$ ની ગણતરી
$\log c = \log (10^{-1}) = -1$
પગલું $3$: $pH$ ની ગણતરી
$pH = 7 + \frac{1}{2}(5) + \frac{1}{2}(-1)$
$pH = 7 + 2.5 - 0.5$
$pH = 9.0$

(D) જે દ્રાવણોમાં થોડા પ્રમાણમાં એસિડ કે બેઇઝ ઉમેરવાથી $pH$ ના મૂલ્યમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ થાય છે,તેને બફર દ્રાવણો કહેવામાં આવે છે.
કારણ કે $pH = -\log[H_3O^+]$,અચળ $pH$ નો અર્થ એ છે કે $H_3O^+$ ની સાંદ્રતા અસરકારક રીતે અચળ રહે છે.

(A) બોઈલના નિયમ મુજબ,અચળ તાપમાને નિશ્ચિત જથ્થાના વાયુ માટે,$P_1V_1 = P_2V_2$.
આપેલ છે: $V_1 = 750.0 \ mL$,$P_1 = 840.0 \ mm \ Hg$,$P_2 = 360.0 \ mm \ Hg$.
કિંમતો મૂકતા: $840.0 \ mm \ Hg \times 750.0 \ mL = 360.0 \ mm \ Hg \times V_2$.
$V_2 = \frac{840.0 \times 750.0}{360.0} \ mL = 1750 \ mL$.
લીટરમાં રૂપાંતર કરતા: $1750 \ mL = 1.750 \ L$.

(B) આપેલ છે,$C_p = 10 \, cal \, K^{-1} \, mol^{-1}$.
$T_1 = 1000 \, K$,$T_2 = 100 \, K$.
દળ $m = 32 \, g$.
$CD_2O$ માટે,મોલર દળ $= 12 + 2(2) + 16 = 32 \, g \, mol^{-1}$.
મોલની સંખ્યા $n = \frac{32 \, g}{32 \, g \, mol^{-1}} = 1 \, mol$.
અચળ દબાણે,એન્ટ્રોપીમાં થતો ફેરફાર $\Delta S = n \times C_p \times \ln \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta S = 1 \times 10 \times 2.303 \times \log \frac{100}{1000}$.
$\Delta S = 23.03 \times \log(10^{-1})$.
$\Delta S = 23.03 \times (-1) = -23.03 \, cal \, deg^{-1}$.

(A) $n_1 = 1$ થી $n_2 = 2$ ના સંક્રમણ માટે ઉર્જાનો ફેરફાર:
$\Delta E = - 2.0 \times 10^{-18} \times \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{1^2} \right)$
$\Delta E = - 2.0 \times 10^{-18} \times \left( - \frac{3}{4} \right) = 1.5 \times 10^{-18} \, J$
સંબંધ $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ નો ઉપયોગ કરતા,તરંગલંબાઇ $\lambda$:
$\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{6.625 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{1.5 \times 10^{-18}}$
$\lambda = 1.325 \times 10^{-7} \, m$

(C) આવર્ત કોષ્ટકમાં,સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં,કક્ષાની સંખ્યા વધે છે,જેના કારણે પરમાણ્વીય ત્રિજ્યામાં વધારો થાય છે.
$C$ $(Z=6)$ અને $Ge$ $(Z=32)$ સમૂહ $14$ ના તત્વો છે. $C$ થી $Ge$ તરફ જતાં સમૂહમાં નીચે તરફ જવાય છે,તેથી પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા વધે છે.

(C) બંધ ક્રમાંક એ બંધ વિયોજન ઉર્જાના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
આણ્વીય કક્ષક સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીને બંધ ક્રમાંકની ગણતરી:
$N_2$ ($14$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: બંધ ક્રમાંક = $(10-4)/2 = 3$.
$O_2$ ($16$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: બંધ ક્રમાંક = $(10-6)/2 = 2$.
$O_2^-$ ($17$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: બંધ ક્રમાંક = $(10-7)/2 = 1.5$.
બંધ ક્રમાંકનો ક્રમ $N_2 (3) > O_2 (2) > O_2^- (1.5)$ હોવાથી,બંધ વિયોજન ઉર્જાનો ક્રમ પણ $N_2 > O_2 > O_2^-$ થશે.

(D) $Na_2O_2$ એ સોડિયમનો પેરોક્સાઇડ છે,સુપર ઓક્સાઇડ નથી.
સોડિયમ સુપર ઓક્સાઇડનું સૂત્ર $NaO_2$ છે.
તેથી,$Na_2O_2$ સોડિયમનો સુપર ઓક્સાઇડ છે તે વિધાન ખોટું છે.

(C) $CsCl$ ના $BCC$ એકમ કોષમાં,$Cs^{+}$ આયન બોડી સેન્ટર પર અને $Cl^{-}$ આયનો ખૂણાઓ પર હોય છે.
ઘનનો બોડી ડાયાગોનલ $\sqrt{3} a$ જેટલો હોય છે.
બોડી ડાયાગોનલ પર,આયનો એકબીજાના સંપર્કમાં હોય છે જેથી અંતર $r_{Cl^{-}} + 2r_{Cs^{+}} + r_{Cl^{-}} = \sqrt{3} a$ થાય.
આનું સાદું રૂપ $2(r_{Cs^{+}} + r_{Cl^{-}}) = \sqrt{3} a$ થાય છે.
તેથી,સાચું સમીકરણ $r_{Cs^{+}} + r_{Cl^{-}} = \frac{\sqrt{3}}{2} a$ છે.

(A) અભિસરણ દબાણ $\pi$ નું સૂત્ર $\pi = iCRT$ છે,જ્યાં $i$ એ વોન્ટ હોફ અવયવ છે,$C$ એ મોલર સાંદ્રતા છે,$R$ એ વાયુ અચળાંક છે અને $T$ એ તાપમાન છે.
$C_2H_5OH$ (બિન-વિદ્યુતવિભાજ્ય) માટે: $i = 1$,$\pi = 1 \times 0.500 \times RT = 0.500 RT$.
$Mg_3(PO_4)_2$ ($3Mg^{2+} + 2PO_4^{3-}$ માં વિયોજન પામે છે,તેથી $i = 5$) માટે: $\pi = 5 \times 0.100 \times RT = 0.500 RT$.
$KBr$ ($K^+ + Br^-$ માં વિયોજન પામે છે,તેથી $i = 2$) માટે: $\pi = 2 \times 0.250 \times RT = 0.500 RT$.
$Na_3PO_4$ ($3Na^+ + PO_4^{3-}$ માં વિયોજન પામે છે,તેથી $i = 4$) માટે: $\pi = 4 \times 0.125 \times RT = 0.500 RT$.
આપેલા તમામ દ્રાવણોનું અભિસરણ દબાણ સમાન હોવાથી,તે આઈસોટોનિક (સમઅભિસારી) દ્રાવણો છે.

(A) $0.2 \, M$ દ્રાવણ માટે:
$R_1 = 50 \, \Omega$,$\kappa_1 = 1.4 \, S \, m^{-1}$.
કોષ અચળાંક $G^* = R_1 \times \kappa_1 = 50 \times 1.4 = 70 \, m^{-1}$.
$0.5 \, M$ દ્રાવણ માટે:
$R_2 = 280 \, \Omega$.
વિશિષ્ટ વાહકતા $\kappa_2 = \frac{G^*}{R_2} = \frac{70}{280} = 0.25 \, S \, m^{-1}$.
મોલર વાહકતા $\Lambda_m = \frac{\kappa_2}{C} = \frac{0.25 \, S \, m^{-1}}{0.5 \, mol \, L^{-1}}$.
સાંદ્રતાને $mol \, m^{-3}$ માં ફેરવતા: $0.5 \, mol \, L^{-1} = 500 \, mol \, m^{-3}$.
$\Lambda_m = \frac{0.25}{500} = 0.0005 = 5 \times 10^{-4} \, S \, m^2 \, mol^{-1}$.

(A) આપેલ અર્ધ-કોષ પ્રતિક્રિયાઓ:
$(i) \ Mn^{2+} + 2e^{-} \rightarrow Mn; E^{\circ}_{red} = -1.18 \ V$
$(ii) \ Mn^{3+} + e^{-} \rightarrow Mn^{2+}; E^{\circ}_{red} = +1.51 \ V$
લક્ષ્ય પ્રતિક્રિયા $3Mn^{2+} \rightarrow Mn + 2Mn^{3+}$ છે.
આ પ્રક્રિયા $Mn^{2+}$ નું $Mn$ માં રિડક્શન અને $Mn^{2+}$ નું $Mn^{3+}$ માં ઓક્સિડેશનનો સરવાળો છે.
$E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{cathode} - E^{\circ}_{anode}$
અહીં,$Mn^{2+} \rightarrow Mn$ કેથોડ તરીકે $(E^{\circ} = -1.18 \ V)$ અને $Mn^{2+} \rightarrow Mn^{3+} + e^{-}$ એનોડ તરીકે ($E^{\circ}_{ox} = -1.51 \ V$,તેથી $E^{\circ}_{red} = +1.51 \ V$) કાર્ય કરે છે.
$E^{\circ}_{cell} = (-1.18 \ V) - (+1.51 \ V) = -2.69 \ V$.
$E^{\circ}_{cell}$ ઋણ હોવાથી,$\Delta G^{\circ} = -nFE^{\circ}_{cell}$ ધન થશે,જેનો અર્થ છે કે પ્રક્રિયા બિન-સ્વયંસ્ફુરિત છે અને થશે નહીં.

(C) Debye-$H$ückel-Onsager સમીકરણ મુજબ,પ્રબળ વિદ્યુતવિભાજ્ય માટે સાંદ્રતા સાથે મોલર (અથવા તુલ્ય) વાહકતામાં થતો ફેરફાર નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\lambda_C = \lambda_{\infty} - B \sqrt{C}$
અહીં,$\lambda_C$ એ સાંદ્રતા $C$ પર તુલ્ય વાહકતા છે,$\lambda_{\infty}$ એ અનંત મંદન પર તુલ્ય વાહકતા છે,અને $B$ એ દ્રાવક અને તાપમાનના સ્વભાવ પર આધારિત અચળાંક છે.

(D) ધારો કે પ્રક્રિયાનો વેગ $\frac{d[C]}{dt} = k[A]^{x}[B]^{y}$ છે.
આપેલ ડેટા પરથી:
$1.2 \times 10^{-3} = k[0.1]^{x}[0.1]^{y} \quad (i)$
$1.2 \times 10^{-3} = k[0.1]^{x}[0.2]^{y} \quad (ii)$
$2.4 \times 10^{-3} = k[0.2]^{x}[0.1]^{y} \quad (iii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{1.2 \times 10^{-3}}{1.2 \times 10^{-3}} = \frac{k[0.1]^{x}[0.1]^{y}}{k[0.1]^{x}[0.2]^{y}}$
$1 = (0.5)^{y} \Rightarrow y = 0.$
સમીકરણ $(i)$ ને $(iii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{1.2 \times 10^{-3}}{2.4 \times 10^{-3}} = \frac{k[0.1]^{x}[0.1]^{y}}{k[0.2]^{x}[0.1]^{y}}$
$0.5 = (0.5)^{x} \Rightarrow x = 1.$
આમ,વેગ નિયમ $\frac{d[C]}{dt} = k[A]^{1}[B]^{0} = k[A]$ છે.

(B) $s$-વિભાગની ધાતુઓ જેવી કે $Ca$,$Na$,$K$ અત્યંત સક્રિય હોય છે અને તેમનો પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ ખૂબ જ ઋણ હોય છે.
જ્યારે તેમના ક્ષારના જલીય દ્રાવણનું વિદ્યુતવિભાજન કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેથોડ પર ધાતુ આયનને બદલે પાણીનું રિડક્શન થાય છે.
કેથોડ પરની પ્રક્રિયા $H_2O(l) + e^- \rightarrow \frac{1}{2} H_2(g) + OH^-(aq)$ છે.
તેથી,આ ધાતુઓ તેમના જલીય ક્ષારના દ્રાવણના વિદ્યુતવિભાજન દ્વારા મેળવી શકાતી નથી; તેઓ સામાન્ય રીતે તેમના પીગળેલા ક્ષારના વિદ્યુતવિભાજન દ્વારા મેળવવામાં આવે છે.

(C) ક્લોરિનના ઓક્સોએસિડ્સની એસિડિક પ્રબળતાનો ઘટતો ક્રમ: $HClO_4 > HClO_3 > HClO_2 > HOCl$ છે.
કારણ: તેમના સંયુગ્મી બેઝ ($ClO_4^-$,$ClO_3^-$,$ClO_2^-$,$ClO^-$) ની સ્થિરતા ધ્યાનમાં લો.
વધુ ઓક્સિજન પરમાણુઓને કારણે સંસ્પંદન (resonance) દ્વારા $ClO_4^-$ માં ઋણ વીજભાર વધુ વિસ્થાનિકૃત (delocalized) થાય છે,જે $ClO_4^-$ ને સૌથી વધુ સ્થિર બનાવે છે અને તેથી $HClO_4$ સૌથી પ્રબળ એસિડ છે.
જેમ $Cl$-પરમાણુની આસપાસ ઓક્સિજન પરમાણુઓની સંખ્યા વધે છે,તેમ $Cl$-પરમાણુનો ઓક્સિડેશન આંક વધે છે,જે ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક અસર વધારે છે અને $H^+$ આયન મુક્ત કરવાની ક્ષમતામાં વધારો કરે છે.

(A) નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ $(NO)$ વાયુ અવસ્થામાં અનુચુંબકીય (paramagnetic) છે કારણ કે તેની એન્ટિબોન્ડિંગ મોલેક્યુલર ઓર્બિટલમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હાજર હોય છે.
$NO$ ($15$ ઇલેક્ટ્રોન) ની આણ્વીય કક્ષક રચના: $\sigma_{1s}^{2} \sigma_{1s}^{*2} \sigma_{2s}^{2} \sigma_{2s}^{*2} \sigma_{2p_z}^{2} \pi_{2p_x}^{2} \pi_{2p_y}^{2} \pi_{2p_x}^{*1}$ છે.
તેમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી તે અનુચુંબકીય છે,પ્રતિચુંબકીય નથી.
તેથી,તે પ્રતિચુંબકીય છે તે વિધાન ખોટું છે.

(B) સ્ફટિક ક્ષેત્ર વિભાજન ઉર્જા $(\Delta_o)$ એ શોષાયેલા પ્રકાશની તરંગલંબાઇ $(\lambda)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $\Delta_o = \frac{hc}{\lambda}$.
પ્રબળ લિગેન્ડ વધુ વિભાજન કરે છે અને તેથી ટૂંકી તરંગલંબાઇના પ્રકાશનું શોષણ કરે છે.
આપેલા રંગો માટે તરંગલંબાઇનો ક્રમ છે: $\text{લાલ} (L_1) > \text{પીળો} (L_3) > \text{લીલો} (L_2) > \text{વાદળી} (L_4)$.
લિગેન્ડ પ્રબળતા $\propto \frac{1}{\lambda}$ હોવાથી,લિગેન્ડ પ્રબળતાનો વધતો ક્રમ છે: $L_1 < L_3 < L_2 < L_4$.

(D) લોખંડના ઓક્સાઇડનું ધાતુના લોખંડમાં રિડક્શન એ ધાતુશાસ્ત્રનું મુખ્ય પગલું છે.
વિકલ્પ $D$ માં,ક્રમ નીચે મુજબ છે:
$1. \ 3Fe + 2O_2 \xrightarrow{\Delta} Fe_3O_4$
$2. \ Fe_3O_4 + CO \xrightarrow{600^{\circ}C} 3FeO + CO_2$
$3. \ FeO + CO \xrightarrow{700^{\circ}C} Fe + CO_2$
આ ક્રમ ચોક્કસ તાપમાને રિડ્યુસિંગ એજન્ટ તરીકે કાર્બન મોનોક્સાઇડનો ઉપયોગ કરીને તેના ઓક્સાઇડ અયસ્કમાંથી લોખંડના નિષ્કર્ષણને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે.

(B) $S_{N}2$ પ્રક્રિયાઓનો દર ઇલેક્ટ્રોફિલિક કાર્બન પરમાણુની આસપાસના અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
જેમ હેલોજન ધરાવતા કાર્બન સાથે જોડાયેલા આલ્કાઈલ જૂથોની સંખ્યા વધે છે,તેમ અવકાશી અવરોધ વધે છે,જે ન્યુક્લિયોફાઈલના અભિગમને અવરોધે છે.
$S_{N}2$ પ્રક્રિયાઓ માટે આલ્કાઈલ હેલાઈડની પ્રતિક્રિયાશીલતાનો ક્રમ છે: $Methyl \ halide > Primary \ (1^{\circ}) \ halide > Secondary \ (2^{\circ}) \ halide > Tertiary \ (3^{\circ}) \ halide$.
આપેલા સંયોજનોની સરખામણી કરતા:
$CH_3Cl$ (મિથાઈલ હેલાઈડ) > $CH_3CH_2Cl$ (પ્રાથમિક) > $(CH_3)_2CHCl$ (દ્વિતીયક) > $(CH_3)_3CCl$ (તૃતીયક).
તેથી,સાચો ક્રમ $CH_3Cl > CH_3CH_2Cl > (CH_3)_2CHCl > (CH_3)_3CCl$ છે.

(A) સોડિયમ ફિનોક્સાઇડની $125\,^{\circ}C$ અને $5 \ atm$ દબાણે $CO_2$ સાથેની પ્રક્રિયા કોલ્બે-શ્મિટ પ્રક્રિયા છે,જે મધ્યવર્તી નીપજ $B$ તરીકે સેલિસિલિક એસિડ ($2$-હાઇડ્રોક્સિબેન્ઝોઇક એસિડ) આપે છે.
બીજા તબક્કામાં,સેલિસિલિક એસિડનું એસિટિક એનહાઇડ્રાઇડ $(Ac_2O)$ સાથે એસિટિલેશન થઈને એસિટાઇલસેલિસિલિક એસિડ બને છે,જેને સામાન્ય રીતે એસ્પિરિન તરીકે ઓળખવામાં આવે છે,જે મુખ્ય નીપજ $C$ છે.
$C$ નું બંધારણ $2$-એસેટોક્સિબેન્ઝોઇક એસિડ છે.

(D) $R-CH_2-OH \xrightarrow{PCC} R-CHO$
$PCC$ (પિરિડિનિયમ ક્લોરોક્રોમેટ) એ એક મંદ ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે પ્રાથમિક આલ્કોહોલનું આલ્ડિહાઇડમાં પસંદગીયુક્ત ઓક્સિડેશન કરે છે,જે તેને કાર્બોક્સિલિક એસિડમાં રૂપાંતરિત થતા અટકાવે છે.
$KMnO_4$,$K_2Cr_2O_7$,અને $CrO_3$ એ પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે સામાન્ય રીતે પ્રાથમિક આલ્કોહોલનું સીધું કાર્બોક્સિલિક એસિડમાં ઓક્સિડેશન કરે છે.

(C) પ્રક્રિયાનો ક્રમ નીચે મુજબ છે:
$1.$ રિડક્શન: $CH_3-COOH \xrightarrow{LiAlH_4} CH_3-CH_2-OH$ (ઈથેનોલ,$A$)
$2.$ ક્લોરિનેશન: $CH_3-CH_2-OH \xrightarrow{PCl_5} CH_3-CH_2-Cl$ (ઈથાઈલ ક્લોરાઈડ,$B$)
$3.$ ડીહાઈડ્રોહેલોજીનેશન: $CH_3-CH_2-Cl \xrightarrow{Alc. KOH} CH_2=CH_2$ (ઈથીલીન,$C$)
તેથી,નીપજ $C$ એ ઈથીલીન છે.

(D) આ પ્રક્રિયાને $Carbylamine$ કસોટી તરીકે ઓળખવામાં આવે છે,જેનો ઉપયોગ પ્રાથમિક એમાઈનની ઓળખ માટે થાય છે.
જ્યારે એલિફેટિક પ્રાથમિક એમાઈન $(R-NH_2)$ ને ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ અને ઇથેનોલિક પોટેશિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ $(KOH)$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે આલ્કાઇલ આઇસોસાયનાઇડ $(R-NC)$ બનાવે છે,જે દુર્ગંધયુક્ત હોય છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $R-NH_2 + CHCl_3 + 3KOH (alc.) \rightarrow R-NC + 3KCl + 3H_2O$.
આ પ્રક્રિયામાં ડાયક્લોરોકાર્બીન $(:CCl_2)$ મધ્યવર્તી તરીકે બને છે.

(A) જલીય દ્રાવણમાં એમાઇન્સની બેઝિક પ્રબળતા ઇન્ડક્ટિવ અસર,સોલ્વેશન અસર અને સ્ટેરિક અવરોધ પર આધાર રાખે છે. મિથાઇલ-વિસ્થાપિત એમાઇન્સ માટે,બેઝિક પ્રબળતાનો ક્રમ $(CH_3)_2NH > CH_3NH_2 > (CH_3)_3N > C_6H_5NH_2$ છે.
જેમ કે $pK_b = -\log K_b$,તેથી ઉચ્ચ $K_b$ મૂલ્ય એ નાના $pK_b$ મૂલ્યને અનુરૂપ છે.
તેથી,$(CH_3)_2NH$ (ડાયમિથાઇલ એમાઇન) સૌથી વધુ બેઝિક પ્રબળતા ધરાવે છે અને પરિણામે તેનું $pK_b$ મૂલ્ય સૌથી ઓછું છે.
$C_6H_5NH_2$ (એનિલીન) બેન્ઝીન રિંગ સાથે લોન પેરના રેઝોનન્સને કારણે સૌથી ઓછું બેઝિક છે.

(A) સંઘનન પોલિમર બે અલગ-અલગ દ્વિ-ક્રિયાશીલ અથવા ત્રિ-ક્રિયાશીલ મોનોમર એકમો વચ્ચે વારંવાર થતી સંઘનન પ્રક્રિયા દ્વારા રચાય છે,જેમાં સામાન્ય રીતે $H_2O$,$HCl$ વગેરે જેવા નાના અણુઓ દૂર થાય છે.
$Dacron$ (જેને $Terylene$ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે) એ ઇથિલિન ગ્લાયકોલ $(HO-CH_2-CH_2-OH)$ અને ટેરેફ્થાલિક એસિડ $(HOOC-C_6H_4-COOH)$ ના પોલિમરાઇઝેશન દ્વારા બનતો સંઘનન પોલિમર છે.
$Neoprene$,$Teflon$ અને $Acrylonitrile$ (જે $PAN$ બનાવે છે) એ યોગશીલ પોલિમર છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ક્વિનોલિન એ એક આલ્કલોઇડ છે,તે $DNA$ માં હાજર નથી.
$DNA$ માં ચાર નાઇટ્રોજન બેઝ હોય છે: એડેનાઈન,ગ્વાનિન,સાયટોસિન અને થાઈમિન.

(D) વિકલ્પ $A$: પ્રક્રિયા $Li_2O + 2KCl \rightarrow 2LiCl + K_2O$ ઉષ્માગતિશાસ્ત્રની દ્રષ્ટિએ અયોગ્ય છે કારણ કે $Li_2O$ એ $K_2O$ કરતા વધુ સ્થાયી છે.
વિકલ્પ $B$: પ્રક્રિયા $[CoCl(NH_3)_5]^{2+} + 5H^+ \rightarrow Co^{2+} + 5NH_4^+ + Cl^-$ પરમાણુઓ અને વીજભારની દ્રષ્ટિએ સંતુલિત નથી.
વિકલ્પ $C$: પ્રક્રિયા $[Mg(H_2O)_6]^{2+} + (EDTA)^{4-} \rightarrow [Mg(EDTA)]^{2-} + 6H_2O$ સંતુલિત છે.
વિકલ્પ $D$: પ્રક્રિયા $CuSO_4 + 4KCN \rightarrow K_2[Cu(CN)_4] + K_2SO_4$ સંતુલિત છે: બંને બાજુ $Cu$ $(1)$,$S$ $(1)$,$O$ $(4)$,$K$ $(4)$,$C$ $(4)$,$N$ $(4)$ છે.

(A) ફેસ સેન્ટર્ડ ક્યુબિક $(FCC)$ લેટીસમાં:
ખૂણા પરના પરમાણુઓ $A$ ની સંખ્યા $= 8 \times \frac{1}{8} = 1$.
$FCC$ યુનિટ સેલમાં ફેસ સેન્ટર્ડ સ્થાનોની સંખ્યા $6$ છે.
કારણ કે એક ફેસ સેન્ટર્ડ બિંદુ પરથી એક પરમાણુ $B$ ગેરહાજર છે,તેથી હાજર રહેલા પરમાણુઓ $B$ ની સંખ્યા $= 5 \times \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$.
પરમાણુઓ $A:B$ નો ગુણોત્તર $= 1 : \frac{5}{2} = 2 : 5$.
તેથી,આયોનિક સંયોજનનું સૂત્ર $A_2B_5$ છે.

(C) ઇલેક્ટ્રોલિસિસ દરમિયાન ધાતુઓનું જમા થવું તેમના રિડક્શન પોટેન્શિયલના ક્રમમાં થાય છે,જે સૌથી વધુ રિડક્શન પોટેન્શિયલથી સૌથી ઓછા રિડક્શન પોટેન્શિયલ તરફ હોય છે.
આપેલ પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ: $E_A^\circ = -1.2 \ V$,$E_B^\circ = 0.6 \ V$,$E_C^\circ = 0.85 \ V$,અને $E_D^\circ = -0.76 \ V$.
તેમને ઉતરતા ક્રમમાં ગોઠવતા: $0.85 \ V (C) > 0.6 \ V (B) > -0.76 \ V (D) > -1.2 \ V (A)$.
આમ,ધાતુઓના જમા થવાનો ક્રમ $C, B, D, A$ છે.

(C) આપેલ અર્ધ-આયુષ્ય $t_{1/2} = 15 \ minutes$.
કુલ સમય $T = 1 \ hr = 60 \ minutes$.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{T}{t_{1/2}} = \frac{60}{15} = 4$.
બાકી રહેલા પદાર્થનો જથ્થો શોધવાનું સૂત્ર $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^n$ છે.
$n$ ની કિંમત મૂકતા,$\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^4 = \frac{1}{16}$.
તેથી,$1 \ hour$ પછી બાકી રહેલો પદાર્થ મૂળ જથ્થાના $\frac{1}{16}$ ભાગ જેટલો હશે.

(C) કોષમાંથી પસાર થતો કુલ વિદ્યુતભાર $Q = i \times t$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $i = 10.0 \, A$ અને $t = 2.00 \, h = 2.00 \times 3600 \, s = 7200 \, s$.
$Q = 10.0 \, A \times 7200 \, s = 72,000 \, C$.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ,$x$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા ધરાવતી $n$ મોલ ધાતુ $X$ ને જમા કરવા માટે જરૂરી ઇલેક્ટ્રોનના મોલની સંખ્યા $n \times x = \frac{Q}{F}$ છે.
અહીં,$n = 0.250 \, mol$ અને $F = 96,500 \, C \, mol^{-1}$.
$0.250 \times x = \frac{72,000}{96,500}$.
$0.250 \times x \approx 0.746$.
$x = \frac{0.746}{0.250} \approx 2.98 \approx 3$.
તેથી,ધાતુ $X$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $3+$ છે.

(C) $CaF_2$ અને $SiO_2$ ની સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથેની પ્રક્રિયાથી સિલિકોન ટેટ્રાફ્લોરાઇડ વાયુ $(SiF_4)$ ઉત્પન્ન થાય છે:
$2CaF_2 + SiO_2 + 2H_2SO_4 \longrightarrow SiF_4 + 2CaSO_4 + 2H_2O$
જ્યારે $SiF_4$ નું જળવિભાજન થાય છે,ત્યારે તે હાઇડ્રોફ્લુઓસિલિકિક એસિડ અને સિલિકિક એસિડ $(H_2SiO_3)$ નો સફેદ જેલી જેવો અવક્ષેપ બનાવે છે:
$3SiF_4 + 3H_2O \longrightarrow 2H_2SiF_6 + H_2SiO_3$ (સિલિકિક એસિડનો સફેદ જેલી જેવો અવક્ષેપ).

(C) $Co$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $27$ છે. $Co^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^6$ છે.
સંકીર્ણ અષ્ટફલકીય અને પ્રતિચુંબકીય હોવાથી,લિગાન્ડ્સ પ્રબળ ક્ષેત્રના હોવા જોઈએ જે $3d$ કક્ષકોમાં ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે.
આના પરિણામે બે ખાલી $3d$ કક્ષકો,એક $4s$ કક્ષક અને ત્રણ $4p$ કક્ષકો મળે છે,જે સંકરણ પામીને છ $d^2sp^3$ સંકર કક્ષકો બનાવે છે.
આમ,સામેલ સંકરણ $d^2sp^3$ છે.

(C) બ્લાસ્ટ ફર્નેસમાંથી મેળવવામાં આવતા લોખંડને $Pig \ Iron$ (કાચું લોખંડ) કહેવામાં આવે છે. તેમાં આશરે $4 \%$ કાર્બન અને $S, P, Si, Mn$ જેવી ઘણી અશુદ્ધિઓ ઓછી માત્રામાં હોય છે.

(A) $[Fe(CN)_6]^{3-}$ માટે,$Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે. $Fe^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^5$ છે. $CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ હોવાથી,તે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે,પરિણામે એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n=1)$ રહે છે. તેથી,તે અનુચુંબકીય છે.
$[FeF_6]^{3-}$ માટે,$Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે. $Fe^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^5$ છે. $F^-$ એ નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ હોવાથી,તે યુગ્મીકરણ કરતું નથી,પરિણામે પાંચ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n=5)$ રહે છે. તેથી,તે પણ અનુચુંબકીય છે.
આમ,બંને સંકીર્ણો અનુચુંબકીય છે.

(D) કેનિઝારો પ્રક્રિયા એ $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ ધરાવતા ન હોય તેવા આલ્ડિહાઈડની અસમાનતા (disproportionation) પ્રક્રિયા છે,જેમાં આલ્ડિહાઈડનો એક અણુ આલ્કોહોલમાં રિડક્શન પામે છે અને બીજો કાર્બોક્સિલિક એસિડના ક્ષારમાં ઓક્સિડેશન પામે છે. તેમાં નવા કાર્બન-કાર્બન બંધનું નિર્માણ થતું નથી.
$2C_6H_5CHO + KOH \longrightarrow C_6H_5CH_2OH + C_6H_5COOK$
તેનાથી વિપરીત,રાઈમર-ટીમેન પ્રક્રિયા,ફ્રિડલ-ક્રાફ્ટ એસાઈલેશન અને વુર્ટ્ઝ પ્રક્રિયામાં નવા કાર્બન-કાર્બન બંધનું નિર્માણ થાય છે.

(A) બંધ લંબાઈ હેલોજન પરમાણુના કદ પર આધાર રાખે છે.
જેમ સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં હેલોજન પરમાણુનું કદ વધે છે $(F < Cl < Br < I)$,તેમ $C$-હેલોજન બંધની લંબાઈ પણ વધે છે.
તેથી,વધતી બંધ લંબાઈનો સાચો ક્રમ $CH_3F < CH_3Cl < CH_3Br < CH_3I$ છે.

(B) સાચો વિકલ્પ છે.
એલાઈલ ફિનાઈલ ઈથર $Williamson$ ઈથર સંશ્લેષણ દ્વારા બનાવવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,સોડિયમ ફિનોક્સાઈડ $(C_6H_5-ONa)$ ન્યુક્લિયોફાઈલ તરીકે વર્તે છે અને $S_N2$ પ્રક્રિયા દ્વારા એલાઈલ બ્રોમાઈડ $(CH_2=CH-CH_2-Br)$ ના ઈલેક્ટ્રોફિલિક કાર્બન પર હુમલો કરે છે.
બ્રોમોબેન્ઝીન $(C_6H_5-Br)$ જેવા એરાઈલ હેલાઈડ્સ $C-X$ બંધના આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતાને કારણે સામાન્ય પરિસ્થિતિઓમાં ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા આપતા નથી.
પ્રક્રિયા: $C_6H_5-ONa + Br-CH_2-CH=CH_2 \rightarrow C_6H_5-O-CH_2-CH=CH_2 + NaBr$

(C) આ પ્રક્રિયામાં $DMF$ (ડાયમિથાઈલફોર્મામાઈડ) નો ઉપયોગ થાય છે,જે પોલર એપ્રોટિક દ્રાવક છે,જે $S_N2$ મિકેનિઝમને પ્રોત્સાહન આપે છે.
$S_N2$ પ્રક્રિયાઓ સંપૂર્ણ ઇન્વર્ઝન ઓફ કોન્ફિગરેશન (વોલ્ડન ઇન્વર્ઝન) સાથે આગળ વધે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$C_6H_5CH(CH_3)Br$ એ સેકન્ડરી આલ્કાઈલ બ્રોમાઈડ છે જે $S_N2$ હુમલા માટે અવકાશી રીતે યોગ્ય છે.
$C_6H_5CH_2Br$ એ પ્રાઈમરી છે અને તે પણ $S_N2$ અનુભવે છે,પરંતુ $C_6H_5CH(CH_3)Br$ એ ઓપ્ટિકલી એક્ટિવ સેકન્ડરી હેલાઈડનું ઉત્તમ ઉદાહરણ છે જે ઇન્વર્ઝન દર્શાવે છે.

(B) Buna-$S$ એ $1,3$-બ્યુટાડાઈન $(CH_2=CH-CH=CH_2)$ અને સ્ટાયરીન $(C_6H_5-CH=CH_2)$ નું કો-પોલિમર છે.
તેનું પુનરાવર્તિત એકમ $-(CH_2-CH=CH-CH_2-CH(C_6H_5)-CH_2)_n-$ છે.

(C) એસિટોન $(CH_3COCH_3)$ પોટેશિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ $(KOH)$ જેવા બેઝની હાજરીમાં આયોડિન $(I_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને આયોડોફોર્મ પ્રક્રિયા આપે છે.
આ પ્રક્રિયા મિથાઈલ કીટોન માટેની લાક્ષણિક કસોટી છે.
રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$CH_3COCH_3 + 3I_2 + 4KOH \longrightarrow CHI_3 + CH_3COOK + 3KI + 3H_2O$
મુખ્ય નીપજ આયોડોફોર્મ $(CHI_3)$ છે.

(D) ઘન આલ્કલી ધાતુ હેલાઈડ્સમાં રંગની હાજરી સામાન્ય રીતે $F$-કેન્દ્રો (Farbe કેન્દ્રો) ને કારણે હોય છે.
આ એવા એનાયનિક અવકાશ છે જે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા કબજે કરવામાં આવે છે.
જ્યારે આ સ્ફટિકો પર સફેદ પ્રકાશ પડે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત થવા માટે દ્રશ્યમાન વિસ્તારમાંથી ઊર્જાનું શોષણ કરે છે,જેના પરિણામે સ્ફટિક પૂરક રંગ દર્શાવે છે.
ઉદાહરણ તરીકે,$F$-કેન્દ્રો ધરાવતું $NaCl$ પીળો,$KCl$ મેજેન્ટા અને $KBr$ વાદળી રંગનું દેખાય છે.

(D) પ્રક્રિયા $2SO_2 + O_2 \rightleftharpoons 2SO_3$ માટે,પ્રક્રિયાનો દર નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય:
દર $= -\frac{1}{2} \frac{d[SO_2]}{dt} = -\frac{d[O_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[SO_3]}{dt}$
આપેલ છે કે $\frac{d[O_2]}{dt} = -2.5 \times 10^{-4} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
$SO_2$ અને $O_2$ ના પદોને સરખાવતા:
$-\frac{1}{2} \frac{d[SO_2]}{dt} = -\frac{d[O_2]}{dt}$
$\frac{d[SO_2]}{dt} = 2 \times \frac{d[O_2]}{dt}$
$\frac{d[SO_2]}{dt} = 2 \times (-2.5 \times 10^{-4} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1})$
$\frac{d[SO_2]}{dt} = -5.00 \times 10^{-4} \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.

(B) પ્રક્રિયાનો વેગ એ પ્રક્રિયકના અદ્રશ્ય થવાનો વેગ ભાગ્યા તેનો તત્વયોગમિતિય ગુણાંક છે,જે નીપજના બનવાના વેગ ભાગ્યા તેના તત્વયોગમિતિય ગુણાંક જેટલો હોય છે.
પ્રક્રિયા $2N_2O_5 \to 4NO_2 + O_2$ માટે,વેગનું સમીકરણ:
$-\frac{1}{2} \frac{d[N_2O_5]}{dt} = \frac{1}{4} \frac{d[NO_2]}{dt}$
આપેલ છે કે $-\frac{d[N_2O_5]}{dt} = k[N_2O_5]$ અને $\frac{d[NO_2]}{dt} = k'[N_2O_5]$,આ કિંમતોને વેગના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2} (k[N_2O_5]) = \frac{1}{4} (k'[N_2O_5])$
$\frac{k}{2} = \frac{k'}{4}$
$k' = 2k$ અથવા $2k = k'$.

(B) રિડક્શન કર્તા તરીકેની પ્રબળતા તેના પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ $(E^o)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
આપેલ પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ:
$E^o (Al^{3+}/Al) = -1.66 \ V$
$E^o (Fe^{3+}/Fe^{2+}) = +0.77 \ V$
$E^o (Br_2/Br^-) = +1.09 \ V$
વધુ ઋણ $E^o$ મૂલ્ય પ્રબળ રિડક્શન કર્તા સૂચવે છે.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $-1.66 \ V < +0.77 \ V < +1.09 \ V$.
તેથી,રિડક્શન કર્તા તરીકેની પ્રબળતાનો સાચો ક્રમ $Br^- < Fe^{2+} < Al$ છે.

(B) $BrF_5$ નો આણ્વિય આકાર ચોરસ પિરામિડલ છે,ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ નથી.
$BrF_5$ માં $Br$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જે $F$ પરમાણુઓ સાથે $5$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જેના પરિણામે $sp^3d^2$ સંકરણ અને ચોરસ પિરામિડલ આકાર મળે છે.

(B) $[Mn(CN)_5]^{2-}$ માટે,$Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ ધારો.
$x + 5(-1) = -2$
$x - 5 = -2$
$x = +3$.
આમ,સાચું $IUPAC$ નામ પેન્ટાસાયનોમેંગેનેટ$(III)$ આયન છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ માં આપેલી જોડી ખોટી છે.

(C) સવર્ગ સંકીર્ણ $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ ના નિર્માણમાં,મધ્યસ્થ ધાતુ આયન $Co^{3+}$ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે લિગેન્ડ્સ પાસેથી ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે છે.
$NH_3$ લુઈસ બેઇઝ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે મધ્યસ્થ ધાતુ આયનને ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરે છે.
તેથી,પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $\mathop {Co^{3+}}\limits_{\text{Lewis acid}} + \mathop {6NH_3}\limits_{\text{Lewis base}} \to \mathop {[Co(NH_3)_6]^{3+}}\limits_{\text{adduct}}$

(D) આપેલ પ્રક્રિયાને ગાટરમેન પ્રક્રિયા (ખાસ કરીને ફીનોલનું ગાટરમેન ફોર્મિલેશન) તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ફીનોલ જેવા એરોમેટિક સંયોજનને $HCN$ અને સૂકા $HCl$ વાયુના મિશ્રણ સાથે નિર્જળ $ZnCl_2$ અથવા $AlCl_3$ જેવા લુઈસ એસિડ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં પ્રક્રિયા કરાવીને એરોમેટિક વલયમાં ફોર્મિલ $(-CHO)$ સમૂહ દાખલ કરવામાં આવે છે.

(B) $Zn$ અને $HCl$ સાથે $benzene-diazonium$ chloride $(C_6H_5N_2Cl)$ નું રિડક્શન એક પ્રબળ રિડક્શન પ્રક્રિયા છે.
તે અંતિમ નીપજ તરીકે $phenylhydrazine$ $(C_6H_5NHNH_2)$ બનાવે છે.

(C) સાંદ્ર $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં,ક્લોરોબેન્ઝીનના બે મોલ ક્લોરલ $(CCl_3CHO)$ ના એક મોલ સાથે સંઘનન પ્રક્રિયા દ્વારા પ્રક્રિયા કરે છે.
ક્લોરલના આલ્ડિહાઈડ સમૂહમાંથી ઓક્સિજન પરમાણુ અને બે ક્લોરોબેન્ઝીન વલયોના પેરા-સ્થાન પરથી હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ પાણીના અણુ $(H_2O)$ તરીકે દૂર થાય છે.
આના પરિણામે $p,p'$-ડાયક્લોરોડાયફિનાઈલટ્રાયક્લોરોઈથેન બને છે,જેને સામાન્ય રીતે $DDT$ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2 C_6H_5Cl + CCl_3CHO \xrightarrow{H_2SO_4} (Cl-C_6H_4)_2CH-CCl_3 + H_2O$

(C) Tishchenko પ્રક્રિયા એ Cannizzaro પ્રક્રિયાનું રૂપાંતરણ છે.
Tishchenko પ્રક્રિયામાં,આલ્કોક્સાઇડ ઉદ્દીપક (જેમ કે એલ્યુમિનિયમ આલ્કોક્સાઇડ અથવા સોડિયમ આલ્કોક્સાઇડ) ની હાજરીમાં $\alpha$-હાઇડ્રોજન પરમાણુ ધરાવતા ન હોય તેવા આલ્ડિહાઇડના બે અણુઓનું અસમાનતા (disproportionation) થઈને એસ્ટર બને છે.
Cannizzaro પ્રક્રિયામાં,બેઝ તરીકે સામાન્ય રીતે $NaOH$ અથવા $KOH$ નો ઉપયોગ થાય છે અને નીપજ તરીકે કાર્બોક્સિલિક એસિડનો ક્ષાર અને આલ્કોહોલ મળે છે.
બંને પ્રક્રિયાઓમાં $\alpha$-હાઇડ્રોજન વિહીન આલ્ડિહાઇડનું અસમાનતા થાય છે,તેથી Tishchenko પ્રક્રિયા એ Cannizzaro પ્રક્રિયાનું એક સ્વરૂપ છે.

(C) ડાયફેનહાઇડ્રામાઇનનો ઉપયોગ એન્ટિહિસ્ટામાઈન તરીકે થાય છે,જે ખંજવાળ,નાક વહેવું અને છીંક આવવી જેવા એલર્જીના લક્ષણોની સારવાર માટે વપરાય છે.

(C) આલ્કોહોલમાં $C-O$ બંધ લંબાઈ $142 \ pm$ છે અને ફિનોલમાં તે $136 \ pm$ છે. ફિનોલમાં $C-O$ બંધ લંબાઈ મિથેનોલ કરતા ટૂંકી હોય છે કારણ કે ઓક્સિજન પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું વલય સાથે સંયુગ્મન થાય છે, જે $C-O$ બંધને દ્વિબંધ જેવો ગુણધર્મ આપે છે. તેથી, વિધાન $C$ ખોટું છે.

(B) આર્હેનિયસ સમીકરણ મુજબ:
$\log \frac{k_2}{k_1} = \frac{E_a}{2.303 \ R} \left( \frac{T_2 - T_1}{T_1 T_2} \right)$
આપેલ છે: $k_1 = 1.3 \times 10^{-4} \ M^{-1} \ s^{-1}$,$T_1 = 373 \ K$
$k_2 = 1.3 \times 10^{-3} \ M^{-1} \ s^{-1}$,$T_2 = 423 \ K$
$\log(10) = \frac{E_a}{2.303 \times 8.314} \left( \frac{50}{373 \times 423} \right)$
$1 = \frac{E_a \times 50}{19.147 \times 157779}$
$E_a \approx 60.4 \ kJ \ mol^{-1}$
તેથી,નજીકનું મૂલ્ય $60 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(C) કેથોડ પર રિડક્શન પ્રક્રિયા: $Cu^{2+} (aq) + 2e^- \to Cu (s)$.
$1 \ mole$ $Cu$ $(63.5 \ g)$ જમા કરવા માટે $2 \ moles$ ઇલેક્ટ્રોનની જરૂર પડે છે.
જમા કરવાના $Cu$ ના મોલ $= \frac{6.35 \ g}{63.5 \ g/mol} = 0.1 \ mol$.
$1 \ mole$ $Cu$ માટે $2 \ moles$ ઇલેક્ટ્રોન જરૂરી હોવાથી,$0.1 \ mole$ $Cu$ માટે $0.1 \times 2 = 0.2 \ moles$ ઇલેક્ટ્રોન જરૂરી છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $= 0.2 \times N_A = \frac{2}{10} \times N_A = \frac{N_A}{5}$.