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

(B) આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ સ્પીસીઝ સમાન ભૂમિતિ અને સંકરણ ધરાવે છે.
$A.$ $SO_{4}^{2-}$ અને $CrO_{4}^{2-}$ બંને ટેટ્રાહેડ્રલ ($sp^3$ સંકરણ) છે.
$B.$ $SiCl_{4}$ અને $TiCl_{4}$ બંને ટેટ્રાહેડ્રલ ($sp^3$ સંકરણ) છે.
$C.$ $NH_{3}$ ટ્રાયગોનલ પિરામિડલ $(sp^3)$ છે,જ્યારે $NO_{3}^{-}$ ટ્રાયગોનલ પ્લેનર $(sp^2)$ છે.
$D.$ $BCl_{3}$ ટ્રાયગોનલ પ્લેનર $(sp^2)$ છે,જ્યારે $BrCl_{3}$ $T$-આકારનું $(sp^3d)$ છે.
તેથી,આઈસોસ્ટ્રક્ચરલ જોડીઓ $A$ અને $B$ છે.

(C) સમીકરણ $(A)$ માં: $HOCl + H_2O_2 \rightarrow H_3O^{+} + Cl^{-} + O_2$. $Cl$ નો ઓક્સિડેશન આંક $HOCl$ માં $+1$ થી ઘટીને $Cl^{-}$ માં $-1$ થાય છે. તેથી,$HOCl$ નું રિડક્શન થાય છે અને $H_2O_2$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
સમીકરણ $(B)$ માં: $I_2 + H_2O_2 + 2 OH^{-} \rightarrow 2 I^{-} + 2 H_2O + O_2$. $I$ નો ઓક્સિડેશન આંક $I_2$ માં $0$ થી ઘટીને $I^{-}$ માં $-1$ થાય છે. તેથી,$I_2$ નું રિડક્શન થાય છે અને $H_2O_2$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
આમ,બંને સમીકરણો $(A)$ અને $(B)$ માં $H_2O_2$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.

(C) $HI$ ની $3,3$-ડાયમિથાઈલ-$1$-બ્યુટીન $(CH_3-C(CH_3)_2-CH=CH_2)$ સાથેની પ્રક્રિયા કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી દ્વારા થાય છે.
પ્રથમ,આલ્કીનનું પ્રોટોનેશન થઈને દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન બને છે: $CH_3-C(CH_3)_2-C^+H-CH_3$.
સ્થિરતા વધારવા માટે,નજીકના ચતુર્થક કાર્બન પરથી $1,2$-મિથાઈલ શિફ્ટ થાય છે,જેના પરિણામે વધુ સ્થિર તૃતીયક કાર્બોકેટાયન બને છે: $CH_3-C^+(CH_3)-CH(CH_3)-CH_3$.
અંતે,આ તૃતીયક કાર્બોકેટાયન પર આયોડાઈડ આયન $(I^-)$ નો ન્યુક્લિયોફિલિક હુમલો થવાથી મુખ્ય નીપજ,$2$-આયોડો-$2,3$-ડાયમિથાઈલબ્યુટેન $(CH_3-CI(CH_3)-CH(CH_3)-CH_3)$ મળે છે.

(C) આલ્કેનનું આલ્ડિહાઇડમાં નિયંત્રિત ઓક્સિડેશન એ એક વિશિષ્ટ ઔદ્યોગિક પ્રક્રિયા છે.
પ્રક્રિયા $CH_{3}CH_{2}CH_{3} \stackrel{Mo_{2}O_{3}}{\longrightarrow} CH_{3}CH_{2}CHO$ માં પ્રોપેનનું પ્રોપેનાલમાં ઉદ્દીપકીય ઓક્સિડેશન થાય છે.
આ રૂપાંતરણ માટે વપરાતો પ્રક્રિયક મોલિબ્ડેનમ ઓક્સાઇડ $(Mo_{2}O_{3})$ છે.

(D) વનસ્પતિના અજારક વિઘટન દરમિયાન $CH_4$ વાયુ મુક્ત થાય છે. $CH_4$ એ ગ્રીનહાઉસ વાયુ છે જે ગ્લોબલ વોર્મિંગમાં ફાળો આપે છે અને તેને સંભવિત કાર્સિનોજેન (કેન્સરકારક) પણ માનવામાં આવે છે.

(A) $1$. $1-$મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેનની $273 \ K$ તાપમાને મંદ આલ્કલાઇન $KMnO_4$ (બેયર પ્રક્રિયક) સાથેની પ્રક્રિયા એ સિન-હાઈડ્રોક્સિલેશન પ્રક્રિયા છે,જે દ્વિબંધ પર બે હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહો ઉમેરીને $1-$મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેન$-1,2-$ડાયોલ $(A)$ બનાવે છે.
$2$. નીપજ $A$ એ વિસિનલ ડાયોલ છે. દ્વિતીયક આલ્કોહોલ સમૂહનું તૃતીયક આલ્કોહોલ સમૂહ કરતા સરળતાથી ઓક્સિડેશન થાય છે. $CrO_3$ સાથેની પ્રક્રિયા દ્વિતીયક આલ્કોહોલનું કીટોનમાં ઓક્સિડેશન કરે છે,જેના પરિણામે $2-$હાઈડ્રોક્સી$-2-$મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેનોન $(B)$ મળે છે.

(C) પ્રક્રિયા $Cl_{2(g)} \rightleftharpoons 2Cl_{(g)}$ છે.
ધારો કે $Cl_2$ અણુઓ અને $Cl$ પરમાણુઓના મોલની સંખ્યા $n$ છે.
મિશ્રણમાં કુલ મોલની સંખ્યા $n + n = 2n$ છે.
$Cl_2$ નો મોલ અંશ $X_{Cl_2} = \frac{n}{2n} = 0.5$ છે.
$Cl$ નો મોલ અંશ $X_{Cl} = \frac{n}{2n} = 0.5$ છે.
કુલ દબાણ $P = 1 \ atm$ આપેલ છે,તેથી આંશિક દબાણ:
$P_{Cl_2} = X_{Cl_2} \times P = 0.5 \times 1 = 0.5 \ atm$.
$P_{Cl} = X_{Cl} \times P = 0.5 \times 1 = 0.5 \ atm$.
સંતુલન અચળાંક $K_P = \frac{(P_{Cl})^2}{P_{Cl_2}} = \frac{(0.5)^2}{0.5} = 0.5$ છે.
આપણને $K_P = x \times 10^{-1}$ આપેલ છે,તેથી $0.5 = x \times 10^{-1}$.
તેથી,$x = 5$.

(D) ઉભયગુણી સંયોજનો તે છે જે એસિડ અને બેઇઝ બંને સાથે પ્રતિક્રિયા આપી શકે છે.
$BeO$ (બેરિલિયમ ઓક્સાઇડ) ઉભયગુણી છે.
$Be(OH)_2$ (બેરિલિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ) ઉભયગુણી છે.
$BaO$ (બેરિયમ ઓક્સાઇડ) બેઝિક છે.
$Sr(OH)_2$ (સ્ટ્રોન્શિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ) બેઝિક છે.
તેથી,આપેલી યાદીમાં $2$ ઉભયગુણી સંયોજનો છે.

(C) આ પ્રક્રિયા આલ્કલાઇન માધ્યમમાં $S_8$ ની વિષમીકરણ (disproportionation) પ્રક્રિયા છે.
રિડક્શન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $S_8 + 16e^{-} \rightarrow 8S^{2-}$
ઓક્સિડેશન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $S_8 + 12H_2O \rightarrow 4S_2O_3^{2-} + 24H^{+} + 16e^{-}$
બંને અર્ધ-પ્રક્રિયાઓનો સરવાળો કરતા: $2S_8 + 12H_2O \rightarrow 8S^{2-} + 4S_2O_3^{2-} + 24H^{+}$
બેઝિક માધ્યમમાં સંતુલિત કરવા માટે,બંને બાજુ $24OH^{-}$ ઉમેરો:
$2S_8 + 12H_2O + 24OH^{-} \rightarrow 8S^{2-} + 4S_2O_3^{2-} + 24H_2O$
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા:
$2S_8 + 24OH^{-} \rightarrow 8S^{2-} + 4S_2O_3^{2-} + 12H_2O$
સૌથી નાના પૂર્ણાંક સહગુણકો મેળવવા માટે $2$ વડે ભાગતા:
$S_8 + 12OH^{-} \rightarrow 4S^{2-} + 2S_2O_3^{2-} + 6H_2O$
આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,'$a$' નું મૂલ્ય $12$ મળે છે.

(C) પ્રમાણિત ગિબ્સ મુક્ત ઉર્જા ફેરફાર અને સંતુલન અચળાંક વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $\Delta_{r}G^{\circ} = -RT \ln K_p$
અહીં $T = 300 \ K$,$K_p = 100.0$,અને $\ln 10 = 2.3$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta_{r}G^{\circ} = -R \times 300 \times \ln(100)$
કારણ કે $\ln(100) = \ln(10^2) = 2 \ln(10) = 2 \times 2.3 = 4.6$.
તેથી,$\Delta_{r}G^{\circ} = -R \times 300 \times 4.6 = -1380 R$.
આને $-xR$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 1380$ મળે છે.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ છે.
સમાન પોટેન્શિયલ $V$ દ્વારા પ્રવેગિત પ્રોટોન $(P)$ અને $Li^{3+}$ ન્યુક્લિયસ માટે:
$\frac{\lambda_{Li}}{\lambda_{P}} = \sqrt{\frac{m_{P} \times q_{P}}{m_{Li} \times q_{Li}}} = \sqrt{\frac{m_{P} \times e}{8.3 m_{P} \times 3e}} = \sqrt{\frac{1}{8.3 \times 3}} = \sqrt{\frac{1}{24.9}} \approx 0.2004$.
આપેલ છે કે $\frac{\lambda_{Li}}{\lambda_{P}} = x \times 10^{-1}$,તેથી $0.2004 = x \times 10^{-1}$,એટલે કે $x \approx 2.004$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,$x = 2$.

(C) .

રાસાયણિક સ્પીસીઝ	બંધ ક્રમાંક (Bond Order)
$He_{2}^{+}$	$0.5$
$He_{2}^{-}$	$0.5$
$Be_{2}$	$0$
$O_{2}^{2-}$	$1$

$M.O.T.$ મુજબ,જો કોઈ રાસાયણિક સ્પીસીઝનો બંધ ક્રમાંક શૂન્ય હોય,તો તે સ્પીસીઝ અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી.

(B) પ્રક્રિયા $2I^{-} + H_{2}O_{2} + 2H^{+} \rightarrow I_{2} + 2H_{2}O$ માં,આયોડિનનો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ થી વધીને $0$ થાય છે,જે દર્શાવે છે કે $H_{2}O_{2}$ દ્વારા $I^{-}$ નું $I_{2}$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે.
આમ,$H_{2}O_{2}$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
અન્ય પ્રક્રિયાઓમાં,$H_{2}O_{2}$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
તેથી,સાચો જવાબ $(B)$ છે.

(D) આ પ્રક્રિયામાં $773 \ K$ તાપમાન અને $10-20 \ atm$ દબાણે ઉદ્દીપક તરીકે $Mo_{2}O_{3}$ નો ઉપયોગ કરીને આલ્કેનનું એરોમેટાઈઝેશન થાય છે.
પ્રક્રિયક $2$-મિથાઈલહેક્ઝેન છે,જે ચક્રીયકરણ અને હાઈડ્રોજન દૂર થવાની પ્રક્રિયા દ્વારા ટોલ્યુઈન $(A)$ બનાવે છે.

(C) $2.64 \, g$ $CO_2$ માં કાર્બનનું દળ: $m_C = \frac{12}{44} \times 2.64 = 0.72 \, g$.
$1.08 \, g$ $H_2O$ માં હાઇડ્રોજનનું દળ: $m_H = \frac{2}{18} \times 1.08 = 0.12 \, g$.
સંયોજનમાં ઓક્સિજનનું દળ: $m_O = \text{કુલ દળ} - (m_C + m_H) = 1.80 - (0.72 + 0.12) = 1.80 - 0.84 = 0.96 \, g$.
ઓક્સિજનની ટકાવારી: $\% \, O = \frac{0.96}{1.80} \times 100 = 53.33 \%$.

(A) $B_{2}H_{6}$ માં,ટર્મિનલ $B-H$ બંધો $sp^{3}$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે બ્રિજિંગ $B-H-B$ બંધો $3c-2e$ (ત્રણ-કેન્દ્ર બે-ઈલેક્ટ્રોન) બંધો ધરાવે છે.
બેન્ટના નિયમ મુજબ,વધુ $p$-કેરેક્ટર વધુ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુ અથવા નાના બંધ ખૂણા ધરાવતા બંધ તરફ હોય છે.
કારણ કે બંધ ખૂણો $\theta_{2}$ (ટર્મિનલ $H-B-H$) એ $\theta_{1}$ (બ્રિજિંગ $B-H-B$ ખૂણો) કરતા મોટો છે,તેથી ટર્મિનલ $B-H$ બંધોમાં બ્રિજિંગ બંધોની તુલનામાં વધુ $s$-કેરેક્ટર અને ઓછું $p$-કેરેક્ટર હોય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$BH_{3}$ એ ઈલેક્ટ્રોન-ઉણપ ધરાવતી સ્પીસીઝ છે અને તે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે,બેઈઝ તરીકે નહીં.

(C) કક્ષક માટે ત્રિજ્યાવર્તી નોડની સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર: $\text{ત્રિજ્યાવર્તી નોડની સંખ્યા} = n - \ell - 1$.
$3s$ કક્ષક માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 3$ અને ગૌણ ક્વોન્ટમ આંક $\ell = 0$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\text{ત્રિજ્યાવર્તી નોડની સંખ્યા} = 3 - 0 - 1 = 2$.
$2$ ત્રિજ્યાવર્તી નોડ ધરાવતી કક્ષક માટેનો ત્રિજ્યાવર્તી વિતરણ આલેખ $r$-અક્ષને $2$ બિંદુઓ પર સ્પર્શવો જોઈએ ($r=0$ અને $r=\infty$ સિવાય).
આપેલા આલેખો જોતા:
- આલેખ $(A)$ માં $0$ ત્રિજ્યાવર્તી નોડ છે ($1s$ માટે).
- આલેખ $(B)$ માં $1$ ત્રિજ્યાવર્તી નોડ છે ($2s$ માટે).
- આલેખ $(C)$ માં $0$ ત્રિજ્યાવર્તી નોડ છે.
- આલેખ $(D)$ માં $2$ ત્રિજ્યાવર્તી નોડ છે.
તેથી,$3s$ કક્ષક માટે સાચો આલેખ $(D)$ છે.

(D) વિધાન $I$ ખોટું છે. રિડ્યુસિંગ સ્મોગ (ક્લાસિકલ સ્મોગ) એ ધુમાડો,ધુમ્મસ અને સલ્ફર ડાયોક્સાઇડ $(SO_2)$ નું મિશ્રણ છે. તેમાં ઓક્સિજનનું અપરરૂપ મધ્યવર્તી તરીકે હોતું નથી.
વિધાન $II$ સાચું છે. ફોટોકેમિકલ સ્મોગ ટ્રોપોસ્ફિયરમાં હાજર નાઇટ્રોજન ઓક્સાઇડ $(NO_x)$ અને હાઇડ્રોકાર્બન પર સૂર્યપ્રકાશની અસરથી બને છે. સલ્ફર ડાયોક્સાઇડ મુખ્યત્વે રિડ્યુસિંગ સ્મોગ સાથે સંકળાયેલ છે,ફોટોકેમિકલ સ્મોગ સાથે નહીં.
તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે અને વિધાન $II$ સાચું છે.

(B) દ્રાવ્યીકરણ પ્રક્રિયા $AgCN_{(s)} + H^{+}_{(aq)} \rightleftharpoons Ag^{+}_{(aq)} + HCN_{(aq)}$ છે.
સંતુલન અચળાંક $K_{eq} = \frac{K_{sp}(AgCN)}{K_a(HCN)} = \frac{2.2 \times 10^{-16}}{6.2 \times 10^{-10}} \approx 3.55 \times 10^{-7}$ છે.
જેમ કે $s = [Ag^{+}] = [HCN]$ અને $[H^{+}] = 10^{-pH} = 10^{-3}$,તેથી $K_{eq} = \frac{s^2}{[H^{+}]}$ મળે.
$s^2 = K_{eq} \times [H^{+}] = 3.55 \times 10^{-7} \times 10^{-3} = 3.55 \times 10^{-10}$.
$s = \sqrt{3.55 \times 10^{-10}} \approx 1.88 \times 10^{-5} \approx 1.9 \times 10^{-5}$.

(B) સંતુલિત રેડોક્ષ પ્રક્રિયા:
$8CrO_{4}^{2-} + 3S_{2}O_{3}^{2-} + 10H_{2}O \rightarrow 8Cr(OH)_{4}^{-} + 6SO_{4}^{2-} + 2OH^{-}$
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$CrO_{4}^{2-}$ ($Cr^{+6}$ થી $Cr^{+3}$) માટે $n$-ફેક્ટર $3$ છે,અને $S_{2}O_{3}^{2-}$ ($S^{+2}$ થી $S^{+6}$) માટે,ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં કુલ ફેરફાર $2 \times (6-2) = 8$ છે.
તુલ્યતાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $n_{1}M_{1}V_{1} = n_{2}M_{2}V_{2}$
$3 \times 0.154 \times V = 8 \times 0.25 \times 40$
$0.462 \times V = 80$
$V = \frac{80}{0.462} \approx 173.16 \ mL$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ-ઓફ કરતા,આપણને $173 \ mL$ મળે છે.

(D) ધારો કે ટાયરનું કદ અચળ રહે છે, ગે-લ્યુસેકના નિયમ મુજબ, $P \propto T$ (જ્યાં $T$ કેલ્વિનમાં છે).
આપેલ છે: $P_1 = 35 \ psi$, $T_1 = 27 + 273 = 300 \ K$, $P_2 = 40 \ psi$.
સૂત્ર $\frac{P_2}{P_1} = \frac{T_2}{T_1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{40}{35} = \frac{T_2}{300}$
$T_2 = \frac{40 \times 300}{35} = \frac{12000}{35} \approx 342.86 \ K$.
સેલ્સિયસમાં ફેરવતા: $T_2(^{\circ} C) = 342.86 - 273 = 69.86^{\circ} C$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ-ઓફ કરતા, આપણને $70^{\circ} C$ મળે છે.

(B) પ્રક્રિયા છે: $NH_{2}CN_{(s)} + \frac{3}{2} O_{2(g)} \rightarrow N_{2(g)} + CO_{2(g)} + H_{2}O_{(l)}$
વાયુરૂપ ઘટકોના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_{g} = (n_{products, g} - n_{reactants, g}) = (1 + 1) - \frac{3}{2} = 0.5 \ mol$ છે.
સંબંધ $\Delta H = \Delta U + \Delta n_{g} RT$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta H = -742.24 \ kJ \ mol^{-1} + (0.5 \ mol) \times (8.314 \times 10^{-3} \ kJ \ mol^{-1} K^{-1}) \times (298 \ K)$
$\Delta H = -742.24 + 1.238786 \approx -741.001 \ kJ \ mol^{-1}$.
$\Delta H$ નું મૂલ્ય $741 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(C) $R_{f}$ મૂલ્યની ગણતરી નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે:
$R_{f} = \frac{\text{સંયોજન દ્વારા કાપેલું અંતર (બેઝ લાઇનથી)}}{\text{દ્રાવક દ્વારા કાપેલું અંતર (બેઝ લાઇનથી)}}$
ક્રોમેટોગ્રામ પરથી:
સંયોજન $A$ દ્વારા બેઝ લાઇનથી કાપેલું અંતર $= 2 \, cm$
દ્રાવક દ્વારા બેઝ લાઇનથી કાપેલું અંતર $= 5 \, cm$
તેથી,$R_{f} = \frac{2}{5} = 0.4$
આને $\times 10^{-1}$ તરીકે દર્શાવતા:
$0.4 = 4 \times 10^{-1}$
આમ,જવાબ $4$ છે.

(D) પ્રક્રિયા: $Na_{(g)} + Br_{(g)} \rightarrow NaBr_{(s)}$
બોર્ન-હેબર ચક્ર મુજબ,આ પ્રક્રિયા માટે એન્થાલ્પી ફેરફાર એ $Na_{(g)}$ ની આયનીકરણ એન્થાલ્પી,$Br_{(g)}$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી અને $NaBr_{(s)}$ ની લેટીસ એન્થાલ્પીનો સરવાળો છે.
$\Delta H = IE_{1} + \Delta H_{eg} + LE$
$\Delta H = 495.8 + (-325.0) + (-728.4) = -557.6 \ kJ \ mol^{-1}$
આ મૂલ્યને $x \times 10^{-1} \ kJ \ mol^{-1}$ સ્વરૂપમાં લખતા:
$-557.6 \ kJ \ mol^{-1} = -5576 \times 10^{-1} \ kJ \ mol^{-1}$
તેથી,સાચો જવાબ $5576$ છે.

(D) આપેલ પ્રતિક્રિયાઓ સોડિયમ કાર્બોનેટના ઉત્પાદન માટેની સોલ્વે પ્રક્રિયાનો ભાગ છે.
$1$. $2NH_3 + H_2O(A) + CO_2 \rightarrow (NH_4)_2CO_3$
$2$. $(NH_4)_2CO_3 + H_2O + CO_2(B) \rightarrow 2NH_4HCO_3$
$3$. $NH_4HCO_3 + NaCl \rightarrow NaHCO_3(C) + NH_4Cl$
આ સમીકરણો સાથે સરખામણી કરતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે $A = H_2O$,$B = CO_2$,અને $C = NaHCO_3$.

(D) ટ્રોપોસ્ફિયરમાં ઓઝોનની હાજરી હાનિકારક છે કારણ કે તે પ્રદૂષક તરીકે કાર્ય કરે છે અને ફોટોકેમિકલ સ્મોગ ઉત્પન્ન કરે છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાઓ નીચેના તત્વોને અનુરૂપ છે:
$(a)$ $1s^{2} 2s^{2} \rightarrow Be$
$(b)$ $1s^{2} 2s^{2} 2p^{4} \rightarrow O$
$(c)$ $1s^{2} 2s^{2} 2p^{3} \rightarrow N$
$(d)$ $1s^{2} 2s^{2} 2p^{1} \rightarrow B$
આયનીકરણ એન્થાલ્પી ($\Delta_{i}H$) ના મૂલ્યો:
$N = 1402 \ kJ\ mol^{-1}$
$O = 1314 \ kJ\ mol^{-1}$
$Be = 899 \ kJ\ mol^{-1}$
$B = 801 \ kJ\ mol^{-1}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(a)$ $\rightarrow (ii), (b)$ $\rightarrow (iii), (c)$ $\rightarrow (iv), (d)$ $\rightarrow (i)$ છે.

(A) વિધાન $A$ ખોટું છે. હાઇડ્રોજન બંધન એ ડાયપોલ-ડાયપોલ આંતરક્રિયાનો એક વિશિષ્ટ પ્રકાર છે,પરંતુ તે એકમાત્ર બિન-સહસંયોજક આંતરક્રિયા નથી.
કારણ $R$ સાચું છે. ફ્લોરિન એ સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણ તત્વ છે. ઘન અવસ્થામાં,$HF$ અણુઓ એક ઝિગ-ઝેગ સાંકળ જેવું બંધારણ બનાવે છે જેમાં હાઇડ્રોજન બંધ સંમિત હોય છે,જેને $[F-H...F]^-$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) વિધાન $A$ સાચું છે: ભારે પાણી $(D_2O)$ નો ઉપયોગ પ્રતિક્રિયા મિકેનિઝમનો અભ્યાસ કરવા માટે વિનિમય પ્રતિક્રિયાઓમાં થાય છે.
વિધાન $B$ સાચું છે: ભારે પાણી સામાન્ય પાણીના સંપૂર્ણ વિદ્યુત વિભાજન દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે.
વિધાન $C$ સાચું છે: $D_2O$ નું ઉત્કલન બિંદુ $(374.4 \ K)$ એ $H_2O$ $(373 \ K)$ કરતા વધારે છે કારણ કે તેમાં હાઇડ્રોજન બંધ મજબૂત હોય છે.
વિધાન $D$ ખોટું છે: $D_2O$ ની સ્નિગ્ધતા $(1.107 \ \text{centipoise})$ એ $H_2O$ $(0.89 \ \text{centipoise})$ કરતા વધારે છે.
તેથી,વિધાનો $A, B$ અને $C$ સાચા છે.

(D) રેડિયલ નોડની સંખ્યા $n-l-1$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે અને એન્ગ્યુલર નોડની સંખ્યા $l$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે રેડિયલ નોડ = $2$ અને એન્ગ્યુલર નોડ = $2$,તેથી $l = 2$.
રેડિયલ નોડના સૂત્રમાં $l = 2$ મૂકતા: $n-2-1 = 2$,જે $n = 5$ આપે છે.
$l = 2$ એ $d$ ઓર્બિટલને અનુરૂપ હોવાથી,તે ઓર્બિટલ $5d$ છે.

(D) વિધાન $I :$ ક્લોરોફોર્મનું ઉત્કલનબિંદુ $(B.P.)$ $334 \ K$ છે અને એનિલિનનું $B.P.$ $457 \ K$ છે. તેમના ઉત્કલનબિંદુમાં મોટો તફાવત હોવાથી,તેમને સાદા નિસ્યંદન દ્વારા અલગ કરી શકાય છે. તેથી,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II :$ વરાળ નિસ્યંદનમાં,મિશ્રણ કોઈપણ ઘટકના ઉત્કલનબિંદુ કરતા નીચા તાપમાને ઉકળે છે. એનિલિન વરાળમાં બાષ્પશીલ છે અને તેને આ પદ્ધતિ દ્વારા પાણીમાંથી અલગ કરવામાં આવે છે,જ્યાં તે તેના સામાન્ય $B.P.$ $457 \ K$ કરતા નીચા તાપમાને ઉકળે છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(D) પગલું $1$: $NaNH_{2}$ સાથે $CH_{3}-CH=CHBr$ નું ડીહાઈડ્રોહેલોજિનેશન $HBr$ દૂર કરીને પ્રોપાઈન $(CH_{3}-C \equiv CH)$ બનાવે છે.
પગલું $2$: $873 \text{ K}$ તાપમાને લાલ ગરમ લોખંડની નળીની હાજરીમાં $3$ મોલ પ્રોપાઈનનું ચક્રીય પોલિમરાઈઝેશન $1,3,5$-ટ્રાયમિથાઈલબેન્ઝિન (મેસિટિલીન) આપે છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજ $A$ એ $1,3,5$-ટ્રાયમિથાઈલબેન્ઝિન છે.

(B) $Carius$ પદ્ધતિનો ઉપયોગ મુખ્યત્વે કાર્બનિક સંયોજનોમાં હેલોજન,સલ્ફર અને ફોસ્ફરસના અનુમાન માટે થાય છે.
તેનો ઉપયોગ નાઇટ્રોજનના અનુમાન માટે થતો નથી.
નાઇટ્રોજનનું અનુમાન સામાન્ય રીતે $Dumas$ પદ્ધતિ અથવા $Kjeldahl$ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
તેથી,$Carius$ પદ્ધતિનો ઉપયોગ નાઇટ્રોજનના અનુમાન માટે થાય છે તે વિધાન $FALSE$ (ખોટું) છે.

(D) $o$-નાઈટ્રોફિનોલ આંતરઆણ્વીય (intramolecular) હાઈડ્રોજન બંધન દર્શાવે છે,જે તેના અણુઓ વચ્ચેના આંતરઆણ્વીય આકર્ષણ બળોને ઘટાડે છે. આ તેને વરાળમાં બાષ્પશીલ બનાવે છે.
તેનાથી વિપરીત,$p$-નાઈટ્રોફિનોલ આંતર-આણ્વીય (intermolecular) હાઈડ્રોજન બંધન દર્શાવે છે,જે અણુઓના જોડાણ અને ઊંચા ગલનબિંદુ તરફ દોરી જાય છે. આંતર-આણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધનના અભાવને કારણે $o$-નાઈટ્રોફિનોલ તેના સમઘટકોની તુલનામાં પ્રમાણમાં નીચું ગલનબિંદુ ધરાવે છે.
તેથી,વિધાન $I$ સાચું છે અને વિધાન $II$ ખોટું છે.

(C) પ્રક્રિયા સ્વયંભૂ હોવા માટે,ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જા ફેરફાર $\Delta G^{0}$ એ $0$ કરતા ઓછો હોવો જોઈએ.
$\Delta G^{0} = \Delta_{r} H^{0} - T \Delta_{r} S^{0} < 0$
આપેલ છે કે $\Delta_{r} H^{0} = 80 \, kJ \, mol^{-1} = 80000 \, J \, mol^{-1}$ અને $\Delta_{r} S^{0} = 2T \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}$.
કિંમતો મૂકતા:
$80000 - T(2T) < 0$
$80000 - 2T^{2} < 0$
$2T^{2} > 80000$
$T^{2} > 40000$
$T > \sqrt{40000}$
$T > 200 \, K$
તેથી,ન્યૂનતમ તાપમાન કે જેના પર પ્રક્રિયા સ્વયંભૂ બને છે તે $200 \, K$ છે.

(B) આપેલી સંખ્યા $50000.020 \times 10^{-3}$ છે.
સાર્થક અંકોના નિયમો મુજબ:
$1$. બધા શૂન્યતર અંકો સાર્થક છે.
$2$. બે શૂન્યતર અંકોની વચ્ચે આવતા શૂન્ય સાર્થક છે.
$3$. દશાંશ ચિહ્ન ધરાવતી સંખ્યામાં અંતમાં આવતા શૂન્ય સાર્થક છે.
$50000.020$ સંખ્યામાં,અંકો $5, 0, 0, 0, 0, ., 0, 2, 0$ છે.
આ તમામ $8$ અંકો સાર્થક છે.
ઘાતાંકીય પદ $10^{-3}$ સાર્થક અંકોની સંખ્યાને અસર કરતું નથી.
તેથી,સાર્થક અંકોની કુલ સંખ્યા $8$ છે.

(C) સંકોચનીયતા અવયવ $Z$ ને $Z = \frac{PV_{m}}{RT}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ અવસ્થા સમીકરણ: $P(V_{m}-b) = RT$,આપણે લખી શકીએ $PV_{m} - Pb = RT$.
$RT$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{PV_{m}}{RT} - \frac{Pb}{RT} = 1$ મળે છે,જે $Z - \frac{Pb}{RT} = 1$ અથવા $Z = 1 + \frac{Pb}{RT}$ માં પરિણમે છે.
હવે,આપણે અચળ તાપમાન $T$ પર $P$ ની સાપેક્ષમાં $Z$ નું વિકલન કરીએ: $(\frac{\partial Z}{\partial P})_{T} = \frac{\partial}{\partial P}(1 + \frac{Pb}{RT}) = 0 + \frac{b}{RT} = \frac{1 \times b}{RT}$.
આને આપેલ પદ $\frac{xb}{RT}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 1$ મળે છે.

(B) પ્રક્રિયા: $AB_{2(g)} \rightleftharpoons A_{(g)} + 2B_{(g)}$.
સંતુલને કુલ મોલ $n_{T} = 1 + 2\alpha$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$n_{T} = 1.93$.
તેથી,$1 + 2\alpha = 1.93 \implies \alpha = 0.465$.
આંશિક દબાણ ગણતા,$K_{P} = \frac{P_{A} \times (P_{B})^{2}}{P_{AB_{2}}} \approx 0.73 \ atm^{2}$.
તેથી,$K_{P} = 73 \times 10^{-2}$,એટલે કે $x = 73$ (નજીકનો વિકલ્પ $74$ છે).

(D) ડાયક્રોમેટ આયનની બેઝ સાથેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે: $Cr_{2}O_{7}^{2-} + 2OH^{-} \longrightarrow 2CrO_{4}^{2-} + H_{2}O$.
નીપજ ક્રોમેટ આયન $(CrO_{4}^{2-})$ માં,$Cr$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ ધારો.
$x + 4(-2) = -2$
$x - 8 = -2$
$x = +6$.
આમ,નીપજમાં $Cr$ નો ઓક્સિડેશન આંક $6$ છે.

(D) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ :
$A$. $KE = 13.6 \frac{Z^{2}}{n^{2}} \ eV/atom \Rightarrow KE \propto \frac{Z^{2}}{n^{2}}$ (સાચું)
$B$. $e^{-}$ ની ઝડપ $\propto \frac{Z}{n} \Rightarrow v \times n \propto Z$ (ખોટું)
$C$. $e^{-}$ ની પરિભ્રમણ આવૃત્તિ = $\frac{v}{2 \pi r}$. $v \propto \frac{Z}{n}$ અને $r \propto \frac{n^{2}}{Z}$ હોવાથી,આવૃત્તિ $\propto \frac{Z^{2}}{n^{3}}$ (ખોટું)
$D$. $F = \frac{kZe^{2}}{r^{2}}$. $r \propto \frac{n^{2}}{Z}$ હોવાથી,$F \propto \frac{Z}{(n^{2}/Z)^{2}} = \frac{Z^{3}}{n^{4}}$ (સાચું)
આમ,વિધાનો $A$ અને $D$ સાચા છે.

(D) આલ્કલી ધાતુના ક્ષારો ઇલેક્ટ્રોનના ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરોમાં ઉત્તેજના અને ત્યારબાદ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં પાછા ફરવાને કારણે જ્યોતને લાક્ષણિક રંગો આપે છે.
આ ધાતુઓ માટે લાક્ષણિક તરંગલંબાઇ નીચે મુજબ છે:
$Li$: $670.8 \text{ nm}$ (ક્રિમસન લાલ)
$Na$: $589.2 \text{ nm}$ (પીળો)
$Rb$: $780.0 \text{ nm}$ (લાલ-જાંબલી)
$Cs$: $455.5 \text{ nm}$ (વાદળી)
તેથી,સાચી જોડ છે: $(a)-(ii), (b)-(iv), (c)-(iii), (d)-(i)$.

(C) $HgSO_4$ અને $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં આલ્કાઈનનું જલીયકરણ માર્કોવનીકોવના નિયમનું પાલન કરે છે.
$1$. $HC \equiv CH + H_2O \xrightarrow{HgSO_4, H_2SO_4} CH_2=CH(OH) \rightleftharpoons CH_3-CHO$ (ઇથેનાલ).
$2$. સાયક્લોહેક્સાઇલ એસિટિલીન + $H_2O \xrightarrow{HgSO_4, H_2SO_4} \text{સાયક્લોહેક્સાઇલ મિથાઇલ કીટોન}$.
$3$. $CH_3-C \equiv CH + H_2O \xrightarrow{HgSO_4, H_2SO_4} CH_3-C(OH)=CH_2 \rightleftharpoons CH_3-CO-CH_3$ (પ્રોપેનોન).
$4$. $CH_3-C \equiv C-CH_3 + H_2O \xrightarrow{HgSO_4, H_2SO_4} CH_3-C(OH)=CH-CH_3 \rightleftharpoons CH_3-CO-CH_2-CH_3$ (બ્યુટેન$-2-$ઓન).
$CH_3-CH_2-CHO$ (પ્રોપેનાલ) એ એક આલ્ડિહાઇડ છે જે કોઈપણ આલ્કાઈનના જલીયકરણ દ્વારા બનાવી શકાતું નથી કારણ કે ટર્મિનલ આલ્કાઈન્સ (ઇથાઇન સિવાય) નું જલીયકરણ હંમેશા કીટોન આપે છે.

(A) સંયોજનની એરોમેટિકતા નક્કી કરવા માટે,આપણે હ્યુકેલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે જણાવે છે કે $(4n+2) \pi$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતી સમતલીય,ચક્રીય,સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત સિસ્ટમ એરોમેટિક છે,જ્યારે $4n \pi$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતી સિસ્ટમ એન્ટી-એરોમેટિક છે. નોન-એરોમેટિક સંયોજનો તે છે જે આ શરતોને સંતોષતા નથી (દા.ત.,તેઓ સમતલીય અથવા સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત ન હોઈ શકે).
$1$. સાયક્લોઓક્ટાટેટ્રાએન: તેમાં $8 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન છે. તે સમતલીય નથી (તે એન્ટી-એરોમેટિકતા ટાળવા માટે ટબ-આકારનું બંધારણ અપનાવે છે),જે તેને નોન-એરોમેટિક બનાવે છે.
$2$. ફ્યુરાન: તે $6 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન (ઓક્સિજન પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સહિત) ધરાવતી ચક્રીય,સમતલીય,સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત સિસ્ટમ છે,જે તેને એરોમેટિક બનાવે છે.
$3$. સાયક્લોબ્યુટાડાઈન ડાયકેશન: તેમાં $2 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન $(n=0)$ છે,જે તેને એરોમેટિક બનાવે છે.
$4$. એન્થ્રાસીન: તે $14 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતું પોલીસાયક્લિક એરોમેટિક હાઇડ્રોકાર્બન છે,જે તેને એરોમેટિક બનાવે છે.
તેથી,સાયક્લોઓક્ટાટેટ્રાએન નોન-એરોમેટિક છે.

(C) વિધાન $I$ સાચું છે કારણ કે $BOD$ એ પાણીમાં રહેલા કાર્બનિક પદાર્થોનું વિઘટન કરવા માટે બેક્ટેરિયા દ્વારા જરૂરી ઓગળેલા ઓક્સિજનના જથ્થાનું માપ છે,જે સીધી રીતે જળચર જીવનને અસર કરે છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે શુદ્ધ પાણીમાં સામાન્ય રીતે $BOD$ નું મૂલ્ય $5 \ ppm$ કરતા ઓછું હોય છે,જ્યારે અત્યંત પ્રદૂષિત પાણીમાં $BOD$ નું મૂલ્ય $17 \ ppm$ કે તેથી વધુ હોય છે.
$BOD$ માટે $6.5 \ ppm$ નું કોઈ એક 'શ્રેષ્ઠ' મૂલ્ય વ્યાખ્યાયિત નથી.

(D) $I_{3}^{-}$ આયનમાં,મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે અન્ય આયોડિન પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $2$ (બંધકારક) + $3$ (અબંધકારક) = $5$.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,સંકરણ $sp^{3}d$ છે અને ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ છે.
$3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે.
તેથી,$2$ આયોડિન પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે $180^{\circ}$ ના $I-I-I$ બંધકોણ સાથે રેખીય આકાર મળે છે.

(D) વિધાન $A$ સાચું છે કારણ કે હાઇડ્રોજન ખરેખર બ્રહ્માંડમાં સૌથી વધુ પ્રમાણમાં જોવા મળતું તત્વ છે,પરંતુ પૃથ્વીના ટ્રોપોસ્ફિયરમાં નાઇટ્રોજન $(N_2)$ સૌથી વધુ પ્રમાણમાં જોવા મળતો વાયુ છે.
કારણ $R$ સાચું છે કારણ કે હાઇડ્રોજન એ $Z = 1$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતું સૌથી હલકું તત્વ છે.
જોકે,હાઇડ્રોજન સૌથી હલકું તત્વ છે તે કારણ નથી કે તે ટ્રોપોસ્ફિયરમાં સૌથી વધુ પ્રમાણમાં જોવા મળતો વાયુ નથી. વાતાવરણમાં હાઇડ્રોજનનું ઓછું પ્રમાણ તેની ઓછી ઘનતા અને ઉચ્ચ પ્રતિક્રિયાશીલતાને કારણે છે,જે તેને પૃથ્વીના ગુરુત્વાકર્ષણ બળમાંથી છટકી જવાની મંજૂરી આપે છે.
તેથી,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે,પરંતુ $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(A) આયનીય સંયોજનોનું ગલનબિંદુ $(M.P.)$ તેમની લેટીસ ઉર્જા $(L.E.)$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
લેટીસ ઉર્જા આયનોના વીજભાર અને તેમની વચ્ચેના અંતર પર આધાર રાખે છે $(L.E. \propto \frac{q_1 q_2}{r_+ + r_-})$.
$LiF$ અને $LiCl$ ની જોડી માટે,$LiF$ માં $Cl^-$ ની સરખામણીમાં નાનો ઋણાયન $(F^-)$ હોય છે,જેના પરિણામે આંતર-આયનીય અંતર ઓછું અને લેટીસ ઉર્જા વધુ હોય છે,તેથી $LiF > LiCl$.
$MgO$ અને $NaCl$ ની જોડી માટે,$MgO$ માં $Mg^{2+}$ અને $O^{2-}$ આયનો (વીજભાર $\pm 2$) હોય છે,જ્યારે $NaCl$ માં $Na^+$ અને $Cl^-$ આયનો (વીજભાર $\pm 1$) હોય છે. $MgO$ માં ઉચ્ચ વીજભારને કારણે લેટીસ ઉર્જા નોંધપાત્ર રીતે વધારે હોય છે,તેથી $MgO > NaCl$.
તેથી,સાચો ક્રમ $LiF > LiCl$ અને $MgO > NaCl$ છે.

(C) હાઇડ્રોકાર્બન $C_{x}H_{y}$ માટે દહન પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_{x}H_{y(g)} + (x + \frac{y}{4}) O_{2(g)} \rightarrow x CO_{2(g)} + \frac{y}{2} H_{2}O(\ell)$
એવોગેડ્રોના નિયમ મુજબ,કદનો ગુણોત્તર એ તત્વયોગમિતિય ગુણાંકના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
આપેલ છે કે $C_{x}H_{y}$ નું $1$ કદ $4$ કદ $CO_{2}$ ઉત્પન્ન કરે છે,તેથી $x = 4$.
આપેલ છે કે $C_{x}H_{y}$ નું $1$ કદ $6$ કદ $O_{2}$ વાપરે છે,તેથી $(x + \frac{y}{4}) = 6$.
સમીકરણમાં $x = 4$ મૂકતા:
$4 + \frac{y}{4} = 6$
$\frac{y}{4} = 2$
$y = 8$.

(A) એસિટિલીન $(C_2H_2)$ નું મોલર દળ $26 \, g \, mol^{-1}$ છે.
મોલની સંખ્યા $(n)$ $= \frac{4.75 \, g}{26 \, g \, mol^{-1}} \approx 0.1827 \, mol$.
તાપમાન $(T)$ $= 50 + 273 = 323 \, K$.
દબાણ $(P)$ $= \frac{740}{760} \, atm \approx 0.9737 \, atm$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$V = \frac{nRT}{P}$ મળે છે.
$V = \frac{0.1827 \times 0.0826 \times 323}{0.9737} \approx 5.0059 \, L$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $5 \, L$ મળે છે.

(D) $PbI_{2}$ નો દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $K_{sp} = [Pb^{2+}][I^{-}]^{2} = 8.0 \times 10^{-9}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$0.1 \ M$ $Pb(NO_{3})_{2}$ ના દ્રાવણમાં,$Pb(NO_{3})_{2}$ નું સંપૂર્ણ વિયોજન $Pb(NO_{3})_{2} \rightarrow Pb^{2+} + 2NO_{3}^{-}$ મુજબ થાય છે.
આમ,$Pb(NO_{3})_{2}$ માંથી $Pb^{2+}$ આયનોની સાંદ્રતા $0.1 \ M$ છે.
ધારો કે $PbI_{2}$ ની દ્રાવ્યતા $s \ mol/L$ છે. $PbI_{2}$ નું વિયોજન $PbI_{2}(s) \rightleftharpoons Pb^{2+}(aq) + 2I^{-}(aq)$ છે.
$Pb^{2+}$ ની કુલ સાંદ્રતા $(0.1 + s) \approx 0.1 \ M$ (કારણ કે $s$ ખૂબ નાનું છે) અને $[I^{-}] = 2s$ છે.
આ કિંમતોને $K_{sp}$ સમીકરણમાં મૂકતા: $8.0 \times 10^{-9} = (0.1)(2s)^{2}$.
$8.0 \times 10^{-9} = 0.1 \times 4s^{2} = 0.4s^{2}$.
$s^{2} = \frac{8.0 \times 10^{-9}}{0.4} = 20 \times 10^{-9} = 2.0 \times 10^{-8}$.
$s = \sqrt{2.0 \times 10^{-8}} = \sqrt{2} \times 10^{-4} = 1.41 \times 10^{-4} = 141 \times 10^{-6} \ mol/L$.
આને $x \times 10^{-6} \ mol/L$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 141$ મળે છે.

(C) $1$. એનિલીનની $0-5^{\circ}C$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથેની પ્રક્રિયા ડાયઝોટાઈઝેશન પ્રક્રિયા છે,જે બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$ બનાવે છે.
$2$. બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડની $KCN$ ($CuCN$ ની હાજરીમાં) સાથેની પ્રક્રિયાથી બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ $(C_6H_5CN)$ મળે છે. તેથી,$(A)$ બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ છે.
$3$. બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલનું $SnCl_2/HCl$ દ્વારા રિડક્શન અને ત્યારબાદ જળવિભાજન $(H_3O^+)$ એ સ્ટીફન રિડક્શન છે,જે નાઈટ્રાઈલ સમૂહ $(-CN)$ ને આલ્ડિહાઈડ સમૂહ $(-CHO)$ માં રૂપાંતરિત કરે છે. તેથી,$(B)$ બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ છે.
$4$. આમ,$(A)$ બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ છે અને $(B)$ બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ છે.

(A) સલ્ફાઇડ યુક્ત કાચી ધાતુઓનું સંકેન્દ્રણ સામાન્ય રીતે ફીણ પ્લવન પદ્ધતિ દ્વારા કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એક સલ્ફાઇડ કાચી ધાતુને ફીણ બનાવતા અટકાવવા માટે 'ડિપ્રેસન્ટ્સ' (અવરોધકો) નો ઉપયોગ કરવામાં આવે છે.
$ZnS$ (સ્ફેલેરાઇટ) અને $PbS$ (ગેલેના) ધરાવતી કાચી ધાતુ માટે,સોડિયમ સાયનાઇડ $(NaCN)$,જે સમૂહ $1$ નો સાયનાઇડ ક્ષાર છે,તેનો ઉપયોગ ડિપ્રેસન્ટ તરીકે થાય છે.
$NaCN$ એ $ZnS$ સાથે સંકીર્ણ સંયોજન $Na_{2}[Zn(CN)_{4}]$ બનાવીને તેને ફીણમાં આવતા અટકાવે છે,જ્યારે $PbS$ ફીણ બનાવે છે.
તેથી,$ZnS$ (સ્ફેલેરાઇટ) આ પ્રક્રિયા સાથે સંકળાયેલી કાચી ધાતુ છે.

(B) બેયરની પ્રક્રિયામાં,$Al_{2}O_{3}$ ને $NaOH$ સાથે લીચિંગ કરીને સોડિયમ એલ્યુમિનેટ,$X = Na[Al(OH)_{4}]$ બનાવવામાં આવે છે.
$X$ ના દ્રાવણમાંથી $CO_{2}$ વાયુ $(Y)$ પસાર કરવાથી જળયુક્ત એલ્યુમિના,$Z = Al_{2}O_{3} \cdot xH_{2}O$ નું અવક્ષેપન થાય છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$Al_{2}O_{3}(s) + 2NaOH(aq) + 3H_{2}O(l) \rightarrow 2Na[Al(OH)_{4}](aq)$
$2Na[Al(OH)_{4}](aq) + CO_{2}(g) \rightarrow Al_{2}O_{3} \cdot xH_{2}O(s) + 2NaHCO_{3}(aq)$

(A) દ્વિતીયક આલ્કોહોલની $HCl$ સાથેની પ્રક્રિયા $S_N1$ ક્રિયાવિધિ દ્વારા થાય છે જેમાં કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બને છે.
$1$. $HCl$ દ્વારા $-OH$ સમૂહનું પ્રોટોનેશન તેને સારા લિવિંગ ગ્રુપ $(-OH_2^+)$ માં રૂપાંતરિત કરે છે.
$2$. પાણીના અણુના દૂર થવાથી સાયક્લોહેક્ઝેન રિંગ સાથે જોડાયેલા કાર્બન પર દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન બને છે.
$3$. આ દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન રિંગના કાર્બન પર વધુ સ્થાયી તૃતીયક કાર્બોકેટાયન બનાવવા માટે $1,2$-હાઇડ્રાઇડ શિફ્ટ અનુભવે છે.
$4$. અંતે,ન્યુક્લિયોફિલિક ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^-)$ તૃતીયક કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને મુખ્ય નીપજ,$1$-ઇથાઇલ-$1$-ક્લોરો-$2$-મિથાઇલસાયક્લોહેક્ઝેન બનાવે છે.

(C) સાંદ્ર $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં,એનિલીન પ્રોટોનેશન પામીને એનિલીનિયમ આયન $(-NH_3^+)$ બનાવે છે.
$-NH_3^+$ સમૂહ તેની $-I$ અસરને કારણે પ્રબળ ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક છે અને તે મેટા-નિર્દેશક છે.
તેથી,એનિલીનના નાઈટ્રેશન દરમિયાન,એનિલીનિયમ આયનની હાજરીને કારણે નોંધપાત્ર પ્રમાણમાં મેટા-નાઈટ્રો નીપજ બને છે.

(D) ફ્રુન્ડલિચ અધિશોષણ સમતાપીનું સમીકરણ: $\frac{x}{m} = K(P)^{1/n}$
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા:
$\log \left(\frac{x}{m}\right) = \log K + \frac{1}{n} \log P$
આ સમીકરણ સુરેખ રેખા $y = mx + c$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં:
$y = \log \left(\frac{x}{m}\right)$
$x = \log P$
$c = \log K$
$m = \frac{1}{n}$ (ઢાળ)
ફ્રુન્ડલિચ અધિશોષણ સમતાપીમાં,$\frac{1}{n}$ નું મૂલ્ય $0$ અને $1$ ની વચ્ચે હોય છે (એટલે કે $0 \leq \frac{1}{n} \leq 1$).
આમ,રેખાનો ઢાળ $\frac{1}{n}$ છે જ્યાં $\frac{1}{n}$ એ $0$ અને $1$ ની વચ્ચે છે.

(B) વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે ક્યુપ્રિક મેટાબોરેટ $(Cu(BO_2)_2)$ વાદળી રંગનું હોય છે,રંગહીન નથી.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે બોરિક એનહાઇડ્રાઇડ $(B_2O_3)$ અને કોપર સલ્ફેટ $(CuSO_4)$ ને નોન-લ્યુમિનસ (ઓક્સિડાઇઝિંગ) જ્યોતમાં ગરમ કરવાથી ક્યુપ્રિક મેટાબોરેટ $(Cu(BO_2)_2)$ બને છે,જે વાદળી હોય છે. ક્યુપ્રસ મેટાબોરેટ $(CuBO_2)$ લ્યુમિનસ (રિડ્યુસિંગ) જ્યોતમાં બને છે.

(B) પ્રોટીનનું $\alpha$-હેલિક્સ બંધારણ એક એમિનો એસિડ અવશેષના કાર્બોનિલ ઓક્સિજન $(C=O)$ અને પોલીપેપ્ટાઇડ શૃંખલા પરના ચોથા એમિનો એસિડ અવશેષના એમાઇડ હાઇડ્રોજન $(N-H)$ વચ્ચેના આંતર-આણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધન દ્વારા સ્થિર થાય છે.

(C) કેપ્રોલેક્ટમ એ નાયલોન$-6$ પોલિમરનો મોનોમર એકમ છે.
$(b)$ $2-$ક્લોરો$-1,3-$બ્યુટાડાઈન એ નિયોપ્રીન પોલિમરનો મોનોમર એકમ છે.
$(c)$ આઈસોપ્રીન ($2-$મિથાઈલબ્યુટા$-1,3-$ડાઈન) એ કુદરતી રબરનો મોનોમર એકમ છે.
$(d)$ એક્રીલોનાઈટ્રાઈલ $(CH_2=CH-CN)$ એ બ્યુના$-N$ પોલિમરનો એક મોનોમર એકમ છે.
તેથી,સાચી જોડ છે: $(a)$ $\rightarrow (iii), (b)$ $\rightarrow (iv), (c)$ $\rightarrow (i), (d)$ $\rightarrow (ii)$.

(B) "ગન મેટલ" ના મુખ્ય ઘટકો નીચે મુજબ છે:
$Cu : 87 \%$
$Sn : 10 \%$
$Zn : 3 \%$
આમ,સાચું બંધારણ $Cu, Sn$ અને $Zn$ છે.

(D) $3d$-શ્રેણીના તત્વોમાં $M^{2+}$ નું $M$ માં રિડક્શન માટેનો ઇલેક્ટ્રોડ પોટેન્શિયલ $E^{\Theta}$ સામાન્ય રીતે ઋણ હોય છે,સિવાય કે કોપર.
કોપર $(Cu)$ ધન પ્રમાણિત ઇલેક્ટ્રોડ પોટેન્શિયલ $(E^{\Theta} = +0.34 \ V)$ ધરાવે છે કારણ કે $Cu(s)$ નું $Cu^{2+}(aq)$ માં રૂપાંતર કરવા માટે જરૂરી ઉચ્ચ ઉર્જા (પરમાણ્વીકરણની એન્થાલ્પી અને આયનીકરણ એન્થાલ્પીનો સરવાળો) તેની જલીયકરણ એન્થાલ્પી દ્વારા ભરપાઈ થતી નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) સાંદ્ર $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં ફિનોલ્સની થેલિક એનહાઇડ્રાઇડ સાથેની પ્રક્રિયા એ એક સંઘનન પ્રક્રિયા છે જે ફ્થેલીન રંગકો બનાવે છે.
ફિનોલ માટે ફ્થેલીન રંગક બનાવવા માટે (જે બેઝિક માધ્યમમાં ગુલાબી રંગ દર્શાવે છે),તેની પાસે હાઇડ્રોક્સિલ $(-OH)$ ગ્રુપની સાપેક્ષમાં મુક્ત પેરા-સ્થાન હોવું જરૂરી છે જેથી થેલિક એનહાઇડ્રાઇડ મધ્યવર્તી દ્વારા ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક સબસ્ટિટ્યુશન $(EAS)$ થઈ શકે.
$2$-પ્રોપાઇલફિનોલમાં,પેરા-સ્થાન મુક્ત છે,જે પ્રક્રિયાને અનુરૂપ ફ્થેલીન ડેરિવેટિવ બનાવવા માટે આગળ વધવા દે છે,જે $NaOH$ સાથે સારવાર આપતા ગુલાબી રંગમાં ફેરવાય છે.

(C) $ClCH_2COOH$ નું મોલર દળ $= 94.5 \text{ g mol}^{-1}$ છે.
મોલાલિટી $(m) = \frac{9.45 \text{ g}}{94.5 \text{ g mol}^{-1} \times 0.5 \text{ kg}} = 0.2 \text{ m}$ છે.
સૂત્ર $\Delta T_f = i \cdot K_f \cdot m$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0.5 = i \times 1.86 \times 0.2$.
$i = \frac{0.5}{0.372} \approx 1.344$.
વિયોજન $ClCH_2COOH \rightleftharpoons ClCH_2COO^- + H^+$ માટે,વોન્ટ હોફ અવયવ $i = 1 + \alpha$ છે.
$\alpha = i - 1 = 0.344$.
વિયોજન અચળાંક $K_a = \frac{C\alpha^2}{1-\alpha} = \frac{0.2 \times (0.344)^2}{1 - 0.344} = \frac{0.2 \times 0.118336}{0.656} \approx 0.0361 = 36.1 \times 10^{-3}$ છે.
તેથી,$x \approx 36$.

(B) સંયોજન $A$ ના મોલની સંખ્યા આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $n = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} = \frac{4.5 \ g}{90 \ g/mol} = 0.05 \ mol$.
લીટરમાં દ્રાવણનું કદ: $V = 250 \ mL = 0.250 \ L$.
મોલારિટી $(M)$: $M = \frac{n}{V} = \frac{0.05 \ mol}{0.250 \ L} = 0.2 \ M$.
આને $x \times 10^{-1}$ સ્વરૂપમાં દર્શાવતા: $0.2 = 2 \times 10^{-1}$.
તેથી,$x$ નું મૂલ્ય $2$ છે.

(B) કુલ નિર્માણ અચળાંક $K_{f}$ એ તબક્કાવાર સ્થિરતા અચળાંકોનો ગુણાકાર છે:
$K_{f} = K_{1} \times K_{2} \times K_{3} \times K_{4}$
$K_{f} = 10^{4} \times (1.58 \times 10^{3}) \times (5 \times 10^{2}) \times 10^{2}$
$K_{f} = 7.9 \times 10^{11}$
વિયોજન અચળાંક $K_{d}$ એ નિર્માણ અચળાંક $K_{f}$ નો વ્યસ્ત છે:
$K_{d} = \frac{1}{K_{f}} = \frac{1}{7.9 \times 10^{11}}$
$K_{d} \approx 1.26 \times 10^{-12}$
આપેલ છે કે $K_{d} = x \times 10^{-12}$,તેથી $x = 1.26$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,$x = 1$.

(A) બોડી-સેન્ટર્ડ ક્યુબિક $(BCC)$ એકમ કોષમાં,એક પરમાણુ ઘનના કેન્દ્રમાં હાજર હોય છે.
આ કેન્દ્રિય પરમાણુ $8$ ખૂણાના પરમાણુઓથી ઘેરાયેલો હોય છે,જે દરેક કેન્દ્રથી સમાન અંતરે હોય છે.
તેથી,$BCC$ રચનામાં પરમાણુનો સવર્ગ આંક $8$ છે.

(C) આ પ્રક્રિયા પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા છે.
પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટેનું સંકલિત વેગ સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$Kt = \ln \frac{[A]_{0}}{[A]_{t}}$
આપેલ છે કે પ્રક્રિયા $40\%$ પૂર્ણ થાય છે,તેથી બાકી રહેલી સાંદ્રતા $[A]_{t}$ એ પ્રારંભિક સાંદ્રતા $[A]_{0}$ ના $60\%$ છે.
તેથી,$[A]_{t} = 0.60 [A]_{0}$ અથવા $\frac{[A]_{0}}{[A]_{t}} = \frac{100}{60} = \frac{5}{3}$.
કિંમતો મૂકતા:
$3.3 \times 10^{-4} \ s^{-1} \times t = \ln \left(\frac{100}{60}\right)$
$3.3 \times 10^{-4} \times t = \ln(1.6667)$
$3.3 \times 10^{-4} \times t = 0.5108$
$t = \frac{0.5108}{3.3 \times 10^{-4}} \ s$
$t = 1547.95 \ s$
સમયને મિનિટમાં ફેરવતા:
$t = \frac{1547.95}{60} \ min$
$t = 25.799 \ min$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $26 \ min$ મળે છે.

(C) લેન્થેનોઇડ્સની $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા સૌથી વધુ સ્થાયી છે. તેથી,$+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં રહેલા લેન્થેનોઇડ્સ ઇલેક્ટ્રોન મેળવીને $+3$ અવસ્થામાં રૂપાંતરિત થવાની પ્રબળ વૃત્તિ ધરાવે છે,અને તે પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
ઉદાહરણ તરીકે,$CeO_{2}$ માં રહેલા $Ce^{+4}$ નો ઉપયોગ આલ્કોહોલ,આલ્ડિહાઇડ અને કીટોનનું ઓક્સિડેશન કરવા માટે થાય છે.
$+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં રહેલા લેન્થેનોઇડ્સ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવીને $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં રૂપાંતરિત થવાની પ્રબળ વૃત્તિ ધરાવે છે,તેથી તે પ્રબળ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
તેથી,$EuSO_{4}$ ($Eu^{2+}$ ધરાવતું) પ્રબળ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.
બંને વિધાનો સાચા છે.

(B) બેઝિક અથવા તટસ્થ માધ્યમમાં $N-N$ કપલિંગ અનુકૂળ છે,જ્યારે થોડા એસિડિક માધ્યમમાં $p-$એમિનોએઝોબેન્ઝીન બનાવવા માટે $C-N$ કપલિંગ અનુકૂળ છે.
પ્રક્રિયા $A$: નાઈટ્રોબેન્ઝીનનું $Sn/HCl$ દ્વારા એનિલીનમાં રિડક્શન થાય છે,ત્યારબાદ $HNO_2$ દ્વારા ડાયઝોટાઈઝેશન થઈને બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ બને છે,જે એસિડિક માધ્યમમાં એનિલીન સાથે કપલિંગ કરીને $p-$એમિનોએઝોબેન્ઝીન આપે છે.
પ્રક્રિયા $B$: $NaBH_4$ એ પસંદગીયુક્ત રિડક્શનકર્તા છે અને તે નાઈટ્રોબેન્ઝીનનું એનિલીનમાં રિડક્શન કરતું નથી. તેથી,કોઈ ડાયઝોનિયમ ક્ષાર બનતો નથી અને $p-$એમિનોએઝોબેન્ઝીન મળતું નથી.
પ્રક્રિયા $C$: એનિલીનનું $HNO_2$ દ્વારા સીધું ડાયઝોટાઈઝેશન થઈને બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ બને છે,જે એસિડિક માધ્યમમાં એનિલીન સાથે કપલિંગ કરીને $p-$એમિનોએઝોબેન્ઝીન આપે છે.
આમ,માત્ર પ્રક્રિયા $B$ $p-$એમિનોએઝોબેન્ઝીન આપશે નહીં.

(D) $CH_3-CH_2-OH$ નું $CrO_3 - H_2SO_4$ (જોન્સ રિએજન્ટ) સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી એસિટિક એસિડ $(CH_3-COOH)$ મળે છે કારણ કે તે એક પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે.
અન્ય પ્રક્રિયાઓ એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3-CHO)$ ઉત્પન્ન કરે છે:
$(A)$ ઇથેનોલનું ડિહાઇડ્રોજનેશન: $CH_3-CH_2-OH \xrightarrow[573 \ K]{Cu} CH_3-CHO + H_2$
$(B)$ નાઈટ્રાઈલનું રિડક્શન: $CH_3-CN \xrightarrow[(ii) H_2O]{(i) DIBAL-H} CH_3-CHO$
$(C)$ વેકર પ્રક્રિયા: $CH_2=CH_2 + O_2 \xrightarrow[H_2O]{Pd(II)/Cu(II)} CH_3-CHO$

(A) $Cr$ $(Z=24)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી $[Ar] 3d^5 4s^1$ છે. તેથી,$Cr^{+}$ એ $[Ar] 3d^5$ છે.
$Mn$ $(Z=25)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી $[Ar] 3d^5 4s^2$ છે. તેથી,$Mn^{2+}$ એ $[Ar] 3d^5$ છે.
બંને આયનોની સૌથી બહારની ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી $3d^5$ સમાન છે.

(A) લેક્ટોઝ એ $\beta-D-galactose$ અને $\beta-D-glucose$ થી બનેલો ડાયસેકેરાઈડ છે.
લેક્ટોઝમાં,ગ્લાયકોસિડિક બંધ ગેલેક્ટોઝ એકમના $C-1$ અને ગ્લુકોઝ એકમના $C-4$ વચ્ચે રચાય છે.
આને ખાસ કરીને $\beta-1,4-glycosidic$ બંધ કહેવામાં આવે છે.

(C) સોડિયમ બાયકાર્બોનેટ $(NaHCO_3)$ એક નિર્બળ બેઇઝ છે. તે કાર્બોનિક એસિડ ($H_2CO_3$,$pK_a \approx 6.35$) કરતા વધુ પ્રબળ એસિડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $CO_2$ વાયુ મુક્ત કરે છે.
$1$. $B$ (બેન્ઝોઇક એસિડ,$pK_a \approx 4.2$) એ $H_2CO_3$ કરતા વધુ પ્રબળ એસિડ છે,તેથી તે $NaHCO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $CO_2$ મુક્ત કરે છે.
$2$. $C$ (પિક્રિક એસિડ,$pK_a \approx 0.38$) એ ત્રણ $-NO_2$ ગ્રુપની ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષક અસરને કારણે ખૂબ જ પ્રબળ એસિડ છે. તે $H_2CO_3$ કરતા ઘણો વધુ પ્રબળ છે અને તેથી $NaHCO_3$ સાથે $CO_2$ મુક્ત કરે છે.
$3$. $A$ ($2$,$4$,$6$-ટ્રાયએમિનો ફિનોલ) એક ખૂબ જ નિર્બળ એસિડ છે કારણ કે $-NH_2$ ગ્રુપ રેઝોનન્સ દ્વારા ઇલેક્ટ્રોન આપે છે,જે ફિનોક્સાઇડ આયનને અસ્થિર બનાવે છે. તે $H_2CO_3$ કરતા નિર્બળ છે અને $NaHCO_3$ સાથે $CO_2$ મુક્ત કરતું નથી.
તેથી,$B$ અને $C$ બંને $CO_2$ મુક્ત કરશે.

(C) $[Mn(CN)_6]^{4-}$ માટે:
$Mn$ એ $+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે ($3d^5$ ઇલેક્ટ્રોન રચના).
$CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ $(SFL)$ છે,તેથી તે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે.
આમ,ઇલેક્ટ્રોન રચના $t_{2g}^5 e_g^0$ બને છે,જેમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે.
તેનું સંકરણ $d^2sp^3$ છે અને તે અનુચુંબકીય છે.
$[Fe(CN)_6]^{3-}$ માટે:
$Fe$ એ $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે ($3d^5$ ઇલેક્ટ્રોન રચના).
$CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ $(SFL)$ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે.
આમ,ઇલેક્ટ્રોન રચના $t_{2g}^5 e_g^0$ બને છે,જેમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે.
તેનું સંકરણ $d^2sp^3$ છે અને તે અનુચુંબકીય છે.
તેથી,બંને સંકીર્ણો $d^2sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને અનુચુંબકીય છે.

(B) એલિંગહામ આકૃતિ એ ધાતુના ઓક્સાઇડ બનાવવા માટે ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જા ફેરફાર $(\Delta G)$ અને તાપમાન $(T)$ વચ્ચેનો આલેખ છે. તે ધાતુના ઓક્સાઇડના રિડક્શનની શક્યતા નક્કી કરવામાં મદદ કરે છે.

(B) ફ્રુન્ડલિચ અધિશોષણ સમતાપી સમીકરણ $\frac{x}{m} = K P^{\frac{1}{n}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મધ્યમ દબાણે,ઘાતાંકનું મૂલ્ય $\frac{1}{n}$ છે,જ્યાં $n > 1$ છે.
આપેલ સમીકરણ $\frac{x}{m} \propto P^x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = \frac{1}{n}$ મળે છે.

(D) પ્રથમ પગલું સાયક્લોહેક્સીન રિંગના દ્વિબંધમાં $HCl$ નું ઇલેક્ટ્રોફિલિક ઉમેરણ છે. માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ,$H^+$ વધુ હાઇડ્રોજન ધરાવતા કાર્બન સાથે જોડાય છે અને $Cl^-$ બીજા કાર્બન સાથે જોડાય છે,જે ક્લોરો-વિસ્થાપિત નીપજ $[A]$ બનાવે છે.
બીજા પગલામાં,સૂકા એસિટોનમાં $NaI$ સાથેની પ્રક્રિયા એ ફિંકલસ્ટીન પ્રક્રિયા છે,જે એક $S_N2$ વિસ્થાપન છે જ્યાં ક્લોરિન પરમાણુને આયોડિન પરમાણુ દ્વારા બદલીને આયોડો-વિસ્થાપિત નીપજ $[B]$ બનાવવામાં આવે છે.

(A) આપેલ આકૃતિ $1,3-\text{બ્યુટાડાઈન}$ અને સ્ટાયરીનનું $Buna-S$ બનાવવા માટેનું પોલિમરાઈઝેશન દર્શાવે છે,જેમાં નવજાત ઓક્સિજન પ્રારંભક તરીકે વપરાય છે.
$Buna-S$ એ સંશ્લેષિત ઈલાસ્ટોમર (રબરનો એક પ્રકાર) છે,થર્મોસેટિંગ પોલિમર નથી.
નિયોપ્રીન એ ક્લોરોપ્રીનનું હોમોપોલિમર છે,કોપોલિમર નથી.
$Buna-N$ એ સંશ્લેષિત કોપોલિમર છે,કુદરતી પોલિમર નથી.
તેથી,આપેલ પ્રક્રિયા મુજબ $Buna-S$ ના સંશ્લેષણ માટે નવજાત ઓક્સિજનની જરૂર પડે છે તે વિધાન સાચું છે.

(D) પ્રક્રિયા ત્રણ તબક્કામાં થાય છે:
$1$. પ્રોપેન નાઈટ્રાઈલ $(CH_{3}CH_{2}CN)$ નું એસિડિક જળવિભાજન પ્રોપેનોઈક એસિડ $(CH_{3}CH_{2}COOH)$ આપે છે.
$2$. પ્રોપેનોઈક એસિડની $SOCl_{2}$ સાથેની પ્રક્રિયા પ્રોપેનોઈલ ક્લોરાઈડ $(CH_{3}CH_{2}COCl)$ આપે છે.
$3$. $Pd/BaSO_{4}$ અને $H_{2}$ નો ઉપયોગ કરીને પ્રોપેનોઈલ ક્લોરાઈડનું રોઝનમંડ રિડક્શન કરવાથી પ્રોપેનાલ્ડિહાઈડ $(CH_{3}CH_{2}CHO)$ મળે છે.

(D) $BF_3$,$SiCl_4$,અને $PCl_5$ જળવિભાજન પામે છે કારણ કે તેમની પાસે ખાલી કક્ષકો છે અથવા તેઓ પાણી પ્રત્યે ખૂબ જ સક્રિય છે.
$SF_6$ એ અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) અને સલ્ફર પરમાણુ છ ફ્લોરિન પરમાણુઓ દ્વારા સંપૂર્ણ રીતે ઘેરાયેલો હોવાને કારણે જળવિભાજન માટે નિષ્ક્રિય છે,જે પાણીના અણુઓના હુમલાને અટકાવે છે.
આમ,જળવિભાજન માટે નિષ્ક્રિય હેલાઇડની સંખ્યા $1$ છે.

(C) $A_{2}B_{3}$ ઇલેક્ટ્રોલાઇટનું વિયોજન: $A_{2}B_{3} \rightarrow 2A^{3+} + 3B^{2-}$.
દરેક એકમ દીઠ ઉત્પન્ન થતા આયનોની સંખ્યા $n = 2 + 3 = 5$ છે.
વિયોજનની માત્રા $\alpha = 0.60$ છે.
વોન્ટ હોફ અવયવ $i = 1 + \alpha(n - 1) = 1 + 0.60(5 - 1) = 1 + 0.60(4) = 3.4$.
ઉત્કલનબિંદુમાં ઉન્નયન $\Delta T_{b} = i K_{b} m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta T_{b} = 3.4 \times 0.52 \times 1 = 1.768 \ K$.
દ્રાવણનું ઉત્કલનબિંદુ $T_{b} = T_{b}^{\circ} + \Delta T_{b} = 373.15 + 1.768 = 374.918 \ K$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ-ઓફ કરતા,આપણને $375 \ K$ મળે છે.

(B) આર્હેનિયસ સમીકરણ $\log k = \log A - \frac{E_a}{2.303 RT}$ છે.
આલેખ પરથી ઢાળ (slope) $= -\frac{E_a}{2.303 R} = -10,000 \ K$ છે.
તેથી,$\frac{E_a}{2.303 R} = 10,000 \ K$.
સૂત્ર $\log \left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{E_a}{2.303 R} \left( \frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log \left( \frac{10^{-4}}{10^{-5}} \right) = 10,000 \left( \frac{1}{500} - \frac{1}{T_2} \right)$.
$1 = 10,000 \left( \frac{1}{500} - \frac{1}{T_2} \right)$.
$\frac{1}{10,000} = \frac{1}{500} - \frac{1}{T_2}$.
$\frac{1}{T_2} = \frac{1}{500} - \frac{1}{10,000} = \frac{19}{10,000}$.
$T_2 = \frac{10,000}{19} \approx 526.31 \ K$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં $T_2 = 526 \ K$ મળે છે.

(B) ધારો કે $NaOH$ ના મિલિ-ઇક્વિવેલન્ટ $x$ છે અને $Na_{2}CO_{3}$ ના મિલિ-ઇક્વિવેલન્ટ $y$ છે.
પ્રથમ અંતિમ બિંદુએ (ફિનોલ્ફથેલિન સૂચક),$NaOH$ તટસ્થ થાય છે અને $Na_{2}CO_{3}$ નું $NaHCO_{3}$ માં રૂપાંતર થાય છે:
$x + y = \frac{1}{10} \times 17.5 = 1.75 \text{ meq} \dots (1)$
બીજા અંતિમ બિંદુએ (મિથાઈલ ઓરેન્જ સૂચક),$NaHCO_{3}$ તટસ્થ થાય છે:
$y = \frac{1}{10} \times 1.5 = 0.15 \text{ meq} \dots (2)$
$Na_{2}CO_{3}$ નું દળ = $\text{મિલિ-ઇક્વિવેલન્ટ} \times \text{તુલ્ય વજન} \times 10^{-3}$
$= 0.15 \times 53 \times 10^{-3} = 0.00795 \ g$
$Na_{2}CO_{3}$ ની વજન ટકાવારી = $\frac{0.00795}{0.4} \times 100 = 1.9875 \%$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ-ઓફ કરતા,આપણને $2 \%$ મળે છે.

(D) પ્રક્રિયા બે તબક્કામાં થાય છે:
$1$. $3 CH \equiv CH \xrightarrow{\text{Red hot Fe tube, } 873 \text{ K}} C_6H_6$ (બેન્ઝીન).
$2$. $C_6H_6 + CO + HCl \xrightarrow{AlCl_3} C_6H_5CHO$ (બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ) ગેટરમેન-કોચ પ્રક્રિયા દ્વારા.
બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ માં,બેન્ઝીન વલયમાં $6$ કાર્બન પરમાણુઓ છે,જે બધા $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
કાર્બોનિલ કાર્બન પરમાણુ $(C=O)$ પણ $sp^{2}$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$sp^{2}$ સંકરણ ધરાવતા કાર્બન પરમાણુઓની કુલ સંખ્યા $6 + 1 = 7$ છે.

(A) નિયોપ્રીન એ ક્લોરોપ્રીન ($2-$ક્લોરો$-1,3-$બ્યુટાડાઈન) નો પોલીમર છે. તેનું બંધારણ મોનોમર $CH_2=C(Cl)-CH=CH_2$ ના પોલીમરાઈઝેશન દ્વારા બને છે. પરિણામી પોલીમર $n[CH_2=C(Cl)-CH=CH_2] \rightarrow [-CH_2-C(Cl)=CH-CH_2-]_n$ છે.

(B) આપેલ અયસ્કોનું રાસાયણિક બંધારણ નીચે મુજબ છે:
$a$. કર્નાઈટ: $Na_2B_4O_7 \cdot 4H_2O$ (બોરોન ધરાવે છે).
$b$. કેસિટેરાઈટ: $SnO_2$ (ટીન ધરાવે છે).
$c$. કેલેમાઈન: $ZnCO_3$ (ઝિંક ધરાવે છે).
$d$. ક્રાયોલાઈટ: $Na_3AlF_6$ (ફ્લોરિન ધરાવે છે).
List-$II$ માં રહેલા તત્વો સાથે જોડતા:
$a \rightarrow ii$
$b \rightarrow i$
$c \rightarrow iv$
$d \rightarrow iii$
તેથી,સાચી જોડ $a$ $\rightarrow ii, b$ $\rightarrow i, c$ $\rightarrow iv, d$ $\rightarrow iii$ છે.

(B) $1$. $273 \ K$ તાપમાને $CS_2$ માં $Br_2$ સાથેની પ્રક્રિયા: આ ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે. $CS_2$ દ્રાવકની ઓછી ધ્રુવીયતાને કારણે,પ્રક્રિયા ઓછી ધ્રુવીય હોય છે,જેના પરિણામે મુખ્ય નીપજ તરીકે પેરા-આઇસોમર બને છે. આમ,$A$ એ $p$-બ્રોમોફિનોલ છે.
$2$. $CHCl_3$ અને $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ $H_3O^+$: આ રાઇમર-ટીમેન પ્રક્રિયા છે. તે ફિનોલના ઓર્થો સ્થાન પર ફોર્મિલ ગ્રુપ $(-CHO)$ દાખલ કરે છે. આમ,$B$ એ $o$-હાઇડ્રોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઇડ (સેલિસાઇલાલ્ડિહાઇડ) છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજો $p$-બ્રોમોફિનોલ અને $o$-હાઇડ્રોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઇડ છે.

(C) જ્યારે સલ્ફાઈટ અથવા બાયસલ્ફાઈટ ક્ષારને ગરમ મંદ $H_{2}SO_{4}$ સાથે પ્રક્રિયા કરાવવામાં આવે છે,ત્યારે સલ્ફર ડાયોક્સાઈડ વાયુ $(X = SO_{2})$ મુક્ત થાય છે.
$SO_{2}$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે અને એસિડિક પોટેશિયમ ડાયક્રોમેટ $(K_{2}Cr_{2}O_{7})$ પેપર સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
પ્રક્રિયા: $K_{2}Cr_{2}O_{7} + H_{2}SO_{4} + 3SO_{2} \longrightarrow K_{2}SO_{4} + Cr_{2}(SO_{4})_{3} + H_{2}O$.
બનતું લીલા રંગનું સંયોજન $Y$ એ ક્રોમિયમ$(III)$ સલ્ફેટ,$Cr_{2}(SO_{4})_{3}$ છે.

(D) વિટામિન $K$ યકૃતમાં ગંઠાઈ જવાના પરિબળોના સંશ્લેષણ માટે જરૂરી છે,જે રક્ત ગંઠાઈ જવાની પ્રક્રિયાને પ્રોત્સાહન આપે છે. તેનાથી વિપરીત,જે પદાર્થો $Vitamin \ K$ માં દખલ કરે છે અથવા એન્ટિકોએગ્યુલન્ટ તરીકે કાર્ય કરે છે તેનો ઉપયોગ રક્ત ગંઠાઈ જવાની પ્રક્રિયાને વિલંબિત કરવા માટે થાય છે.

(D) સંયોજન $A$ $(C_{4}H_{8}Cl_{2})$ $373 \text{ K}$ તાપમાને જળવિભાજન પામીને જેમિનલ ડાયોલ બનાવે છે,જે અસ્થાયી હોવાથી પાણીનો અણુ ગુમાવીને કાર્બોનિલ સંયોજન $B$ $(C_{4}H_{8}O)$ બનાવે છે.
$B$ હાઇડ્રોક્સિલ એમાઇન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,તેથી તે આલ્ડિહાઇડ અથવા કીટોન હોવું જોઈએ.
$B$ ટોલેન્સ કસોટી આપતું નથી,તેથી તે આલ્ડિહાઇડ હોઈ શકે નહીં; તેથી,$B$ કીટોન હોવું જોઈએ.
$2,2-$ડાયક્લોરોબ્યુટેનનું જળવિભાજન કરવાથી $2,2-$બ્યુટેનડાયોલ મળે છે,જે પાણી ગુમાવીને $2-$બ્યુટેનોન $(CH_{3}COCH_{2}CH_{3})$ બનાવે છે.
$2-$બ્યુટેનોન એક કીટોન છે,તેથી તે હાઇડ્રોક્સિલ એમાઇન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે અને ટોલેન્સ કસોટી આપતું નથી.
આમ,$A$ એ $2,2-$ડાયક્લોરોબ્યુટેન છે અને $B$ એ $2-$બ્યુટેનોન છે.

(A) $PbO_2$ એ ઉભયગુણી ઓક્સાઇડ અને પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે.
તે લેડ સ્ટોરેજ બેટરીમાં કેથોડ તરીકે કાર્ય કરે છે.

(D) મોટાભાગના લેન્થેનોઇડ $M_{2}O_{3}$ પ્રકારના ઓક્સાઇડ બનાવે છે.
જોકે,$Ce$,$Pr$,$Nd$,$Tb$ અને $Dy$ એ $MO_{2}$ પ્રકારના ઓક્સાઇડ બનાવી શકે છે.
$Yb$ એ $MO_{2}$ પ્રકારનો ઓક્સાઇડ બનાવતું નથી; તે સામાન્ય રીતે $Yb_{2}O_{3}$ બનાવે છે.

(C) $UV$ પ્રકાશની હાજરીમાં $Br_2$ સાથે આલ્કાઈલ-વિસ્થાપિત બેન્ઝીનની પ્રક્રિયા મુક્ત મુલક (free radical) મિકેનિઝમ દ્વારા થાય છે.
આ પ્રક્રિયા બેન્ઝીલિક સ્થાન પર થતું મુક્ત મુલક વિસ્થાપન છે.
સ્થાયી બેન્ઝીલિક મુક્ત મુલક બનાવવા માટે બેન્ઝીલિક હાઈડ્રોજન દૂર થાય છે,જે પછી મોનોબ્રોમિનેટેડ નીપજ બનાવવા માટે $Br_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
આપેલ અણુ $3-\text{ethylbenzonitrile}$ માં,બેન્ઝીલિક કાર્બન એ બેન્ઝીન રિંગ સાથે જોડાયેલ $CH_2$ જૂથ છે.
તેથી,બ્રોમિન પરમાણુ આ બેન્ઝીલિક કાર્બન પરના હાઈડ્રોજન પરમાણુઓમાંથી એકનું વિસ્થાપન કરશે,જેના પરિણામે મુખ્ય નીપજ તરીકે $3-(1-\text{bromoethyl})benzonitrile$ મળશે.

(D) જ્યારે એમાઈન બેન્ઝીનસલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ (હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક) સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ એમાઈન હોય તો આલ્કલાઇન દ્રાવણમાં અદ્રાવ્ય નીપજ આપે છે. આનું કારણ એ છે કે પરિણામી $N,N$-ડાયસબસ્ટીટ્યુટેડ સલ્ફોનામાઈડમાં નાઈટ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ કોઈ એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોતો નથી.
આ એમાઈન ઈથાઈલ ક્લોરાઈડ $(CH_3CH_2Cl)$ ના એમોનોલિસિસ દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે એમાઈનમાં ઈથાઈલ ગ્રુપ $(CH_3CH_2-)$ હોવું જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$N$-પ્રોપાઈલએનિલીન એક દ્વિતીયક એમાઈન છે,પરંતુ તે ઈથાઈલ ક્લોરાઈડના એમોનોલિસિસ દ્વારા બનતું નથી. બંધારણ $CH_3CH_2CH_2NHCH_2CH_3$ ($N$-ઈથાઈલપ્રોપાઈલએમાઈન) એ એક દ્વિતીયક એમાઈન છે જે પ્રોપાઈલએમાઈનની ઈથાઈલ ક્લોરાઈડ સાથેની પ્રક્રિયા દ્વારા બની શકે છે. તેથી,સાચું બંધારણ $CH_3CH_2CH_2NHCH_2CH_3$ છે.

(C) ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા માટે,પુરોગામી પ્રક્રિયાની સક્રિયકરણ ઊર્જા $(E_{a,f})$,પ્રતિગામી પ્રક્રિયાની સક્રિયકરણ ઊર્જા $(E_{a,r})$ અને એન્થાલ્પી ફેરફાર $(\Delta E)$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\Delta E = E_{a,f} - E_{a,r}$
આપેલ છે:
$E_{a,f} = 30 \ kJ \ mol^{-1}$
$\Delta E = -20 \ kJ \ mol^{-1}$
કિંમતો મૂકતા:
$-20 = 30 - E_{a,r}$
$E_{a,r} = 30 + 20 = 50 \ kJ \ mol^{-1}$
તેથી,પ્રતિગામી પ્રક્રિયા માટે સક્રિયકરણ ઊર્જા $50 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(B) આપેલી અર્ધ-પ્રક્રિયા છે: $MnO_4^- + 8H^{+} + 5e^- \rightarrow Mn^{2+} + 4H_2O$
આ પ્રક્રિયામાં,$1 \ mol$ $MnO_4^-$ ના રિડક્શન માટે $5 \ mol$ ઇલેક્ટ્રોનની જરૂર પડે છે.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ,$1 \ mol$ ઇલેક્ટ્રોન માટે જરૂરી વીજભાર $1 \ F$ છે.
તેથી,$1 \ mol$ $MnO_4^-$ માટે જરૂરી વીજળી $5 \ F$ છે.
$5 \ mol$ $MnO_4^-$ માટે,જરૂરી કુલ વીજળી $5 \ mol \times 5 \ F/mol = 25 \ F$ થશે.

(B) પગલું $1$: પ્રક્રિયકોના મોલની ગણતરી।
$n_{SO_2} = \frac{224 \, mL}{22400 \, mL/mol} = 0.01 \, mol$.
$n_{NaOH} = 0.1 \, M \times 0.1 \, L = 0.01 \, mol$.
પગલું $2$: પ્રક્રિયાનું તત્વયોગમિતિ।
$SO_2 + NaOH \rightarrow NaHSO_3$.
$n_{SO_2} = n_{NaOH} = 0.01 \, mol$ હોવાથી, $0.01 \, mol$ $NaHSO_3$ ઉત્પન્ન થાય છે।
પગલું $3$: બાષ્પદબાણમાં ઘટાડાની ગણતરી।
$\Delta P = P^0_{H_2O} \times \chi_{solute} = 24 \times \frac{0.01}{0.01 + 2} \approx 0.1194 \, mm \, Hg$.
$\Delta P = 11.94 \times 10^{-2} \, mm \, Hg$.
આમ, $x = 12$.

(A) પ્રથમ,અધિશોષિત $O_2$ ના મોલની સંખ્યા ગણો:
$n = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} = \frac{3.12 \, g}{32 \, g/mol} = 0.0975 \, mol$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરીને $O_2$ નું કદ ગણો:
$V = \frac{nRT}{P} = \frac{0.0975 \, mol \times 0.0821 \, L \, atm \, K^{-1} \, mol^{-1} \times 300 \, K}{1 \, atm} = 2.40 \, L$.
કારણ કે $1.2 \, g$ પ્લેટિનમ $2.40 \, L$ $O_2$ નું અધિશોષણ કરે છે,તેથી પ્રતિ ગ્રામ અધિશોષિત કદ:
$\frac{2.40 \, L}{1.2 \, g} = 2 \, L/g$.

(D) $[Mn_{2}(CO)_{10}]$ ની રચનામાં $Mn-Mn$ મેટલ-મેટલ બંધ દ્વારા જોડાયેલા બે $Mn(CO)_{5}$ એકમો હોય છે.
દરેક $Mn$ પરમાણુ પાંચ ટર્મિનલ $CO$ લિગાન્ડ્સ સાથે જોડાયેલ છે.
બે $Mn$ પરમાણુઓને જોડતા કોઈ $CO$ લિગાન્ડ્સ નથી.
તેથી,બ્રિજિંગ $CO$ લિગાન્ડ્સની સંખ્યા $0$ છે.

(B) નાઈટ્રોબેન્ઝીનનું $m$-ડાયબ્રોમોબેન્ઝીનમાં રૂપાંતર નીચેના તબક્કાઓ દ્વારા થાય છે:
$1$. $Br_2/Fe$ નો ઉપયોગ કરીને નાઈટ્રોબેન્ઝીનનું બ્રોમિનેશન કરવાથી $m$-બ્રોમોનાઈટ્રોબેન્ઝીન મળે છે.
$2$. $Sn/HCl$ નો ઉપયોગ કરીને $m$-બ્રોમોનાઈટ્રોબેન્ઝીનનું રિડક્શન કરવાથી $m$-બ્રોમોએનિલીન મળે છે.
$3$. $0-5^{\circ}C$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ નો ઉપયોગ કરીને $m$-બ્રોમોએનિલીનનું ડાયઝોટાઈઝેશન કરવાથી $m$-બ્રોમોબેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ મળે છે.
$4$. $m$-બ્રોમોબેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડની $CuBr/HBr$ સાથે સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા કરવાથી ડાયઝોનિયમ ગ્રુપનું બ્રોમીન પરમાણુ દ્વારા વિસ્થાપન થાય છે અને $m$-ડાયબ્રોમોબેન્ઝીન મળે છે.