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

(C) $H_{2}SO_{4}$ નો પ્રારંભિક જથ્થો = $0.02 \, mmol$.
દ્રાવણનો $50 \%$ ભાગ લેવામાં આવે છે,તેથી આ ભાગમાં $H_{2}SO_{4}$ નો જથ્થો $0.5 \times 0.02 \, mmol = 0.01 \, mmol$ થશે.
દ્રાવણ $(A)$ માં $0.01 \, mmol$ $H_{2}SO_{4}$ ઉમેર્યા પછી,કુલ જથ્થો $0.01 \, mmol + 0.01 \, mmol = 0.02 \, mmol$ થાય છે.
$0.02 \, mmol$ ને $x \times 10^{-3} \, mmol$ સ્વરૂપમાં દર્શાવવા માટે,આપણે $0.02 = 20 \times 10^{-3}$ લખીએ છીએ.
આમ,જવાબ $20$ છે.

(D) વિયોજન પ્રક્રિયા: $N_2O_4(g) \rightleftharpoons 2NO_2(g)$
$t=0$ સમયે,$N_2O_4$ ના મોલ $= 1$ અને $NO_2 = 0$.
સંતુલને,$50\%$ વિયોજન માટે: $N_2O_4 = 1 - 0.5 = 0.5\,mol$ અને $NO_2 = 2 \times 0.5 = 1.0\,mol$.
સંતુલને કુલ મોલ $= 0.5 + 1.0 = 1.5\,mol$.
આંશિક દબાણ: $P_{N_2O_4} = \frac{0.5}{1.5} \times 1\,atm = \frac{1}{3}\,atm$ અને $P_{NO_2} = \frac{1.0}{1.5} \times 1\,atm = \frac{2}{3}\,atm$.
$K_p = \frac{(P_{NO_2})^2}{P_{N_2O_4}} = \frac{(2/3)^2}{1/3} = \frac{4}{3} \approx 1.333$.
સૂત્ર $\Delta G^{\circ} = -RT \ln K_p$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta G^{\circ} = -8.31 \times 300 \times \ln(1.333)$.
$\ln(1.333) = 2.303 \times \log(1.333) \approx 0.2875$.
$\Delta G^{\circ} = -8.31 \times 300 \times 0.2875 \approx -716.7\,J\,mol^{-1}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,$x = 717$ (નોંધ: આપેલ વિકલ્પો મુજબ $710$ જવાબ છે).

(A) રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $C_{5}H_{10} + Br_{2} \rightarrow C_{5}H_{10}Br_{2}$
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \ mol$ pent$-1-$ene એ $1 \ mol$ $Br_{2}$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
pent$-1-$ene $(C_{5}H_{10})$ નું મોલર દળ $= 5 \times 12 + 10 \times 1 = 70 \ g/mol$.
$Br_{2}$ નું મોલર દળ $= 2 \times 80 = 160 \ g/mol$.
pent$-1-$ene ના મોલ $= \frac{5.0 \ g}{70 \ g/mol} = \frac{1}{14} \ mol$.
મોલર ગુણોત્તર $1:1$ હોવાથી,જરૂરી $Br_{2}$ ના મોલ $= \frac{1}{14} \ mol$.
જરૂરી $Br_{2}$ નું દળ $= \text{મોલ} \times \text{મોલર દળ} = \frac{1}{14} \times 160 \ g = 11.4285 \ g$.
$10^{-2} \ g$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા: $11.4285 \times 100 \times 10^{-2} \ g = 1142.85 \times 10^{-2} \ g$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $1143 \times 10^{-2} \ g$ મળે છે.

(A) $4d$ ઓર્બિટલ માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 4$ અને એઝિમુથલ ક્વોન્ટમ આંક $l = 2$ છે.
રેડિયલ નોડ્સની સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર: $\text{Radial nodes} = n - l - 1$.
કિંમતો મૂકતા: $\text{Radial nodes} = 4 - 2 - 1 = 1$.
એન્ગ્યુલર નોડ્સની સંખ્યા એઝિમુથલ ક્વોન્ટમ આંક $l$ જેટલી હોય છે.
તેથી,$\text{Angular nodes} = l = 2$.
આમ,રેડિયલ અને એન્ગ્યુલર નોડ્સની સંખ્યા અનુક્રમે $1$ અને $2$ છે.

(D) $Sc$,$Pb$,અને $Bi$ ધાતુઓ છે,અને $Te$ એ અર્ધધાતુ છે.

(A) પાણીમાં કામચલાઉ કઠિનતા મેગ્નેશિયમ અને કેલ્શિયમ હાઇડ્રોજન કાર્બોનેટની હાજરીને કારણે હોય છે.
જ્યારે પાણી ઉકાળવામાં આવે છે,ત્યારે મેગ્નેશિયમ હાઇડ્રોજન કાર્બોનેટ અદ્રાવ્ય મેગ્નેશિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડમાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$Mg(HCO_3)_2 \xrightarrow{\text{Boil}} Mg(OH)_2 \downarrow + 2CO_2 \uparrow$
કેલ્શિયમ હાઇડ્રોજન કાર્બોનેટ અદ્રાવ્ય કેલ્શિયમ કાર્બોનેટમાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$Ca(HCO_3)_2 \xrightarrow{\text{Boil}} CaCO_3 \downarrow + H_2O + CO_2 \uparrow$
આમ,તેમને $CaCO_3$ અને $Mg(OH)_2$ માં રૂપાંતરિત કરીને કામચલાઉ કઠિનતા દૂર કરવામાં આવે છે.

(D) જ્યોત કસોટીનો ઉપયોગ તત્વોને જ્યોતમાં આપતા લાક્ષણિક રંગના આધારે ઓળખવા માટે થાય છે.
$Li$ (લિથિયમ) ઘેરો લાલ રંગ આપે છે.
$Na$ (સોડિયમ) સોનેરી પીળો રંગ આપે છે.
$Rb$ (રૂબિડિયમ) લાલ-જાંબલી રંગ આપે છે.
$Be$ (બેરિલિયમ) અને $Mg$ (મેગ્નેશિયમ) જ્યોતને કોઈ લાક્ષણિક રંગ આપતા નથી કારણ કે તેમની આયનીકરણ ઉર્જા ખૂબ ઊંચી હોય છે,અને જ્યોતની ઉર્જા તેમના ઇલેક્ટ્રોનને ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરોમાં ઉત્તેજિત કરવા માટે પૂરતી હોતી નથી.
તેથી,$Be$ ને જ્યોત કસોટી દ્વારા ચકાસી શકાતું નથી.

(A) વિષમીકરણ પ્રક્રિયા એ રેડોક્ષ પ્રક્રિયાનો એક પ્રકાર છે જેમાં એક જ તત્વનું એકસાથે ઓક્સિડેશન અને રિડક્શન થાય છે.
પ્રક્રિયા $3 MnO_{4}^{2-} + 4 H^{+} \rightarrow 2 MnO_{4}^{-} + MnO_{2} + 2 H_{2}O$ માં:
$1$. $MnO_{4}^{2-}$ માં $Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+6$ છે.
$2$. $MnO_{4}^{-}$ માં $Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+7$ છે (ઓક્સિડેશન).
$3$. $MnO_{2}$ માં $Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+4$ છે (રિડક્શન).
આમ,એક જ તત્વ $(Mn)$ નું ઓક્સિડેશન અને રિડક્શન થતું હોવાથી,આ વિષમીકરણ પ્રક્રિયા છે.

(C) $BOD$ (બાયોકેમિકલ ઓક્સિજન ડિમાન્ડ) મૂલ્ય એ પાણીના નમૂનામાં હાજર કાર્બનિક પદાર્થોના વિઘટન માટે બેક્ટેરિયા દ્વારા જરૂરી ઓગળેલા ઓક્સિજનના જથ્થાનું માપ છે.
શુદ્ધ પાણીનું $BOD$ મૂલ્ય સામાન્ય રીતે $5 \, ppm$ કરતા ઓછું હોય છે.
અત્યંત પ્રદૂષિત પાણી,જેમાં કાર્બનિક કચરો વધુ હોય છે,તેનું $BOD$ મૂલ્ય સામાન્ય રીતે $17 \, ppm$ કરતા વધારે હોય છે.
આપેલા મૂલ્યોની સરખામણી કરતા:
$A = 3 \, ppm$ (શુદ્ધ)
$B = 18 \, ppm$ (અત્યંત પ્રદૂષિત)
$C = 21 \, ppm$ (અત્યંત પ્રદૂષિત)
$D = 4 \, ppm$ (શુદ્ધ)
તેથી,નમૂના $B$ અને $C$ અત્યંત પ્રદૂષિત છે.

(A) આ પ્રક્રિયા $3,3$-ડાયમિથાઈલબ્યુટ-$1$-ઈનનું ઓક્સિમર્ક્યુરેશન-ડિમર્ક્યુરેશન છે.
આ પ્રક્રિયામાં માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ દ્વિબંધ પર $H_2O$ નો ઉમેરો થાય છે.
આ પ્રક્રિયાની મહત્વની લાક્ષણિકતા એ છે કે તે કાર્બોકેટાયન પુનઃરચના (rearrangement) વગર થાય છે.
તેથી,$-OH$ સમૂહ વધુ વિસ્થાપિત કાર્બન $(C-2)$ સાથે જોડાય છે અને $-H$ પરમાણુ ઓછા વિસ્થાપિત કાર્બન $(C-1)$ સાથે જોડાય છે,જેના પરિણામે મુખ્ય નીપજ તરીકે $3,3$-ડાયમિથાઈલબ્યુટેન-$2$-ઓલ મળે છે.

(A) દહન પ્રક્રિયા: $CH_4 + 2O_2 \rightarrow CO_2 + 2H_2O$
$CH_4$ ના મોલ = $\frac{100 \, g}{16 \, g/mol} = 6.25 \, mol$
$O_2$ ના મોલ = $\frac{208 \, g}{32 \, g/mol} = 6.5 \, mol$
સીમિત પ્રક્રિયક શોધવા માટે,મોલ અને તત્વયોગમિતિય ગુણાંકનો ગુણોત્તર શોધો:
$CH_4$ માટે: $\frac{6.25}{1} = 6.25$
$O_2$ માટે: $\frac{6.5}{2} = 3.25$
$O_2$ નો ગુણોત્તર નાનો હોવાથી,$O_2$ સીમિત પ્રક્રિયક છે.
તત્વયોગમિતિ મુજબ,$2 \, mol$ $O_2$ માંથી $1 \, mol$ $CO_2$ મળે છે.
તેથી,$6.5 \, mol$ $O_2$ માંથી $\frac{6.5}{2} = 3.25 \, mol$ $CO_2$ મળશે.
$CO_2$ નું દળ = $3.25 \, mol \times 44 \, g/mol = 143 \, g$.

(A) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે:
$1$. $SF_{4}$: સલ્ફર $(S)$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,જેથી $S$ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
$2$. $XeF_{4}$: ઝેનોન $(Xe)$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,જેથી $Xe$ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
$3$. $CF_{4}$: કાર્બન $(C)$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે,જેથી $C$ પર $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
$4$. $H_{2}O$: ઓક્સિજન $(O)$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $H$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે,જેથી $O$ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
આમ,$XeF_{4}$ અને $H_{2}O$ ના મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
આવી સ્પીસીઝની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(A) બાષ્પીભવનની પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $H_2O_{(l)} \rightarrow H_2O_{(g)}$.
પાણીના મોલની સંખ્યા $n = \frac{36 \ g}{18 \ g \ mol^{-1}} = 2 \ mol$ છે.
એન્થાલ્પી ફેરફાર અને આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ: $\Delta U = \Delta H - \Delta n_g RT$.
$1 \ mol$ પાણીના બાષ્પીભવન માટે,$\Delta n_g = 1$ છે.
$\Delta U = \Delta_{vap} H^{\ominus} - RT = 41.1 \ kJ \ mol^{-1} - (8.31 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1} \times 373 \ K) / 1000$.
$\Delta U = 41.1 - 3.09963 \approx 38.0 \ kJ \ mol^{-1}$.
આમ,બાષ્પીભવન માટે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $38 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(D) વિઘટન પ્રક્રિયા: $HI(g) \rightleftharpoons \frac{1}{2} H_2(g) + \frac{1}{2} I_2(g)$
સંતુલન સમયે,જો $40\%$ $HI$ વિઘટન પામે,તો વિયોજન અંશ $\alpha = 0.4$ છે.
પ્રારંભિક મોલ: $HI = 1, H_2 = 0, I_2 = 0$
સંતુલન સમયે મોલ: $HI = 1 - 0.4 = 0.6, H_2 = 0.2, I_2 = 0.2$
સંતુલન સમયે કુલ મોલ $= 0.6 + 0.2 + 0.2 = 1.0$
આંશિક દબાણ: $P_{HI} = 0.6 \ P_{total}, P_{H_2} = 0.2 \ P_{total}, P_{I_2} = 0.2 \ P_{total}$
$P_{total} = 1 \ atm$ હોવાથી,$K_p = \frac{(P_{H_2})^{1/2} (P_{I_2})^{1/2}}{P_{HI}} = \frac{(0.2)^{1/2} (0.2)^{1/2}}{0.6} = \frac{0.2}{0.6} = \frac{1}{3}$
સંબંધ $\Delta G^{\ominus} = -RT \ln K_p$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta G^{\ominus} = -8.31 \times 300 \times \ln(1/3)$
$\Delta G^{\ominus} = -8.31 \times 300 \times (-2.303 \times \log 3)$
$\Delta G^{\ominus} = 8.31 \times 300 \times 2.3 \times 0.477 \approx 2735 \ J \ mol^{-1}$

(B) મિથેનના દહન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$CH_4 + 2O_2 \rightarrow CO_2 + 2H_2O$
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \ mol$ $CH_4$ માંથી $2 \ mol$ $H_2O$ મળે છે.
પાણીનું આપેલ દળ = $81 \ g$.
$H_2O$ નું મોલર દળ = $18 \ g/mol$.
ઉત્પન્ન થયેલ $H_2O$ ના મોલ = $\frac{81 \ g}{18 \ g/mol} = 4.5 \ mol$.
$2 \ mol$ $H_2O$ માટે $1 \ mol$ $CH_4$ જરૂરી હોવાથી,જરૂરી $CH_4$ ના મોલ = $\frac{4.5}{2} = 2.25 \ mol$.
$2.25 \ mol$ ને $10^{-2} \ mol$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$2.25 = 225 \times 10^{-2} \ mol$.
આમ,નજીકનો પૂર્ણાંક $225$ છે.

(D) પ્રવાહીનું દળ $= 135.0 - 40.0 = 95.0 \ g$
પાત્રનું કદ $= \frac{\text{પ્રવાહીનું દળ}}{\text{પ્રવાહીની ઘનતા}} = \frac{95.0 \ g}{0.95 \ g \ mL^{-1}} = 100 \ mL = 0.1 \ L$
આદર્શ વાયુનું દળ $= 40.5 - 40.0 = 0.5 \ g$
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = \frac{w}{M}$:
$PV = \frac{w}{M} RT$
$0.82 \ atm \times 0.1 \ L = \frac{0.5 \ g}{M} \times 0.082 \ L \ atm \ K^{-1} \ mol^{-1} \times 250 \ K$
$0.082 = \frac{0.5 \times 0.082 \times 250}{M}$
$M = \frac{0.5 \times 0.082 \times 250}{0.082} = 0.5 \times 250 = 125 \ g \ mol^{-1}$

(B) બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_{n} = a_{0} \times \frac{n^{2}}{Z}$ છે,જ્યાં $n$ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $Z$ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે $Z = 1$ હોવાથી,$r_{n} \propto n^{2}$ થાય.
$3^{\text{rd}}$ કક્ષા માટે,$r_{3} \propto 3^{2} = 9$.
$4^{\text{th}}$ કક્ષા માટે,$r_{4} \propto 4^{2} = 16$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{r_{4}}{r_{3}} = \frac{16}{9}$.
તેથી,$r_{4} = \frac{16}{9} r_{3}$.

(A) મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ થિયરી $(MOT)$ મુજબ,બંધ ક્રમાંક (Bond Order) ની ગણતરી આ રીતે કરવામાં આવે છે: $\text{Bond Order} = \frac{1}{2} (N_b - N_a)$,જ્યાં $N_b$ એ બંધનકારક આણ્વીય કક્ષકોમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N_a$ એ બંધન-પ્રતિકારક આણ્વીય કક્ષકોમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.

સ્પીસીઝ	બંધ ક્રમાંક
$O_{2}^{2-}$	$1.0$
$O_{2}^{-}$	$1.5$
$O_{2}$	$2.0$
$O_{2}^{+}$	$2.5$

બંધ ક્રમાંકનો વધતો ક્રમ: $O_{2}^{2-} < O_{2}^{-} < O_{2} < O_{2}^{+}$ છે.

(C) આ પ્રક્રિયા હાઇડ્રોજન પેરોક્સાઇડ $(H_{2}O_{2})$ ની ઔદ્યોગિક બનાવટ દર્શાવે છે.
આથી,નીપજ $A$ એ હાઇડ્રોજન પેરોક્સાઇડ $(H_{2}O_{2})$ છે.
$110 \ K$ તાપમાને ઘન અવસ્થામાં,$H_{2}O_{2}$ નો ડાયહેડ્રલ ખૂણો $90.2^{\circ}$ હોય છે,જ્યારે વાયુ અવસ્થામાં તે $111.5^{\circ}$ હોય છે.

(D) આલ્કલાઇન અર્થ ધાતુઓના ગલનબિંદુઓ તેમની સ્ફટિક રચનાઓમાં તફાવતને કારણે કોઈ નિયમિત વલણ દર્શાવતા નથી.
ગલનબિંદુઓ નીચે મુજબ છે:
$Be: 1560 \ K$
$Mg: 924 \ K$
$Ca: 1124 \ K$
$Sr: 1062 \ K$
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,સાચો ક્રમ $Be > Ca > Sr > Mg$ છે.

(B) ધ્રુવીય સ્ટ્રેટોસ્ફેરિક વાદળો એવી સપાટી પૂરી પાડે છે જેના પર $ClONO_2$ નું જળવિભાજન થઈને $HOCl$ (હાઇપોક્લોરસ એસિડ) બને છે.
$ClONO_{2(g)} + H_2O_{(g)} \rightarrow HOCl_{(g)} + HNO_{3(g)}$

(A) લાસેન કસોટીમાં,જો કાર્બનિક સંયોજનમાં નાઇટ્રોજન અને સલ્ફર બંને હોય,તો તે પીગળેલા સોડિયમ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ થાયોસાયનેટ $(NaSCN)$ બનાવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $Na + C + N + S \rightarrow NaSCN$.
જો કે,જો વધારાનો સોડિયમ વાપરવામાં આવે,તો સોડિયમ થાયોસાયનેટનું વિઘટન થઈને સોડિયમ સાયનાઇડ $(NaCN)$ અને સોડિયમ સલ્ફાઇડ $(Na_{2}S)$ બને છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $NaSCN + 2Na \rightarrow NaCN + Na_{2}S$.
તેથી,વિધાન $I$ અને વિધાન $II$ બંને સાચા છે.

(C) આ પ્રક્રિયા ફોટોકેમિકલ પરિસ્થિતિઓ $(hv)$ હેઠળ બેન્ઝોઈલ પેરોક્સાઈડના હોમોલિટીક વિભાજનને દર્શાવે છે.
$1$. બેન્ઝોઈલ પેરોક્સાઈડમાં $O-O$ બંધનું હોમોલિટીક વિભાજન થઈને બે બેન્ઝોઈલોક્સી રેડિકલ બને છે:
$(C_6H_5COO)_2 \xrightarrow{hv} 2C_6H_5COO^\bullet$
$2$. બેન્ઝોઈલોક્સી રેડિકલ $(C_6H_5COO^\bullet)$ અસ્થિર છે અને તે ડિકાર્બોક્સિલેશન દ્વારા ફિનાઈલ રેડિકલ $(C_6H_5^\bullet)$ અને કાર્બન ડાયોક્સાઈડ $(CO_2)$ બનાવે છે:
$C_6H_5COO^\bullet \rightarrow C_6H_5^\bullet + CO_2$
$3$. આપેલ પ્રક્રિયા સાથે સરખાવતા,મધ્યવર્તી '$X$' એ બેન્ઝોઈલોક્સી રેડિકલ,$C_6H_5COO^\bullet$ છે.

(C) જ્યારે એનોલ સ્વરૂપ એરોમેટિક હોય ત્યારે એનોલનું પ્રમાણ નોંધપાત્ર રીતે વધે છે.
સાયક્લોહેક્ઝેન$-1,3,5-$ટ્રાયોન (ફ્લોરોગ્લુસીનોલ) બેન્ઝીન$-1,3,5-$ટ્રાયોલ બનાવવા માટે ટોટોમેરાઈઝ થઈ શકે છે.
એનોલ સ્વરૂપ,બેન્ઝીન$-1,3,5-$ટ્રાયોલ,એરોમેટિક છે,જે રેઝોનન્સ ઉર્જાને કારણે વધારાની સ્થિરતા પ્રદાન કરે છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી સાયક્લોહેક્ઝેન$-1,3,5-$ટ્રાયોનનું એનોલ પ્રમાણ સૌથી વધુ છે.

(C) એનામાઈનની સ્થિરતા અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) અને ઇલેક્ટ્રોનિક અસરો દ્વારા નક્કી થાય છે.
આપેલ બંધારણોમાં,વલય સાથે જોડાયેલ મોટો $-COOH$ સમૂહ નોંધપાત્ર અવકાશી અવરોધ પેદા કરે છે.
સૌથી વધુ સ્થાયી એનામાઈન તે છે જેમાં મોટા સમૂહો એકબીજાથી દૂર ગોઠવાયેલા હોય છે જેથી અપાકર્ષણ ઘટાડી શકાય.
બંધારણ $C$ એ ગોઠવણી દર્શાવે છે જ્યાં $-COOH$ સમૂહ અને એનામાઈન સબસ્ટિટ્યુઅન્ટ વચ્ચેની અવકાશી આંતરક્રિયા ન્યૂનતમ હોય છે,જે તેને સૌથી વધુ સ્થાયી આઈસોમર બનાવે છે.

(D) બોમ્બ કેલરીમીટર દ્વારા માપવામાં આવતી ગરમી એ આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર છે,$\Delta U = -726 \ kJ \ mol^{-1}$.
પ્રક્રિયા: $CH_3OH_{(l)} + \frac{3}{2} O_{2(g)} \rightarrow CO_{2(g)} + 2H_2O_{(l)}$.
વાયુમય મોલની સંખ્યામાં થતો ફેરફાર $\Delta n_g = 1 - \frac{3}{2} = -0.5 \ mol$.
એન્થાલ્પી ફેરફાર અને આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$ છે.
અહીં $T = 300 \ K$ અને $R = 8.3 \times 10^{-3} \ kJ \ K^{-1} \ mol^{-1}$.
$\Delta H = -726 + (-0.5) \times (8.3 \times 10^{-3}) \times 300 = -727.245 \ kJ \ mol^{-1}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,$x = 727$.

(C) $CH_3COOH$ ના પ્રારંભિક મોલ = $0.1 \, M \times 50 \, mL = 5 \, mmol$.
ઉમેરાયેલ $NaOH$ ના મોલ = $0.1 \, M \times 25 \, mL = 2.5 \, mmol$.
પ્રક્રિયા છે: $CH_3COOH + NaOH \longrightarrow CH_3COONa + H_2O$.
પ્રક્રિયા પછી,$2.5 \, mmol \, CH_3COOH$ બાકી રહે છે અને $2.5 \, mmol \, CH_3COONa$ બને છે.
આથી બફર દ્રાવણ બને છે.
હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $pH = pK_a + \log \left(\frac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}\right)$.
બંને માટે કદ સમાન હોવાથી,સાંદ્રતાનો ગુણોત્તર મોલના ગુણોત્તર જેટલો થાય છે: $pH = 4.76 + \log \left(\frac{2.5}{2.5}\right) = 4.76 + \log(1) = 4.76$.
આમ,$pH = 476 \times 10^{-2}$.

(A) $CO_2$ માં કાર્બનનું દળ આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $\text{C નું દળ} = \frac{12}{44} \times CO_2 \text{ નું દળ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\text{C નું દળ} = \frac{12}{44} \times 0.20 \, g = 0.05454 \, g$.
કાર્બનિક સંયોજનમાં કાર્બનની ટકાવારી: $\% \, C = \frac{\text{C નું દળ}}{\text{સંયોજનનું દળ}} \times 100$.
$\% \, C = \frac{0.05454}{0.30} \times 100 = 18.18 \, \%$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં ફેરવતા,આપણને $18 \, \%$ મળે છે.

(B) આદર્શ વાયુ માટે,આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ છે.
જ્યાં $n = \frac{m}{M}$,$m$ એ દળ છે અને $M$ એ મોલર દળ છે,તેથી $pV = \frac{m}{M} RT$.
આને ફરીથી ગોઠવતા $p = \left( \frac{RT}{M} \right) \left( \frac{m}{V} \right)$ મળે છે.
ઘનતા $d = \frac{m}{V}$ હોવાથી,સમીકરણ $p = \left( \frac{RT}{M} \right) d$ બને છે.
આ $y = mx$ પ્રકારની સીધી રેખા છે,જ્યાં ઢાળ $\frac{RT}{M}$ છે.
ઢાળ તાપમાન $(T)$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી,ઊંચું તાપમાન વધુ ઢાળ આપશે.
$T_3 > T_2 > T_1$ આપેલ હોવાથી,ઢાળનો ક્રમ $T_3 > T_2 > T_1$ થશે.
તેથી,$T_3$ માટે સૌથી વધુ ઢાળ અને $T_1$ માટે સૌથી ઓછો ઢાળ ધરાવતો આલેખ સાચો છે.

(C) $PCl_5$ માં,ફોસ્ફરસ પરમાણુ $sp^3d$ સંકરણ અનુભવે છે,જેના પરિણામે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ મળે છે.
$P-Cl$ બંધના બે પ્રકાર છે: ત્રણ વિષુવવૃત્તીય બંધ અને બે અક્ષીય બંધ.
વિષુવવૃત્તીય બંધની જોડીઓ દ્વારા થતા વધુ અપાકર્ષણને કારણે અક્ષીય બંધ વિષુવવૃત્તીય બંધ કરતા લાંબા અને નબળા હોય છે.
તેથી,અક્ષીય બંધ વિષુવવૃત્તીય બંધ કરતા મજબૂત છે તે વિધાન ખોટું છે.

(C) હાઇડ્રોજન બંધની શક્તિ હાઇડ્રોજન સાથે જોડાયેલા પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા અને બનતા હાઇડ્રોજન બંધની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
$CH_4$ એ અધ્રુવીય અણુ છે અને હાઇડ્રોજન બંધ બનાવતું નથી.
$HCN$ માં નાઇટ્રોજનની વિદ્યુતઋણતાને કારણે નિર્બળ હાઇડ્રોજન બંધ જોવા મળે છે.
$NH_3$ માં નાઇટ્રોજન પર વધુ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ઉપલબ્ધતાને કારણે $HCN$ ની સરખામણીમાં મજબૂત હાઇડ્રોજન બંધ બને છે.
તેથી,વધતી જતી શક્તિનો સાચો ક્રમ $CH_4 < HCN < NH_3$ છે.

(A) આપેલ આયનો $N^{3-}$,$O^{2-}$,$F^{-}$,$Na^{+}$,અને $Mg^{2+}$ એ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ છે,કારણ કે દરેક માં $10$ ઈલેક્ટ્રોન છે.
આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ માટે,જેમ પરમાણુ ક્રમાંક (કેન્દ્રીય વીજભાર) ઘટે છે,તેમ આયનીય ત્રિજ્યા વધે છે.
પરમાણુ ક્રમાંક આ મુજબ છે: $N(7)$,$O(8)$,$F(9)$,$Na(11)$,$Mg(12)$.
કેન્દ્રીય વીજભારનો ક્રમ $N < O < F < Na < Mg$ હોવાથી,આયનીય ત્રિજ્યાનો ક્રમ $N^{3-} > O^{2-} > F^{-} > Na^{+} > Mg^{2+}$ થશે.
તેથી,આયનીય ત્રિજ્યા વધવાનો સાચો ક્રમ $Mg^{2+} < Na^{+} < F^{-} < O^{2-} < N^{3-}$ છે.

(A) ધ્રુવીય સ્ટ્રેટોસ્ફેરિક વાદળોની સપાટી પર થતી પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. ક્લોરિન નાઈટ્રેટનું જળવિભાજન: $ClONO_2 + H_2O \rightarrow HOCl (A) + HNO_3 (B)$
$2$. ક્લોરિન નાઈટ્રેટની $HCl$ સાથેની પ્રક્રિયા: $ClONO_2 + HCl \rightarrow HNO_3 (B) + Cl_2 (C)$
આ પ્રક્રિયાઓને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$A = HOCl$,$B = HNO_3$,અને $C = Cl_2$ મળે છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) સાયક્લોપ્રોપેનાઈલ કેટાયન આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી વધુ સ્થાયી છે કારણ કે તે હ્યુકેલના નિયમ ($4n+2$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન,જ્યાં $n=0$,જે $2$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન આપે છે) મુજબ એરોમેટિક છે. તે $2$ $\pi$ ઈલેક્ટ્રોન સાથેનું સમતલીય,ચક્રીય અને સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત તંત્ર ધરાવે છે,જે તેને વધારાની સ્થિરતા આપે છે.

(C) પગલું $1$: ટર્મિનલ આલ્કાઈન $n-Bu-C \equiv CH$ એ $n-BuLi$ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને એસીટીલાઈડ આયન $n-Bu-C \equiv C^- Li^+$ બનાવે છે.
પગલું $2$: એસીટીલાઈડ આયન $n-C_5H_{11}Cl$ સાથે $S_N2$ પ્રતિક્રિયા દ્વારા આંતરિક આલ્કાઈન $n-Bu-C \equiv C-C_5H_{11}$ બનાવે છે.
પગલું $3$: $Lindlar$ કેટાલિસ્ટ અને $H_2$ નો ઉપયોગ કરીને આંતરિક આલ્કાઈનનું હાઇડ્રોજનેશન કરવાથી $cis$-આલ્કીન બને છે.
તેથી,મુખ્ય ઉત્પાદન $cis$-આઈસોમર છે જ્યાં $n-Bu$ અને $C_5H_{11}$ જૂથો ડબલ બોન્ડની એક જ બાજુએ હોય છે,જે વિકલ્પ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(C) પદાર્થના $116 \ g$ માં દરેક તત્વના મોલની ગણતરી:
$H$ ના મોલ $= \frac{7.5}{1} = 7.5 \ mol$
$O$ ના મોલ $= \frac{60}{16} = 3.75 \ mol$
$C$ ના મોલ $= \frac{48.5}{12} \approx 4.04 \ mol$
સૌથી નાની કિંમત $(3.75)$ વડે ભાગતા:
$H: \frac{7.5}{3.75} = 2$
$O: \frac{3.75}{3.75} = 1$
$C: \frac{4.04}{3.75} \approx 1$
પ્રમાણસૂચક સૂત્ર $CH_2O$ છે.
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $CH_3COOH$ એટલે $C_2H_4O_2$,જે $CH_2O$ માં પરિણમે છે.
$(B)$ $HCHO$ એટલે $CH_2O$,જે $CH_2O$ માં પરિણમે છે.
આમ,$2$ સૂત્રો ($A$ અને $B$) સુસંગત છે.

(C) ક્વોન્ટમ નંબર્સના માન્ય સેટ માટે,નીચેના નિયમો સંતોષવા જોઈએ:
$1$. $n$ એ ધન પૂર્ણાંક છે $(n = 1, 2, 3, ...)$.
$2$. $l$ ની કિંમત $0$ થી $n-1$ સુધી હોઈ શકે છે.
$3$. $m_l$ ની કિંમત $-l$ થી $+l$ સુધી (શૂન્ય સહિત) હોઈ શકે છે.
દરેક સેટનું મૂલ્યાંકન:
- સેટ $A$: $(3, 3, -3)$. અહીં $n=3$ અને $l=3$. $l$ એ $n$ કરતા નાનો હોવો જોઈએ,તેથી આ સેટ ખોટો છે.
- સેટ $B$: $(3, 2, -2)$. અહીં $n=3$,$l=2$ $(< 3)$,અને $m_l=-2$ ($-2$ થી $+2$ ની વચ્ચે). આ સેટ સાચો છે.
- સેટ $C$: $(2, 1, +1)$. અહીં $n=2$,$l=1$ $(< 2)$,અને $m_l=+1$ ($-1$ થી $+1$ ની વચ્ચે). આ સેટ સાચો છે.
- સેટ $D$: $(2, 2, +2)$. અહીં $n=2$ અને $l=2$. $l$ એ $n$ કરતા નાનો હોવો જોઈએ,તેથી આ સેટ ખોટો છે.
આમ,ક્વોન્ટમ નંબર્સના $2$ સાચા સેટ ($B$ અને $C$) છે.

(C) પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$BeO + 2HF + 2NH_3 \rightarrow (NH_4)_2[BeF_4]$
અહીં,$[A]$ એ $(NH_4)_2[BeF_4]$ છે.
સંકીર્ણ આયન $[BeF_4]^{2-}$ માં,ધારો કે $Be$ નો ઓક્સિડેશન આંક $x$ છે.
$x + 4(-1) = -2$
$x - 4 = -2$
$x = +2$
આમ,$[A]$ માં $Be$ નો ઓક્સિડેશન આંક $2$ છે.

(D) સમતાપી પ્રતિવર્તી વિસ્તરણ માટે,મહત્તમ કાર્ય $(W_{max})$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$W_{max} = -nRT \ln \frac{V_2}{V_1} = -2.303 nRT \log \frac{V_2}{V_1}$
આપેલ છે:
$n = 5 \ mol$,$T = 300 \ K$,$V_1 = 10 \ L$,$V_2 = 20 \ L$,$R = 8.3 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$,$\log 2 = 0.3010$
કિંમતો મૂકતા:
$W_{max} = -2.303 \times 5 \times 8.3 \times 300 \times \log \frac{20}{10}$
$W_{max} = -2.303 \times 5 \times 8.3 \times 300 \times 0.3010$
$W_{max} = -8630.38 \ J$
કાર્યનું મૂલ્ય $|W_{max}| = 8630.38 \ J$ છે.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $8630 \ J$ મળે છે.

(D) $NaOH$ એ પ્રબળ બેઇઝ છે,તેથી તે સંપૂર્ણ રીતે $NaOH \rightarrow Na^{+} + OH^{-}$ તરીકે વિયોજન પામે છે.
$NaOH$ ની સાંદ્રતા $= 0.001 \ M = 10^{-3} \ M$ આપેલ છે.
તેથી,$[OH^{-}] = 10^{-3} \ M$.
$pOH = -\log[OH^{-}] = -\log(10^{-3}) = 3$.
$25^{\circ}C$ તાપમાને $pH + pOH = 14$ હોવાથી,
$pH = 14 - pOH = 14 - 3 = 11$.

(A) $AgCl$ નું મોલર દળ $= 108 + 35.5 = 143.5 \ g \ mol^{-1}$ છે.
$0.40 \ g$ $AgCl$ માં $Cl$ નું દળ $= \frac{35.5}{143.5} \times 0.40 \ g \approx 0.09895 \ g$ થાય.
$Cl$ ની ટકાવારી $= \frac{Cl \text{ નું દળ}}{\text{કાર્બનિક સંયોજનનું દળ}} \times 100$.
$Cl$ ની ટકાવારી $= \frac{0.09895}{0.25} \times 100 = 39.58 \ \%$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $40$ છે.

(B) $VSEPR$ સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીને અણુઓનો આકાર નીચે મુજબ છે:
$1$. $ClF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ ($sp^3d$ સંકરણ) છે. $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મને કારણે તેનો આકાર $T$-આકાર છે $(A-III)$.
$2$. $BF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $3$ ($sp^2$ સંકરણ) છે. તેનો આકાર ત્રિકોણીય સમતલીય છે $(B-IV)$.
$3$. $XeF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $6$ ($sp^3d^2$ સંકરણ) છે. તેનો આકાર ચોરસ સમતલીય છે $(C-I)$.
$4$. $SF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $5$ ($sp^3d$ સંકરણ) છે. તેનો આકાર સી-સો (See-saw) છે $(D-II)$.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-I, D-II$ છે.

(B) . સ્વયંભૂ પ્રક્રિયા માટે $\Delta G_{T, P} < 0$ હોય છે. તેથી,$A-II$.
$B$. $\Delta P = 0$ એ સમદાબી પ્રક્રિયા દર્શાવે છે અને $\Delta T = 0$ એ સમતાપી પ્રક્રિયા દર્શાવે છે. તેથી,$B-III$.
$C$. $\Delta H_{reaction} = (\Sigma \text{પ્રક્રિયકોની બંધ ઉર્જા}) - (\Sigma \text{નીપજોની બંધ ઉર્જા})$. તેથી,$C-IV$.
$D$. ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા $\Delta H < 0$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે. તેથી,$D-I$.
આમ,સાચી જોડ $A-II, B-III, C-IV, D-I$ છે.

(D) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ માટે,જેમ પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ વધે તેમ આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
$O^{2-}$ માટે $Z = 8$ અને $Mg^{2+}$ માટે $Z = 12$ છે.
$Mg^{2+}$ નો પરમાણુ ક્રમાંક વધારે હોવાથી,તે ઈલેક્ટ્રોન પર વધુ આકર્ષણ બળ લગાડે છે,જેનાથી તેની આયનીય ત્રિજ્યા $O^{2-}$ કરતા નાની બને છે.
આમ,વિધાન $A$ ખોટું છે.
$O^{2-}$ અને $Mg^{2+}$ બંનેમાં $10$ ઈલેક્ટ્રોન છે,તેથી તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ છે. આમ,કારણ $R$ સાચું છે.
તેથી,$A$ ખોટું છે પરંતુ $R$ સાચું છે.

(D) બેરિયમ પેરોક્સાઇડ $(BaO_{2})$ અને મંદ સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_{2}SO_{4})$ વચ્ચેની પ્રતિક્રિયા હાઇડ્રોજન પેરોક્સાઇડ $(H_{2}O_{2})$ તૈયાર કરવાની પ્રમાણિત પ્રયોગશાળા પદ્ધતિ છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $BaO_{2} + H_{2}SO_{4} \rightarrow BaSO_{4} + H_{2}O_{2}$.
આ પ્રતિક્રિયામાં,$BaSO_{4}$ અવક્ષેપિત થાય છે અને દ્રાવણમાં $H_{2}O_{2}$ બાકી રહે છે.

(C) $2 BeCl_2 + LiAlH_4 \rightarrow 2 BeH_2 + LiCl + AlCl_3$
આ પ્રક્રિયા બેરિલિયમ હાઇડ્રાઇડ $(BeH_2)$ બનાવવાની પ્રમાણિત પ્રયોગશાળા પદ્ધતિ છે.

(A) $(CH_3)_4 Si$ એ એક સિલેન છે.
$(CH_3) Si(OH)_3$ પોલિમરાઈઝ થઈને $2D$-સિલિકોન બનાવે છે.
$(CH_3)_2 Si(OH)_2$ પોલિમરાઈઝ થઈને ચેઈન સિલિકોન બનાવે છે.
$(CH_3)_3 Si(OH)$ સંઘનન પામીને ડાયમર $(CH_3)_3 Si-O-Si(CH_3)_3$ બનાવે છે.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-I, D-II$ છે.

(A) વિધાન $I$ સાચું છે: ક્લાસિકલ સ્મોગ (જેને લંડન સ્મોગ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે) ઠંડા,ભેજવાળા વાતાવરણમાં થાય છે અને તે ધુમાડો,ધુમ્મસ અને સલ્ફર ડાયોક્સાઇડ $(SO_2)$ નું રિડ્યુસિંગ મિશ્રણ છે.
વિધાન $II$ સાચું છે: ફોટોકેમિકલ સ્મોગ ગરમ,સૂકા અને સૂર્યપ્રકાશવાળા વાતાવરણમાં થાય છે. તેના મુખ્ય ઘટકોમાં ઓઝોન $(O_3)$,નાઈટ્રિક ઓક્સાઈડ $(NO)$,એક્રોલીન $(CH_2=CH-CHO)$,ફોર્માલ્ડિહાઈડ $(HCHO)$ અને પેરોક્સિએસીટાઈલ નાઈટ્રેટ ($PAN$,$CH_3CO-O-ONO_2$) નો સમાવેશ થાય છે.
તેથી,બંને વિધાનો સાચા છે.

(A) સેપરેટિંગ ફનલ એ પ્રયોગશાળાના કાચના સાધનોનો એક ભાગ છે જેનો ઉપયોગ પ્રવાહી-પ્રવાહી નિષ્કર્ષણમાં મિશ્રણના ઘટકોને અલગ-અલગ ઘનતા ધરાવતા બે અદ્રાવ્ય દ્રાવક તબક્કાઓમાં અલગ કરવા માટે થાય છે.
તે સામાન્ય રીતે ઉપરના ભાગે સ્ટોપર અને નીચેના ભાગે સ્ટોપકોક ધરાવતું નાસપતી આકારનું પાત્ર છે,જે નીચેના સ્તરના પ્રવાહને નિયંત્રિત કરે છે.
આકૃતિ $208873-a$ માં દર્શાવેલ રચના પ્રમાણભૂત સેપરેટિંગ ફનલ દર્શાવે છે.

(D) નું ઓઝોનોલિસિસ $\text{ઈથેન-}1,2\text{-ડાયકાર્બાલ્ડિહાઈડ}$ (સક્સિનાલ્ડિહાઈડ) અને $\text{ગ્લાયોક્સલ}$ આપે છે. આ દર્શાવે છે કે $A$ એ $\text{સાયક્લોહેક્સ-}1,3\text{-ડાઈઈન}$ છે.
$B$ નું ઓઝોનોલિસિસ $5\text{-ઓક્સોહેક્ઝેનાલ}$ આપે છે. આ દર્શાવે છે કે $B$ એ $1\text{-મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટ-}1\text{-ઈન}$ છે.
આમ,$A$ એ $\text{સાયક્લોહેક્સ-}1,3\text{-ડાઈઈન}$ છે અને $B$ એ $1\text{-મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટ-}1\text{-ઈન}$ છે.

(B) ટિન્ડલ અસર જોવા માટે,બે મુખ્ય શરતો પૂરી થવી જોઈએ:
$1$. વિક્ષિપ્ત કણોનો વ્યાસ વપરાયેલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ કરતા ઘણો નાનો હોવો જોઈએ નહીં.
$2$. વિક્ષિપ્ત કલા અને વિક્ષેપન માધ્યમના વક્રીભવનાંક મૂલ્યમાં ઘણો તફાવત હોવો જોઈએ.
તેથી,વિધાન કે વિક્ષિપ્ત કણોનો વ્યાસ વપરાયેલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ કરતા ઘણો નાનો હોય છે તે ખોટું છે.

(C) સોનાની લીચિંગ પ્રક્રિયામાં ડાયસાયનોઓરેટ$(I)$ સંકીર્ણ $[A]$ નું નિર્માણ થાય છે:
$4Au(s) + 8CN^-(aq) + 2H_2O(aq) + O_2(g) \rightarrow 4[Au(CN)_2]^-(aq) + 4OH^-(aq)$.
અહીં,$[A]$ એ $[Au(CN)_2]^-$ છે.
ત્યારબાદ,ઝીંક સાથે વિસ્થાપન પ્રક્રિયા થાય છે:
$2[Au(CN)_2]^-(aq) + Zn(s) \rightarrow [Zn(CN)_4]^{2-}(aq) + 2Au(s)$.
અહીં,$[B]$ એ $[Zn(CN)_4]^{2-}$ છે.
આમ,$[A]$ અને $[B]$ અનુક્રમે $[Au(CN)_2]^-$ અને $[Zn(CN)_4]^{2-}$ છે.

(C) $AgCl$ ના સફેદ અવક્ષેપ પાણીમાં અદ્રાવ્ય છે પરંતુ દ્રાવ્ય સંકીર્ણ,ડાયએમાઇનસિલ્વર$(I)$ ક્લોરાઇડના નિર્માણને કારણે જલીય એમોનિયામાં ઓગળી જાય છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$AgCl(s) + 2NH_3(aq) \rightarrow [Ag(NH_3)_2]Cl(aq)$
આમ,બનતું સંકીર્ણ $[Ag(NH_3)_2]Cl$ છે.

(B) સીરિયમ $(Ce)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $58$ છે. તેની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Xe] 4f^1 5d^1 6s^2$ છે.
$+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં,$Ce^{4+}$ ની રચના $[Xe]$ છે,જે સ્થિર નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી રચના છે.
જોકે,$Ce^{4+}$ વધુ સ્થિર $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા $(Ce^{3+})$ માં પાછા ફરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન મેળવવાની પ્રબળ વૃત્તિ ધરાવે છે.
રિડક્શન પ્રક્રિયા છે: $Ce^{4+} + e^- \rightarrow Ce^{3+} \quad E^0 = +1.61 \ V$.
તે સરળતાથી ઇલેક્ટ્રોન સ્વીકારે છે,તેથી તે પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.

(A) ઓક્સિડેશનકર્તાની પ્રબળતા તેના રિડક્શન પોટેન્શિયલના મૂલ્ય દ્વારા નક્કી થાય છે. ઉચ્ચ રિડક્શન પોટેન્શિયલ એટલે વધુ પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા.
આપેલ આયનો માટેના પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ $(E^{0})$ ની સરખામણી કરતા:
$E^{0}_{Mn^{3+}/Mn^{2+}} = +1.51 \, V$
$E^{0}_{Fe^{3+}/Fe^{2+}} = +0.77 \, V$
$E^{0}_{Ti^{3+}/Ti^{2+}} = -0.37 \, V$
$E^{0}_{Cr^{3+}/Cr^{2+}} = -0.41 \, V$
આમ,$Mn^{3+}$ નું રિડક્શન પોટેન્શિયલ સૌથી વધુ હોવાથી તે સૌથી પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે.

(C) ફિનોલની મંદ $HNO_3$ સાથેની પ્રક્રિયાથી $o$-નાઈટ્રોફિનોલ અને $p$-નાઈટ્રોફિનોલનું મિશ્રણ મળે છે.
$o$-નાઈટ્રોફિનોલમાં આંતઃઆણ્વીય $H$-બંધ જોવા મળે છે,જે તેના આંતરઆણ્વીય આકર્ષણને ઘટાડે છે,જેથી તે વરાળમાં બાષ્પશીલ બને છે.
$p$-નાઈટ્રોફિનોલમાં આંતરઆણ્વીય $H$-બંધ જોવા મળે છે,જે તેના ઉત્કલન બિંદુમાં વધારો કરે છે અને બાષ્પશીલતા ઘટાડે છે.
તેથી,મોટા પાયે આ બે સમઘટકોને અલગ કરવા માટે વરાળ નિસ્યંદન સૌથી અસરકારક પદ્ધતિ છે.

(D) ઈથિલિડીન ક્લોરાઈડ એ જેમિનલ ડાયહેલાઈડ છે જેમાં બે ક્લોરિન પરમાણુઓ એક જ કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા હોય છે.
તેનું રાસાયણિક બંધારણ $CH_3CHCl_2$ છે.
$CH_3CHCl_2$ માટેનું $IUPAC$ નામ $1,1-$ડાયક્લોરોઈથેન છે.

(D) આ પ્રક્રિયામાં $tert-$બ્યુટાઇલ ક્લોરાઇડ અને પોટેશિયમ $tert-$બ્યુટોક્સાઇડ $(t-BuOK)$ વચ્ચે પ્રક્રિયા થાય છે.
$t-BuO^-$ એક મોટો (bulky) બેઇઝ છે.
સ્ટેરિક અવરોધને કારણે,આ મોટો બેઇઝ વિસ્થાપન $(S_N2)$ માટે ઇલેક્ટ્રોફિલિક કાર્બન પર હુમલો કરી શકતો નથી.
તેના બદલે,તે $tert-$બ્યુટાઇલ ક્લોરાઇડમાંથી $\beta-$હાઇડ્રોજન દૂર કરે છે,જે વિલોપન પ્રક્રિયા ($E2$ મિકેનિઝમ) તરફ દોરી જાય છે.
બનતી મુખ્ય નીપજ $2-$મિથાઇલપ્રોપ$-1-$ઈન છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા રાઈમર-ટીમેન પ્રક્રિયા છે,જેમાં ફિનોલની પ્રક્રિયા જલીય બેઝ $(NaOH)$ ની હાજરીમાં ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ સાથે કરવામાં આવે છે.
$1$. બેઝ ફિનોલનું પ્રોટોન દૂર કરીને ફિનોક્સાઈડ આયન બનાવે છે.
$2$. ક્લોરોફોર્મ બેઝ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઈલેક્ટ્રોફાઈલ,ડાયક્લોરોકાર્બીન $(:CCl_2)$ ઉત્પન્ન કરે છે.
$3$. ફિનોક્સાઈડ આયન ડાયક્લોરોકાર્બીન પર હુમલો કરીને મધ્યવર્તી સંયોજન બનાવે છે,જે સોડિયમ $2$-ડાયક્લોરોમિથાઈલફિનોક્સાઈડ છે.
$4$. આ મધ્યવર્તી સંયોજનનું જળવિભાજન થઈને સેલિસાઈલલ્ડીહાઈડ બને છે.
તેથી,મધ્યવર્તી $X$ એ સોડિયમ $2$-ડાયક્લોરોમિથાઈલફિનોક્સાઈડ છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા ક્યુમીન (આઈસોપ્રોપાઈલબેન્ઝીન) માંથી ફિનોલની ઔદ્યોગિક બનાવટ છે.
$1$. ક્યુમીનનું $O_2$ નો ઉપયોગ કરીને ક્યુમીન હાઈડ્રોપેરોક્સાઈડ $(C_6H_5C(CH_3)_2OOH)$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે.
$2$. મંદ એસિડ $(H^+/H_2O)$ સાથે પ્રક્રિયા કરવાથી,ક્યુમીન હાઈડ્રોપેરોક્સાઈડ પુનઃરચના પામીને ફિનોલ $(C_6H_5OH)$ અને એસિટોન $(CH_3COCH_3)$ બનાવે છે.
તેથી,નીપજો $A$ અને $B$ અનુક્રમે ફિનોલ અને એસિટોન છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા હોફમેન-બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એમાઇડ $(RCONH_2)$ એ $Br_2$ અને $KOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $N$-બ્રોમામાઇડ મધ્યવર્તી $(RCONHBr)$ બનાવે છે,જે ત્યારબાદ પુનઃરચના પામીને આઇસોસાયનેટ મધ્યવર્તી $(RN=C=O)$ બનાવે છે.
અંતે,આઇસોસાયનેટનું જળવિભાજન થઈને પ્રાથમિક એમાઇન $(RNH_2)$ બને છે.
$RCONHBr$ અને $RN=C=O$ બંને મધ્યવર્તી છે,પરંતુ $RN=C=O$ (આલ્કાઇલ આઇસોસાયનેટ) એ પુનઃરચનાના તબક્કા દરમિયાન બનતું મુખ્ય મધ્યવર્તી છે.

(C) સાબુની સફાઈ પ્રક્રિયા મિસેલના નિર્માણ પર આધારિત છે.
મિસેલ્સ એ સાબુના અણુઓનો સમૂહ છે જે ત્યારે જ બને છે જ્યારે પાણીમાં સાબુની સાંદ્રતા $Critical \text{ } Micelle \text{ } Concentration$ $(CMC)$ સુધી પહોંચે અથવા તેનાથી વધી જાય.
જો સાબુની સાંદ્રતા $CMC$ કરતા ઓછી હોય,તો સાબુના અણુઓ વ્યક્તિગત આયનો અથવા અણુઓ તરીકે રહે છે અને ગ્રીસ અથવા ગંદકીના કણોને અસરકારક રીતે પકડી શકતા નથી.
તેથી,ખૂબ ઓછો સાબુ વાપરવાથી મિસેલનું નિર્માણ થતું નથી,જેના કારણે સફાઈ પ્રક્રિયા બિનઅસરકારક બને છે.

(B) એલિટામ એ ઉચ્ચ ક્ષમતા ધરાવતું કૃત્રિમ ગળપણ છે. તે ડાયપેપ્ટાઈડ વ્યુત્પન્ન છે જે સુક્રોઝ કરતા આશરે $2000$ ગણું વધારે ગળ્યું હોય છે.

(D) $NaCl$ સ્ફટિક માટે,એકમ કોષ દીઠ સૂત્ર એકમોની સંખ્યા $Z = 4$ છે.
ઘનતાનું સૂત્ર $d = \frac{Z \times M}{N_{A} \times a^{3}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $2.165 = \frac{4 \times 58.5}{6.02 \times 10^{23} \times a^{3}}$.
$a^{3} = \frac{234}{2.165 \times 6.02 \times 10^{23}} \approx 179.5 \times 10^{-24} \ cm^{3}$.
$a = \sqrt[3]{179.5} \times 10^{-8} \ cm \approx 5.64 \times 10^{-8} \ cm = 5.64 \times 10^{-10} \ m$.
$Na^{+}$ અને $Cl^{-}$ આયનો વચ્ચેનું અંતર $r_{Na^{+}} + r_{Cl^{-}} = \frac{a}{2}$ છે.
અંતર $= \frac{5.64 \times 10^{-10}}{2} = 2.82 \times 10^{-10} \ m$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $3$ છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$28$ એ $2.8$ ના સંદર્ભમાં હોઈ શકે છે.

(C) સ્વયંભૂ પ્રતિક્રિયા માટે,કોષ પોટેન્શિયલ $E^{\circ}_{Cell}$ ધન હોવો જોઈએ.
રિડક્શન અર્ધ-પ્રતિક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$Fe^{3+} + e^{-} \rightarrow Fe^{2+}$ $\quad$ $E^{\circ} = 0.77 \, V$ (કેથોડ)
$I_{2} + 2e^{-} \rightarrow 2I^{-}$ $\quad$ $E^{\circ} = 0.54 \, V$ (એનોડ)
સ્વયંભૂ કોષ પ્રતિક્રિયા:
$2Fe^{3+} + 2I^{-} \rightarrow 2Fe^{2+} + I_{2}$
$E^{\circ}_{Cell} = E^{\circ}_{Cathode} - E^{\circ}_{Anode}$
$E^{\circ}_{Cell} = 0.77 \, V - 0.54 \, V = 0.23 \, V$
આપેલ છે કે $E^{\circ}_{Cell} = x \times 10^{-2} \, V$,તેથી:
$0.23 = x \times 10^{-2}$
$x = 23$.

(C) પ્રક્રિયા $\gamma_{1} A + \gamma_{2} B \rightarrow \gamma_{3} C + \gamma_{4} D$ માટે પ્રક્રિયાનો દર $Rate = -\frac{1}{\gamma_{1}} \frac{d[A]}{dt} = -\frac{1}{\gamma_{2}} \frac{d[B]}{dt} = \frac{1}{\gamma_{3}} \frac{d[C]}{dt} = \frac{1}{\gamma_{4}} \frac{d[D]}{dt}$ છે.
આપેલ છે: $\frac{d[D]}{dt} = 1.5 \times \left(-\frac{d[B]}{dt}\right) \Rightarrow -\frac{d[B]}{dt} = \frac{2}{3} \frac{d[D]}{dt}$.
વળી,$-\frac{d[B]}{dt} = 2 \times \left(-\frac{d[A]}{dt}\right)$ $\Rightarrow -\frac{d[A]}{dt} = \frac{1}{2} \left(-\frac{d[B]}{dt}\right) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \frac{d[D]}{dt} = \frac{1}{3} \frac{d[D]}{dt}$.
આપેલ દર $\frac{d[D]}{dt} = 9 \, mmol \, dm^{-3} s^{-1}$ મૂકતા:
$-\frac{d[A]}{dt} = \frac{1}{3} \times 9 = 3 \, mmol \, dm^{-3} s^{-1}$.
$-\frac{d[B]}{dt} = \frac{2}{3} \times 9 = 6 \, mmol \, dm^{-3} s^{-1}$.
દરોની સરખામણી કરતા: $-\frac{d[A]}{dt} : -\frac{d[B]}{dt} : \frac{d[D]}{dt} = 3 : 6 : 9 = 1 : 2 : 3$.
આમ,તત્વયોગમિતિય સહગુણકો $\gamma_{1}=1, \gamma_{2}=2, \gamma_{4}=3$ છે.
પ્રક્રિયાનો દર $\frac{1}{\gamma_{4}} \frac{d[D]}{dt} = \frac{1}{3} \times 9 = 3 \, mmol \, dm^{-3} s^{-1}$ છે.

(A) ચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણ માટે $d-d$ સંક્રમણ માટે શોષાયેલ ફોટોનની ઉર્જા $\Delta_{t} = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\Delta_{t} = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3.08 \times 10^{8}}{600 \times 10^{-9}} \ J$.
$\Delta_{t} = \frac{20.4204 \times 10^{-26}}{600 \times 10^{-9}} = 0.034034 \times 10^{-17} \ J = 340.34 \times 10^{-21} \ J$.
અષ્ટફલકીય વિભાજન ઉર્જા $(\Delta_{o})$ અને ચતુષ્ફલકીય વિભાજન ઉર્જા $(\Delta_{t})$ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta_{o} = \frac{9}{4} \Delta_{t}$ છે.
$\Delta_{o} = \frac{9}{4} \times 340.34 \times 10^{-21} \ J = 765.765 \times 10^{-21} \ J$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $766 \times 10^{-21} \ J$ મળે છે.

(C) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$A$. ઇન્વર્ટેઝ: શેરડીની ખાંડ (સુક્રોઝ) નું ગ્લુકોઝ અને ફ્રુક્ટોઝમાં જળવિભાજન કરે છે $(IV)$.
$B$. ઝાયમેઝ: ગ્લુકોઝનું ઇથેનોલ અને $CO_2$ માં રૂપાંતર કરે છે $(III)$.
$C$. ડાયસ્ટેઝ: સ્ટાર્ચનું માલ્ટોઝમાં રૂપાંતર કરે છે $(I)$.
$D$. માલ્ટેઝ: માલ્ટોઝનું ગ્લુકોઝમાં જળવિભાજન કરે છે $(II)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $A-IV, B-III, C-I, D-II$ છે.

(A) ફ્રોથ ફ્લોટેશન પ્રક્રિયામાં,ડિપ્રેસન્ટ્સનો ઉપયોગ અયસ્કના એક ઘટકને ફેણ બનાવતા અટકાવવા માટે થાય છે.
ઉદાહરણ તરીકે,$PbS$ (ગેલેના) માંથી $ZnS$ (ઝિંક બ્લેન્ડ) ના અલગીકરણમાં,$NaCN$ નો ઉપયોગ ડિપ્રેસન્ટ તરીકે થાય છે.
$NaCN$ એ $ZnS$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને દ્રાવ્ય સંકીર્ણ $Na_2[Zn(CN)_4]$ બનાવે છે,જેનાથી $ZnS$ ફેણમાં આવતું અટકે છે,જ્યારે $PbS$ ફેણ બનાવે છે.

(B) કયા ઓક્સાઈડમાં એકી ઈલેક્ટ્રોન છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક અણુ માટે સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યાની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $N_{2}O$: $(2 \times 5) + 6 = 16$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન (બેકી).
$2$. $NO_{2}$: $5 + (2 \times 6) = 17$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન (એકી).
$3$. $N_{2}O_{3}$: $(2 \times 5) + (3 \times 6) = 28$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન (બેકી).
$4$. $N_{2}O_{5}$: $(2 \times 5) + (5 \times 6) = 40$ સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોન (બેકી).
$NO_{2}$ માં સંયોજકતા ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા એકી $(17)$ હોવાથી,તે નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર એકી ઈલેક્ટ્રોન ધરાવતો પેરામેગ્નેટિક અણુ છે.

(A) $Ce$ $(Z=58)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Xe] 4f^1 5d^1 6s^2$ છે.
$3$ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવ્યા પછી,$Ce^{3+}$ ની રચના $[Xe] 4f^1$ થાય છે.
જોકે,$Ce$ સરળતાથી વધુ એક ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવીને $Ce^{4+}$ બનાવી શકે છે,જેની રચના $[Xe] 4f^0 5d^0$ છે.
આ $Ce^{4+}$ આયન નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી સ્થાયી રચના પ્રાપ્ત કરે છે,જેના કારણે $Ce$ માટે $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાથી વિચલિત થવું સરળ બને છે.

(D) ન્યુક્લિઓફિલિસિટી એ દાતા પરમાણુ પરની ઇલેક્ટ્રોન ઘનતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
સમાન દાતા પરમાણુ ધરાવતી સ્પીસીઝ માટે,ઋણ વીજભાર ધરાવતી સ્પીસીઝ તેના સંયુગ્મી એસિડ કરતા વધુ પ્રબળ ન્યુક્લિઓફાઇલ છે કારણ કે તેની પાસે વધુ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા હોય છે.
$NH_{2}^{-}$ અને $NH_{3}$ ની સરખામણી કરતા,$NH_{2}^{-}$ પાસે ઋણ વીજભાર અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જ્યારે $NH_{3}$ પાસે માત્ર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
તેથી,$NH_{2}^{-}$ એ $NH_{3}$ કરતા વધુ સારો ન્યુક્લિઓફાઇલ છે.

(B) ટોલ્યુઈનનું બેન્ઝાલ્ડિહાઈડમાં ઓક્સિડેશન એટાડ પ્રક્રિયા તરીકે ઓળખાય છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ટોલ્યુઈનને ક્રોમિલ ક્લોરાઈડ $(CrO_2Cl_2)$ અથવા વિકલ્પોમાં દર્શાવ્યા મુજબ,એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડની હાજરીમાં $CrO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે.
એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ સાથેનું $CrO_3$ એક જેમ-ડાયએસીટેટ મધ્યવર્તી સંયોજન બનાવે છે,જે ત્યારબાદ $H_3O^+$ સાથે જળવિભાજન પામીને બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ આપે છે.
પ્રક્રિયાનો ક્રમ આ મુજબ છે:
$C_6H_5CH_3$ $\xrightarrow{CrO_3 / \text{acetic anhydride}} C_6H_5CH(OCOCH_3)_2$ $\xrightarrow{H_3O^+} C_6H_5CHO + 2CH_3COOH$
તેથી,સાચો પ્રક્રિયક $CrO_3$ / એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ અને ત્યારબાદ $H_3O^+$ છે.

(C) ઈલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયામાં,આવતો ઈલેક્ટ્રોફાઈલ સૌથી વધુ સક્રિયકારક સમૂહ (સૌથી પ્રબળ ઈલેક્ટ્રોન મુક્ત કરનાર અસર ધરાવતો સમૂહ) ની સાપેક્ષમાં ઓર્થો અથવા પેરા સ્થાન પર હુમલો કરે છે.
$2$-મિથાઈલફિનોલ ($o$-ક્રેસોલ) માટે,$-OH$ સમૂહ એ $-CH_3$ સમૂહ કરતા ઘણો વધારે સક્રિયકારક સમૂહ છે.
$-OH$ સમૂહ ઈલેક્ટ્રોફાઈલને તેના ઓર્થો અને પેરા સ્થાન પર નિર્દેશિત કરે છે.
$-OH$ સમૂહની સાપેક્ષમાં પેરા સ્થાન એ $-CH_3$ સમૂહની સાપેક્ષમાં મેટા સ્થાન છે.
તેથી,$2$-મિથાઈલફિનોલનું હેલોજનેશન મિથાઈલ સમૂહની સાપેક્ષમાં $m$-વિસ્થાપિત નીપજ મુખ્ય નીપજ તરીકે આપે છે.

(C) બેન્ઝોઇક એસિડનું બેન્ઝાલ્ડિહાઇડમાં એક જ તબક્કામાં રૂપાંતર બેન્ઝોઇક એસિડને ફોર્મિક એસિડ સાથે મેંગેનીઝ ઓક્સાઇડ $(MnO)$ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં ઊંચા તાપમાને ગરમ કરીને કરી શકાય છે. પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_5COOH + HCOOH \xrightarrow{MnO, \Delta} C_6H_5CHO + CO_2 + H_2O$
આમ,$MnO$ એ સાચો પ્રક્રિયક છે.

(A) $1$. $CH_3CH_2COCH_3$ (બ્યુટેનોન) ની $HCN$ સાથેની પ્રક્રિયા ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ પ્રક્રિયા છે,જે સાયનોહાઇડ્રિન બનાવે છે: $CH_3CH_2C(OH)(CN)CH_3$.
$2$. સાયનોહાઇડ્રિનને $95\% \ H_2SO_4$ અને ગરમી સાથે પ્રક્રિયા કરાવતા આલ્કોહોલ સમૂહનું નિર્જલીકરણ અને સાયનાઇડ સમૂહનું જળવિભાજન થાય છે,જેના પરિણામે $\alpha,\beta$-અસંતૃપ્ત કાર્બોક્સિલિક એસિડ મળે છે.
$3$. $CH_3CH_2C(OH)(CN)CH_3$ નું નિર્જલીકરણ અને ત્યારબાદ જળવિભાજન $CH_3-CH=C(CH_3)-COOH$ ($2$-મિથાઈલબ્યુટ$-2-$ઈનોઈક એસિડ) આપે છે.

(C) $p$-ટોલ્યુઈનસલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ $(CH_3C_6H_4SO_2Cl)$ સામાન્ય રીતે હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક તરીકે ઓળખાય છે.
તેનો ઉપયોગ પ્રાથમિક $(1^{\circ})$,દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ અને તૃતીયક $(3^{\circ})$ એમાઈન વચ્ચે તફાવત પારખવા માટે થાય છે.
$1$. પ્રાથમિક એમાઈન હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક સાથે પ્રક્રિયા કરીને $N$-આલ્કાઈલબેન્ઝીનસલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે,જેમાં નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલ એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોય છે,જે તેને આલ્કલીમાં દ્રાવ્ય બનાવે છે.
$2$. દ્વિતીયક એમાઈન હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક સાથે પ્રક્રિયા કરીને $N,N$-ડાયઆલ્કાઈલબેન્ઝીનસલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે. આ નીપજમાં નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલ કોઈ એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોતો નથી,તેથી તે આલ્કલીમાં અદ્રાવ્ય હોય છે.
$3$. તૃતીયક એમાઈન હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક સાથે પ્રક્રિયા કરતા નથી કારણ કે તેમની પાસે એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોતો નથી.
તેથી,દ્વિતીયક એમાઈન સાથે બનતી નીપજ આલ્કલીમાં દ્રાવ્ય છે તેવું વિધાન ખોટું છે.

(A) $1$. રિડક્શન: નાઈટ્રોબેન્ઝીન $(C_6H_5NO_2)$ એ $Sn/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$ બનાવે છે,જે ઉત્પાદન $A$ છે.
$2$. ડાયઝોટાઈઝેશન: એનિલિન $0-5 \ ^\circ C$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$ બનાવે છે,જે ઉત્પાદન $B$ છે.
$3$. કપલિંગ પ્રતિક્રિયા: બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $NaOH$ ની હાજરીમાં $\beta$-નેપ્થોલ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એઝો ડાય બનાવે છે. કપલિંગ $\beta$-નેપ્થોલમાં $-OH$ સમૂહની સાપેક્ષ ઓર્થો સ્થાન પર થાય છે,જેનાથી અંતિમ ઉત્પાદન $C$ તરીકે $1-(\text{phenylazo)naphthalen-2-ol}$ મળે છે.

(B) કૃત્રિમ ડિટર્જન્ટ એ સફાઈ કરનારા એજન્ટો છે જેમાં સાબુ હોતો નથી. તે સામાન્ય રીતે લાંબી શૃંખલા ધરાવતા આલ્કાઈલ હાઈડ્રોજન સલ્ફેટ અથવા લાંબી શૃંખલા ધરાવતા આલ્કાઈલ બેન્ઝીન સલ્ફોનિક એસિડના સોડિયમ ક્ષાર હોય છે.
વિકલ્પ $A$ એ સોડિયમ ડોડેસિલબેન્ઝીન સલ્ફોનેટ છે,જે એક એનાયોનિક ડિટર્જન્ટ છે.
વિકલ્પ $B$ એ સોડિયમ સ્ટીઅરેટ $(CH_{3}(CH_{2})_{16}COO^{-}Na^{+})$ છે,જે સાબુ (ફેટી એસિડનો સોડિયમ ક્ષાર) છે,કૃત્રિમ ડિટર્જન્ટ નથી.
વિકલ્પ $C$ એ સિટાઈલટ્રાયમિથાઈલ એમોનિયમ બ્રોમાઈડ છે,જે એક કેશનિક ડિટર્જન્ટ છે.
વિકલ્પ $D$ એ નોન-આયોનિક ડિટર્જન્ટ છે.
તેથી,સાચો જવાબ $B$ છે.

(D) મોટાભાગના પાણીમાં દ્રાવ્ય વિટામિન્સ પેશાબ દ્વારા શરીરમાંથી બહાર નીકળી જાય છે અને તેનો સંગ્રહ થઈ શકતો નથી,સિવાય કે વિટામિન $B_{12}$.
વિટામિન $B_{12}$ (સાયનોકોબાલામિન) એ પાણીમાં દ્રાવ્ય વિટામિન છે જે યકૃતમાં સંગ્રહિત થાય છે અને શરીરમાંથી સરળતાથી ઉત્સર્જિત થતું નથી.

(A) $ccp$ ગોઠવણીમાં,એકમ કોષ દીઠ $A$ પરમાણુઓની સંખ્યા $4$ છે (ખૂણાઓ + ફલક કેન્દ્રો).
$ccp$ એકમ કોષમાં અષ્ટફલકીય છિદ્રોની સંખ્યા પરમાણુઓની સંખ્યા જેટલી હોય છે,જે $4$ છે.
જ્યારે વિરુદ્ધ ફલકો પરથી બે પરમાણુઓ દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે આપણે ફલક કેન્દ્રોમાંથી બે $A$ પરમાણુઓ દૂર કરીએ છીએ.
$A$ પરમાણુઓની નવી સંખ્યા = $4 - (2 \times \frac{1}{2}) = 4 - 1 = 3$.
$B$ પરમાણુઓ તમામ અષ્ટફલકીય છિદ્રો રોકે છે. ત્યાં $4$ અષ્ટફલકીય છિદ્રો છે (એક શરીરના કેન્દ્રમાં અને $12$ ધાર પર,જેમાંથી દરેક $4$ એકમ કોષો દ્વારા વહેંચાયેલ છે: $1 + 12 \times \frac{1}{4} = 4$).
ફલક-કેન્દ્રિત $A$ પરમાણુઓને દૂર કરવાથી અષ્ટફલકીય છિદ્રો પર અસર થતી નથી,તેથી $B$ પરમાણુઓની સંખ્યા $4$ રહે છે.
આમ,સંયોજનનું પ્રમાણસૂત્ર $A_{3} B_{4}$ છે.
$x$ નું મૂલ્ય $3$ છે.

(D) અભિસરણ દબાણ માટેનું સૂત્ર $\pi = CRT$ છે,જ્યાં $C$ એ મોલર સાંદ્રતા છે,$R$ એ વાયુ અચળાંક છે અને $T$ એ કેલ્વિનમાં તાપમાન છે.
આપેલ છે:
પ્રોટીનનું દળ $(w)$ = $2.0 \ g$
પ્રોટીનનું મોલર દળ $(M)$ = $60 \ kg \ mol^{-1} = 60000 \ g \ mol^{-1}$
દ્રાવણનું કદ $(V)$ = $200 \ mL = 0.2 \ L$
તાપમાન $(T)$ = $27^{\circ} C = 300 \ K$
$R = 0.083 \ L \ bar \ mol^{-1} \ K^{-1}$
મોલારિટી $(C)$ ની ગણતરી:
$C = \frac{w}{M \times V} = \frac{2.0 \ g}{60000 \ g \ mol^{-1} \times 0.2 \ L} = \frac{2}{12000} \ mol \ L^{-1} = \frac{1}{6000} \ mol \ L^{-1}$
અભિસરણ દબાણ $(\pi)$ ની ગણતરી:
$\pi = C \times R \times T = \frac{1}{6000} \times 0.083 \times 300 = \frac{0.083}{20} = 0.00415 \ bar$
પાસ્કલ $(Pa)$ માં રૂપાંતર:
$1 \ bar = 10^{5} \ Pa$ હોવાથી,
$\pi = 0.00415 \times 10^{5} \ Pa = 415 \ Pa$.

(B) કોષ પ્રક્રિયા: $Cu_{(s)} + Sn^{2+}(0.001 \ M) \rightarrow Cu^{2+}(0.01 \ M) + Sn_{(s)}$
$E^{\ominus}_{cell} = E^{\ominus}_{cathode} - E^{\ominus}_{anode} = E^{\ominus}_{Sn^{2+}/Sn} - E^{\ominus}_{Cu^{2+}/Cu}$
$E^{\ominus}_{cell} = -0.14 \ V - 0.34 \ V = -0.48 \ V$
નેર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $E_{cell} = E^{\ominus}_{cell} - \frac{0.0591}{n} \log \frac{[Cu^{2+}]}{[Sn^{2+}]}$
$E_{cell} = -0.48 - \frac{0.0591}{2} \log \frac{0.01}{0.001} = -0.48 - 0.02955 \times \log(10) = -0.48 - 0.02955 = -0.50955 \ V$
ગિબ્સ મુક્ત ઉર્જાનો ફેરફાર: $\Delta G = -nFE_{cell}$
$\Delta G = -2 \times 96500 \times (-0.50955) = 98343.15 \ J \ mol^{-1} = 98.343 \ kJ \ mol^{-1}$
આપેલ છે કે $\Delta G = x \times 10^{-1} \ kJ \ mol^{-1}$,તેથી $x = 983.43$
$x$ નું નજીકનું પૂર્ણાંક મૂલ્ય $983$ છે.

(C) આર્હેનિયસ સમીકરણ મુજબ,$k = A e^{-E_a / RT}$.
ઉદ્દીપકીય પ્રક્રિયા માટે,$k_{\text{cat}} = A e^{-E_{a, \text{cat}} / RT}$.
બિન-ઉદ્દીપકીય પ્રક્રિયા માટે,$k_{\text{uncat}} = A e^{-E_{a, \text{uncat}} / RT}$.
ગુણોત્તર $\frac{k_{\text{cat}}}{k_{\text{uncat}}} = e^{(E_{a, \text{uncat}} - E_{a, \text{cat}}) / RT}$ છે.
આપેલ છે $\Delta E_a = E_{a, \text{uncat}} - E_{a, \text{cat}} = 10 \ kJ \ mol^{-1} = 10000 \ J \ mol^{-1}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{k_{\text{cat}}}{k_{\text{uncat}}} = e^{10000 / (8.31 \times 300)} = e^{10000 / 2493} = e^{4.011}$.
$e^x$ સાથે સરખાવતા,$x \approx 4$ મળે છે.

(B) $[Co(H_2O)_6]^{2+}$ ની ઓક્સિજનની હાજરીમાં વધારાના $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા થવાથી $Co^{2+}$ નું $Co^{3+}$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે,અને $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ સંકીર્ણ બને છે.
$NH_3$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે,પરિણામે લો-સ્પિન અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ બને છે.
$Co^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $3d^6$ છે.
અષ્ટફલકીય ક્ષેત્રમાં,$d$-ઓર્બિટલ્સનું $t_{2g}$ અને $e_g$ સેટમાં વિભાજન થાય છે.
$d^6$ લો-સ્પિન સંકીર્ણ માટે,તમામ $6$ ઇલેક્ટ્રોન $t_{2g}$ ઓર્બિટલ્સમાં ગોઠવાય છે,જેની રચના $t_{2g}^6 e_g^0$ થાય છે.
આમ,$t_{2g}$ ઓર્બિટલ્સમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $6$ છે.

(C) $1$. આપેલ છે: ઘનતા $(d)$ = $1.46 \ g/mL$,દળથી ટકાવારી = $35 \%$,$HCl$ નું આણ્વીય દળ $(M_w)$ = $1 + 35.5 = 36.5 \ g/mol$.
$2$. મોલારિટી $(M)$ માટેનું સૂત્ર: $M = \frac{\text{દળથી ટકાવારી} \times d \times 10}{M_w}$.
$3$. કિંમતો મૂકતા: $M = \frac{35 \times 1.46 \times 10}{36.5}$.
$4$. ગણતરી: $M = \frac{35 \times 14.6}{36.5} = \frac{511}{36.5} = 14 \ M$.

(C) તાપમાન સાથે $EMF$ માં ઓછો ફેરફાર ધરાવતા સેલને સંદર્ભ ઇલેક્ટ્રોડ તરીકે પસંદ કરવામાં આવે છે કારણ કે તેનો ઉપયોગ પ્રમાણિત મૂલ્યથી વધુ વિચલન વગર તાપમાનની વિશાળ શ્રેણી માટે કરી શકાય છે.
તેથી,$(\frac{\partial E}{\partial T})_P$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતો સેલ પસંદ કરવામાં આવે છે.
આપેલ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $A = 1 \times 10^{-4}$,$B = 2 \times 10^{-4}$,$C = 0.1 \times 10^{-4}$,$D = 0.2 \times 10^{-4}$.
સૌથી નાનું મૂલ્ય $0.1 \times 10^{-4}$ છે,જે સેલ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(A) સમૂહ $13$ માં,નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસર (inert pair effect) ને કારણે સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે.
નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસર એટલે $ns^2$ ઇલેક્ટ્રોનનું બંધનમાં ભાગ લેવાની અનિચ્છા.
તેથી,$+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા માટે સ્થિરતાનો સાચો ક્રમ $Al < Ga < In < Tl$ છે.

(D) એલિન્ગામ આકૃતિમાં,$\Delta G^{\circ}$ નું મૂલ્ય જેટલું વધુ ઋણ હોય,તેટલો ધાતુ ઓક્સાઈડ વધુ સ્થાયી હોય છે. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે ઓછી (વધુ ઋણ) $\Delta G^{\circ}$ ધરાવતો ધાતુ ઓક્સાઈડ વધુ સ્થાયી હોય છે.
વિધાન $II$ સાચું છે કારણ કે જે ધાતુની ઓક્સાઈડ નિર્માણ રેખા એલિન્ગામ આકૃતિમાં નીચે હોય છે,તેની $\Delta G^{\circ}$ વધુ ઋણ હોય છે અને તે આકૃતિમાં ઉપર રહેલા ધાતુ ઓક્સાઈડ માટે રિડક્શનકર્તા તરીકે કામ કરી શકે છે.

(A) સમૂહ $16$ ના હાઇડ્રાઇડ્સ $(H_{2}O, H_{2}S, H_{2}Se, H_{2}Te)$ ના ગલનબિંદુઓ આંતરઆણ્વીય આકર્ષણ બળો પર આધાર રાખે છે.
$H_{2}O$ માં પ્રબળ આંતરઆણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધને કારણે તેનું ગલનબિંદુ સૌથી વધુ હોય છે.
બાકીના હાઇડ્રાઇડ્સ $(H_{2}S, H_{2}Se, H_{2}Te)$ માટે,આણ્વીય દળમાં વધારો અને પરિણામે વાન્ડર વાલ્સ બળોમાં વધારાને કારણે સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ગલનબિંદુ વધે છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $H_{2}S < H_{2}Se < H_{2}Te < H_{2}O$ છે.

(A) શ્વેત ફોસ્ફરસ $(P_{4})$ ની આલ્કલી ($NaOH$ જેવી) સાથેની પ્રક્રિયા અસમાનતા (disproportionation) પ્રક્રિયા છે.
પ્રક્રિયા છે: $P_{4} + 3NaOH + 3H_{2}O \rightarrow PH_{3} + 3NaH_{2}PO_{2}$.
જોકે,પ્રશ્નમાં સ્પષ્ટતા કરવામાં આવી છે કે $B$ એ ફોસ્ફરસનો એવો ઓક્સોએસિડ છે જેમાં $P-H$ બંધ નથી.
જ્યારે શ્વેત ફોસ્ફરસ $(P_{4})$ ઓક્સિજન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તે $P_{4}O_{10}$ બનાવે છે.
$P_{4}O_{10} + 6H_{2}O \rightarrow 4H_{3}PO_{4}$.
$H_{3}PO_{4}$ (ફોસ્ફોરિક એસિડ) એ ફોસ્ફરસનો ઓક્સોએસિડ છે જેમાં કોઈ $P-H$ બંધ હોતા નથી.
આમ,$A$ એ $P_{4}$ (શ્વેત ફોસ્ફરસ) છે જે ઓક્સિડેશન પામીને $P_{4}O_{10}$ બનાવે છે,ત્યારબાદ જળવિભાજન દ્વારા $H_{3}PO_{4}$ બનાવે છે.

(A) આ પ્રતિક્રિયામાં ડાય-ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયકનું ડાયકીટોન સાથે ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ પ્રતિક્રિયા થાય છે. બે $MgBr$ સમૂહો ન્યુક્લિયોફિલિક કેન્દ્રો તરીકે કાર્ય કરે છે જે એસિટાઈલ એસિટોન $(CH_3COCH_2COCH_3)$ ના બે કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે.
આ ચક્રીયકરણ પ્રતિક્રિયા એક ચક્રીય ડાય-આલ્કોક્સાઈડ મધ્યવર્તી બનાવે છે.
$H_2O$ સાથે જળવિભાજન પર,આલ્કોક્સાઈડ સમૂહો પ્રોટોનેટેડ થઈને અનુરૂપ ડાયોલ બનાવે છે.
અંતિમ નીપજ $B$ એ $1,3$-ડાયમિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેન-$1,3$-ડાયોલ છે.

(D) $1$. $\text{Buna-}S$ એ $1,3\text{-બ્યુટાડાઈન}$ અને સ્ટાયરીનમાંથી બનતો કો-પોલિમર છે. તેથી,$A$ સાચું છે.
$2$. $\text{Nylon-}6,6$ એ એડિપિક એસિડ અને હેક્ઝામિથિલીન ડાયએમાઈન વચ્ચેની પ્રક્રિયાથી બનતો કન્ડેન્સેશન પોલિમર છે. તેથી,$B$ સાચું છે.
$3$. $\text{Nylon-}6,6$ ઉચ્ચ તણાવ શક્તિ ધરાવે છે અને તેને ફાઇબર તરીકે વર્ગીકૃત કરવામાં આવે છે. તેથી,$C$ સાચું છે.
$4$. $\text{Terylene}$ (ડેક્રોન) એ પોલિએસ્ટર ફાઇબર છે,થર્મોસેટિંગ પોલિમર નથી. તેથી,$D$ ખોટું છે.
$5$. $\text{Buna-}N$ એ $1,3\text{-બ્યુટાડાઈન}$ અને એક્રિલોનાઈટ્રાઈલનો કો-પોલિમર છે,હોમોપોલિમર નથી. તેથી,$E$ ખોટું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $A$,$B$ અને $C$ છે.

(C) હિસ્ટામાઇન એ એક રાસાયણિક સંદેશવાહક છે જે જઠરમાં પેપ્સિન અને હાઇડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ ના સ્ત્રાવને ઉત્તેજિત કરે છે.

(B) નાઈટ્રેટ આયનો માટેની બ્રાઉન રિંગ ટેસ્ટમાં $[Fe(H_2O)_5(NO)]SO_4$ સંકીર્ણનું નિર્માણ થાય છે,જેને નાઈટ્રોસોફેરસ સલ્ફેટ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
વિકલ્પ $B$ ખોટો છે કારણ કે સંકીર્ણ નાઈટ્રોસોફેરસ સલ્ફેટ છે,નાઈટ્રોફેરસ સલ્ફેટ નથી.
વિકલ્પ $D$ પણ ખોટો છે કારણ કે નાઈટ્રેટ ક્ષારને સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથે ગરમ કરવાથી $NO_2$ વાયુના લાલ-બદામી ધુમાડા ઉત્પન્ન થાય છે,આછા બદામી નહીં.

(D) આપેલ છે: $KCl$ નું $0.5\%$ દ્રાવણ એટલે $99.5 \, g$ પાણીમાં $0.5 \, g$ $KCl$.
મોલાલિટી $(m) = \frac{\text{દ્રાવ્યનું દળ}}{\text{દ્રાવ્યનું મોલર દળ}} \times \frac{1000}{\text{દ્રાવકનું દળ (g)}} = \frac{0.5}{74.6} \times \frac{1000}{99.5} \approx 0.0673 \, mol \, kg^{-1}$.
ઠારબિંદુમાં અવનયન માટેનું સૂત્ર: $\Delta T_f = i \times K_f \times m$.
$0.24 = i \times 1.80 \times 0.0673$.
$i = \frac{0.24}{1.80 \times 0.0673} \approx 1.981$.
$KCl \rightarrow K^+ + Cl^-$ માટે,આયનોની સંખ્યા $(n) = 2$.
વિયોજન અંશ $(\alpha) = \frac{i - 1}{n - 1} = \frac{1.981 - 1}{2 - 1} = 0.981$.
ટકાવારી વિયોજન $= 0.981 \times 100 = 98.1\%$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $98\%$ છે.

(C) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયાઓ માટે વેગ અચળાંક $k = \frac{\ln 2}{t_{1/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$k_{A} = \frac{\ln 2}{100} \, s^{-1}$ અને $k_{B} = \frac{\ln 2}{50} \, s^{-1}$.
સમય $t$ પર સાંદ્રતા $[A]_t = [A]_0 e^{-k_A t}$ અને $[B]_t = [B]_0 e^{-k_B t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $[A]_0 = [B]_0$,તેથી $[A]_t = 4[B]_t$ લેતા.
$[A]_0 e^{-k_A t} = 4 [A]_0 e^{-k_B t}$.
$e^{(k_B - k_A)t} = 4$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $(k_B - k_A)t = \ln 4 = 2 \ln 2$.
$(\frac{\ln 2}{50} - \frac{\ln 2}{100})t = 2 \ln 2$.
$(\frac{2 \ln 2 - \ln 2}{100})t = 2 \ln 2$.
$(\frac{\ln 2}{100})t = 2 \ln 2$.
$t = 200 \, s$.

(C) પ્રથમ,$H_2$ વાયુના મોલની સંખ્યા ગણો: $n = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} = \frac{2.0 \, g}{2.0 \, g/mol} = 1.0 \, mol$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે વાયુનું કદ $V$ શોધીએ છીએ:
$V = \frac{nRT}{P} = \frac{1.0 \, mol \times 0.083 \, L \, bar \, K^{-1} \, mol^{-1} \times 300 \, K}{1 \, bar} = 24.9 \, L$.
કદને $mL$ માં ફેરવો: $24.9 \, L = 24900 \, mL$.
અધિશોષક પ્રતિ ગ્રામ અધિશોષિત વાયુનું કદ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$\text{પ્રતિ ગ્રામ કદ} = \frac{\text{કુલ કદ}}{\text{અધિશોષકનું દળ}} = \frac{24900 \, mL}{2.5 \, g} = 9960 \, mL/g$.

(A) સંક્રાંતિ ધાતુના ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ ધાતુના ઓક્સિડેશન આંક વધવાની સાથે ઘટે છે.
$V_2O_3$ માં,$V$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે.
$V_2O_4$ માં,$V$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+4$ છે.
$V_2O_5$ માં,$V$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+5$ છે.
તેથી,$V_2O_3$ સૌથી વધુ બેઝિક ઓક્સાઇડ છે.
$V^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^2$ છે.
અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ $2$ છે.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ B.M.$ તરીકે ગણવામાં આવે છે.
$\mu = \sqrt{2(2+2)} = \sqrt{8} \approx 2.83 \ B.M.$.
નજીકનો પૂર્ણાંક મૂલ્ય $3$ છે.

(A) સૌ પ્રથમ,સંકલન સંયોજનો અને તેમની આયનીકરણ વર્તણૂક ઓળખો:
$CoCl_{3} \cdot 4NH_{3} \rightarrow [Co(NH_{3})_{4}Cl_{2}]Cl$ ($1$ મોલ $AgCl$ આપે છે)
$NiCl_{2} \cdot 6H_{2}O \rightarrow [Ni(H_{2}O)_{6}]Cl_{2}$ ($2$ મોલ $AgCl$ આપે છે)
$PtCl_{4} \cdot 2HCl \rightarrow H_{2}[PtCl_{6}]$ ($0$ મોલ $AgCl$ આપે છે)
જે સંકીર્ણ $2$ મોલ $AgCl$ આપે છે તે $[Ni(H_{2}O)_{6}]Cl_{2}$ છે.
$[Ni(H_{2}O)_{6}]^{2+}$ માં,$Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ છે,અને તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar]3d^{8}$ છે.
$Ni^{2+}$ $(d^{8})$ માટે,$2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે $(n=2)$.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટની ગણતરી $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ B.M. = \sqrt{2(2+2)} \ B.M. = \sqrt{8} \ B.M. \approx 2.83 \ B.M.$ તરીકે કરવામાં આવે છે.
નજીકનો પૂર્ણાંક મૂલ્ય $3$ $B.M.$ છે.