JEE Main 2021 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) કોણીય નોડ્સની સંખ્યા એઝિમુથલ ક્વોન્ટમ નંબર $l$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈ કોણીય નોડ્સ ન હોવાથી,$l = 0$,જે '$s$' કક્ષક સૂચવે છે.
રેડિયલ નોડ્સની સંખ્યા $n - l - 1$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રેડિયલ નોડ્સની સંખ્યા $2$ હોવાથી,$n - 0 - 1 = 2$.
$n$ માટે ઉકેલતા,આપણને $n = 3$ મળે છે.
તેથી,તે કક્ષક $3s$ છે.

(D) કામચલાઉ કઠિનતા માટે,ગરમ કરવા પર પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$Mg(HCO_3)_2 \xrightarrow{\Delta} Mg(OH)_2 \downarrow + 2CO_2 \uparrow$
આમ,વિધાન $A$ ખોટું છે કારણ કે $Mg(HCO_3)_2$ નું રૂપાંતર $Mg(OH)_2$ માં થાય છે,$MgCO_3$ માં નહીં.
દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $(K_{sp})$ ના સંદર્ભમાં:
$K_{sp}(MgCO_3) = 3.5 \times 10^{-8}$
$K_{sp}(Mg(OH)_2) = 1.8 \times 10^{-11}$
$3.5 \times 10^{-8} > 1.8 \times 10^{-11}$ હોવાથી,$MgCO_3$ નો દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $Mg(OH)_2$ કરતા વધારે છે.
તેથી,કારણ $R$ પણ ખોટું છે.
બંને વિધાનો ખોટા છે.

(C) ફોસ્ફરસ ટ્રાયક્લોરાઈડ $(PCl_3)$ અને ફોસ્ફોનિક એસિડ $(H_3PO_3)$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$PCl_3 + H_3PO_3 \rightarrow H_4P_2O_5 + 3HCl$.
નીપજ $H_4P_2O_5$ એ પાયરોફોસ્ફોરસ એસિડ છે.
પાયરોફોસ્ફોરસ એસિડ $(H_4P_2O_5)$ ના બંધારણમાં,બે $P-OH$ સમૂહો આવેલા છે.
માત્ર ઓક્સિજન સાથે જોડાયેલા હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ ($P-OH$ સમૂહમાં) આયનીકરણ પામી શકે છે,તેથી અણુમાં $2$ આયનીકરણ પામી શકે તેવા હાઈડ્રોજન છે.

(B) આણ્વીય કક્ષક સિદ્ધાંત મુજબ,બંધ ક્રમાંક $\text{Bond Order} = \frac{N_b - N_a}{2}$ સૂત્ર દ્વારા ગણવામાં આવે છે.
$15$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતા દ્વિપરમાણ્વીય અણુ ($NO$ જેવા) માટે,આણ્વીય કક્ષક વિન્યાસ: $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^1$ છે.
બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(N_b)$ = $10$.
બંધ પ્રતિકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(N_a)$ = $5$.
$\text{Bond Order} = \frac{10 - 5}{2} = 2.5$.
આમ,$AX$ માં કુલ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $15$ છે.

(D) એસિડિક બફર માટે હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$pH = pKa + \log \frac{[Salt]}{[Acid]}$
આપેલ કિંમતો:
$pH = 5.74$
$pKa = 4.74$
$[Acid] = 1.0 \ M$
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$5.74 = 4.74 + \log \frac{[Salt]}{1.0}$
$5.74 - 4.74 = \log [Salt]$
$1 = \log [Salt]$
બંને બાજુ એન્ટિલોગ લેતા:
$[Salt] = 10^1 = 10 \ M$
તેથી,સોડિયમ એસિટેટની સાંદ્રતા $10 \ M$ છે.

(C) પ્રક્રિયા $C_{2}H_{6} \rightarrow C_{2}H_{4} + H_{2}$ છે.
$C_{2}H_{6}$ (ઈથેન) માં $1$ $C-C$ બંધ અને $6$ $C-H$ બંધ હોય છે.
$C_{2}H_{4}$ (ઈથીન) માં $1$ $C=C$ બંધ અને $4$ $C-H$ બંધ હોય છે.
$H_{2}$ માં $1$ $H-H$ બંધ હોય છે.
પ્રક્રિયા એન્થાલ્પી $\Delta_{r}H = \sum \text{પ્રક્રિયકોની બંધ એન્થાલ્પી} - \sum \text{નીપજોની બંધ એન્થાલ્પી}$.
$\Delta_{r}H = [1 \times \epsilon_{C-C} + 6 \times \epsilon_{C-H}] - [1 \times \epsilon_{C=C} + 4 \times \epsilon_{C-H} + 1 \times \epsilon_{H-H}]$.
સાદુરૂપ આપતા,$\Delta_{r}H = [\epsilon_{C-C} + 2 \times \epsilon_{C-H}] - [\epsilon_{C=C} + \epsilon_{H-H}]$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta_{r}H = [347 + 2 \times 414] - [611 + 436]$.
$\Delta_{r}H = [347 + 828] - [1047]$.
$\Delta_{r}H = 1175 - 1047 = 128 \, kJ \, mol^{-1}$.

(B) $3-$હાઇડ્રોક્સીપ્રોપેનાલની નિર્જલીકરણ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$HO-CH_2-CH_2-CHO \xrightarrow{\Delta} CH_2=CH-CHO + H_2O$
ધારો કે $3-$હાઇડ્રોક્સીપ્રોપેનાલનું દળ $x \ g$ છે.
$3-$હાઇડ્રોક્સીપ્રોપેનાલના મોલ $= \frac{x}{74} \ mol$.
ઉત્પન્ન થતા એક્રોલીનના સૈદ્ધાંતિક મોલ $= \frac{x}{74} \ mol$.
ઉત્પન્ન થતા એક્રોલીનના વાસ્તવિક મોલ $= \frac{7.8 \ g}{56 \ g/mol} \approx 0.1393 \ mol$.
આપેલ ટકાવારી ઉપજ $= 64\% = 0.64$.
વાસ્તવિક ઉપજ $= \text{સૈદ્ધાંતિક ઉપજ} \times \text{ટકાવારી ઉપજ}$.
$0.1393 = \left(\frac{x}{74}\right) \times 0.64$.
$x = \frac{0.1393 \times 74}{0.64} \approx 16.11 \ g$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $16 \ g$ મળે છે.

(D) ઇથેન $(C_2H_6)$ ના દહન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$2C_2H_6(g) + 7O_2(g) \rightarrow 4CO_2(g) + 6H_2O(l)$
ઇથેનનું મોલર દળ = $(2 \times 12.0) + (6 \times 1.0) = 30 \ g/mol$.
ઇથેનના મોલ = $\frac{3 \ g}{30 \ g/mol} = 0.1 \ mol$.
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ મુજબ,$2 \ mol$ $C_2H_6$ એ $6 \ mol$ $H_2O$ ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,$1 \ mol$ $C_2H_6$ એ $3 \ mol$ $H_2O$ ઉત્પન્ન કરે છે.
આમ,$0.1 \ mol$ $C_2H_6$ એ $0.1 \times 3 = 0.3 \ mol$ $H_2O$ ઉત્પન્ન કરશે.
પાણીના અણુઓની સંખ્યા = $\text{મોલ} \times N_A = 0.3 \times 6.023 \times 10^{23} = 1.8069 \times 10^{23} = 18.069 \times 10^{22}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,$x$ નું મૂલ્ય $18$ છે.

(C) ગ્રીનહાઉસ વાયુઓ એ વાતાવરણમાં રહેલા વાયુઓ છે જે ગરમીને પકડી રાખે છે.
મુખ્ય ગ્રીનહાઉસ વાયુઓમાં $CO_2$ (કાર્બન ડાયોક્સાઇડ),$H_2O$ (પાણીની વરાળ) અને $CH_4$ (મિથેન) નો સમાવેશ થાય છે.
તેથી,$A, C$ અને $D$ ગ્રીનહાઉસ વાયુઓ છે.

(A) તત્વ $X$ માટે,$IE_1$ $(495 \ kJ/mol)$ થી $IE_2$ $(4563 \ kJ/mol)$ સુધીનો કૂદકો ખૂબ મોટો છે,જે દર્શાવે છે કે બીજો ઇલેક્ટ્રોન સ્થિર નિષ્ક્રિય વાયુ કોર (noble gas core) માંથી દૂર થાય છે. આ $Na$ $([Ne] 3s^1)$ ને અનુરૂપ છે.
તત્વ $Y$ માટે,$IE_1$ $(731 \ kJ/mol)$ અને $IE_2$ $(1450 \ kJ/mol)$ ના મૂલ્યો પ્રમાણમાં નજીક છે,જે $Mg$ $([Ne] 3s^2)$ જેવા આલ્કલાઇન અર્થ મેટલની લાક્ષણિકતા છે,જ્યાં ત્રીજા ઇલેક્ટ્રોનની તુલનામાં બંને સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન સરળતાથી દૂર થાય છે.
તેથી,$X=Na$ અને $Y=Mg$.

(C) આ પ્રક્રિયા સાયક્લોહેક્સિનનું ડાયક્લોરોસાયક્લોહેક્સિન વ્યુત્પન્ન બનાવવા માટેનું ક્લોરિનેશન દર્શાવે છે.
ચોક્કસ રીતે,આ પ્રક્રિયામાં એલાઈલિક સ્થાન પર હાઇડ્રોજન પરમાણુઓનું વિસ્થાપન થાય છે.
$UV$ પ્રકાશની હાજરીમાં $Cl_2$ નો ઉપયોગ કરીને મુક્ત મુલક હેલોજનેશન એ આલ્કીન્સમાં એલાઈલિક વિસ્થાપન માટેની પ્રમાણભૂત પદ્ધતિ છે.
તેથી,સાચો પ્રક્રિયક અને શરત $A = Cl_2$ સાથે $UV$ પ્રકાશ છે.

(A) $FeI_3$ અસ્થાયી છે કારણ કે $I^-$ એક પ્રબળ રિડક્શનકર્તા છે જે $Fe^{3+}$ નું $Fe^{2+}$ માં રિડક્શન કરે છે.
પ્રક્રિયા: $2 FeI_3 \longrightarrow 2 FeI_2 + I_2$.
તેથી,$Fe$ એ $F, Cl, Br, I$ સાથે ડાયહેલાઇડ્સ $(FeF_2, FeCl_2, FeBr_2, FeI_2)$ અને $F, Cl, Br$ સાથે ટ્રાયહેલાઇડ્સ $(FeF_3, FeCl_3, FeBr_3)$ બનાવે છે.

(C) $I$. $NaH$ (સોડિયમ હાઇડ્રાઇડ) માં હાઇડ્રોજન $-1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં હોય છે,જે તેને પ્રબળ રિડક્શનકર્તા બનાવે છે,ઓક્સિડેશનકર્તા નહીં. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
$II$. પિરિડિનમાં,નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે જે એરોમેટિક સેક્સટેટમાં ભાગ લેતું નથી. આ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દાન માટે ઉપલબ્ધ હોવાથી,તે પિરિડિનને બેઝિક બનાવે છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(D) $C_{60}$ (બકમિન્સ્ટરફુલરીન) ની રચના $60$ કાર્બન પરમાણુઓની બનેલી છે જે ટ્રંકેટેડ આઇકોસાહેડ્રોન આકારમાં ગોઠવાયેલા હોય છે.
તેમાં $20$ છ-સભ્યવાળી રીંગો (ષટ્કોણ) અને $12$ પાંચ-સભ્યવાળી રીંગો (પંચકોણ) હોય છે.
દરેક કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને ત્રણ સિગ્મા બંધ બનાવે છે.
પાંચ-સભ્યવાળી રીંગો ફક્ત છ-સભ્યવાળી રીંગો સાથે જોડાયેલી હોય છે,જ્યારે છ-સભ્યવાળી રીંગો છ અને પાંચ-સભ્યવાળી બંને રીંગો સાથે જોડાયેલી હોય છે.
તેથી,વિધાન કે જેમાં $12$ છ-સભ્યવાળી રીંગો અને $24$ પાંચ-સભ્યવાળી રીંગો હોય છે તે ખોટું છે.

(B) $H_2O_2$ નો ઉપયોગ ગંદા પાણીના શુદ્ધિકરણમાં થાય છે.
$H_2O_2$ એ ઓક્સિડેશનકર્તા $(O.A.)$ અને રિડક્શનકર્તા $(R.A.)$ બંને તરીકે વર્તે છે.
$H_2O_2$ નું બંધારણ ખુલ્લા પુસ્તક જેવું (non-planar) હોય છે,તેથી બંને હાઇડ્રોક્સિલ સમૂહો એક જ સમતલમાં હોતા નથી.
હાઇડ્રોજન બંધને કારણે $H_2O_2$ પાણીમાં સંપૂર્ણપણે મિશ્રિત થઈ શકે છે.
આમ,વિધાનો $A, B$ અને $D$ સાચા છે.

(C) અસંતૃપ્ત હાઇડ્રોકાર્બન $X$ ની ઓઝોન સાથેની પ્રક્રિયા (ઓઝોનોલિસિસ) થી સંયોજન $A$ મળે છે.
સંયોજન $A$ ટોલેન્સ કસોટી આપે છે (એમોનિયેકલ સિલ્વર નાઈટ્રેટ સાથે સિલ્વર મિરર બનાવે છે),જે દર્શાવે છે કે $A$ એ આલ્ડિહાઇડ અથવા ફોર્મિક એસિડ $(HCOOH)$ છે.
ચાલો વિકલ્પોનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ $CH_3-C(CH_3)=C(CH_3)-CH_3$ ના ઓઝોનોલિસિસથી $CH_3-CO-CH_3$ (એસીટોન) મળે છે,જે ટોલેન્સ કસોટી આપતું નથી.
$(B)$ $CH_3-C(CH_3)=C(CH_2)_2$ ના ઓઝોનોલિસિસથી $CH_3-CO-CH_3$ અને સાયક્લોબ્યુટેનોન મળે છે,જેમાંથી કોઈ પણ ટોલેન્સ કસોટી આપતું નથી.
$(C)$ $CH_3-CH_2-C \equiv CH$ ના ઓઝોનોલિસિસથી $CH_3-CH_2-COOH$ અને $HCOOH$ મળે છે. ફોર્મિક એસિડ $(HCOOH)$ ટોલેન્સ કસોટી આપે છે.
$(D)$ $CH_3-C \equiv C-CH_3$ ના ઓઝોનોલિસિસથી $2CH_3-COOH$ (એસિટિક એસિડ) મળે છે,જે ટોલેન્સ કસોટી આપતું નથી.
તેથી,સાચો હાઇડ્રોકાર્બન $CH_3-CH_2-C \equiv CH$ છે.

(B) પરમાણુ ક્રમાંક $33$ એ આર્સેનિક $(As)$ છે,જે અર્ધધાતુ છે.
પરમાણુ ક્રમાંક $53$ એ આયોડિન $(I)$ છે,જે અધાતુ છે.
પરમાણુ ક્રમાંક $83$ એ બિસ્મથ $(Bi)$ છે,જે ધાતુ છે.
તેથી,$X$ અર્ધધાતુ છે,$Y$ અધાતુ છે અને $Z$ ધાતુ છે.

(C) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$(a)$ લાસેન કસોટીનો ઉપયોગ કાર્બનિક સંયોજનોમાં નાઇટ્રોજન,સલ્ફર,ફોસ્ફરસ અને હેલોજનની તપાસ માટે થાય છે. તેથી,$(a)-(iii)$.
$(b)$ $Cu(II)$ ઓક્સાઇડનો ઉપયોગ કાર્બનિક સંયોજનોમાં કાર્બનની તપાસ માટે થાય છે. તેથી,$(b)-(i)$.
$(c)$ સિલ્વર નાઇટ્રેટ $(AgNO_3)$ નો ઉપયોગ ખાસ કરીને હેલોજનની તપાસ માટે થાય છે. તેથી,$(c)-(iv)$.
$(d)$ સોડિયમ ફ્યુઝન અર્ક એસિટિક એસિડ અને લેડ એસિટેટ સાથે કાળા રંગના અવક્ષેપ આપે છે,જે સલ્ફરની હાજરી સૂચવે છે. તેથી,$(d)-(ii)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(ii)$ છે.

(C) $H_3PO_3$ એ દ્વિ-બેઝિક એસિડ છે ($n$-ફેક્ટર = $2$) અને $H_3PO_2$ એ એક-બેઝિક એસિડ છે ($n$-ફેક્ટર = $1$).
તટસ્થીકરણ માટે,બેઝના તુલ્યાંક = એસિડના તુલ્યાંક.
$(M_1 \times n_1) \times V_1 = (M_2 \times n_2) \times V_2$
$1.$ $H_3PO_3$ માટે:
$1 \times 1 \times V_{NaOH} = 1 \times 2 \times 50 \implies V_{NaOH} = 100\, mL$.
$2.$ $H_3PO_2$ માટે:
$1 \times 1 \times V_{NaOH} = 2 \times 1 \times 100 \implies V_{NaOH} = 200\, mL$.
તેથી,કદ $100\, mL$ અને $200\, mL$ છે.

(B) ડુમાની પદ્ધતિમાં,સૂકા નાઈટ્રોજનનું દબાણ કુલ દબાણમાંથી જલીય તણાવ બાદ કરીને મેળવવામાં આવે છે: $P_{N_2} = 758 \, mm - 14 \, mm = 744 \, mm \, Hg$.
$STP$ પર આદર્શ વાયુ સમીકરણ $(P_1V_1/T_1 = P_2V_2/T_2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$V_{STP} = \frac{744 \times 30 \times 273}{760 \times 287} \approx 27.935 \, mL$.
$STP$ પર $22400 \, mL$ $N_2$ નું વજન $28 \, g$ હોવાથી,મળેલ $N_2$ નું દળ:
$Mass_{N_2} = \frac{28 \times 27.935}{22400} \approx 0.03492 \, g$.
નાઈટ્રોજનની ટકાવારી = $\frac{0.03492}{0.1840} \times 100 \approx 18.98 \%$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $19 \% $ મળે છે.

(A) આપેલ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 5$ માટે,ગૌણ ક્વોન્ટમ આંક $\ell$ ની શક્ય કિંમતો $0, 1, 2, 3, 4$ છે.
ચુંબકીય ક્વોન્ટમ આંક $m_{l}$ ની કિંમત દરેક $\ell$ માટે $-\ell$ થી $+\ell$ સુધી હોય છે.
આપણે એવી કક્ષકોની સંખ્યા શોધવાની છે જ્યાં $m_{l} = +2$ હોય:
$1$. $\ell = 0$ $(5s)$ માટે,$m_{l} = 0$.
$2$. $\ell = 1$ $(5p)$ માટે,$m_{l} = \{-1, 0, +1\}$.
$3$. $\ell = 2$ $(5d)$ માટે,$m_{l} = \{-2, -1, 0, +1, +2\}$. અહીં,$m_{l} = +2$ શક્ય છે ($1$ કક્ષક).
$4$. $\ell = 3$ $(5f)$ માટે,$m_{l} = \{-3, -2, -1, 0, +1, +2, +3\}$. અહીં,$m_{l} = +2$ શક્ય છે ($1$ કક્ષક).
$5$. $\ell = 4$ $(5g)$ માટે,$m_{l} = \{-4, -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3, +4\}$. અહીં,$m_{l} = +2$ શક્ય છે ($1$ કક્ષક).
$m_{l} = +2$ ધરાવતી કુલ કક્ષકોની સંખ્યા $1 + 1 + 1 = 3$ છે.

(B) $H_{2}SO_{3}$ એ દ્વિ-બેઝિક એસિડ છે જેની સાંદ્રતા $c = 0.588 \ M$ છે.
$Ka_{1} \gg Ka_{2}$ હોવાથી,$pH$ મુખ્યત્વે પ્રથમ વિયોજન તબક્કા દ્વારા નક્કી થાય છે:
$H_{2}SO_{3(aq)} \rightleftharpoons H^{+}_{(aq)} + HS{O_{3}}^{-}_{(aq)}$
$Ka_{1} = \frac{[H^{+}][HSO_{3}^{-}]}{[H_{2}SO_{3}]} = 1.7 \times 10^{-2}$
ધારો કે સંતુલન સમયે $H^{+}$ ની સાંદ્રતા $x$ છે:
$\frac{x^{2}}{0.588 - x} = 0.017$
$x^{2} + 0.017x - 0.009996 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b + \sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{-0.017 + \sqrt{(0.017)^{2} - 4(1)(-0.009996)}}{2} \approx 0.09186 \ M$
$pH = -\log[H^{+}] = -\log(0.09186) \approx 1.036$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,$pH$ $1$ મળે છે.

(B) સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ: $3Pb(NO_3)_2 + Cr_2(SO_4)_3 \rightarrow 3PbSO_4 + 2Cr(NO_3)_3$
પ્રક્રિયકોના પ્રારંભિક મોલની ગણતરી:
$Pb(NO_3)_2$ ના મોલ $= 0.15 \ M \times 0.035 \ L = 0.00525 \ mol = 5.25 \times 10^{-3} \ mol$
$Cr_2(SO_4)_3$ ના મોલ $= 0.12 \ M \times 0.020 \ L = 0.0024 \ mol = 2.4 \times 10^{-3} \ mol$
સીમિત પ્રક્રિયક નક્કી કરો:
$Pb(NO_3)_2$ માટે,સ્ટૉઇકિયોમેટ્રિક ગુણાંક દીઠ જરૂરી મોલ $= (5.25 \times 10^{-3}) / 3 = 1.75 \times 10^{-3}$
$Cr_2(SO_4)_3$ માટે,સ્ટૉઇકિયોમેટ્રિક ગુણાંક દીઠ જરૂરી મોલ $= (2.4 \times 10^{-3}) / 1 = 2.4 \times 10^{-3}$
$1.75 \times 10^{-3} < 2.4 \times 10^{-3}$ હોવાથી,$Pb(NO_3)_2$ એ સીમિત પ્રક્રિયક છે.
બનતા $PbSO_4$ ના મોલની ગણતરી:
સ્ટૉઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$3 \ mol$ $Pb(NO_3)_2$ માંથી $3 \ mol$ $PbSO_4$ બને છે.
તેથી,$5.25 \times 10^{-3} \ mol$ $Pb(NO_3)_2$ માંથી $5.25 \times 10^{-3} \ mol$ $PbSO_4$ બનશે.
$5.25 \times 10^{-3} \ mol = 525 \times 10^{-5} \ mol$.

(A) રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $Fe(s) + 2HCl(aq) \rightarrow FeCl_2(aq) + H_2(g)$.
$Fe$ ના મોલ $= \frac{50 \ g}{55.85 \ g \ mol^{-1}} \approx 0.89526 \ mol$.
$1 \ mol$ $Fe$ માંથી $1 \ mol$ $H_2(g)$ ઉત્પન્ન થાય છે,તેથી $H_2(g)$ ના મોલ $(n)$ $= 0.89526 \ mol$.
થયેલ કાર્ય $(w)$ $= -P_{ext} \Delta V = -\Delta n_g RT$.
અહીં $T = 25^{\circ} C = 298 \ K$,$R = 8.314 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$,અને $P_{ext} = 1 \ bar$.
$w = -nRT = -0.89526 \ mol \times 8.314 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1} \times 298 \ K$.
$w = -2218.059 \ J$.
વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્યનું મૂલ્ય $2218 \ J$ છે.

(D) $Li-Mg$,$B-Si$,અને $Be-Al$ ની જોડી આવર્ત કોષ્ટકમાં વિકર્ણીય સંબંધ (diagonal relationship) દર્શાવે છે.
$Li$ અને $Na$ એક જ સમૂહ $(Group \ 1)$ ના સભ્યો છે અને તેઓ વિકર્ણીય સંબંધ દર્શાવતા નથી,કારણ કે તેઓ એકબીજાની સાપેક્ષમાં શિરોલંબ (vertical) ગોઠવાયેલા છે.

(C) આલ્કેન સામાન્ય રીતે ઓક્સિડેશન પ્રત્યે નિષ્ક્રિય હોય છે. જોકે,જે આલ્કેનમાં તૃતીયક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોય છે,તેનું $KMnO_4$ જેવા પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તાનો ઉપયોગ કરીને અનુરૂપ તૃતીયક આલ્કોહોલમાં ઓક્સિડેશન કરી શકાય છે.
વિધાન-$I$ સાચું છે કારણ કે $2-$મિથાઈલબ્યુટેનમાં $C-2$ સ્થાન પર તૃતીયક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોય છે,જેનું ઓક્સિડેશન થઈને $2-$મિથાઈલબ્યુટેન$-2-$ઓલ બને છે.
વિધાન-$II$ ખોટું છે કારણ કે $n-$આલ્કેનમાં તૃતીયક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોતા નથી અને સામાન્ય પરિસ્થિતિમાં $KMnO_4$ દ્વારા તેનું સરળતાથી આલ્કોહોલમાં ઓક્સિડેશન થઈ શકતું નથી.

(B) જેલ્ડાલ પદ્ધતિ એવા સંયોજનો માટે લાગુ પડતી નથી જેમાં નાઇટ્રોજન નાઇટ્રો $(NO_2)$ સમૂહ,એઝો $(-N=N-)$ સમૂહમાં હોય અથવા વલયમાં (દા.ત. પિરિડિન) હાજર હોય,કારણ કે આ સંયોજનોનો નાઇટ્રોજન આ પરિસ્થિતિઓમાં એમોનિયમ સલ્ફેટમાં રૂપાંતરિત થતો નથી. તેથી,ફક્ત એમાઇન્સ જેવા કે $CH_3-CH_2-NH_2$ નું અનુમાન આ પદ્ધતિ દ્વારા કરી શકાય છે.

(D) આપેલી સ્પીસીઝનો આકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે $VSEPR$ સિદ્ધાંતના આધારે તેમની રચનાઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $NO_2$: નાઈટ્રોજન પરમાણુ પાસે એક અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન છે અને બે ઓક્સિજન પરમાણુ જોડાયેલા છે,જેના પરિણામે અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન અને અપાકર્ષણને કારણે તેનો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.
$2$. $Cl_2O$: મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે બે અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે ક્લોરિન પરમાણુઓ છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.
$3$. $O_3$: મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે એક અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને તે અન્ય બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જેના પરિણામે તેનો આકાર વળેલો (bent) હોય છે.
$4$. $N_3^-$ (એઝાઈડ આયન): મધ્યસ્થ નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે અને અન્ય બે નાઈટ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જેમાં મધ્યસ્થ પરમાણુ પર કોઈ અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોતું નથી,તેથી તેનો આકાર રેખીય (linear) હોય છે.
આમ,રેખીય સ્પીસીઝ $N_3^-$ છે.

(C) સોલ્વે પ્રક્રિયામાં,$NH_{3}$ ને એમોનિયમ ક્લોરાઇડ $(NH_{4}Cl)$ ના દ્રાવણને કેલ્શિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ $(Ca(OH)_{2})$ સાથે પ્રક્રિયા કરાવીને પુનઃપ્રાપ્ત કરવામાં આવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2NH_{4}Cl + Ca(OH)_{2} \rightarrow 2NH_{3} + CaCl_{2} + 2H_{2}O$.
અહીં,$CaCl_{2}$ (કેલ્શિયમ ક્લોરાઇડ) આડપેદાશ તરીકે મળે છે.

(D) યુટ્રોફિકેશન એ પ્રક્રિયા છે જેમાં પોષક તત્વોથી સમૃદ્ધ જળાશયો વનસ્પતિની ગીચ વસ્તીને ટેકો આપે છે,જે ઓક્સિજનથી વંચિત રાખીને પ્રાણી જીવનને મારી નાખે છે અને જૈવવિવિધતામાં ઘટાડો કરે છે.
$A$. ખાતરોનો વધુ પડતો ઉપયોગ પોષક તત્વોના સંવર્ધન તરફ દોરી જાય છે,જે યુટ્રોફિકેશનનું કારણ બને છે.
$B$. ડિટર્જન્ટનો વધુ પડતો ઉપયોગ પણ પાણીમાં ફોસ્ફેટ ઉમેરે છે,જે યુટ્રોફિકેશનનું કારણ બને છે.
$C$. વનસ્પતિની ગીચ વસ્તી એ યુટ્રોફિકેશનનું પરિણામ છે,કારણ નથી.
$D$. પોષક તત્વોનો અભાવ એ યુટ્રોફિકેશન માટે જરૂરી સ્થિતિથી વિપરીત છે.
પ્રશ્ન ખોટા કારણ(ણો) વિશે પૂછે છે,તેથી $D$ એ યુટ્રોફિકેશનના કારણ તરીકે સૌથી વધુ ખોટું વિધાન છે.

(A) બ્યુટ$-1-$ઈન માં $HBr$ ના ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી યોગશીલ પ્રક્રિયામાં,પ્રોટોન $(H^+)$ દ્વિબંધ પર હુમલો કરીને કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બનાવે છે.
કાર્બોકેટાયન $A$ એ પ્રાથમિક $(1^\circ)$ કાર્બોકેટાયન છે,જ્યારે કાર્બોકેટાયન $B$ એ દ્વિતીયક $(2^\circ)$ કાર્બોકેટાયન છે.
પ્રેરક અસર અને અતિસંયુગ્મનને કારણે દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન પ્રાથમિક કાર્બોકેટાયન કરતા વધુ સ્થાયી હોય છે.
કાર્બોકેટાયન $B$ વધુ સ્થાયી હોવાથી,તેની રચના માટે સક્રિયકરણ ઉર્જા ઓછી હોય છે,જેનો અર્થ છે કે તે ઝડપી દરે બને છે.

(A) . $0^{\circ} C$ પર પાણીનું બરફમાં રૂપાંતર એ પ્રવાહીમાંથી ઘન અવસ્થામાં ફેરફાર છે,જે અવ્યવસ્થા ઘટાડે છે,તેથી $\Delta S < 0$.
$B$. $-10^{\circ} C$ પર પાણીનું બરફમાં રૂપાંતર એ સ્વયંભૂ પ્રક્રિયા છે જેમાં પ્રવાહી પાણી ઘન બરફમાં ફેરવાય છે,એન્ટ્રોપી ઘટે છે,તેથી $\Delta S < 0$.
$C$. પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \rightarrow 2NH_{3(g)}$ માં,વાયુના મોલની સંખ્યા $4$ થી ઘટીને $2$ થાય છે,જે એન્ટ્રોપીમાં ઘટાડો સૂચવે છે,તેથી $\Delta S < 0$.
$D$. લેડની સપાટી પર $CO_{(g)}$ નું અધિશોષણ વાયુના અણુઓની ગતિને મર્યાદિત કરે છે,એન્ટ્રોપી ઘટાડે છે,તેથી $\Delta S < 0$.
$E$. પાણીમાં $NaCl$ નું દ્રાવણ બનવાથી પ્રણાલીની અવ્યવસ્થા વધે છે કારણ કે સ્ફટિક લેટીસ આયનોમાં વિભાજિત થાય છે,તેથી $\Delta S > 0$.
આમ,પ્રક્રિયા $A, B, C$ અને $D$ માં એન્ટ્રોપી ઘટે છે.

(A) મેસિટિલ ઓક્સાઇડનું બંધારણ $(CH_3)_2C=CH-CO-CH_3$ છે.
$C-C$ સિગ્મા બંધોને ઓળખવા માટે બંધારણને વિસ્તૃત કરતા:
$H_3C-C(CH_3)=CH-C(=O)-CH_3$.
$C-C$ સિગ્મા બંધો નીચે મુજબ છે:
$1$. $C_1-C_2$ ($CH_3$ અને $C$ વચ્ચે)
$2$. $C_2-C_3$ ($C$ અને $CH_3$ વચ્ચે)
$3$. $C_2-C_4$ ($C$ અને $CH$ વચ્ચે)
$4$. $C_4-C_5$ ($CH$ અને $C=O$ વચ્ચે)
$5$. $C_5-C_6$ ($C=O$ અને $CH_3$ વચ્ચે)
$C-C$ સિગ્મા બંધોની કુલ સંખ્યા = $5$.

(B) $Fe$ $(Z = 26)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^6 4s^2$ છે.
$3d$ સબશેલમાં $6$ ઇલેક્ટ્રોન છે. હુન્ડના નિયમ મુજબ,ગોઠવણી નીચે મુજબ છે:

$\uparrow \downarrow$

$\uparrow$

$\uparrow$

$\uparrow$

$\uparrow$

અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n) = 4$ છે.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $(\mu)$ નું સૂત્ર $\mu = \sqrt{n(n + 2)} \,BM$ છે.
$\mu = \sqrt{4(4 + 2)} = \sqrt{24} \,BM$.
$\sqrt{24} \approx 4.899 \,BM$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\mu = 48.99 \times 10^{-1} \,BM$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $49$ મળે છે.

(D) $STP$ પર,દબાણ $P = 1 \, bar$ અને તાપમાન $T = 273.15 \, K$ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = \frac{N}{N_A}$:
$1 \times (20 \times 10^{-3} \, L) = \frac{N}{6.023 \times 10^{23}} \times 0.083 \times 273.15$
$N = \frac{0.020 \times 6.023 \times 10^{23}}{0.083 \times 273.15} \approx 5.31 \times 10^{20} \, Cl_2 \text{ ના અણુઓ}$.
દરેક $Cl_2$ અણુમાં $2$ ક્લોરિન પરમાણુઓ હોવાથી:
$Cl$ પરમાણુઓની સંખ્યા $= 2 \times 5.31 \times 10^{20} = 10.62 \times 10^{20} = 1.062 \times 10^{21}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $1 \times 10^{21}$ મળે છે.

(C) પ્રક્રિયા $N_{2}O_{4(g)} \rightleftharpoons 2NO_{2(g)}$ માટે,વાયુરૂપ ઘટકોના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_{g} = 2 - 1 = 1$ છે.
$K_{P}$ અને $K_{C}$ વચ્ચેનો સંબંધ $K_{P} = K_{C} \cdot (RT)^{\Delta n_{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $600.1 = 20.4 \times (0.0831 \times T)^{1}$.
$T$ માટે ઉકેલતા: $T = \frac{600.1}{20.4 \times 0.0831} = \frac{600.1}{1.69524} \approx 353.99 \, K$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $T = 354 \, K$ મળે છે.

(C) પ્રક્રિયા છે: $C_6H_5COCl + (C_6H_5)_2NH \rightarrow C_6H_5CON(C_6H_5)_2 + HCl$
$C_6H_5COCl$ નું મોલર દળ $= 77 + 12 + 16 + 35.5 = 140.5 \, g/mol$.
$C_6H_5CON(C_6H_5)_2$ નું મોલર દળ $= 77 + 12 + 16 + 14 + 2(77) = 273 \, g/mol$.
$C_6H_5COCl$ ના મોલ $= \frac{0.140 \, g}{140.5 \, g/mol} \approx 0.001 \, mol$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી $1:1$ હોવાથી,નીપજના સૈદ્ધાંતિક મોલ $= 0.001 \, mol$.
નીપજનું સૈદ્ધાંતિક દળ $= 0.001 \, mol \times 273 \, g/mol = 0.273 \, g$.
બનેલી નીપજનું વાસ્તવિક દળ $= 0.210 \, g$.
ટકાવારી ઉપજ $= \frac{\text{વાસ્તવિક ઉપજ}}{\text{સૈદ્ધાંતિક ઉપજ}} \times 100 = \frac{0.210}{0.273} \times 100 \approx 76.92 \%$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $77 \%$ મળે છે.

(A) દરેક સ્પીસીઝમાં નાઇટ્રોજન $(N)$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા શોધવા માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે ઓક્સિજન $(O)$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $-2$ છે.
$1$. $NO_{3}^{-}$ માં: $x + 3(-2) = -1 \implies x - 6 = -1 \implies x = +5$.
$2$. $NO_{2}$ માં: $x + 2(-2) = 0 \implies x - 4 = 0 \implies x = +4$.
$3$. $NO$ માં: $x + (-2) = 0 \implies x = +2$.
$4$. $N_{2}O$ માં: $2x + (-2) = 0 \implies 2x = 2 \implies x = +1$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $+5 (NO_{3}^{-}) > +4 (NO_{2}) > +2 (NO) > +1 (N_{2}O)$.
આમ,સાચો ક્રમ $NO_{3}^{-} > NO_{2} > NO > N_{2}O$ છે.

(D) બેઝિક માધ્યમમાં $H_{2}O_{2}$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે:
$Mn^{2+} + H_{2}O_{2} \rightarrow Mn^{4+} + 2OH^{-}$
બેઝિક માધ્યમમાં $H_{2}O_{2}$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે:
$I_{2} + H_{2}O_{2} + 2OH^{-} \rightarrow 2I^{-} + 2H_{2}O + O_{2}$
એસિડિક માધ્યમમાં $H_{2}O_{2}$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે:
$PbS_{(s)} + 4H_{2}O_{2(aq)} \rightarrow PbSO_{4(s)} + 4H_{2}O_{(\ell)}$
આમ,પ્રતિક્રિયાઓ $A$ અને $B$ બેઝિક માધ્યમમાં થાય છે.

(C) $3^{rd}$ આવર્તના તત્વોની પ્રથમ આયનીકરણ ઉર્જા $(IE_1)$ નો ક્રમ: $Na < Al < Mg < Si < S < P < Cl < Ar$ છે.
મેગ્નેશિયમ $(Mg)$ ની $IE_1$ એ $Na$ $(Z)$ કરતા વધારે છે પરંતુ $Cl$ અને $Ar$ ($X$ અને $Y$) કરતા ઓછી છે.
તેથી,$X$ અને $Y$ એ $Ar$ અને $Cl$ છે,અને $Z$ એ $Na$ છે.

(B) વિધાન $-I$ ખોટું છે કારણ કે બોહરનો સિદ્ધાંત ફક્ત એક-ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતી સ્પીસીઝ (જેમ કે $H$,$He^{+}$,$Li^{2+}$) માટે લાગુ પડે છે. $Li^{+}$ માં $2$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,બોહરનો સિદ્ધાંત તેનો વર્ણપટ સમજાવી શકતો નથી.
વિધાન $-II$ સાચું છે કારણ કે ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વર્ણપટ રેખાઓનું વિભાજન 'ઝીમેન અસર' તરીકે ઓળખાય છે,જે બોહરનો સિદ્ધાંત સમજાવી શક્યો ન હતો.

(A) . $Be$ નો ઉપયોગ $X$-ray ટ્યુબની બારીઓમાં થાય છે.
$b$. $Mg$ નો ઉપયોગ ઇન્સેન્ડિયરી બોમ્બ અને સિગ્નલમાં થાય છે.
$c$. $Ca$ નો ઉપયોગ ધાતુઓના નિષ્કર્ષણમાં થાય છે.
$d$. $Ra$ નો ઉપયોગ કેન્સરની સારવારમાં થાય છે.
તેથી,સાચી જોડ $a-iv, b-iii, c-ii, d-i$ છે.

(D) વિધાન $I$ સાચું છે: થર્મલ પાવર પ્લાન્ટ મોટી માત્રામાં ફ્લાય એશ ઉત્પન્ન કરે છે,જે બિન-બાયોડિગ્રેડેબલ કચરો છે.
વિધાન $II$ સાચું છે: બાયોડિગ્રેડેબલ ડિટર્જન્ટ,ખાસ કરીને જેમાં ફોસ્ફેટ્સ હોય છે,તે જળાશયોમાં યુટ્રોફિકેશનનું કારણ બની શકે છે,જે ઓગળેલા ઓક્સિજનને ઘટાડે છે અને જળચર જીવનને નુકસાન પહોંચાડે છે.

(C) કાર્બન પરમાણુનું સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે તેની સાથે જોડાયેલા સિગ્મા $(\sigma)$ બંધોની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$1$. કાર્બન $a$ એ મિથાઈલ ગ્રુપ $(-CH_3)$ નો ભાગ છે. તે ત્રણ હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ અને એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે,જે ચાર સિંગલ બોન્ડ બનાવે છે. આમ,તેની પાસે ચાર $\sigma$ બંધ છે અને તે $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. કાર્બન $b$ એ ડબલ બોન્ડ $(C=C)$ નો ભાગ છે. તે એક કાર્બન પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ દ્વારા,જે એક $\sigma$ બંધ તરીકે ગણાય છે),એક હાઈડ્રોજન પરમાણુ અને એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તેની પાસે ત્રણ $\sigma$ બંધ છે અને તે $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. કાર્બન $c$ એ બેન્ઝીન રિંગનો ભાગ છે. તે રિંગમાં અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ અને એક ઓક્સિજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે. તે એરોમેટિક રિંગમાં ડબલ બોન્ડમાં સામેલ છે,જે તેને ત્રણ $\sigma$ બંધ આપે છે. આમ,તે $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$a, b$ અને $c$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^{3}, sp^{2}$ અને $sp^{2}$ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $(l.p.)$ ની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $l.p. = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N$ એ તેની સાથે જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$1$. $SF_{4}$: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$4$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(6 - 4) = 1$.
$2$. $BF_{4}^{-}$: $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$4$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે,વત્તા $1$ ઋણ વીજભાર. $l.p. = \frac{1}{2}(3 + 1 - 4) = 0$.
$3$. $ClF_{3}$: $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$3$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(7 - 3) = 2$.
$4$. $AsF_{3}$: $As$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$3$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(5 - 3) = 1$.
$5$. $PCl_{5}$: $P$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$5$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(5 - 5) = 0$.
$6$. $BrF_{5}$: $Br$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$5$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(7 - 5) = 1$.
$7$. $XeF_{4}$: $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$4$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(8 - 4) = 2$.
$8$. $SF_{6}$: $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,$6$ જોડાયેલા પરમાણુઓ છે. $l.p. = \frac{1}{2}(6 - 6) = 0$.
બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતી સ્પીસીઝ $ClF_{3}$ અને $XeF_{4}$ છે.
તેથી,આવી સ્પીસીઝની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(B) પ્રમાણિત ગિબ્સ મુક્ત ઉર્જા ફેરફાર અને સંતુલન અચળાંક વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta_{r} G^{\circ} = -RT \ln K_{p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $\Delta_{r} G^{\circ} = 25200 \ J \ mol^{-1}$,$R = 8.3 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$,અને $T = 400 \ K$.
કિંમતો મૂકતા: $25200 = -8.3 \times 400 \times \ln K_{p}$.
$\ln K_{p} = -\frac{25200}{3320} \approx -7.59$.
$10$ ના આધારમાં ફેરવતા: $\log_{10} K_{p} = \frac{-7.59}{2.3} \approx -3.3$.
$K_{p} = 10^{-3.3} = 5.01 \times 10^{-4}$.
પ્રક્રિયા $2A_{(g)} \rightleftharpoons A_{2(g)}$ માટે,$\Delta n = 1 - 2 = -1$.
$K_{p} = K_{c}(RT)^{\Delta n}$ નો ઉપયોગ કરતા,$K_{c} = K_{p}(RT)^{-\Delta n} = K_{p}(RT)^{1}$.
$K_{c} = 5.01 \times 10^{-4} \times (8.3 \times 400) = 5.01 \times 10^{-4} \times 3320 = 1.6632$.
$10^{-2}$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા: $1.6632 = 166.32 \times 10^{-2}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $166$ મળે છે.

(A) શુદ્ધ પાણીમાં,દ્રાવ્યતા ગુણાકાર અચળાંક $K_{sp} = S^{2} = (8.0 \times 10^{-4})^{2} = 64 \times 10^{-8}$ છે.
$0.01 \ M \ H_{2}SO_{4}$ માં,વિયોજન $H_{2}SO_{4} \rightarrow 2H^{+} + SO_{4}^{2-}$ છે.
$H_{2}SO_{4}$ માંથી $SO_{4}^{2-}$ ની સાંદ્રતા $0.01 \ M$ છે.
ધારો કે આ દ્રાવણમાં $CdSO_{4}$ ની દ્રાવ્યતા $x \ mol \ L^{-1}$ છે.
$CdSO_{4} \rightleftharpoons Cd^{2+} + SO_{4}^{2-}$.
સંતુલન સાંદ્રતા $[Cd^{2+}] = x$ અને $[SO_{4}^{2-}] = (x + 0.01) \ M$ છે.
$x \ll 0.01$ હોવાથી,આપણે $(x + 0.01) \approx 0.01$ લઈ શકીએ.
$K_{sp} = [Cd^{2+}][SO_{4}^{2-}] = x(0.01) = 64 \times 10^{-8}$.
$x = \frac{64 \times 10^{-8}}{0.01} = 64 \times 10^{-6} \ mol \ L^{-1}$.
આમ,જવાબ $64$ છે.

(A) પ્રક્રિયા છે: $C_6H_5COOH + Br_2 \xrightarrow{FeBr_3} C_6H_4(Br)COOH + HBr$
બેન્ઝોઇક એસિડ $(C_7H_6O_2)$ નું મોલર દળ $= (7 \times 12) + (6 \times 1) + (2 \times 16) = 122 \,g/mol$.
$m$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડ $(C_7H_5BrO_2)$ નું મોલર દળ $= 122 - 1 + 80 = 201 \,g/mol$.
ઉપયોગમાં લેવાયેલ બેન્ઝોઇક એસિડના મોલ $= \frac{6.1 \,g}{122 \,g/mol} = 0.05 \,mol$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \,mol$ બેન્ઝોઇક એસિડ $1 \,mol$ $m$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડ આપે છે.
$m$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડની સૈદ્ધાંતિક ઉપજ $= 0.05 \,mol \times 201 \,g/mol = 10.05 \,g$.
વાસ્તવિક ઉપજ $= 7.8 \,g$.
ટકાવારી ઉપજ $= \frac{\text{વાસ્તવિક ઉપજ}}{\text{સૈદ્ધાંતિક ઉપજ}} \times 100 = \frac{7.8}{10.05} \times 100 \approx 77.61 \,\%$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $78 \,\%$ મળે છે.

(A) જ્યારે વિસિનલ અથવા જેમિનલ ડાયહેલાઈડની શુષ્ક ઈથર $(Et_2O)$ ની હાજરીમાં મેગ્નેશિયમ ધાતુ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક બનાવે છે.
આપેલ પ્રક્રિયામાં,$CH_3-CH_2-CH(Br)-CH_2-CH(Br)-CH_3$ ની $Et_2O$ માં વધારાના $Mg$ સાથે પ્રક્રિયા થઈને અનુરૂપ ડાય-ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક બને છે:
$CH_3-CH_2-CH(MgBr)-CH_2-CH(MgBr)-CH_3$.
આ પ્રક્રિયાનો પ્રથમ તબક્કો છે.

(B) સામાન્ય રીતે,આવર્ત કોષ્ટકમાં ડાબેથી જમણે જતાં,અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધવાને કારણે પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી વધે છે.
જોકે,અર્ધ-ભરાયેલી $(p^3)$ અને સંપૂર્ણ ભરાયેલી $(s^2)$ ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાની વધારાની સ્થિરતાને કારણે,અમુક તત્વોની આયનીકરણ એન્થાલ્પી તેમના પાડોશી તત્વો કરતા વધારે હોય છે.
ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાઓ આ મુજબ છે: $Mg$ $([Ne] 3s^2)$,$Al$ $([Ne] 3s^2 3p^1)$,$Si$ $([Ne] 3s^2 3p^2)$,$P$ $([Ne] 3s^2 3p^3)$,અને $S$ $([Ne] 3s^2 3p^4)$.
$Mg$ ની સ્થિર $s^2$ રચનાને કારણે,તેની આયનીકરણ એન્થાલ્પી $Al$ કરતા વધારે છે.
$P$ ની સ્થિર અર્ધ-ભરાયેલી $p^3$ રચનાને કારણે,તેની આયનીકરણ એન્થાલ્પી $S$ કરતા વધારે છે.
આમ,સાચો વધતો ક્રમ $Al < Mg < Si < S < P$ છે.

(C) આ પ્રક્રિયા બેન્ઝીન રિંગ સાથે જોડાયેલા આલ્કાઈલ ગ્રુપ (ખાસ કરીને મિથાઈલ ગ્રુપ) નું કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપ $(-COOH)$ માં ઓક્સિડેશન દર્શાવે છે.
આલ્કલાઇન $KMnO_4$ અને ત્યારબાદ એસિડિક વર્કઅપ $(H^+)$ એ એક શક્તિશાળી ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે એરોમેટિક રિંગ પરના આલ્કાઈલ સાઇડ ચેઇનને કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપમાં રૂપાંતરિત કરે છે,જો તેની પાસે ઓછામાં ઓછો એક બેન્ઝિલિક હાઇડ્રોજન પરમાણુ હોય.
તેથી,પ્રક્રિયક $A$ એ આલ્કલાઇન $KMnO_4$ અને ત્યારબાદ $H^+$ છે.

(A) $Al_2O_3 \rightarrow Al$ નું રિડક્શન કોક (કાર્બન) નો ઉપયોગ કરીને કરી શકાતું નથી કારણ કે એલ્યુમિનિયમની ઓક્સિજન પ્રત્યેની આકર્ષણ શક્તિ ખૂબ વધારે હોય છે.
તેના બદલે,તે તેના પીગળેલા ક્ષારોના વિદ્યુતવિભાજન દ્વારા કરવામાં આવે છે.
$ZnO$,$Fe_2O_3$ અને $Cu_2O$ નું રિડક્શન કાર્બન (કોક) નો રિડક્શન કર્તા તરીકે ઉપયોગ કરીને કરી શકાય છે.

(C) પ્રોટીનનું દ્વિતીયક બંધારણ બે મુખ્ય પ્રકારો ધરાવે છે:
$(a)$ $\alpha-$હેલિક્સ
$(b)$ $\beta-$પ્લીટેડ શીટ
$\alpha-$હેલિક્સ બંધારણમાં,એક એમિનો એસિડના $C=O$ સમૂહ અને બીજા એમિનો એસિડના $N-H$ સમૂહ વચ્ચે આંતરઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધને કારણે પોલીપેપ્ટાઈડ શૃંખલા ગૂંચળાયેલી રહે છે.
તે જ રીતે,$\beta-$પ્લીટેડ શીટમાં,પોલીપેપ્ટાઈડ શૃંખલાઓ આંતરઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધ દ્વારા એકબીજા સાથે જોડાયેલી રહે છે.

(C) યુરિયા-ફોર્માલ્ડિહાઇડ રેઝિનનો ઉપયોગ લાકડાના લેમિનેટ અને લાકડાને જોડવા માટેના એડહેસિવ્સ બનાવવા માટે થાય છે.

(C) આલ્કાઈલ હેલાઈડની એમોનિયા સાથેની પ્રક્રિયામાં,શરૂઆતની નીપજ આલ્કાઈલ એમોનિયમ ક્ષાર છે,જે એક એસિડિક પદાર્થ છે (દા.ત.,$[R-NH_3]^+ X^-$).
આ એસિડિક ક્ષારને તટસ્થ કરવા માટે પ્રક્રિયા મિશ્રણમાં $NaOH$ ઉમેરવામાં આવે છે,જેનાથી મુક્ત એમાઈન $(R-NH_2)$ મુક્ત થાય છે,જે ત્યારબાદ વધુ આલ્કાઈલ હેલાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને દ્વિતીયક અને તૃતીયક એમાઈન બનાવી શકે છે.
આમ,$NaOH$ નો હેતુ પ્રક્રિયા માધ્યમમાંથી એસિડિક અશુદ્ધિઓ (હાઈડ્રોજન હેલાઈડ ક્ષાર) દૂર કરવાનો છે.

(C) એમાઈનની બેઝિકતા નાઈટ્રોજન પરમાણુ પરના ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મની પ્રોટોનેશન માટેની ઉપલબ્ધતા પર આધાર રાખે છે.
$1$. $(CH_3CO)\ddot{N}HC_2H_5$ (એમાઈડ) માં,નાઈટ્રોજન પરનું અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ કાર્બોનિલ સમૂહ $(C=O)$ સાથે સંયુગ્મનને કારણે વિસ્થાનિકૃત (delocalized) હોય છે,જે તેને ઓછું ઉપલબ્ધ બનાવે છે.
$2$. $(C_2H_5)_3\ddot{N}$ (તૃતીયક એમાઈન) માં,ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્થાનિકૃત (localized) છે અને દાન કરવા માટે ઉપલબ્ધ છે.
$3$. $(CH_3CO)_2\ddot{N}H$ (ઈમાઈડ) માં,નાઈટ્રોજન પરનું ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ બે ઈલેક્ટ્રોન-આકર્ષક કાર્બોનિલ સમૂહો સાથેના સંયુગ્મનને કારણે પ્રબળ રીતે વિસ્થાનિકૃત હોય છે. આનાથી ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ પ્રોટોનેશન માટે સૌથી ઓછું ઉપલબ્ધ બને છે,જે તેને સૌથી ઓછું બેઝિક બનાવે છે.
$4$. $(C_2H_5)_2\ddot{N}H$ (દ્વિતીયક એમાઈન) માં,ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્થાનિકૃત છે અને દાન કરવા માટે ઉપલબ્ધ છે.
તેથી,$(CH_3CO)_2\ddot{N}H$ એ સૌથી ઓછું બેઝિક સંયોજન છે.

(B) કોલોઇડલ દ્રાવણો સંખ્યાત્મક ગુણધર્મો દર્શાવે છે.
સામાન્ય ફિલ્ટર પેપર કોલોઇડલ કણોને અટકાવી શકતું નથી.
હાર્ડી-શુલ્ઝના નિયમ મુજબ,આયનનો વીજભાર વધતા તેની ફ્લોક્યુલેટિંગ શક્તિ વધે છે. તેથી,$Al^{3+}$ ની ફ્લોક્યુલેટિંગ શક્તિ $Na^{+}$ કરતા વધારે હોય છે.
કોલોઇડલ કણો બ્રાઉનિયન ગતિ દર્શાવે છે.
તેથી,વિધાન $B$ ખોટું છે.

(D) $_{58}Ce \rightarrow [Xe] 4f^1 5d^1 6s^2$. સંકીર્ણમાં,$Ce^{4+} \rightarrow [Xe] 4f^0$. અહીં $0$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી $\mu_m = 0 \ B.M$.
$(b)$ $_{64}Gd^{3+} \rightarrow [Xe] 4f^7$. અહીં $7$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી $\mu_m = \sqrt{7(7+2)} = \sqrt{63} \ B.M$.
$(c)$ $_{63}Eu^{3+} \rightarrow [Xe] 4f^6$. અહીં $6$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી $\mu_m = \sqrt{6(6+2)} = \sqrt{48} \ B.M$.
ચુંબકીય મોમેન્ટની સરખામણી કરતા: $0 < \sqrt{48} < \sqrt{63}$.
આમ,વધતો ક્રમ $(a) < (c) < (b)$ છે.

(D) નાઈટ્રાઈલ $(-CN)$ ની ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(PhMgBr)$ સાથેની પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^+)$ એ કીટોન બનાવવા માટેની પ્રમાણિત પદ્ધતિ છે.
$1$. ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયકનો ન્યુક્લિયોફિલિક ફિનાઈલ સમૂહ $(Ph^-)$ નાઈટ્રાઈલ સમૂહના ઈલેક્ટ્રોફિલિક કાર્બન પર હુમલો કરે છે અને ઈમાઈન મેગ્નેશિયમ ક્ષાર મધ્યવર્તી બનાવે છે.
$2$. ત્યારબાદ એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^+)$ દ્વારા ઈમાઈન મધ્યવર્તીનું કીટોન $(C=O)$ માં રૂપાંતર થાય છે.
$3$. બેન્ઝીન રીંગ પરનો બીજો સમૂહ $-\text{CH}(\text{CH}_3)\text{OCH}_3$ આ પ્રક્રિયકો દ્વારા પ્રભાવિત થતો નથી.
$4$. તેથી,અંતિમ નીપજ $X$ એ કીટોન છે જેમાં $-CN$ સમૂહ $-COC_6H_5$ સમૂહ દ્વારા બદલાય છે,જ્યારે સાઈડ ચેઈન $-\text{CH}(\text{CH}_3)\text{OCH}_3$ યથાવત રહે છે.

(C) $HCP$ રચનામાં,દરેક $1$ પરમાણુ દીઠ $1$ અષ્ટફલકીય ખાલી જગ્યા $(OV)$ અને $2$ ચતુષ્ફલકીય ખાલી જગ્યા $(TV)$ હોય છે.
તેથી,પ્રતિ પરમાણુ કુલ ખાલી જગ્યાઓની સંખ્યા $1 + 2 = 3$ છે.
$Ga$ ના મોલની સંખ્યા $= \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} = \frac{0.581 \, g}{70 \, g/mol} = 0.0083 \, mol$.
$Ga$ પરમાણુઓની સંખ્યા $= \text{મોલ} \times N_A = 0.0083 \times 6.022 \times 10^{23} \approx 4.998 \times 10^{21}$ પરમાણુઓ.
કુલ ખાલી જગ્યાઓની સંખ્યા $= 3 \times \text{પરમાણુઓની સંખ્યા} = 3 \times 4.998 \times 10^{21} = 14.994 \times 10^{21}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $15 \times 10^{21}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: સાંદ્રતા $(C) = 5.0 \, mmol \, dm^{-3} = 5.0 \times 10^{-3} \, mol \, L^{-1} = 5.0 \, mol \, m^{-3}$.
વાહકતા $(G) = 0.55 \, mS = 0.55 \times 10^{-3} \, S$.
કોષ અચળાંક $(G^*) = 1.3 \, cm^{-1} = 130 \, m^{-1}$.
વાહકતા $(\kappa) = G \times G^* = 0.55 \, mS \times 130 \, m^{-1} = 71.5 \, mS \, m^{-1} = 0.0715 \, S \, m^{-1}$.
મોલર વાહકતા $(\lambda_m) = \frac{\kappa}{C} = \frac{0.0715 \, S \, m^{-1}}{5.0 \, mol \, m^{-3}} = 0.0143 \, S \, m^2 \, mol^{-1} = 14.3 \, mS \, m^2 \, mol^{-1}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,કિંમત $14$ મળે છે.

(B) આપેલ છે $(t_{1/2})_A = 54 \, min$ અને $(t_{1/2})_B = 18 \, min$.
સમાન મોલર સાંદ્રતાથી શરૂ કરતા,ધારો કે $[A]_0 = [B]_0 = x$.
પ્રથમ ક્રમની ગતિશાસ્ત્ર માટે,$t$ સમયે સાંદ્રતા $[A]_t = [A]_0 \times (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = t / t_{1/2}$.
આપણે $[A]_t = 16 \times [B]_t$ જોઈએ છે.
અભિવ્યક્તિઓ મૂકતા: $x \times (1/2)^{t/54} = 16 \times x \times (1/2)^{t/18}$.
$(1/2)^{t/54} = 2^4 \times (1/2)^{t/18}$.
$(1/2)^{t/54} = (1/2)^{-4} \times (1/2)^{t/18}$.
$(1/2)^{t/54} = (1/2)^{(t/18) - 4}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $t/54 = (t/18) - 4$.
$4 = t/18 - t/54 = (3t - t) / 54 = 2t / 54 = t / 27$.
$t = 4 \times 27 = 108 \, min$.

(A) આપેલ છે: $P_{A}^{0} = 21 \ kPa$ અને $P_{B}^{0} = 18 \ kPa$.
$A$ ના મોલ $(n_{A})$ = $1 \ mol$,$B$ ના મોલ $(n_{B})$ = $2 \ mol$.
કુલ મોલ = $1 + 2 = 3 \ mol$.
$A$ નો મોલ અંશ $(X_{A})$ = $\frac{1}{3}$ અને $B$ નો મોલ અંશ $(X_{B})$ = $\frac{2}{3}$.
આદર્શ દ્રાવણ માટે રાઉલ્ટના નિયમ મુજબ: $P_{T} = X_{A} P_{A}^{0} + X_{B} P_{B}^{0}$.
$P_{T} = (\frac{1}{3} \times 21) + (\frac{2}{3} \times 18)$.
$P_{T} = 7 + 12 = 19 \ kPa$.

(A) શોષાયેલ ફોટોનની ઊર્જા એ અષ્ટફલકીય વિભાજન ઊર્જા $\Delta_{0}$ ને અનુરૂપ છે.
$E = \frac{hc}{\lambda}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
આપેલ $\lambda = 498 \, nm = 498 \times 10^{-9} \, m$,$h = 6.626 \times 10^{-34} \, Js$,અને $c = 3 \times 10^{8} \, ms^{-1}$.
$\Delta_{0} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^{8}}{498 \times 10^{-9}} \, J$
$\Delta_{0} = \frac{19.878 \times 10^{-26}}{498 \times 10^{-9}} \, J$
$\Delta_{0} \approx 0.039915 \times 10^{-17} \, J = 3.9915 \times 10^{-19} \, J$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $4 \times 10^{-19} \, J$ મળે છે.

(B) ફ્રુક્ટોઝ એ $C_6H_{12}O_6$ આણ્વીય સૂત્ર ધરાવતું મોનોસેકેરાઇડ છે.
તે તેના $C-2$ સ્થાન પર કીટોન સમૂહ $(>C=O)$ ધરાવે છે અને તેની શૃંખલામાં છ કાર્બન પરમાણુઓ હોય છે.
તેથી,તેને કીટોહેક્સોઝ તરીકે વર્ગીકૃત કરવામાં આવે છે.

(A) કેશન એક્સચેન્જ રેઝિનમાં $-SO_3H$ અથવા $-COOH$ જેવા એસિડિક ક્રિયાશીલ સમૂહો હોય છે જે $H^+$ આયનો મુક્ત કરી શકે છે.
એનાયન એક્સચેન્જ રેઝિનમાં $-NH_2$ જેવા બેઝિક ક્રિયાશીલ સમૂહો હોય છે જે $OH^-$ આયનો મુક્ત કરી શકે છે.
તેથી,કેશન અને એનાયન એક્સચેન્જ રેઝિન માટેની સાચી જોડી અનુક્રમે $-SO_3H$ અને $-NH_2$ છે.

(D) સાચી જોડી નીચે મુજબ છે:
$(a).$ હેમેટાઇટ એટલે $Fe_{2}O_{3}$ $(ii)$.
$(b).$ બોક્સાઇટ એટલે $Al_{2}O_{3} \cdot xH_{2}O$ $(i)$.
$(c).$ મેગ્નેટાઇટ એટલે $Fe_{3}O_{4}$ $(iv)$.
$(d).$ મેલેકાઇટ એટલે $CuCO_{3} \cdot Cu(OH)_{2}$ $(iii)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $(a)-(ii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(iii)$ છે.

(C) એમ્બિડેન્ટ ન્યુક્લિયોફાઇલ એ એવી સ્પીસીઝ છે જેમાં બે અથવા વધુ ન્યુક્લિયોફિલિક સાઇટ્સ હોય છે જેના દ્વારા તે હુમલો કરી શકે છે.
$(A)$ $KCN$ અને $AgCN$: $CN^-$ એ એમ્બિડેન્ટ ન્યુક્લિયોફાઇલ છે કારણ કે તે $C$ અથવા $N$ દ્વારા હુમલો કરી શકે છે.
$(C)$ $AgNO_{2}$ અને $KNO_{2}$: $NO_2^-$ એ એમ્બિડેન્ટ ન્યુક્લિયોફાઇલ છે કારણ કે તે $N$ અથવા $O$ દ્વારા હુમલો કરી શકે છે.
તેથી,સાચી જોડીઓ $(A)$ અને $(C)$ છે.

(A) $N_2O$ અને $NO$ એ નાઈટ્રોજનના તટસ્થ ઓક્સાઈડ છે.
$N_2O_3$ અને $NO_2$ એ એસિડિક ઓક્સાઈડ છે.

(A) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$1$. $[Co(NH_3)_6][Cr(CN)_6]$ સવર્ગ સમઘટકતા દર્શાવે છે કારણ કે ધન આયન અને ઋણ આયન બંને સંકીર્ણ આયનો છે.
$2$. $[Co(NH_3)_3(NO_2)_3]$ બંધન સમઘટકતા દર્શાવે છે કારણ કે તેમાં ઉભયદંતી લિગેન્ડ $NO_2^-$ હાજર છે.
$3$. $[Cr(H_2O)_6]Cl_3$ દ્રાવક (હાઇડ્રેટ) સમઘટકતા દર્શાવે છે.
$4$. $cis-[CrCl_2(ox)_2]^{3-}$ પ્રકાશીય સમઘટકતા દર્શાવે છે કારણ કે $cis$ સમઘટક સમતલ ધરાવતું નથી.
આમ,સાચો ક્રમ $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(ii), (d)-(iv)$ છે.

(A) પ્રાથમિક,દ્વિતીયક અને તૃતીયક એમાઈનનું અલગીકરણ હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક એટલે કે $Para-Toluene$ સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ $(CH_3C_6H_4SO_2Cl)$ દ્વારા કરી શકાય છે.
$1.$ પ્રાથમિક એમાઈન $Para-Toluene$ સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $N-alkyl$ સલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે,જે $NaOH$ માં દ્રાવ્ય છે.
$2.$ દ્વિતીયક એમાઈન પ્રક્રિયા કરીને $N,N-dialkyl$ સલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે,જે $NaOH$ માં અદ્રાવ્ય છે.
$3.$ તૃતીયક એમાઈન $Para-Toluene$ સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરતા નથી.

(A) $24$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતું તત્વ ક્રોમિયમ $(Cr)$ છે.
$Cr$ ની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Ar] \, 4s^{1} \, 3d^{5}$ છે.
ક્રોમિયમ તેના વિવિધ સંયોજનોમાં $+2$ થી $+6$ સુધીની સામાન્ય ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવે છે.

(B) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$(a)$. સુકરાલોઝ એ કૃત્રિમ ગળપણ છે. $(a)-(ii)$
$(b)$. સ્ટીઅરિક એસિડનું ગ્લિસરીલ એસ્ટર એ સાબુ છે. $(b)-(i)$
$(c)$. સોડિયમ બેન્ઝોએટ એ ખાદ્ય પ્રિઝર્વેટિવ છે. $(c)-(iv)$
$(d)$. બિથિઓનોલ એ એન્ટિસેપ્ટિક છે. $(d)-(iii)$
તેથી,સાચો ક્રમ $(a)-(ii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(iii)$ છે.

(C) સુક્રોઝનું ગ્લુકોઝ અને ફ્રુક્ટોઝમાં જળવિભાજન $Invertase$ ઉત્સેચક દ્વારા થાય છે.
ગ્લુકોઝનું ઇથેનોલ અને કાર્બન ડાયોક્સાઇડમાં આથવણ $Zymase$ ઉત્સેચક દ્વારા થાય છે.
તેથી,પ્રતિક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$C_{12}H_{22}O_{11} + H_2O \stackrel{\text{Invertase}}{\longrightarrow} C_6H_{12}O_6 + C_6H_{12}O_6$
$C_6H_{12}O_6 \stackrel{\text{Zymase}}{\longrightarrow} 2C_2H_5OH + 2CO_2$
આમ,ઉત્સેચક $A$ એ $Invertase$ છે અને ઉત્સેચક $B$ એ $Zymase$ છે.

(A) $p-\text{મિથોક્સીફિનાઈલ ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ}$ ની ઈથેનોલ $(C_2H_5OH)$ સાથેની પ્રક્રિયા એક રિડક્શન પ્રક્રિયા છે,જેમાં ડાયઝોનિયમ સમૂહ હાઈડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા વિસ્થાપિત થઈને એનિસોલ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$CH_3O-C_6H_4-N_2^+Cl^- + CH_3CH_2OH \rightarrow CH_3O-C_6H_5 + N_2 + CH_3CHO + HCl$
અહીં,$(A)$ એ $p-\text{મિથોક્સીફિનાઈલ ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ}$ છે,$X$ એ એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ છે,અને $Y$ એ હાઈડ્રોજન ક્લોરાઈડ $(HCl)$ છે.

(B) હાર્ડી-શુલ્ઝના નિયમ મુજબ,આયનની સ્કંદન ક્ષમતા તેના વીજભારના મૂલ્યના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
ઋણ સોલના સ્કંદન માટે,સ્કંદનકારક સ્પીસીઝ ધન આયન (cation) હોવી જોઈએ.
આપેલા ધન આયનોની સરખામણી કરતા: $Na^{+}$ (વીજભાર $+1$) અને $Ba^{2+}$ (વીજભાર $+2$).
$Ba^{2+}$ નો વીજભાર $Na^{+}$ કરતા વધારે હોવાથી,તેની સ્કંદન ક્ષમતા વધુ હશે.
તેથી,$Ba^{2+}$ સાચો જવાબ છે.

(D) વાહકતા $\kappa$ એ અવરોધ $R$ અને કોષ અચળાંક $G^{*}$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે: $\kappa = \frac{1}{R} \cdot G^{*}$
એક જ વાહકતા કોષ માટે,$G^{*}$ અચળ રહે છે,તેથી $\kappa \cdot R = G^{*} = \text{અચળ}$.
$KCl$ દ્રાવણ માટે: $\kappa_{KCl} \cdot R_{KCl} = 0.14 \times 4.19 = 0.5866 \, S$.
$HCl$ દ્રાવણ માટે: $\kappa_{HCl} \cdot R_{HCl} = 0.5866 \, S$.
$\kappa_{HCl} = \frac{0.5866}{1.03} \approx 0.5695 \, S m^{-1}$.
જરૂરી એકમોમાં રૂપાંતર કરતા: $0.5695 \, S m^{-1} = 56.95 \times 10^{-2} \, S m^{-1}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $57 \times 10^{-2} \, S m^{-1}$ મળે છે.

(D) $KOH$ ની હાજરીમાં $FeCl_3$ અને ઓક્ઝેલિક એસિડ વચ્ચેની પ્રક્રિયાથી પોટેશિયમ ટ્રાયઓક્ઝેલેટોફેરેટ$(III)$ બને છે:
$FeCl_3 + 3H_2C_2O_4 + 6KOH \rightarrow K_3[Fe(C_2O_4)_3] + 3KCl + 6H_2O$
નીપજ $A$ એ $K_3[Fe(C_2O_4)_3]$ છે.
આ સંકીર્ણ સંયોજનમાં,ઓક્ઝેલેટ આયન $(C_2O_4^{2-})$ એ દ્વિદંતીય લિગેન્ડ છે.
અહીં $3$ ઓક્ઝેલેટ લિગેન્ડ હોવાથી,$Fe$ નો સવર્ગ આંક (દ્વિતીયક સંયોજકતા) $3 \times 2 = 6$ થાય છે.

(A) આપેલ પ્રક્રિયા $2A + B_{2} \rightarrow 2AB$ છે.
તે પ્રાથમિક પ્રક્રિયા હોવાથી,વેગ નિયમ $r_{1} = k[A]^{2}[B_{2}]$ છે.
જ્યારે પ્રક્રિયા પાત્રનું કદ $3$ ના અવયવથી ઘટાડવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક પ્રક્રિયકની સાંદ્રતા $3$ ના અવયવથી વધે છે (કારણ કે $C = n/V$).
ધારો કે નવી સાંદ્રતા $[A]' = 3[A]$ અને $[B_{2}]' = 3[B_{2}]$ છે.
નવો વેગ $r_{2} = k(3[A])^{2}(3[B_{2}])$ છે.
$r_{2} = k \cdot 9[A]^{2} \cdot 3[B_{2}] = 27 \cdot k[A]^{2}[B_{2}] = 27 \cdot r_{1}$.
આમ,પ્રક્રિયાનો વેગ $27$ ના અવયવથી વધે છે.

(B) $K_{4}[Fe(CN)_{6}]$ નું વિયોજન: $K_{4}[Fe(CN)_{6}] \rightleftharpoons 4K^{+} + [Fe(CN)_{6}]^{4-}$.
પ્રારંભિક સાંદ્રતા: $1 \, m$,$0$,$0$.
અંતિમ સાંદ્રતા: $(1 - 0.4) \, m$,$4 \times 0.4 \, m$,$0.4 \, m$.
કુલ અસરકારક મોલાલિટી $= 0.6 + 1.6 + 0.4 = 2.6 \, m$.
સમાન ઉત્કલનબિંદુ માટે,બિન-વિદ્યુતવિભાજ્ય દ્રાવણની મોલાલિટી પણ $2.6 \, m$ હોવી જોઈએ.
$18.1 \%$ વજનવાળા દ્રાવણ માટે,$18.1 \, g$ દ્રાવ્ય $A$ એ $81.9 \, g$ પાણીમાં હાજર છે.
મોલાલિટીનું સૂત્ર: $m = \frac{w_A \times 1000}{M_A \times w_{solvent}}$.
$2.6 = \frac{18.1 \times 1000}{M_A \times 81.9}$.
$M_A = \frac{18100}{2.6 \times 81.9} \approx 85 \, u$.

(D) $KBr$ નું મોલર દળ $= 39.1 + 79.9 = 119 \ g/mol$.
$1 \ \text{મોલ}$ $KBr$ ને $\frac{10^{-5}}{100} = 10^{-7} \ \text{મોલ}$ $SrBr_2$ સાથે ડોપ કરવામાં આવે છે.
કારણ કે $1 \ Sr^{2+}$ આયન વિદ્યુતીય તટસ્થતા જાળવવા માટે $2 \ K^+$ આયનોને દૂર કરે છે,તે $1$ કેટાયનિક વેકેન્સી બનાવે છે.
તેથી,$1 \ \text{મોલ}$ $KBr$ માં $10^{-7} \ \text{મોલ}$ કેટાયનિક વેકેન્સી હોય છે.
$1 \ g$ $KBr$ માં કેટાયનિક વેકેન્સીની સંખ્યા $= \frac{10^{-7} \times N_A}{KBr \text{ નું મોલર દળ}} = \frac{10^{-7} \times 6.023 \times 10^{23}}{119}$.
$= \frac{6.023 \times 10^{16}}{119} \approx 0.0506 \times 10^{16} = 5.06 \times 10^{14}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $5 \times 10^{14}$ મળે છે.

(A) વર્ણવેલ પ્રક્રિયા હોફમેન બ્રોમામાઈડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એમાઈડ સોડિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(NaOH)$ ના જલીય અથવા ઈથેનોલિક દ્રાવણની હાજરીમાં બ્રોમીન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
સમગ્ર પ્રક્રિયા છે: $R-CONH_2 + Br_2 + 4NaOH \rightarrow R-NH_2 + Na_2CO_3 + 2NaBr + 2H_2O$.
પ્રક્રિયાની ક્રિયાવિધિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,એમાઈડનો કાર્બોનિલ કાર્બન કાર્બોનેટ આયન $(CO_3^{2-})$ તરીકે મુક્ત થાય છે.

(B) $Mn_{3}O_{4}$ એ $MnO$ અને $Mn_{2}O_{3}$ નો મિશ્ર ઓક્સાઈડ છે.
તે મેંગેનીઝ આયનોની $d$-કક્ષકોમાં અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે ફેરીમેગ્નેટિઝમ દર્શાવે છે,જે તેને ચુંબકીય બનાવે છે.

(B) આલ્કાઈલ એરાઈલ ઈથરની $HI$ સાથેની પ્રક્રિયામાં ઈથરના ઓક્સિજન પરમાણુનું પ્રોટોનેશન થાય છે,ત્યારબાદ આયોડાઈડ આયન $(I^-)$ નો ઓછા અવરોધ ધરાવતા આલ્કાઈલ સમૂહ પર ન્યુક્લિયોફિલિક હુમલો થાય છે.
$1-$મિથોક્સી નેપ્થલીનમાં,ઓક્સિજન એક મિથાઈલ સમૂહ અને એક નેપ્થાઈલ સમૂહ સાથે જોડાયેલ છે.
$I^-$ આયન $S_N2$ પ્રક્રિયા દ્વારા મિથાઈલ સમૂહ $(CH_3)$ પર હુમલો કરે છે કારણ કે નેપ્થાઈલ સમૂહ મોટો છે અને એરોમેટિક વલય સાથે જોડાયેલ $C-O$ બંધમાં આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા હોય છે,જે તેને ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન સામે પ્રતિરોધક બનાવે છે.
આમ,બનતી નીપજો $CH_3I$ (મિથાઈલ આયોડાઈડ) અને $1-$નેપ્થોલ છે.

(A) વિટામિન $K$ યકૃતમાં રુધિર ગંઠાઈ જવા માટેના પરિબળોના સંશ્લેષણ માટે આવશ્યક છે.
વિટામિન $K$ ની ઉણપને કારણે આ પરિબળોમાં ઘટાડો થાય છે,જેના પરિણામે રુધિર ગંઠાઈ જવાનો સમય વધે છે.

(D) કાર્બનિક સંયોજન $A$ ની બેન્ઝીન સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ (હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક) સાથેની પ્રક્રિયાથી બનતી નીપજ $B$ જે $NaOH$ માં દ્રાવ્ય છે,તે દર્શાવે છે કે $A$ એ પ્રાથમિક એમાઈન $(R-NH_2)$ છે.
પ્રાથમિક એમાઈન બેન્ઝીન સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $N$-આલ્કાઈલબેન્ઝીન સલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે,જેમાં નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલ એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોય છે,જે તેને $NaOH$ માં દ્રાવ્ય બનાવે છે.
દ્વિતીયક એમાઈન $N,N$-ડાયઆલ્કાઈલબેન્ઝીન સલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે,જેમાં એસિડિક હાઈડ્રોજનનો અભાવ હોય છે અને તે $NaOH$ માં અદ્રાવ્ય હોય છે.
તૃતીયક એમાઈન બેન્ઝીન સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરતા નથી.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી:
$A$: $C_6H_5-N(CH_3)_2$ એ તૃતીયક એમાઈન છે.
$B$: $C_6H_5-NH-CH_2-CH_3$ એ દ્વિતીયક એમાઈન છે.
$C$: $C_6H_5-CH_2-NH-CH_3$ એ દ્વિતીયક એમાઈન છે.
$D$: $C_6H_5-CH(CH_3)-NH_2$ એ પ્રાથમિક એમાઈન છે.
તેથી,સાચું સંયોજન $C_6H_5-CH(CH_3)-NH_2$ છે.

(B) $CuSO_{4} \cdot 5H_{2}O$ ની રચનામાં,કોપર આયન $(Cu^{2+})$ સીધી રીતે $4$ પાણીના અણુઓ સાથે જોડાયેલ છે,જે તેની દ્વિતીયક સંયોજકતા $4$ દર્શાવે છે.
પાંચમો પાણીનો અણુ સીધો $Cu^{2+}$ આયન સાથે જોડાયેલ નથી,પરંતુ તે પાણીના અણુ અને સલ્ફેટ $(SO_{4}^{2-})$ સમૂહ વચ્ચેના હાઇડ્રોજન બંધ દ્વારા સ્ફટિક લેટીસમાં જકડાયેલ છે.
તેથી,દ્વિતીયક સંયોજકતા $4$ છે અને હાઇડ્રોજન-બંધિત પાણીના અણુઓની સંખ્યા $1$ છે.

(D) સાંદ્ર $HNO_3$ અને $H_2SO_4$ નો ઉપયોગ કરીને $288 \ K$ તાપમાને એનિલિનના નાઈટ્રેશન દરમિયાન,એસિડિક માધ્યમમાં એમિનો ગ્રુપ $(-NH_2)$ પ્રોટોનેટેડ થઈને એનિલિનિયમ આયન $(-NH_3^+)$ બનાવે છે.
$-NH_3^+$ ગ્રુપ મેટા-ડાયરેક્ટિંગ છે,જે નોંધપાત્ર પ્રમાણમાં મેટા-નાઈટ્રોએનિલિન $(B)$ બનાવે છે.
જોકે,થોડું અ-પ્રોટોનેટેડ એનિલિન પણ પ્રક્રિયા કરે છે,જેનાથી ઓર્થો $(A)$ અને પેરા $(C)$ નીપજો મળે છે.
પ્રાયોગિક ટકાવારી યીલ્ડ આશરે નીચે મુજબ છે:
$p$-નાઈટ્રોએનિલિન $(C)$ $\approx 51\%$
$m$-નાઈટ્રોએનિલિન $(B)$ $\approx 47\%$
$o$-નાઈટ્રોએનિલિન $(A)$ $\approx 2\%$
આમ,ટકાવારી યીલ્ડનો ક્રમ $C > B > A$ છે.

(D) $CdS$ સોલ એ ઋણ વીજભારિત સોલ છે.
$TiO_2$ સોલ એ ધન વીજભારિત સોલ છે.
તેથી,વીજભાર અનુક્રમે ઋણ અને ધન છે.

(C) . ગર્ભનિરોધક દવા $\rightarrow$ $(iii)$. નોરેથિન્ડ્રોન
$(b)$. એન્ટિબાયોટિક $\rightarrow$ $(iv)$. સાલવારસન
$(c)$. ટ્રાન્ક્વીલાઈઝર $\rightarrow$ $(i)$. મેપ્રોબેમેટ
$(d)$. કૃત્રિમ ગળપણ $\rightarrow$ $(ii)$. એલિટેમ
તેથી,સાચી જોડ $(a)-(iii), (b)-(iv), (c)-(i), (d)-(ii)$ છે.

(D) આ પ્રક્રિયા સાયક્લોપેન્ટેનોનનું આલ્ડોલ સંઘનન છે.
$1$. $dil. NaOH$ ની હાજરીમાં,સાયક્લોપેન્ટેનોનના બે અણુઓ સ્વ-આલ્ડોલ સંઘનન પામીને $\beta$-હાઇડ્રોક્સી કીટોન બનાવે છે,જે $X$ $(2-(1-\text{hydroxycyclopentyl})\text{cyclopentanone})$ છે.
$2$. $H^+$ સાથે ગરમ કરવા પર,$\beta$-હાઇડ્રોક્સી કીટોન નિર્જલીકરણ પામીને $\alpha,\beta$-અસંતૃપ્ત કીટોન બનાવે છે,જે $Y$ $(2-\text{cyclopentylidenecyclopentanone})$ છે.

(A) વિધાન $I$ સાચું છે. $C_2H_5OH$ માં ઓક્સિજન પરમાણુ પર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તે ન્યુક્લિયોફાઇલ તરીકે વર્તી શકે છે. $AgCN$ એ સહસંયોજક સંયોજન છે જેમાં નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જે તેને એમ્બિડેન્ટ ન્યુક્લિયોફાઇલ બનાવે છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે. $KCN$ એ આયનીય સંયોજન છે જે $CN^-$ આયનો આપે છે,જે કાર્બન-કેન્દ્રિત ન્યુક્લિયોફાઇલ તરીકે કાર્ય કરે છે (નાઈટ્રાઈલ બનાવે છે). જોકે,$AgCN$ સહસંયોજક છે અને મુખ્યત્વે નાઇટ્રોજન-કેન્દ્રિત ન્યુક્લિયોફાઇલ તરીકે કાર્ય કરે છે (આઈસોનાઈટ્રાઈલ બનાવે છે) કારણ કે કાર્બન પરમાણુ સિલ્વર સાથે સવર્ગ સહસંયોજક બંધમાં જોડાયેલ હોય છે.
તેથી,વિધાન $I$ સાચું છે અને વિધાન $II$ ખોટું છે.

(C) મર્ક્યુરી $\rightarrow$ નિસ્યંદન શુદ્ધિકરણ $(ii)$
$(b)$ કોપર $\rightarrow$ વિદ્યુતવિભાજનીય શુદ્ધિકરણ $(iii)$
$(c)$ સિલિકોન $\rightarrow$ ઝોન રિફાઇનિંગ $(iv)$
$(d)$ નિકલ $\rightarrow$ બાષ્પ અવસ્થા શુદ્ધિકરણ $(i)$
તેથી,સાચી જોડ $a-ii, b-iii, c-iv, d-i$ છે.

(D) સહસંયોજક અથવા નેટવર્ક ઘન પદાર્થો ખૂબ જ ઊંચું ગલનબિંદુ ધરાવે છે અને તેઓ તેમની ઘન તેમજ પીગળેલા સ્વરૂપમાં અવાહક હોય છે.

(D) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$n \%$ પૂર્ણતા માટે જરૂરી સમય $t = \frac{1}{k} \ln \frac{[A]_0}{[A]_t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે $t_{1/2} = 1 \, \text{min}$,તેથી $k = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0.69}{1} = 0.69 \, \text{min}^{-1}$.
$99.9 \, \%$ પૂર્ણતા માટે,$[A]_t = [A]_0 - 0.999[A]_0 = 0.001[A]_0$.
$t_{99.9} = \frac{1}{k} \ln \frac{[A]_0}{0.001[A]_0} = \frac{1}{k} \ln 1000 = \frac{1}{k} \ln 10^3 = \frac{3 \ln 10}{k}$.
કિંમતો મૂકતા: $t_{99.9} = \frac{3 \times 2.3}{0.69} = \frac{6.9}{0.69} = 10 \, \text{min}$.

(D) કોહલરાઉસના સ્વતંત્ર આયનોના સ્થળાંતરના નિયમ મુજબ:
$\Lambda_{m}^{\infty}(BaSO_{4}) = \lambda_{m}^{\infty}(Ba^{2+}) + \lambda_{m}^{\infty}(SO_{4}^{2-})$
આપણે આને આપેલા વિદ્યુતવિભાજ્યોના સંદર્ભમાં દર્શાવી શકીએ છીએ:
$\Lambda_{m}^{\infty}(BaSO_{4}) = \Lambda_{m}^{\infty}(BaCl_{2}) + \Lambda_{m}^{\infty}(H_{2}SO_{4}) - 2\Lambda_{m}^{\infty}(HCl)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Lambda_{m}^{\infty}(BaSO_{4}) = 280 + 860 - 2(426)$
$= 1140 - 852$
$= 288 \, S \, cm^{2} \, mol^{-1}$

(C) $XeF_{6}$ નું આંશિક જળવિભાજન નીચે મુજબ છે:
$XeF_{6} + 2H_{2}O \longrightarrow XeO_{2}F_{2} + 4HF$
આમ,સંયોજન $A$ એ $XeF_{6}$ છે.
$XeF_{6}$ નું બંધારણ વિકૃત અષ્ટફલકીય છે જેમાં $Xe$ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
દરેક ફ્લોરિન $(F)$ પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો હોય છે.
$XeF_{6}$ માં કુલ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો = $1 \text{ (} Xe \text{ પર)} + (6 \times 3 \text{ (} F \text{ પર)}) = 1 + 18 = 19$.

(B) ટોલેન્સ પ્રક્રિયક દ્વારા આલ્ડિહાઈડનું કાર્બોક્સિલેટ આયનમાં ઓક્સિડેશન નીચે મુજબના સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે:
$RCHO + 2[Ag(NH_{3})_{2}]^{+} + 3OH^{-} \rightarrow RCOO^{-} + 2Ag + 4NH_{3} + 2H_{2}O$
આ પ્રક્રિયામાં,આલ્ડિહાઈડ ગ્રુપ $(-CHO)$ નું કાર્બોક્સિલેટ ગ્રુપ $(-COO^{-})$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે,જેમાં $2$ ઈલેક્ટ્રોનનો ત્યાગ થાય છે.
આ $2$ ઈલેક્ટ્રોન ટોલેન્સ પ્રક્રિયકમાં રહેલા બે સિલ્વર આયનો $(Ag^{+})$ માં સ્થાનાંતરિત થાય છે,જે તેમને ધાત્વિક સિલ્વર $(Ag^{0})$ માં રિડ્યુસ કરે છે.
તેથી,પ્રતિ આલ્ડિહાઈડ ગ્રુપ ટોલેન્સ પ્રક્રિયકમાં સ્થાનાંતરિત થયેલા ઈલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(C) ઉત્કલનબિંદુમાં ઉન્નયન $\Delta T_{b} = T_{b} - T_{b}^{0} = 100.52^{\circ} C - 100^{\circ} C = 0.52^{\circ} C$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડાયમરાઇઝેશન માટે,વાન્ટ હોફ અવયવ $i = 1 - \alpha + \frac{\alpha}{2} = 1 - \frac{\alpha}{2}$ છે.
સૂત્ર $\Delta T_{b} = i \times K_{b} \times m$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $m = 2 \, M$:
$0.52 = (1 - \frac{\alpha}{2}) \times 0.52 \times 2$.
બંને બાજુ $0.52$ વડે ભાગતા,આપણને $1 = (1 - \frac{\alpha}{2}) \times 2$ મળે છે.
$1 = 2 - \alpha$.
$\alpha = 1$.
આમ,ટકાવારી જોડાણ $1 \times 100 = 100 \, \%$ છે.

(C) રીડિંગ્સમાંથી મેળવેલ $HCl$ નું સૌથી સચોટ કદ $5.0 \, mL$ છે.
તુલ્ય બિંદુએ,$Na_{2}CO_{3}$ ના મિલિ-ઇક્વિવેલન્ટ્સ $(meq)$ એ $HCl$ ના મિલિ-ઇક્વિવેલન્ટ્સ જેટલા હોય છે.
ધારો કે $Na_{2}CO_{3}$ દ્રાવણની મોલારિટી $M$ છે.
પ્રક્રિયા: $Na_{2}CO_{3} + 2HCl \rightarrow 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}$.
$Na_{2}CO_{3}$ માટે $n$-ફેક્ટર $2$ છે અને $HCl$ માટે $1$ છે.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $M_{1} \times V_{1} \times n_{1} = M_{2} \times V_{2} \times n_{2}$
$M \times 10 \, mL \times 2 = 0.2 \, M \times 5.0 \, mL \times 1$
$20 \times M = 1.0$
$M = 0.05 \, mol/L$
$mM$ (મિલિમોલર) માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,આપણે $1000$ વડે ગુણીએ છીએ:
$0.05 \times 1000 = 50 \, mM$.