JEE Main 2024 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) પગલું $1$: જોન્સ રિએજન્ટ અથવા $KMnO_4$ સાથે ઇથેનોલ $(CH_3CH_2OH)$ નું ઓક્સિડેશન કરવાથી ઇથેનોઈક એસિડ $(CH_3COOH)$ મળે છે.
પગલું $2$: ઇથેનોઈક એસિડ $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ ઇથેનોએટ $(CH_3COONa)$ બનાવે છે.
પગલું $3$: સોડિયમ ઇથેનોએટને સોડા લાઈમ $(NaOH + CaO)$ સાથે ગરમ કરવાથી ડિકાર્બોક્સિલેશન થાય છે,જેના પરિણામે મિથેન $(CH_4)$ અને સોડિયમ કાર્બોનેટ $(Na_2CO_3)$ બને છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજ $P$ મિથેન છે.

(D) સાયક્લોહેક્સિનની ગરમ એસિડિક પોટેશિયમ પરમેંગેનેટ $(KMnO_4, H_2SO_4)$ સાથેની પ્રક્રિયા ઓક્સિડેટીવ ક્લીવેજ (ઓક્સિડેટિવ વિભાજન) પ્રક્રિયા છે.
ચક્રીય આલ્કીનમાં રહેલો દ્વિબંધ તૂટે છે અને દ્વિબંધ પરના કાર્બન પરમાણુઓનું કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહમાં ઓક્સિડેશન થાય છે.
સાયક્લોહેક્સિન $(C_6H_{10})$ ઓક્સિડેટીવ ક્લીવેજ દ્વારા હેક્ઝેનડાયોઇક એસિડ બનાવે છે,જેને સામાન્ય રીતે એડિપિક એસિડ $(HOOC-(CH_2)_4-COOH)$ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.

(B) મિથેનના દહન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$CH_4(g) + 2O_2(g) \longrightarrow CO_2(g) + 2H_2O(l)$
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \ mole$ $CH_4$ એ $1 \ mole$ $CO_2$ ઉત્પન્ન કરે છે.
$CO_2$ નું મોલર દળ $12 + (2 \times 16) = 44 \ g \ mol^{-1}$ છે.
ઉત્પન્ન થયેલ $CO_2$ ના મોલ = $\frac{\text{આપેલ દળ}}{\text{મોલર દળ}} = \frac{11 \ g}{44 \ g \ mol^{-1}} = 0.25 \ mol$.
જેથી,$0.25 \ mol$ $CO_2$ ઉત્પન્ન કરવા માટે $0.25 \ mol$ $CH_4$ ની જરૂર પડે છે.

(A) ખોટું. પરમાણ્વીય ત્રિજ્યાનો સાચો ક્રમ $Tl > In > Al > Ga > B$ છે,કારણ કે $Ga$ માં $d$-કક્ષકોની નબળી શીલ્ડિંગ અસર જોવા મળે છે.
$(B)$ ખોટું. વિદ્યુતઋણતા પહેલા $B$ થી $Al$ સુધી ઘટે છે અને ત્યારબાદ $d$-ઈલેક્ટ્રોનની નબળી શીલ્ડિંગ અસરને કારણે થોડી વધે છે.
$(C)$ સાચું. $Al$ મંદ $HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $H_2$ વાયુ મુક્ત કરે છે,પરંતુ સાંદ્ર $HNO_3$ સપાટી પર રક્ષણાત્મક ઓક્સાઈડનું પડ $(Al_2O_3)$ બનાવે છે,જે તેને નિષ્ક્રિય બનાવે છે.
$(D)$ ખોટું. $B$ અને $Al$ $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં સૌથી વધુ સ્થાયી છે. નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસરને કારણે સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે.
$(E)$ સાચું. $[Al(H_2O)_6]^{3+}$ માં,$Al$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે (અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ).
તેથી,વિધાનો $(C)$ અને $(E)$ સાચા છે.

(A) $1$ $mol$ બેન્ઝીન માટે દહન એન્થાલ્પી $\Delta H_c$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$\Delta H_c = [6 \times \Delta H_f(CO_{2(g)}) + 3 \times \Delta H_f(H_2O_{(l)})] - [\Delta H_f(C_6H_{6(l)}) + \frac{15}{2} \Delta H_f(O_{2(g)})]$
$\Delta H_f(O_{2(g)}) = 0$ લેતા:
$\Delta H_c = [6 \times (-393.5) + 3 \times (-286)] - [48.5]$
$\Delta H_c = [-2361 - 858] - 48.5 = -3267.5$ $kJ \ mol^{-1}$
$2$ $mol$ બેન્ઝીન માટે:
$\Delta H = 2 \times (-3267.5) = -6535$ $kJ$
તેથી,$-x = -6535$ $kJ$,એટલે કે $x = 6535$.

(D) $n=4$ માટે,$l$ ના શક્ય મૂલ્યો $0, 1, 2, 3$ છે.
$|m_{l}|=1$ શરતનો અર્થ છે કે $m_{l} = +1$ અથવા $m_{l} = -1$.
દરેક $l$ મૂલ્ય માટે,આપણે તપાસીએ છીએ કે $m_{l} = \pm 1$ શક્ય છે કે નહીં:
- $l=0$ ($s$-ઓર્બિટલ): $m_{l}=0$ (શક્ય નથી)
- $l=1$ ($p$-ઓર્બિટલ): $m_{l}=-1, 0, +1$ (શક્ય છે: $m_{l}=-1, +1$)
- $l=2$ ($d$-ઓર્બિટલ): $m_{l}=-2, -1, 0, +1, +2$ (શક્ય છે: $m_{l}=-1, +1$)
- $l=3$ ($f$-ઓર્બિટલ): $m_{l}=-3, -2, -1, 0, +1, +2, +3$ (શક્ય છે: $m_{l}=-1, +1$)
$|m_{l}|=1$ ધરાવતી કુલ ઓર્બિટલ્સ $2$ $(p)$ + $2$ $(d)$ + $2$ $(f)$ = $6$ ઓર્બિટલ્સ છે.
દરેક ઓર્બિટલમાં $m_{s}=-\frac{1}{2}$ ધરાવતો એક ઇલેક્ટ્રોન હોઈ શકે છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $6 \times 1 = 6$ છે.

(A) $R_f$ મૂલ્ય એ પદાર્થ દ્વારા કાપેલ અંતર અને સોલ્વન્ટ ફ્રન્ટ દ્વારા કાપેલ અંતરના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$R_f(A) = \frac{5.0}{12.5} = 0.4$
$R_f(C) = \frac{10.0}{12.5} = 0.8$
નમૂના $A$ અને નમૂના $C$ ના $R_f$ મૂલ્યોનો ગુણોત્તર $= \frac{R_f(A)}{R_f(C)} = \frac{0.4}{0.8} = 0.5$
આપેલ છે કે ગુણોત્તર $x \times 10^{-2}$ છે,તેથી $0.5 = x \times 10^{-2}$.
તેથી,$x = 0.5 \times 10^2 = 50$.

(B) શૂન્ય દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા ધરાવતા સંયોજનો તે છે જે સંમિત (symmetric) હોય છે અને તેમની ભૂમિતિને કારણે બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
$1. H_2$: સમકેન્દ્રીય દ્વિપરમાણ્વીય અણુ,અધ્રુવીય.
$2. CO_2$: રેખીય ભૂમિતિ,બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
$3. BF_3$: ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિ,બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
$4. CH_4$: સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ,બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
$5. SiF_4$: સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ,બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
$6. BeF_2$: રેખીય ભૂમિતિ,બંધની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા રદ થાય છે.
શૂન્ય દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા ધરાવતા સંયોજનોની કુલ સંખ્યા $6$ છે.

(B) સલ્ફોનિક એસિડનો ક્રિયાશીલ સમૂહ $-SO_3H$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
આ સમૂહમાં,સલ્ફર પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય છે (બે દ્વિબંધ દ્વારા અને એક $-OH$ સમૂહના ભાગ રૂપે એકલ બંધ દ્વારા) અને એક આલ્કાઈલ અથવા એરાઈલ સમૂહ સાથે જોડાયેલ હોય છે.
તેનું બંધારણીય નિરૂપણ $R-S(=O)_2-OH$ છે.

(B) $1$. $SO_2Cl_2$: મધ્યસ્થ $S$ પરમાણુ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3$ છે,જે ટેટ્રાહેડ્રલ આકાર આપે છે $(III)$.
$2$. $NO$: કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન = $5 + 6 = 11$. તેમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી તે પેરામેગ્નેટિક છે $(I)$.
$3$. $NO_2^-$: મધ્યસ્થ $N$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. તે ડાયામેગ્નેટિક છે $(II)$.
$4$. $I_3^-$: મધ્યસ્થ $I$ પરમાણુ પાસે $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે. સંકરણ $sp^3d$ છે,જે રેખીય આકાર આપે છે $(IV)$.
સાચી જોડ: $A-III, B-I, C-II, D-IV$.

(D) મેટામર્સ એવા આઈસોમર્સ છે જેનું આણ્વીય સૂત્ર અને ક્રિયાશીલ સમૂહ સમાન હોય છે,પરંતુ ક્રિયાશીલ સમૂહની બંને બાજુએ જોડાયેલા આલ્કાઈલ અથવા એરાઈલ સમૂહોની પ્રકૃતિ અલગ હોય છે.
આપેલ સંયોજન $(X)$ એ $N$-ફિનાઈલસાયક્લોહેક્સેનકાર્બોક્સામાઈડ છે,જેમાં એમાઈડ ક્રિયાશીલ સમૂહની એક બાજુ સાયક્લોહેક્સાઈલ સમૂહ અને બીજી બાજુ ફિનાઈલ સમૂહ છે.
મેટામર બનાવવા માટે,આપણે કુલ કાર્બન પરમાણુઓની સંખ્યા અને ક્રિયાશીલ સમૂહને સમાન રાખીને એમાઈડ નાઈટ્રોજન અને કાર્બોનિલ કાર્બન સાથે જોડાયેલા કાર્બન પરમાણુઓના વિતરણમાં ફેરફાર કરવો જરૂરી છે.
સંયોજન $(D)$,$N$-સાયક્લોહેક્સાઈલબેન્ઝામાઈડ,એ $(X)$ નો મેટામર છે કારણ કે તેનું આણ્વીય સૂત્ર અને એમાઈડ ક્રિયાશીલ સમૂહ સમાન છે,પરંતુ હવે ફિનાઈલ સમૂહ કાર્બોનિલ કાર્બન સાથે અને સાયક્લોહેક્સાઈલ સમૂહ નાઈટ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે.

(D) $sp^3$ સંકરણ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
$dsp^2$ સંકરણ સમતલીય ચોરસ ભૂમિતિ આપે છે.
$sp^3 d$ સંકરણ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.
$sp^3 d^2$ સંકરણ અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ આપે છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-I, D-II$ છે.

(D) વિધાન-$I$ સાચું છે કારણ કે ગેલિયમ $(Ga)$ નું ઉત્કલનબિંદુ ખૂબ ઊંચું $(2676 \ K)$ અને ગલનબિંદુ નીચું $(302.9 \ K)$ હોય છે,જે તેને ઊંચા તાપમાનના થર્મોમીટર માટે યોગ્ય બનાવે છે.
વિધાન-$II$ ખોટું છે કારણ કે ગેલિયમ ધરાવતું થર્મોમીટર ઊંચા તાપમાન માપવા માટે વપરાય છે,બ્રાઈનનું ઠારબિંદુ $(256 \ K)$ જેવા નીચા તાપમાન માપવા માટે નહીં.
તેથી,વિધાન-$I$ સાચું છે પરંતુ વિધાન-$II$ ખોટું છે.

(B) . ગ્લિસરોલ તેના ઉત્કલન બિંદુએ વિઘટન પામે છે,તેથી શૂન્યાવકાશ નિસ્યંદનનો ઉપયોગ થાય છે. આ સાચું છે.
$B$. એનિલિન પાણીમાં અદ્રાવ્ય છે અને વરાળ સાથે બાષ્પશીલ છે,તેથી તે વરાળ નિસ્યંદન દ્વારા શુદ્ધ થાય છે. આ સાચું છે.
$C$. ઇથેનોલ અને પાણી એઝિયોટ્રોપ બનાવે છે,તેથી તેમને સાદા નિસ્યંદન દ્વારા અલગ કરી શકાતા નથી; એઝિયોટ્રોપિક નિસ્યંદન જરૂરી છે. આ સાચું છે.
$D$. મિશ્રિત ગલનબિંદુ $(M.P.)$ કસોટી એ ઘન કાર્બનિક સંયોજનની શુદ્ધતા તપાસવા માટેની પ્રમાણભૂત પદ્ધતિ છે. જો શુદ્ધ નમૂના સાથે મિશ્રણ કરવા પર $M.P.$ સમાન રહે,તો સંયોજન શુદ્ધ છે. આ સાચું છે.

(B) $1$. $SF_4$: સલ્ફર પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સંકરણ $sp^3d$ છે અને આકાર સી-સો $(III)$ છે.
$2$. $BrF_3$: બ્રોમિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સંકરણ $sp^3d$ છે અને આકાર બેન્ટ $T$-આકાર $(IV)$ છે.
$3$. $BrO_3^{-}$: બ્રોમિન પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $O$ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સંકરણ $sp^3$ છે અને આકાર પિરામિડલ $(II)$ છે.
$4$. $NH_4^{+}$: નાઇટ્રોજન પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $H$ સાથે $4$ બંધ બનાવે છે અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સંકરણ $sp^3$ છે અને આકાર સમચતુષ્ફલકીય $(I)$ છે.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-II, D-I$ છે.

(D) ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી એ તટસ્થ વાયુરૂપ પરમાણુ અથવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતી વખતે મુક્ત થતી ઊર્જા છે.
$A$. $Be (2s^2)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના પૂર્ણ ભરાયેલી છે. ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરવો અઘરો છે,તેથી ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી ઋણ છે.
$B$. $N (2s^2 2p^3)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના અર્ધ-પૂર્ણ છે. ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરવો અઘરો છે,તેથી ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી ઋણ છે.
$C$. $O^{-} + e^{-} \rightarrow O^{2-}$. ઋણ આયન $(O^{-})$ માં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતી વખતે આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ અનુભવાય છે,જે પ્રક્રિયાને ઉષ્માશોષક બનાવે છે (ઋણ ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી).
$D$. $Na (3s^1)$ માં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતા ઊર્જા મુક્ત થાય છે (ધન ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી).
$E$. $Al (3s^2 3p^1)$ માં ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરતા ઊર્જા મુક્ત થાય છે (ધન ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટી).
તેથી,$A, B$ અને $C$ પ્રક્રિયાઓ માટે ઇલેક્ટ્રોન એફિનિટીના મૂલ્યો ઋણ છે.

(C) $H_{2(g)} + I_{2(g)} \rightleftharpoons 2 HI_{(g)}$ પ્રક્રિયા માટે,વાયુરૂપ ઘટકોના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_g = 2 - (1 + 1) = 0$ છે.
સંતુલન અચળાંક $K_p$ એ પ્રક્રિયકો અને નીપજોના આંશિક દબાણ સાથે સંબંધિત છે. $\Delta n_g = 0$ હોવાથી,$K_p = K_c$ થાય.
આપેલ છે કે સિલિન્ડરમાં $H_2$,$I_2$ અને $HI$ ના સમાન મોલ છે,તેથી $n_{H_2} = n_{I_2} = n_{HI} = n$ ધારો.
કોઈપણ ઘટક $i$ નું આંશિક દબાણ $P_i = \frac{n_i}{n_{total}} \times P_{total}$ છે.
$K_p = \frac{(P_{HI})^2}{P_{H_2} \times P_{I_2}} = \frac{(\frac{n}{3n} \times P_{total})^2}{(\frac{n}{3n} \times P_{total}) \times (\frac{n}{3n} \times P_{total})} = 1$.
$K_p = x \times 10^{-1}$ આપેલ હોવાથી,$1 = x \times 10^{-1}$,જેનો અર્થ છે કે $x = 10$.

(A) હાઇડ્રોજન બંધન એવા અણુઓમાં જોવા મળે છે જ્યાં હાઇડ્રોજન $F, O,$ અથવા $N$ જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ પરમાણુ સાથે સહસંયોજક રીતે જોડાયેલ હોય છે.
$1$. $CH_3OH$: $-OH$ સમૂહ ધરાવે છે,$H$-બંધન દર્શાવે છે.
$2$. $H_2O$: $O-H$ બંધ ધરાવે છે,$H$-બંધન દર્શાવે છે.
$3$. $C_2H_6$: માત્ર $C-H$ બંધ ધરાવે છે,$H$-બંધન નથી.
$4$. $C_6H_6$: માત્ર $C-H$ બંધ ધરાવે છે,$H$-બંધન નથી.
$5$. $\text{o-nitrophenol}$: $-OH$ અને $-NO_2$ સમૂહ ધરાવે છે,આંતરઆણ્વીય $H$-બંધન દર્શાવે છે.
$6$. $HF$: $H-F$ બંધ ધરાવે છે,$H$-બંધન દર્શાવે છે.
$7$. $NH_3$: $N-H$ બંધ ધરાવે છે,$H$-બંધન દર્શાવે છે.
કુલ $H$-બંધન દર્શાવતા અણુઓ $CH_3OH, H_2O, \text{o-nitrophenol}, HF, NH_3$ છે,જેની સંખ્યા $5$ છે.

(B) પ્રક્રિયા બે તબક્કામાં આગળ વધે છે:
$1$. બ્યુટ-$2$-આઈન $(CH_3-C \equiv C-CH_3)$ નું $Na/liq. NH_3$ (બર્ચ રિડક્શન) સાથે રિડક્શન કરવાથી ટ્રાન્સ-બ્યુટ-$2$-ઈન $(CH_3-CH=CH-CH_3)$ મળે છે.
$2$. ત્યારબાદ ઠંડા મંદ આલ્કલાઇન $KMnO_4$ (બેયર પ્રક્રિયક) સાથેની પ્રક્રિયા આલ્કીનનું સિન-હાઇડ્રોક્સિલેશન કરીને બ્યુટેન-$2,3$-ડાયોલ $(CH_3-CH(OH)-CH(OH)-CH_3)$ બનાવે છે.
$3$. નીપજ $P$ એ બ્યુટેન-$2,3$-ડાયોલ છે,જેમાં $2$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ હોય છે.

(C) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આવૃત્તિ $\nu = \frac{v}{\lambda}$ છે.
$\lambda = \frac{h}{mv}$ મૂકતા,$\nu = \frac{v \cdot mv}{h} = \frac{mv^2}{h}$ મળે છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ,ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 = 2.18 \times 10^{-18} \ J$.
તેથી,$mv^2 = 2 \times 2.18 \times 10^{-18} = 4.36 \times 10^{-18} \ J$.
હવે,આવૃત્તિની ગણતરી કરતા: $\nu = \frac{4.36 \times 10^{-18}}{6.6 \times 10^{-34}} \ Hz$.
$\nu = 0.6606 \times 10^{16} \ Hz = 660.6 \times 10^{13} \ Hz$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$661 \times 10^{13} \ Hz$ મળે છે.

(D) પગલું $1$: નીપજ $A$ નું નિર્માણ.
સાયક્લોહેક્સિન $Br_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $1,2$-ડાયબ્રોમોસાયક્લોહેક્સિન બનાવે છે. આ મધ્યવર્તી પછી $HC \equiv C-CH_2-O^- Na^+$ (ન્યુક્લિયોફાઇલ) સાથે $S_N2$ પ્રક્રિયા દ્વારા એક $Br$ પરમાણુનું વિસ્થાપન કરે છે,જે નીપજ $A$ ($1$-બ્રોમો-$2$-(પ્રોપ-$2$-આઇનાઇલોક્સી)સાયક્લોહેક્સિન) આપે છે.
નીપજ $A$ માં એક ત્રિબંધ ($2 \pi$ બંધ = $4 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન) છે.
પગલું $2$: નીપજ $B$ નું નિર્માણ.
$1,2$-ડાયબ્રોમોસાયક્લોહેક્સિન $3$ મોલ આલ્કોહોલિક $KOH$ (પ્રબળ બેઇઝ) સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડબલ ડિહાઇડ્રોહેલોજિનેશન પામે છે,જેના પરિણામે $1,3$-સાયક્લોહેક્સાડાયિન (નીપજ $B$) બને છે.
નીપજ $B$ માં બે દ્વિબંધ ($2 \pi$ બંધ = $4 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન) છે.
પગલું $3$: કુલ $\pi$ ઇલેક્ટ્રોનની ગણતરી.
કુલ $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન = ($A$ માં $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન) + ($B$ માં $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન)
કુલ $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન = $4 + 4 = 8$.

(B) સમોષ્મી પ્રક્રિયા માટે,$\Delta U = w$ (કારણ કે $q = 0$).
$n \overline{C}_{V} (T_2 - T_1) = -P_{ext} (V_2 - V_1)$.
આપેલ છે કે $V_2 = 2 V_1$,તેથી $V_2 - V_1 = V_1$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $V_1 = \frac{n R T_1}{P_1}$ નો ઉપયોગ કરતા,$V_2 - V_1 = \frac{n R T_1}{P_1}$.
કિંમતો મૂકતા: $n (\frac{5}{2} R) (T_2 - 298) = -1 \ atm \times (\frac{n R \times 298}{5 \ atm})$.
બંને બાજુથી $n R$ દૂર કરતા: $\frac{5}{2} (T_2 - 298) = -\frac{298}{5}$.
$T_2 - 298 = -\frac{298 \times 2}{25} = -\frac{596}{25} = -23.84$.
$T_2 = 298 - 23.84 = 274.16 \ K$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $274 \ K$ છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ ગ્રુપ $(EDG)$ દ્વારા ઝડપી બને છે અને ઇલેક્ટ્રોન-વિથડ્રોઇંગ ગ્રુપ $(EWG)$ દ્વારા ધીમી પડે છે.
$1$. સંયોજન $(III)$ માં $-OCH_3$ ગ્રુપ $+M$ અસરને કારણે પ્રબળ ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ ગ્રુપ છે,જે બેન્ઝીન રિંગ પર ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા વધારે છે.
$2$. સંયોજન $(I)$ માં $-CH_3$ ગ્રુપ $+H$ (હાઇપરકોન્જુગેશન) અને $+I$ અસરને કારણે ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ ગ્રુપ છે.
$3$. સંયોજન $(II)$ બેન્ઝીન છે,જે સંદર્ભ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$4$. સંયોજન $(IV)$ માં $-CF_3$ ગ્રુપ $-I$ અસરને કારણે પ્રબળ ઇલેક્ટ્રોન-વિથડ્રોઇંગ ગ્રુપ છે,જે બેન્ઝીન રિંગ પર ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા ઘટાડે છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી વિસ્થાપન માટેની પ્રતિક્રિયાત્મકતાનો ક્રમ: $(III) > (I) > (II) > (IV)$ છે.

(B) આલ્કલી ધાતુઓ માટે લાક્ષણિક જ્યોત ઉત્સર્જન તરંગલંબાઇ નીચે મુજબ છે:
$Li$: $670.8 \ nm$ $(A-III)$
$Na$: $589.2 \ nm$ $(B-I)$
$Rb$: $780.0 \ nm$ $(C-IV)$
$Cs$: $455.5 \ nm$ $(D-II)$
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(B) $cis-2$-બ્યુટીનનું ડાયપોલ મોમેન્ટ $trans-2$-બ્યુટીન કરતા વધારે હોય છે કારણ કે $cis$ સમઘટકમાં બે $C-CH_3$ બંધના ડાયપોલ એકબીજાને મદદ કરે છે,જ્યારે $trans$ સમઘટકમાં તેઓ એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ માં આપેલ વિધાન ખોટું છે.

(C) ક્રોમેટોગ્રાફીમાં,$R_f$ (રિટાડેશન ફેક્ટર) મૂલ્ય એ પદાર્થ દ્વારા કાપેલું અંતર અને દ્રાવક દ્વારા કાપેલા અંતરનો ગુણોત્તર છે.
ધ્રુવીય સંયોજનો સ્થિર કલા (જેમ કે સિલિકા જેલ) સાથે વધુ મજબૂત રીતે આંતરક્રિયા કરે છે,જેના કારણે તેઓ ધીમેથી આગળ વધે છે અને પરિણામે $R_f$ મૂલ્ય નાનું મળે છે.
અધ્રુવીય સંયોજનો સ્થિર કલા સાથે ઓછી આંતરક્રિયા કરે છે અને ઝડપથી આગળ વધે છે,જેનાથી $R_f$ મૂલ્ય મોટું મળે છે.
તેથી,ધ્રુવીય સંયોજનનું $R_f$ મૂલ્ય અધ્રુવીય સંયોજન કરતા નાનું હોય છે.

(A) ખોટું: નવી કક્ષકો ઉમેરાવાને કારણે $C$ થી $Pb$ સુધી સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં સહસંયોજક ત્રિજ્યા વધે છે.
$(B)$ ખોટું: વિદ્યુતઋણતા ક્રમશઃ ઘટતી નથી; $d$ અને $f$ કક્ષકોના નબળા શીલ્ડિંગને કારણે $Si$ થી $Pb$ સુધી તે લગભગ અચળ રહે છે.
$(C)$ સાચું: કાર્બનમાં $d$ કક્ષકો હોતી નથી,જે તેની સહસંયોજકતાને $4$ સુધી મર્યાદિત કરે છે,જ્યારે અન્ય તત્વો તેને વિસ્તારી શકે છે.
$(D)$ સાચું: ભારે તત્વોનું કદ મોટું હોવાથી $p\pi-p\pi$ ઓવરલેપ અસરકારક હોતું નથી.
$(E)$ સાચું: કાર્બન ઋણ ઓક્સિડેશન અવસ્થાઓ દર્શાવી શકે છે (દા.ત.,$CH_4$ માં,$C$ એ $-4$ છે).
તેથી,વિધાનો $(C), (D)$ અને $(E)$ સાચા છે.

(D) . $N_{2(g)} + O_{2(g)} \rightarrow 2 NO_{(g)}$ એ સંયોગીકરણ પ્રક્રિયા છે.
$B$. $2 Pb(NO_3)_{2(s)} \rightarrow 2 PbO_{(s)} + 4 NO_{2(g)} + O_{2(g)}$ એ વિઘટન પ્રક્રિયા છે.
$C$. $2 Na_{(s)} + 2 H_2 O_{(l)} \rightarrow 2 NaOH_{(aq)} + H_{2(g)}$ એ વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે.
$D$. $2 NO_{2(g)} + 2 OH^-_{(aq)} \rightarrow NO^-_{2(aq)} + NO^-_{3(aq)} + H_2 O_{(l)}$ એ વિષમીકરણ પ્રક્રિયા છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-I, C-II, D-III$ છે.

(D) $K_p$ અને $K_C$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $K_p = K_C(RT)^{\Delta n_g}$,જ્યાં $\Delta n_g$ એ વાયુરૂપ નીપજો અને પ્રક્રિયકોના મોલની સંખ્યામાં થતો ફેરફાર છે.
પ્રક્રિયા $CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \rightleftharpoons CO_{2(g)}$ માટે,$\Delta n_g$ ની ગણતરી નીચે મુજબ છે:
$\Delta n_g = (\text{વાયુરૂપ નીપજોના મોલ}) - (\text{વાયુરૂપ પ્રક્રિયકોના મોલ})$
$\Delta n_g = 1 - (1 + \frac{1}{2}) = 1 - 1.5 = -0.5 = -\frac{1}{2}$
આ કિંમતને સંબંધમાં મૂકતા:
$\frac{K_p}{K_C} = (RT)^{\Delta n_g} = (RT)^{-1/2} = \frac{1}{(RT)^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{RT}}$

(B) નીપજ $B$ એ નિકલ ડાયમિથાઈલગ્લાયોક્સિમેટ,$[Ni(dmg)_2]$ છે.
$B$ ની રચનામાં $Ni^{2+}$ આયન સાથે સંકલિત બે ડાયમિથાઈલગ્લાયોક્સિમેટ લિગાન્ડ્સ હોય છે.
દરેક ડાયમિથાઈલગ્લાયોક્સિમેટ લિગાન્ડનું સૂત્ર $C_4H_7N_2O_2^-$ છે.
સંકિર્ણ $[Ni(C_4H_7N_2O_2)_2]$ માં,બે લિગાન્ડ્સમાંથી કુલ $2 \times 7 = 14$ હાઇડ્રોજન અણુઓ (પ્રોટોન) હોય છે.
સંકિર્ણની રચનામાં,બે લિગાન્ડ્સના ઓક્સિજન અણુઓ વચ્ચે બે આંતર-આણ્વીય હાઇડ્રોજન બંધ રચાય છે.
આ બે હાઇડ્રોજન બંધમાં બે પ્રોટોન સામેલ છે.
તેથી,હાઇડ્રોજન બંધમાં સામેલ ન હોય તેવા પ્રોટોનની સંખ્યા $14 - 2 = 12$ છે.

(C) હાયપરકોન્જુગેશન માટે ધન વીજભારિત કાર્બન પરમાણુની બાજુના કાર્બન પરમાણુ પર ઓછામાં ઓછો એક $\alpha$-હાઇડ્રોજન પરમાણુ હોવો જરૂરી છે.
આપેલા કાર્બોકેટાયનનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $sec$-બ્યુટાઇલ કાર્બોકેટાયન: $CH_3-CH^+-CH_2-CH_3$ પાસે $5$ $\alpha$-હાઇડ્રોજન છે (સ્થિર છે).
$2$. $Di(tert-butyl)$ મિથાઇલ કાર્બોકેટાયન: $(t-Bu)_2CH^+$ પાસે $2$ $\alpha$-હાઇડ્રોજન છે (સ્થિર છે).
$3$. મિથાઇલ કાર્બોકેટાયન: $CH_3^+$ પાસે કોઈ $\alpha$-હાઇડ્રોજન નથી (સ્થિર નથી).
$4$. સાયક્લોપેન્ટાડાયનાઇલ કેટાયન: આ એન્ટિ-એરોમેટિક સિસ્ટમ છે અને ધન વીજભાર $sp^2$ કાર્બન પર છે,જેમાં કોઈ $\alpha$-હાઇડ્રોજન નથી (સ્થિર નથી).
$5$. મિથોક્સિ મિથાઇલ કેટાયન: $CH_3-O-CH_2^+$ ઓક્સિજનના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા રેઝોનન્સથી સ્થિર થાય છે,પરંતુ તેમાં કોઈ $\alpha$-હાઇડ્રોજન નથી (સ્થિર નથી).
$6$. આઇસોપ્રોપાઇલ કાર્બોકેટાયન: $(CH_3)_2CH^+$ પાસે $6$ $\alpha$-હાઇડ્રોજન છે (સ્થિર છે).
$7$. ડાયમિથાઇલ એમિનો મિથાઇલ કેટાયન: $(CH_3)_2N-CH_2^+$ નાઇટ્રોજનના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દ્વારા રેઝોનન્સથી સ્થિર થાય છે,પરંતુ તેમાં કોઈ $\alpha$-હાઇડ્રોજન નથી (સ્થિર નથી).
આમ,હાયપરકોન્જુગેશન દ્વારા સ્થિર ન થતા કાર્બોકેટાયનની કુલ સંખ્યા $4$ છે.

(B) પ્રક્રિયા સ્વયંભૂ થવા માટે ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જાનો ફેરફાર $\Delta G$ ઋણ હોવો જોઈએ. $\Delta G = \Delta H - T\Delta S < 0$.
સંતુલન સમયે,$\Delta G = 0$,તેથી $T = \frac{\Delta H}{\Delta S}$.
આપેલ છે કે $\Delta H = 400 \ kJ \ mol^{-1}$ અને $\Delta S = 0.2 \ kJ \ mol^{-1} \ K^{-1}$.
$T = \frac{400}{0.2} = 2000 \ K$.
$\Delta H$ અને $\Delta S$ બંને ધન હોવાથી,પ્રક્રિયા સંતુલન તાપમાન કરતા ઊંચા તાપમાને સ્વયંભૂ બને છે.
તેથી,પ્રક્રિયા $2000 \ K$ થી ઉપર સ્વયંભૂ બનશે.

(C) $sp^2$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ નક્કી કરવા માટે, આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુનો સ્ટેરિક નંબર $(SN)$ તપાસીએ છીએ, જ્યાં $SN = \text{sigma}$ બંધની સંખ્યા + અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા। $sp^2$ સંકરણ માટે, $SN = 3$ હોવો જોઈએ।
$1. NH_3$: $SN = 3 + 1 = 4$ $(sp^3)$
$2. SO_2$: $SN = 2 + 1 = 3$ $(sp^2)$
$3. SiO_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$4. BeCl_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$5. C_2H_2$: $SN = 2$ $(sp)$
$6. C_2H_4$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$7. BCl_3$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$8. HCHO$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$9. C_6H_6$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$10. BF_3$: $SN = 3$ $(sp^2)$
$11. C_2H_4Cl_2$: $SN = 4$ $(sp^3)$
$sp^2$ સંકરણ ધરાવતી સ્પીસીઝ $SO_2, C_2H_4, BCl_3, HCHO, C_6H_6, BF_3$ છે। કુલ સંખ્યા $6$ છે।

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,કોઈ ચોક્કસ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $(E)$ તેની ગતિ ઉર્જા $(KE)$ સાથે $E = -KE$ સંબંધ ધરાવે છે.
આપેલ છે કે પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $-3.4 \ eV$ છે,તેથી $E = -3.4 \ eV$.
તેથી,ગતિ ઉર્જા $KE = -E = -(-3.4 \ eV) = 3.4 \ eV$ થશે.
આપણને $KE = x \ eV$ આપેલ છે,તેથી $x = 3.4$.
આપણે $x$ ને $x \times 10^{-1} \ eV$ સ્વરૂપમાં દર્શાવવાનું છે.
$3.4 = 34 \times 10^{-1}$.
આમ,$x$ નું મૂલ્ય $34$ છે.

(B) સંયોજન $A$ માટે: બંધારણમાં બેન્ઝીન રિંગ પર $1$ સ્થાન પર ક્લોરિન અને $2$ તથા $4$ સ્થાન પર નાઈટ્રો સમૂહો છે. $IUPAC$ નિયમો મુજબ,સાચું નામ $1-$ક્લોરો-$2, 4-$ડાયનાઈટ્રોબેન્ઝીન છે. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
સંયોજન $B$ માટે: બંધારણ એનિલીનનું વ્યુત્પન્ન છે જેમાં $2$ સ્થાન પર મિથાઈલ અને $4$ સ્થાન પર ઈથાઈલ સમૂહ છે. $IUPAC$ નામ $4-$ઈથાઈલ-$2-$મિથાઈલએનિલીન છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(B) ગ્લુકોઝના દહન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$C_6H_{12}O_{6(s)} + 6O_{2(g)} \longrightarrow 6CO_{2(g)} + 6H_2O_{(\ell)}$
પ્રથમ,ગ્લુકોઝના મોલની સંખ્યા ગણો:
$\text{ગ્લુકોઝના મોલ} = \frac{900 \ g}{180 \ g \ mol^{-1}} = 5 \ mol$
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ મુજબ,$1 \ mol$ ગ્લુકોઝ માટે $6 \ mol$ $O_2$ ની જરૂર પડે છે.
તેથી,$5 \ mol$ ગ્લુકોઝ માટે $5 \times 6 = 30 \ mol$ $O_2$ ની જરૂર પડશે.
અંતે,જરૂરી $O_2$ નું દળ ગણો:
$\text{જરૂરી } O_2 \text{ નું દળ} = 30 \ mol \times 32 \ g \ mol^{-1} = 960 \ g$

(A) નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસરને કારણે સમૂહ $13$ માં નીચે તરફ જતાં $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે,જે $ns^2$ ઇલેક્ટ્રોનની બંધ બનાવવામાં ભાગ લેવાની અનિચ્છા છે.
જેમ આપણે $Ga$ થી $Tl$ તરફ જઈએ છીએ,તેમ $ns^2$ ઇલેક્ટ્રોનને અલગ કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા વધે છે,જેનાથી $+1$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા વધુ સ્થિર બને છે.
તેથી,સ્થિરતાનો ક્રમ $Ga^{+1} < In^{+1} < Tl^{+1}$ છે.
વિધાન $A$ અને કારણ $R$ બંને સાચા છે,અને $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) અણુઓના આકાર $VSEPR$ સિદ્ધાંત દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે:
$1$. $NH_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $N$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય પિરામિડલ આકાર આપે છે $(A-III)$.
$2$. $BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સ્ક્વેર પિરામિડલ આકાર આપે છે $(B-I)$.
$3$. $PCl_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ આકાર આપે છે $(C-IV)$.
$4$. $CH_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $C$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમચતુષ્ફલકીય આકાર આપે છે $(D-II)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયાઓ છે:
$1) X \rightleftharpoons Y ; K_1 = 1.0$
$2) Y \rightleftharpoons Z ; K_2 = 2.0$
$3) Z \rightleftharpoons W ; K_3 = 4.0$
સમગ્ર પ્રક્રિયા $X \rightleftharpoons W$ માટે સંતુલન અચળાંક શોધવા માટે,આપણે ત્રણેય પ્રક્રિયાઓનો સરવાળો કરીએ છીએ:
$(X \rightleftharpoons Y) + (Y \rightleftharpoons Z) + (Z \rightleftharpoons W) \implies X \rightleftharpoons W$
જ્યારે પ્રક્રિયાઓનો સરવાળો કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેમના સંતુલન અચળાંકોનો ગુણાકાર થાય છે:
$K_{eq} = K_1 \times K_2 \times K_3$
$K_{eq} = 1.0 \times 2.0 \times 4.0 = 8.0$

(C) $S_2 O_3^{2-}$ ની $I_2$ સાથેની પ્રતિક્રિયામાં,સલ્ફરની સરેરાશ ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+2$ થી બદલાઈને $+2.5$ થાય છે.
$S_2 O_3^{2-}$ ની $Br_2$ સાથેની પ્રતિક્રિયામાં,સલ્ફરની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+2$ થી બદલાઈને $+6$ થાય છે.
$Br_2$ એ $I_2$ ની સરખામણીમાં સલ્ફરને ઉચ્ચ ઓક્સિડેશન અવસ્થા $(+6)$ માં ઓક્સિડાઇઝ કરવા સક્ષમ હોવાથી,તે સાબિત થાય છે કે $Br_2$ એ $I_2$ કરતા વધુ શક્તિશાળી ઓક્સિડાઇઝિંગ એજન્ટ છે.

(B) $2^{\circ}$ કાર્બન પરમાણુ એટલે એવો કાર્બન પરમાણુ જે સીધો અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય.
આપેલ બંધારણમાં:
$CH_3-C(CH_3)(H)-CH(H)-C(CH_3)(H)-CH_3$
મુખ્ય શૃંખલાનું વિશ્લેષણ કરતા:
- પ્રથમ $C$ (ડાબી બાજુથી) $3^{\circ}$ છે કારણ કે તે ત્રણ કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે.
- વચ્ચેનો $CH$ સમૂહ બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે (એક ડાબી બાજુ અને એક જમણી બાજુ),તેથી તે $2^{\circ}$ કાર્બન છે.
- ત્રીજો $C$ $3^{\circ}$ છે કારણ કે તે ત્રણ કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે.
તેથી,સંયોજનમાં માત્ર એક જ $2^{\circ}$ કાર્બન પરમાણુ હાજર છે.

(A) કોઈ સંયોજન એરોમેટિક છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,તેણે હ્યુકેલના નિયમ ($4n+2$ $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન) નું પાલન કરવું જોઈએ,તે સમતલીય હોવું જોઈએ અને તેમાં સતત ચક્રીય સંયુગ્મન (conjugation) હોવું જોઈએ.
$A$: આ $1,4$-ડાયહાઇડ્રોનેપ્થલીન છે. તે નોન-એરોમેટિક છે કારણ કે તે સંપૂર્ણપણે સંયુગ્મિત નથી.
$B$: આ સ્ટાયરીન (વિનાઇલબેન્ઝીન) છે. તેમાં બેન્ઝીન વલય છે,જે એરોમેટિક છે.
$C$: આ $[10]$-એન્યુલીન છે. તે આંતરિક હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ વચ્ચેના અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) ને કારણે નોન-એરોમેટિક છે,જે અણુને સમતલીય બનતા અટકાવે છે.
$D$: આ $[14]$-એન્યુલીન છે. તે એરોમેટિક છે કારણ કે તે હ્યુકેલના નિયમ ($n=3$,$4(3)+2 = 14$ $\pi$ ઇલેક્ટ્રોન) નું પાલન કરે છે અને તે સમતલીય છે.
આમ,$B$ અને $D$ એરોમેટિક છે.

(C) $A. Cl, S$ એ સૌથી વધુ ઋણ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ધરાવતા તત્વો છે $(IV)$.
$B. Ge, As$ એ અર્ધધાતુઓ છે,જે ધાતુ અને અધાતુ બંનેના ગુણધર્મો દર્શાવે છે $(III)$.
$C. Fr, Ra$ એ તેમના સંબંધિત સમૂહોમાં સૌથી મોટી પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ધરાવતા તત્વો છે $(II)$.
$D. F, O$ એ સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા તત્વો છે $(I)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-III, C-II, D-I$ છે.

(D) આપેલ આકૃતિ પરથી, દર્શાવેલ અંતર એ તરંગલંબાઈના અડધા ભાગ (અડધું ચક્ર) ને અનુરૂપ છે, એટલે કે $\frac{\lambda}{2} = 1.5 \ pm$.
તેથી, તરંગલંબાઈ $\lambda = 2 \times 1.5 \ pm = 3 \ pm = 3 \times 10^{-12} \ m$.
આવૃત્તિ $(\nu)$, તરંગલંબાઈ $(\lambda)$ અને પ્રકાશની ગતિ $(c)$ વચ્ચેનો સંબંધ $\nu = \frac{c}{\lambda}$ છે.
$c = 3 \times 10^8 \ m/s$ આપેલ હોવાથી, $\nu = \frac{3 \times 10^8 \ m/s}{3 \times 10^{-12} \ m} = 1 \times 10^{20} \ Hz$.
આને $x \times 10^{19} \ Hz$ સ્વરૂપમાં દર્શાવતા, આપણને $10 \times 10^{19} \ Hz$ મળે છે.
આમ, $x = 10$.

(B) પ્રતિવર્તી સમતાપી વિસ્તરણ માટે,તંત્ર દ્વારા થયેલ કાર્યનું સૂત્ર: $\omega = -nRT \ln \left(\frac{V_2}{V_1}\right)$ છે.
આપેલ છે:
$n = 1 \ mol$
$T = 18 + 273.15 = 291.15 \ K$
$V_1 = 10 \ L$
$V_2 = 10 + 90 = 100 \ L$
$R = 0.08206 \ L \ atm \ mol^{-1} \ K^{-1}$
કિંમતો મૂકતા:
$\omega = -1 \times 0.08206 \times 291.15 \times \ln \left(\frac{100}{10}\right)$
$\omega = -23.887 \times \ln(10)$
$\omega = -23.887 \times 2.303$
$\omega \approx -55.01 \ L \ atm$
તંત્ર દ્વારા થયેલ કાર્યનું મૂલ્ય $55 \ L \ atm$ છે.

(D) આપેલ સંયોજન પરહાઇડ્રોફિનાન્થ્રીનનું વ્યુત્પન્ન છે.
બંધારણનું વિશ્લેષણ કરતા,આપણે આપેલ આકૃતિમાં ફૂદડી $(*)$ વડે દર્શાવેલ કાયરલ કેન્દ્રોને ઓળખીએ છીએ.
અણુમાં $5$ કાયરલ કેન્દ્રો છે.
અણુ અસમપ્રમાણ હોવાથી (તેમાં સમતલ કે સંમિતિનું કેન્દ્ર નથી),પ્રકાશીય સમઘટકોની સંખ્યા $2^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ કાયરલ કેન્દ્રોની સંખ્યા છે.
પ્રકાશીય સમઘટકોની સંખ્યા $= 2^5 = 32$.

(B) અષ્ટકનો નિયમ જણાવે છે કે પરમાણુઓ તેમની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્ત કરીને સ્થિરતા મેળવે છે.
દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $CO_2$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$2$. $NO_2$: નાઇટ્રોજન પાસે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે ($7$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$3$. $H_2SO_4$: સલ્ફર પાસે વિસ્તૃત અષ્ટક છે ($12$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$4$. $BF_3$: બોરોન પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક છે ($6$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$5$. $CH_4$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$6$. $SiF_4$: સિલિકોન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$7$. $ClO_2$: ક્લોરિન પાસે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે ($7$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$8$. $PCl_5$: ફોસ્ફરસ પાસે વિસ્તૃત અષ્ટક છે ($10$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$9$. $BeF_2$: બેરિલિયમ પાસે અપૂર્ણ અષ્ટક છે ($4$ ઇલેક્ટ્રોન,અપવાદ).
$10$. $C_2H_6$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$11$. $CHCl_3$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
$12$. $CBr_4$: કાર્બન પાસે $8$ ઇલેક્ટ્રોન છે (પૂર્ણ અષ્ટક).
અષ્ટકના નિયમના અપવાદો: $NO_2, H_2SO_4, BF_3, ClO_2, PCl_5, BeF_2$.
કુલ અપવાદોની સંખ્યા = $6$.

(A) પગલું $1$: ઇથાઇલબેન્ઝીન આલ્કલાઇન $KMnO_4$ સાથે ગરમ કરવાથી ઓક્સિડેશન પામી પોટેશિયમ બેન્ઝોએટ $(A)$ બનાવે છે.
પગલું $2$: પોટેશિયમ બેન્ઝોએટ $(A)$ ની નાઇટ્રેટિંગ મિશ્રણ $(conc. HNO_3 + conc. H_2SO_4)$ સાથે પ્રક્રિયા કરતા ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન થાય છે. $-COOH$ સમૂહ મેટા-નિર્દેશક હોવાથી,નાઇટ્રો સમૂહ મેટા સ્થાન પર જોડાઈને $m$-નાઇટ્રોબેન્ઝોઇક એસિડ $(B)$ બનાવે છે.
પગલું $3$: $B$ ($m$-નાઇટ્રોબેન્ઝોઇક એસિડ) ની રચનામાં:
- બેન્ઝીન વલયમાં $3$ $\pi$-બંધ.
- કાર્બોક્સિલિક એસિડના $C=O$ સમૂહમાં $1$ $\pi$-બંધ.
- નાઇટ્રો સમૂહના $N=O$ સમૂહમાં $1$ $\pi$-બંધ.
કુલ $\pi$-બંધ = $3 + 1 + 1 = 5$.

(C) ફોસ્ફરસના ગુણાત્મક વિશ્લેષણમાં,કાર્બનિક સંયોજનને ઓક્સિડેશનકર્તા (જેમ કે સોડિયમ પેરોક્સાઈડ) સાથે ગરમ કરીને ફોસ્ફરસને ફોસ્ફેટ આયનો $(PO_4^{3-})$ માં રૂપાંતરિત કરવામાં આવે છે.
આ દ્રાવણની પ્રક્રિયા ત્યારબાદ સાંદ્ર નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ અને એમોનિયમ મોલિબ્ડેટ $((NH_4)_2MoO_4)$ સાથે કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયાથી એમોનિયમ ફોસ્ફોમોલિબ્ડેટના કેનેરી પીળા અવક્ષેપ મળે છે,જેનું રાસાયણિક સૂત્ર $(NH_4)_3PO_4 \cdot 12MoO_3$ છે.

(B) પ્રતિકારક આણ્વીય કક્ષકો $(\sigma^*)$ એ પરમાણ્વીય કક્ષકોના વિનાશક વ્યતિકરણ દ્વારા રચાય છે.
પ્રતિકારક આણ્વીય કક્ષક માટેનું તરંગ વિધેય ભાગ લેતી પરમાણ્વીય કક્ષકોના તરંગ વિધેયોની બાદબાકી દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$\sigma^* = \psi_A - \psi_B$.

(D) સેન્ડમેયર પ્રક્રિયામાં બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્ષારની પ્રક્રિયા $CuCl/HCl$ અથવા $CuBr/HBr$ સાથે કરવામાં આવે છે,જેનાથી અનુક્રમે ક્લોરોબેન્ઝીન અથવા બ્રોમોબેન્ઝીન મળે છે.
આપેલ બંધારણોમાંથી:
$I$: ફ્લોરોબેન્ઝીન (બાલ્ઝ-શીમેન પ્રક્રિયા દ્વારા)
$II$: ક્લોરોબેન્ઝીન (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા દ્વારા)
$III$: બ્રોમોબેન્ઝીન (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા દ્વારા)
$IV$: આયોડોબેન્ઝીન ($KI$ સાથેની પ્રક્રિયા દ્વારા)
$V$: એસ્ટેટોબેન્ઝીન (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા દ્વારા તૈયાર થતું નથી)
આમ,માત્ર $II$ અને $III$ સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા દ્વારા બનાવી શકાય છે.
કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(B) એનિલિનની બ્રોમિન પાણી સાથેની પ્રક્રિયા:
$C_6H_5NH_2 + 3Br_2 \rightarrow C_6H_2Br_3NH_2 + 3HBr$
(એનિલિન) $\rightarrow$ ($2,4,6-$ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન)
એનિલિન $(C_6H_7N)$ નું મોલર દળ = $93 \ g/mol$.
$2,4,6-$ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન $(C_6H_4Br_3N)$ નું મોલર દળ = $330 \ g/mol$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$93 \ g$ એનિલિન $330 \ g$ $2,4,6-$ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,$9.3 \ g$ એનિલિન સૈદ્ધાંતિક રીતે ઉત્પન્ન કરશે:
$\frac{330}{93} \times 9.3 = 33 \ g$ $2,4,6-$ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન.
પ્રાયોગિક રીતે મળેલ દળ $26.4 \ g$ છે.
ટકાવારી ઉપજ = $\frac{\text{પ્રાયોગિક ઉપજ}}{\text{સૈદ્ધાંતિક ઉપજ}} \times 100$
ટકાવારી ઉપજ = $\frac{26.4}{33} \times 100 = 80 \ \%$.

(A) $Fe^{+2}$ આયનો પાણીમાં જળવિભાજન પામે છે.
આ જળવિભાજનને રોકવા અને દ્રાવણને સ્પષ્ટ રાખવા માટે,ફેરસ સલ્ફેટ અને એમોનિયમ સલ્ફેટના મિશ્રણને પાણીમાં ઓગાળતા પહેલા તેમાં મંદ $H_2SO_4$ ઉમેરવામાં આવે છે.

(C) આ પ્રક્રિયામાં તૃતીયક આલ્કાઈલ હેલાઈડ ($1$-બ્રોમો-$1$-મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેન) આલ્કોહોલિક દ્રાવક $(C_2H_5OH)$ માં પ્રબળ બેઝ $(\text{OH}^-)$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે. આ પરિસ્થિતિ $E2$ વિલોપન પ્રક્રિયાને પ્રોત્સાહન આપે છે. બેઝ $\beta$-હાઈડ્રોજન પરમાણુનું નિષ્કર્ષણ કરે છે,જેના પરિણામે ઝેટસેવના નિયમ મુજબ સૌથી વધુ સ્થાયી આલ્કીન બને છે. સૌથી વધુ વિસ્થાપિત આલ્કીન,$1$-મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટ-$1$-ઈન,મુખ્ય નીપજ છે.

(B) સંકીર્ણ $MABXL$ માં $sp^3$ સંકરણ જોવા મળે છે,જે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે.
ચાર અલગ-અલગ એકદંતીય લિગેન્ડ ધરાવતા ચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણો ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતા નથી કારણ કે ચતુષ્ફલકમાં તમામ સ્થાનો એકબીજાની સાપેક્ષમાં સમાન હોય છે.
તેથી,ભૌમિતિક સમઘટકોની સંખ્યા $0$ છે.

(D) ફેરાડેના વિદ્યુતવિભાજનના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$W = ZIt$.
$Q = It$ હોવાથી,$W = ZQ$ થાય.
જ્યારે $Q = 1 \text{ C}$ હોય,ત્યારે $W = Z$.
આમ,જમા થયેલ દળ એ $1$ સિલ્વરના વિદ્યુત-રાસાયણિક તુલ્યાંક જેટલું હોય છે.
(નોંધ: $1$ સિલ્વરનો રાસાયણિક તુલ્યાંક $1 \text{ Faraday}$ અથવા $96500 \text{ C}$ વિદ્યુતભાર દ્વારા જમા થાય છે.)

(B) ફિનોલની $HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ક્લોરોબેન્ઝિન બનાવવો સામાન્ય પરિસ્થિતિમાં શક્ય નથી. આનું કારણ એ છે કે ફિનોલમાં $C-OH$ બંધમાં સંસ્પંદનને કારણે આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા હોય છે,જે તેને ખૂબ જ મજબૂત બનાવે છે અને તોડવું મુશ્કેલ છે. $-OH$ સમૂહ સાથે જોડાયેલ કાર્બન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જે બંધને વધુ મજબૂત બનાવે છે. તેથી,$Cl^-$ દ્વારા $-OH$ સમૂહનું ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન શક્ય નથી.

(D) કોષની પ્રક્રિયા $M + X^{2-} \rightarrow M^{2+} + X$ છે.
પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલ $E^{\circ}_{\text{cell}} = E^{\circ}_{\text{cathode}} - E^{\circ}_{\text{anode}}$.
અહીં,કેથોડ $X/X^{2-}$ છે અને એનોડ $M/M^{2+}$ છે.
આપેલ છે $E^{\circ}_{(M^{2+}/M)} = 0.46 \ V$,તેથી $E^{\circ}_{(M/M^{2+})} = -0.46 \ V$.
આપેલ છે $E^{\circ}_{(X/X^{2-})} = 0.34 \ V$.
$E^{\circ}_{\text{cell}} = 0.34 \ V - (-0.46 \ V) = 0.80 \ V$.
$E^{\circ}_{\text{cell}} > 0$ હોવાથી,$E^{\circ}_{\text{cell}} = 0.80 \ V$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) ચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણો માટે,સ્ફટિક ક્ષેત્ર વિભાજનને કારણે $e$ ઓર્બિટલ ઓછી ઉર્જા પર અને $t_2$ ઓર્બિટલ વધુ ઉર્જા પર હોય છે.
$TiCl_4$: $Ti^{4+}$ $(d^0)$,ઇલેક્ટ્રોન રચના $e^0 t_2^0$. ($t_2$ માં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન નથી)
$[MnO_4]^{-}$: $Mn^{7+}$ $(d^0)$,ઇલેક્ટ્રોન રચના $e^0 t_2^0$. ($t_2$ માં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન નથી)
$[FeO_4]^{2-}$: $Fe^{6+}$ $(d^2)$,ઇલેક્ટ્રોન રચના $e^2 t_2^0$. ($t_2$ માં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન નથી)
$[FeCl_4]^{-}$: $Fe^{3+}$ $(d^5)$,ઇલેક્ટ્રોન રચના $e^2 t_2^3$. ($t_2$ માં ઇલેક્ટ્રોન છે)
$[CoCl_4]^{2-}$: $Co^{2+}$ $(d^7)$,ઇલેક્ટ્રોન રચના $e^4 t_2^3$. ($t_2$ માં ઇલેક્ટ્રોન છે)
$t_2$ ઓર્બિટલમાં ઇલેક્ટ્રોન ન ધરાવતા સંકીર્ણો $TiCl_4$,$[MnO_4]^{-}$,અને $[FeO_4]^{2-}$ છે.
આમ,કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(C) $Ti^{2+}, V^{2+},$ અને $Cr^{2+}$ આયનો પ્રબળ રિડક્શનકર્તા છે કારણ કે તેમના પ્રમાણિત ઇલેક્ટ્રોડ પોટેન્શિયલ $(E^{\circ}_{M^{3+}/M^{2+}})$ ઋણ હોય છે.
આ આયનો મંદ એસિડમાં રહેલા $H^{+}$ આયનોનું રિડક્શન કરીને હાઇડ્રોજન વાયુ મુક્ત કરી શકે છે.
સામાન્ય પ્રક્રિયા: $2 M^{2+}_{(aq)} + 2 H^{+}_{(aq)} \longrightarrow 2 M^{3+}_{(aq)} + H_{2(g)}$.
આ ત્રણેય આયનો $(Ti^{2+}, V^{2+}, Cr^{2+})$ આ ગુણધર્મ ધરાવતા હોવાથી,આવા આયનોની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. બેન્ઝીન નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં સક્સિનિક એનહાઇડ્રાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન) $A$ બનાવે છે,જે $4\text{-oxo-}4\text{-phenylbutanoic acid}$ છે.
$2$. $A$ ક્લેમેન્સન રિડક્શન $(Zn-Hg/HCl)$ માંથી પસાર થઈને કીટોન ગ્રુપનું મિથાઈલીન ગ્રુપમાં રિડક્શન કરે છે,જેથી $B$ એટલે કે $4\text{-phenylbutanoic acid}$ બને છે.
$3$. ત્યારબાદ $4\text{-phenylbutanoic acid}$ $H^+$ ની હાજરીમાં આંતરિક ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન દ્વારા $\alpha\text{-tetralone}$ બનાવે છે.

(A) ઈંડાને ગરમ કરવાથી તેની જૈવિક સક્રિયતા ગુમાવાય છે અને પ્રોટીનનું અનફોલ્ડિંગ થાય છે,જેને પ્રોટીનનું વિકૃતિકરણ (denaturation) કહેવામાં આવે છે.

(B) ક્રોમાઈટ અયસ્ક $(FeCr_2O_4)$ નું સોડિયમ કાર્બોનેટ $(Na_2CO_3)$ સાથે હવાની હાજરીમાં ફ્યુઝન નીચે મુજબ છે:
$4FeCr_2O_4 + 8Na_2CO_3 + 7O_2 \rightarrow 8Na_2CrO_4 + 2Fe_2O_3 + 8CO_2$
અહીં,$A = Na_2CrO_4$ અને $B = Fe_2O_3$ છે.
$1$. $Na_2CrO_4$ $(Cr^{6+})$ માટે: ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar]3d^0$ છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ $0$ છે. તેથી,સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu_s = \sqrt{0(0+2)} = 0 \ B.M.$
$2$. $Fe_2O_3$ $(Fe^{3+})$ માટે: ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar]3d^5$ છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ $5$ છે. તેથી,સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu_s = \sqrt{5(5+2)} = \sqrt{35} \approx 5.91 \ B.M.$
ચુંબકીય મોમેન્ટનો સરવાળો $= 0 + 5.91 = 5.91 \ B.M.$
નજીકનો પૂર્ણાંક $6$ છે.

(C) ઇથેનેમાઇન $(CH_3CH_2NH_2)$ ની $NaNO_2 / HCl$ સાથેની પ્રક્રિયાથી ઇથાઇલ ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ બને છે,જેનું જળવિભાજન કરવાથી ઇથેનોલ,$N_2$ અને $HCl$ મળે છે.
સમગ્ર પ્રક્રિયા: $CH_3CH_2NH_2 + NaNO_2 + HCl \rightarrow CH_3CH_2OH + N_2 + NaCl + H_2O$.
પ્રશ્ન મુજબ,મુક્ત થયેલ $HCl$ ને $0.2 \ mol$ $NaOH$ દ્વારા તટસ્થ કરવામાં આવે છે. સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \ mol$ ઇથેનેમાઇન $1 \ mol$ $HCl$ ઉત્પન્ન કરે છે.
આથી,$0.2 \ mol$ $HCl$ ઉત્પન્ન કરવા માટે $0.2 \ mol$ ઇથેનેમાઇન વપરાયું હશે.
ઇથેનેમાઇન $(CH_3CH_2NH_2)$ નું આણ્વીય દળ $45 \ g/mol$ છે.
દળ $X = \text{મોલ} \times \text{આણ્વીય દળ} = 0.2 \ mol \times 45 \ g/mol = 9 \ g$.
તેથી,$X = 9$.

(B) ક્લેસેન-સ્મિટ પ્રક્રિયા માટેનું રાસાયણિક સમીકરણ:
$2C_6H_5CHO + CH_3COCH_3 \xrightarrow{NaOH} C_6H_5CH=CHCOCH=CHC_6H_5 + 2H_2O$
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \ mole$ એસિટોન $1 \ mole$ ડાયબેન્ઝાલએસીટોન ઉત્પન્ન કરવા માટે $2 \ moles$ બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
ડાયબેન્ઝાલએસીટોનનું મોલર દળ $(C_{17}H_{14}O) = 234 \ g/mol$.
ઉત્પન્ન થયેલ ડાયબેન્ઝાલએસીટોનના મોલ $= \frac{351 \ g}{234 \ g/mol} = 1.5 \ moles$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1.5 \ moles$ ડાયબેન્ઝાલએસીટોન માટે $1.5 \times 2 = 3 \ moles$ બેન્ઝાલ્ડિહાઈડની જરૂર પડે છે.
બેન્ઝાલ્ડિહાઈડનું મોલર દળ $(C_6H_5CHO) = 106 \ g/mol$.
જરૂરી બેન્ઝાલ્ડિહાઈડનું દળ $= 3 \ moles \times 106 \ g/mol = 318 \ g$.

(C) પ્રતિક્રિયા $2 \ A_{(g)} + B_{(g)} \longrightarrow C_{(g)}$ છે.
$t = 0$ સમયે,$P_A = 1.5 \ atm$ અને $P_B = 0.7 \ atm$. પ્રારંભિક દર $r_1 = K(P_A)^2(P_B) = K(1.5)^2(0.7)$ છે.
જ્યારે $P_C = 0.5 \ atm$ થાય,ત્યારે વપરાયેલ $A$ નું દબાણ $2 \times 0.5 = 1.0 \ atm$ અને $B$ નું દબાણ $0.5 \ atm$ છે.
બાકી રહેલ દબાણ $P_A = 1.5 - 1.0 = 0.5 \ atm$ અને $P_B = 0.7 - 0.5 = 0.2 \ atm$ છે.
આ સમયે દર $r_2 = K(0.5)^2(0.2)$ છે.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{r_1}{r_2} = \frac{K(1.5)^2(0.7)}{K(0.5)^2(0.2)} = \frac{2.25 \times 0.7}{0.25 \times 0.2} = \frac{1.575}{0.05} = 31.5$.
$31.5 = 315 \times 10^{-1}$ હોવાથી,જવાબ $315$ છે.

(D) $1$. શરૂઆતનું પદાર્થ પ્રોપાઇલબેન્ઝીન છે. $KMnO_4-KOH$ સાથે ઓક્સિડેશન અને ત્યારબાદ એસિડિફિકેશન $(H_3O^+)$ આલ્કાઇલ સાઇડ ચેઇનને કાર્બોક્સિલિક એસિડ જૂથમાં રૂપાંતરિત કરે છે,જે બેન્ઝોઇક એસિડ $(B)$ આપે છે.
$2$. ત્યારબાદ બેન્ઝોઇક એસિડનું $FeBr_3$ ની હાજરીમાં $Br_2$ સાથે ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક સબસ્ટિટ્યુશન કરવામાં આવે છે. $-COOH$ જૂથ મેટા-ડાયરેક્ટિંગ હોવાથી,નીપજ $(C)$ એ $m$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડ છે.
$3$. $m$-બ્રોમોબેન્ઝોઇક એસિડના બંધારણમાં એક બેન્ઝીન રિંગ (જેમાં $3$ $\pi$ બંધો છે) અને એક કાર્બોનિલ જૂથ ($C=O$,જેમાં $1$ $\pi$ બંધ છે) હોય છે.
$4$. કુલ $\pi$ બંધો $= 3 + 1 = 4$.

(A) $CH_3COOH$ નું દળ $= V \times d = 5 \ mL \times 1.2 \ g \ mL^{-1} = 6 \ g$.
$CH_3COOH$ ના મોલ $= \frac{6 \ g}{60 \ g \ mol^{-1}} = 0.1 \ mol$.
મોલાલિટી $(m) = \frac{0.1 \ mol}{1 \ kg \ \text{water}} = 0.1 \ m$.
વિયોજન માટે $CH_3COOH \rightleftharpoons CH_3COO^{-} + H^{+}$,$K_{a} = \frac{C\alpha^{2}}{1-\alpha}$.
$\alpha$ નાનું હોવાથી,$1-\alpha \approx 1$,તેથી $K_{a} \approx C\alpha^{2}$.
$\alpha = \sqrt{\frac{K_{a}}{C}} = \sqrt{\frac{6.25 \times 10^{-5}}{0.1}} = \sqrt{6.25 \times 10^{-4}} = 25 \times 10^{-3} = 0.025$.
વોન્ટ હોફ અવયવ $(i) = 1 + \alpha(n-1) = 1 + 0.025(2-1) = 1.025$.
ઠારબિંદુમાં અવનયન $\Delta T_{f} = i \times K_{f} \times m = 1.025 \times 1.86 \times 0.1 = 0.19065 \ {}^{\circ}C$.
આપેલ છે $\Delta T_{f} = x \times 10^{-2} \ {}^{\circ}C$,તેથી $x \approx 19$.

(C) $DNA$ માં હાજર ચાર નાઇટ્રોજનયુક્ત બેઝ એડેનાઇન,ગ્વાનિન,સાયટોસિન અને થાઇમિન છે.
વિકલ્પ $A$ એડેનાઇનની રચના દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $B$ થાઇમિનની રચના દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $D$ સાયટોસિનની રચના દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $C$ એવી રચના દર્શાવે છે જે $DNA$ ના કોઈપણ પ્રમાણિત બેઝ સાથે સુસંગત નથી. તેથી,વિકલ્પ $C$ માં આપેલી રચના ખોટી છે.

(D) Reimer-Tiemann પ્રક્રિયામાં ફિનોલની પ્રક્રિયા જલીય બેઇઝ (જેમ કે $NaOH$) ની હાજરીમાં ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ સાથે કરવામાં આવે છે.
$1$. બેઇઝ ફિનોલમાંથી પ્રોટોન દૂર કરીને ફિનોક્સાઈડ આયન બનાવે છે.
$2$. ક્લોરોફોર્મ બેઇઝ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયક્લોરોકાર્બીન $(:CCl_2)$ મધ્યવર્તી બનાવે છે,જે ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી તરીકે વર્તે છે.
$3$. ફિનોક્સાઈડ આયન ડાયક્લોરોકાર્બીન પર હુમલો કરીને ઓર્થો-ડાયક્લોરોમિથાઈલ ફિનોક્સાઈડ મધ્યવર્તી બનાવે છે,જે બેન્ઝીન રિંગ પર $-O^-Na^+$ અને ઓર્થો સ્થાન પર $-CHCl_2$ સમૂહ ધરાવે છે.
$4$. આ મધ્યવર્તી સંયોજન ત્યારબાદ $NaOH$ સાથે જળવિભાજન અને એસિડિફિકેશન દ્વારા સેલિસિલલ્ડિહાઇડ આપે છે.

(B) અર્ધવાહકો એવા પદાર્થો છે જેની વિદ્યુત વાહકતા વાહકો અને અવાહકોની વચ્ચે હોય છે. $Germanium$,$Silicon$ અને $Copper \ oxide$ $(Cu_2O)$ જાણીતા અર્ધવાહકો છે. $Graphite$ એ કાર્બનનું અપરરૂપ છે જેમાં મુક્ત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે તેને વિદ્યુતનો સુવાહક બનાવે છે. તેથી,$Graphite$ અર્ધવાહક નથી.

(B) શોષાયેલા પ્રકાશની ઉર્જા એ સ્ફટિક ક્ષેત્ર વિભાજન ઉર્જા $(\Delta_o)$ ના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે,જે લિગેન્ડની પ્રબળતા અને ધાતુ આયનની ઓક્સિડેશન અવસ્થા પર આધાર રાખે છે.
ઉર્જા $\propto$ તરંગ આંક $(\bar{v})$.
સાચો ક્રમ $D < A < C < B$ છે.

(C) ગુણાત્મક વિશ્લેષણમાં કેટાયન્સની ઓળખ તેમના સમૂહ પ્રક્રિયકો પર આધારિત છે:
$1$. સમૂહ $III$ ના કેટાયન્સ (જેમ કે $Al^{3+}$) $NH_4Cl + NH_4OH$ દ્વારા હાઇડ્રોક્સાઇડ તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે $(A-III)$.
$2$. સમૂહ $V$ ના કેટાયન્સ (જેમ કે $Sr^{2+}$) $NH_4OH$ ની હાજરીમાં $(NH_4)_2CO_3$ દ્વારા કાર્બોનેટ તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે $(B-IV)$.
$3$. સમૂહ $IV$ ના કેટાયન્સ (જેમ કે $Mn^{2+}$) $NH_4OH + NH_4Cl$ ની હાજરીમાં $H_2S$ દ્વારા સલ્ફાઇડ તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે $(C-I)$.
$4$. સમૂહ $I$ ના કેટાયન્સ (જેમ કે $Pb^{2+}$) મંદ $HCl$ દ્વારા ક્લોરાઇડ તરીકે અવક્ષેપિત થાય છે $(D-II)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-I, D-II$ છે.

(C) લેન્થેનોઇડ્સ એ $57$ થી $71$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતા તત્વો છે.
$Eu$ $(Z=63)$,$Er$ $(Z=68)$,$Tb$ $(Z=65)$,$Yb$ $(Z=70)$,અને $Lu$ $(Z=71)$ એ બધા લેન્થેનોઇડ્સ છે.
$Cm$ $(Z=96)$ એ એક્ટિનાઇડ છે.
તેથી,માત્ર $1$ તત્વ $(Cm)$ લેન્થેનોઇડ શ્રેણીમાં આવતું નથી.

(B) મોલાલિટી $(m)$ અને મોલારિટી $(M)$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$m = \frac{1000 \times M}{(1000 \times d) - (M \times Mw_{\text{solute}})}$
આપેલ છે:
$m = 3 \ molal$
$d = 1.12 \ g \ mL^{-1}$
$Mw_{\text{solute}} = 40 \ g \ mol^{-1}$
$M = x$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$3 = \frac{1000 \times x}{(1000 \times 1.12) - (x \times 40)}$
$3 = \frac{1000x}{1120 - 40x}$
$3(1120 - 40x) = 1000x$
$3360 - 120x = 1000x$
$3360 = 1120x$
$x = \frac{3360}{1120} = 3$
તેથી,'$x$' નું મૂલ્ય $3$ છે.

(A) કાર્બોનિલ સંયોજનોની ન્યુક્લિયોફિલિક એડિશન પ્રતિક્રિયાઓ પ્રત્યેની સક્રિયતા બે પરિબળો પર આધાર રાખે છે:
$1$. અવકાશી અવરોધ (Steric hindrance): કાર્બોનિલ કાર્બન પર નાના સમૂહો ન્યુક્લિયોફાઈલના હુમલાને સરળ બનાવે છે.
$2$. ઈલેક્ટ્રોનિક અસર: ઈલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ સમૂહો (જેમ કે આલ્કાઈલ સમૂહો) ઈલેક્ટ્રોન ઘનતા આપીને કાર્બોનિલ કાર્બનની ઈલેક્ટ્રોફિલીસીટી ઘટાડે છે,જેનાથી સક્રિયતા ઘટે છે.
$HCHO$ (ફોર્માલ્ડિહાઈડ) માં કાર્બોનિલ કાર્બન સાથે સૌથી નાના હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ જોડાયેલા હોય છે,પરિણામે સૌથી ઓછો અવકાશી અવરોધ અને કાર્બોનિલ કાર્બન પર સૌથી વધુ ઈલેક્ટ્રોફિલીસીટી જોવા મળે છે.
તેથી,$HCHO$ ન્યુક્લિયોફિલિક એડિશન પ્રતિક્રિયાઓ પ્રત્યે સૌથી વધુ સક્રિય છે.

(C) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$A$. આયોડોફોર્મનો ઉપયોગ $\text{એન્ટિસેપ્ટિક}$ તરીકે થાય છે.
$B$. કાર્બન ટેટ્રાક્લોરાઇડ $(CCl_4)$ નો ઉપયોગ $\text{અગ્નિશામક}$ તરીકે થાય છે.
$C$. $CFC$ નો ઉપયોગ $\text{રેફ્રિજરેન્ટ્સ}$ તરીકે થાય છે.
$D$. $DDT$ નો ઉપયોગ $\text{જંતુનાશક}$ તરીકે થાય છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(B) અનંત મંદતાએ મોલર વાહકતા,જેને $\Lambda_m^\circ$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે મોલર વાહકતાનું સીમિત મૂલ્ય દર્શાવે છે જ્યારે વિદ્યુતવિભાજ્યની સાંદ્રતા શૂન્યની નજીક પહોંચે છે (એટલે કે અનંત મંદતાએ).
દ્રાવણ પહેલેથી જ અનંત મંદ હોવાથી,નિર્બળ વિદ્યુતવિભાજ્યના વિયોજનની માત્રા પહેલેથી જ તેના મહત્તમ મૂલ્ય પર છે.
પહેલેથી જ અનંત મંદ દ્રાવણમાં વધુ પાણી ઉમેરવાથી આયનોની સાંદ્રતા અથવા વિયોજનની માત્રામાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
તેથી,મોલર વાહકતા અચળ રહે છે અને તેમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.

(A) $HX$ નું વિયોજન: $HX \rightleftharpoons H^{+} + X^{-}$.
પ્રારંભિક સાંદ્રતા: $0.03 \ M$.
સંતુલન સાંદ્રતા: $(0.03 - x), x, x$.
$K_{a}$ ખૂબ નાનો હોવાથી,$0.03 - x \approx 0.03$.
$K_{a} = \frac{x^2}{0.03} = 1.2 \times 10^{-5}$.
$x^2 = 3.6 \times 10^{-7} = 36 \times 10^{-8}$.
$x = 6 \times 10^{-4} \ M$.
કણોની કુલ સાંદ્રતા $C_{total} = 0.03 + x = 0.0306 \ M$.
અભિસરણ દબાણ $\Pi = C_{total} \times R \times T$.
$\Pi = 0.0306 \times 0.083 \times 300 = 0.76194 \ bar$.
$\Pi = 76.194 \times 10^{-2} \ bar$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,જવાબ $76 \times 10^{-2} \ bar$ મળે છે.

(B) $KMnO_4$ માં,$Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+7$ છે. ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^0$ છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $n = 0$ છે. સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{n(n+2)} = 0 \ BM$ થાય.
એસિડિક માધ્યમમાં ઓક્ઝેલિક એસિડ સાથે $KMnO_4$ ના ટાઇટ્રેશન દરમિયાન,$Mn^{7+}$ નું રિડક્શન $Mn^{2+}$ માં થાય છે.
$Mn^{2+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^5$ છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $n = 5$ છે.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{5(5+2)} = \sqrt{35} \approx 5.92 \ BM$ થાય.
ચુંબકીય મોમેન્ટનો તફાવત $|5.92 - 0| = 5.92 \ BM$ છે.
નજીકનો પૂર્ણાંક $6$ છે.

(C) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,વેગ અચળાંક $K = \frac{2.303}{t} \log \left(\frac{[A]_0}{[A]_t}\right)$ છે.
$99.9 \%$ પૂર્ણતા માટે,$[A]_t = 0.001 [A]_0$,તેથી $t_{99.9 \%} = \frac{2.303}{K} \log(10^3) = \frac{2.303}{K} \times 3$.
$90 \%$ પૂર્ણતા માટે,$[A]_t = 0.1 [A]_0$,તેથી $t_{90 \%} = \frac{2.303}{K} \log(10) = \frac{2.303}{K} \times 1$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{t_{99.9 \%}}{t_{90 \%}} = 3$.
તેથી,$99.9 \%$ પૂર્ણતા માટે જરૂરી સમય એ $90 \%$ પૂર્ણતા માટે જરૂરી સમય કરતા $3$ ગણો છે.

(A) પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$ $\xrightarrow{NaNO_2 + HCl, T < 5^{\circ}C}$ બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$
બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ + ફિનોલ $(C_6H_5OH)$ $\rightarrow$ $p$-હાઇડ્રોક્સીએઝોબેન્ઝીન (નારંગી ડાઈ,$C_{12}H_{10}N_2O$)
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ એનિલિન $1 \text{ મોલ}$ નારંગી ડાઈ આપે છે.
એનિલિનનું મોલર દળ = $93 \ g \ mol^{-1}$.
એનિલિનના મોલ = $\frac{9.3 \ g}{93 \ g \ mol^{-1}} = 0.1 \ mol$.
નારંગી ડાઈનું મોલર દળ = $198 \ g \ mol^{-1}$.
$0.1 \ mol$ એનિલિન $0.1 \ mol$ ડાઈ ઉત્પન્ન કરશે.
નારંગી ડાઈનું દળ = $0.1 \ mol \times 198 \ g \ mol^{-1} = 19.8 \ g$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,તે $20 \ g$ થાય છે.

(A) $CrO$ એ બેઝિક ઓક્સાઈડ છે.
$Cr_2O_3$ એ એમ્ફોટેરિક ઓક્સાઈડ છે.
$CrO$ માં,$Cr$ એ $+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં $([Ar] 3d^4)$ છે,તેથી તેમાં $4$ અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન છે. સ્પિન-ઓન્લી મેગ્નેટિક મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{4(4+2)} = \sqrt{24} \approx 4.90 \ BM$.
$Cr_2O_3$ માં,$Cr$ એ $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં $([Ar] 3d^3)$ છે,તેથી તેમાં $3$ અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન છે. સ્પિન-ઓન્લી મેગ્નેટિક મોમેન્ટ $\mu = \sqrt{3(3+2)} = \sqrt{15} \approx 3.87 \ BM$.
સ્પિન-ઓન્લી મેગ્નેટિક મોમેન્ટનો સરવાળો $4.90 + 3.87 = 8.77 \ BM$ થાય છે.
$10^{-2} \ BM$ તરીકે દર્શાવતા,આ $877 \times 10^{-2} \ BM$ થાય છે.

(B) $3 \text{ M}$ દ્રાવણનો અર્થ છે કે $1 \text{ L}$ $(1000 \text{ mL})$ દ્રાવણમાં $3 \text{ mol}$ $NaCl$ ઓગળેલ છે.
દ્રાવણનું દળ = $\text{કદ} \times \text{ઘનતા} = 1000 \text{ mL} \times 1.25 \text{ g mL}^{-1} = 1250 \text{ g}$.
દ્રાવ્ય $(NaCl)$ નું દળ = $3 \text{ mol} \times 58.5 \text{ g mol}^{-1} = 175.5 \text{ g}$.
દ્રાવકનું દળ = $\text{દ્રાવણનું દળ} - \text{દ્રાવ્યનું દળ} = 1250 \text{ g} - 175.5 \text{ g} = 1074.5 \text{ g} = 1.0745 \text{ kg}$.
મોલાલિટી $(m)$ = $\frac{\text{દ્રાવ્યના મોલ}}{\text{દ્રાવકનું દળ (kg માં)}} = \frac{3}{1.0745} = 2.79 \text{ m}$.

(C) $1$. વિધાન $A$ સાચું છે: એન્ઝાઇમ્સ જૈવિક ઉદ્દીપકો છે જે જૈવરાસાયણિક પ્રતિક્રિયાઓને ઝડપી બનાવે છે.
$2$. વિધાન $B$ ખોટું છે: એન્ઝાઇમ્સ તેમની ક્રિયામાં અત્યંત વિશિષ્ટ હોય છે અને સામાન્ય રીતે માત્ર એક જ પ્રકારની પ્રતિક્રિયાને ઉદ્દીપ્ત કરે છે.
$3$. વિધાન $C$ સાચું છે: મોટાભાગના એન્ઝાઇમ્સ ગોળાકાર પ્રોટીન છે.
$4$. વિધાન $D$ ખોટું છે: માલ્ટોઝનું ગ્લુકોઝમાં જળવિભાજન કરનાર એન્ઝાઇમ માલ્ટેઝ છે,ઓક્સિડેઝ નહીં. ઓક્સિડેઝ એન્ઝાઇમ્સ ઓક્સિડેશન-રિડક્શન પ્રતિક્રિયાઓમાં સામેલ હોય છે.
તેથી,વિધાન $B$ અને $D$ ખોટા છે.

(B) આ પ્રક્રિયા $S_N1$ ક્રિયાવિધિ દ્વારા આગળ વધે છે કારણ કે પ્રક્રિયક દ્વિતીયક આલ્કાઈલ હેલાઈડ છે અને દ્રાવક ધ્રુવીય પ્રોટિક $(H_2O)$ છે.
$1$. પ્રથમ પગલું $Cl^-$ આયનના દૂર થવાથી દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયનનું નિર્માણ છે.
$2$. આ દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન વધુ સ્થાયી તૃતીયક કાર્બોકેટાયન બનાવવા માટે $1,2-H^-$ સ્થળાંતર અનુભવે છે.
$3$. ત્યારબાદ ન્યુક્લિયોફાઈલ ($NaOH$ માંથી $OH^-$) તૃતીયક કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને મુખ્ય નીપજ,$1-propylcyclohexanol$ બનાવે છે.

(A) $HNO_3$ ની હાજરીમાં હેલાઇડ આયનોની $AgNO_3$ સાથેની પ્રતિક્રિયા સિલ્વર હેલાઇડ્સ ઉત્પન્ન કરે છે:
$Ag^{+} + Cl^{-} \rightarrow AgCl$ (સફેદ અવક્ષેપ,$NH_4OH$ માં સરળતાથી દ્રાવ્ય).
$Ag^{+} + Br^{-} \rightarrow AgBr$ (આછા પીળા અવક્ષેપ,$NH_4OH$ માં મુશ્કેલીથી દ્રાવ્ય).
$Ag^{+} + I^{-} \rightarrow AgI$ (પીળા અવક્ષેપ,$NH_4OH$ માં અદ્રાવ્ય).
આમ,આછા પીળા અવક્ષેપ અને $NH_4OH$ માં મુશ્કેલીથી દ્રાવ્યતા એ $Br^{-}$ આયનોની હાજરી સૂચવે છે.

(A) જ્યારે બાહ્ય પોટેન્શિયલ $E_{\text{cell}}^0$ કરતા ઓછું હોય ત્યારે ઇલેક્ટ્રોકેમિકલ કોષ ગેલ્વેનિક કોષ તરીકે કાર્ય કરે છે.
જ્યારે $E_{\text{cell}}^0$ કરતા વધારે બાહ્ય પોટેન્શિયલ વિરુદ્ધ દિશામાં લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવાહ ઉલટાય છે અને કોષ ઇલેક્ટ્રોલિટીક કોષ તરીકે કાર્ય કરે છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોનિક રચના અને અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
$Sc (Z=21): [Ar] 4s^2 3d^1 \rightarrow 1 \text{ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન}$
$Ti (Z=22): [Ar] 4s^2 3d^2 \rightarrow 2 \text{ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન}$
$V (Z=23): [Ar] 4s^2 3d^3 \rightarrow 3 \text{ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન}$
$Mn (Z=25): [Ar] 4s^2 3d^5 \rightarrow 5 \text{ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન}$
$Cr (Z=24): [Ar] 4s^1 3d^5 \rightarrow 6 \text{ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન}$
અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનનો વધતો ક્રમ: $Sc(1) < Ti(2) < V(3) < Mn(5) < Cr(6)$,જે $A < D < C < E < B$ ને અનુરૂપ છે.

(C) $1$. પ્રારંભિક પદાર્થ એનિસોલ $(C_6H_5OCH_3)$ છે. $-OCH_3$ સમૂહ પ્રબળ સક્રિયકારક અને ઓર્થો/પેરા-નિર્દેશક છે.
$2$. $HNO_3/H_2SO_4$ સાથે નાઈટ્રેશન કરવાથી મુખ્યત્વે પેરા-વિસ્થાપિત નીપજ મળે છે,કારણ કે ઓર્થો સ્થાન પર અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) હોય છે. તેથી,$A$ એ $p$-નાઈટ્રોએનિસોલ છે.
$3$. આગળના તબક્કામાં,$p$-નાઈટ્રોએનિસોલ $Fe$ ની હાજરીમાં વધારાના $Br_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે. $-OCH_3$ સમૂહ એ $-NO_2$ સમૂહ કરતા વધુ પ્રબળ સક્રિયકારક છે. તેથી,બ્રોમિનેશન $-OCH_3$ સમૂહની સાપેક્ષ ઓર્થો સ્થાનો પર થાય છે. પેરા સ્થાન પહેલેથી જ $-NO_2$ સમૂહ દ્વારા રોકાયેલું હોવાથી,બંને ઓર્થો સ્થાનો પર બ્રોમિનેશન થઈને $B$ બને છે,જે $2,6$-ડાયબ્રોમો-$4$-નાઈટ્રોએનિસોલ છે.
$4$. આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $C$ એ $A$ અને $B$ માટે સાચી રચનાઓ દર્શાવે છે.

(C) સંકરણ વિશ્લેષણ:
$PF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3 d$ સંકરણ આપે છે.
$BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3 d^2$ સંકરણ આપે છે.
$SF_6$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ પાસે $6$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે $sp^3 d^2$ સંકરણ આપે છે.
$[Co(NH_3)_6]^{3+}$: મધ્યસ્થ ધાતુ આયન $Co^{3+}$ ($d^6$ રચના) પ્રબળ લિગેન્ડ $NH_3$ સાથે આંતરિક કક્ષકીય સંકરણ અનુભવે છે,જે $d^2 sp^3$ સંકરણ આપે છે.
નિષ્કર્ષ:
વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે $BrF_5$ એ $sp^3 d^2$ છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ એ $d^2 sp^3$ છે.
તેથી,બંને વિધાનો ખોટા છે.

(D) નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસર (inert pair effect) ને કારણે,સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં નીચી ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે.
$Tl^{3+}$ એ પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે કારણ કે તે $Tl^{+}$ અવસ્થામાં રહેવાનું પસંદ કરે છે.
$Pb^{4+}$ એ પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે કારણ કે તે $Pb^{2+}$ અવસ્થામાં રહેવાનું પસંદ કરે છે.
$Sn^{4+}$,$Sn^{2+}$,$Pb^{2+}$,અને $Tl^{+}$ આ સંદર્ભમાં ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તતા નથી.
તેથી,ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તવાની અપેક્ષા ધરાવતા આયનોની સંખ્યા $2$ ($Tl^{3+}$ અને $Pb^{4+}$) છે.

(B) પ્રક્રિયાનો ક્રમ નીચે મુજબ છે:
$1$. એનિલીન $NaNO_2 + HCl$ સાથે $0-5 \ ^\circ C$ તાપમાને પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ બનાવે છે.
$2$. બેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $Cu_2Cl_2$ (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા) સાથે પ્રક્રિયા કરીને ક્લોરોબેન્ઝીન બનાવે છે.
$3$. ક્લોરોબેન્ઝીન $NaOH$ સાથે $623 \ K$ અને $300 \ atm$ દબાણે (ડાઉ પ્રક્રિયા) પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારબાદ એસિડિકરણ $(H^+)$ દ્વારા ફિનોલ બનાવે છે.
તેથી,અંતિમ નીપજ $(A)$ ફિનોલ છે.

(D) પ્રક્રિયા નીચે મુજબ આગળ વધે છે:
$1$. $CH_3-COOH \xrightarrow{LiAlH_4} CH_3-CH_2-OH$ (કાર્બોક્સિલિક એસિડનું પ્રાથમિક આલ્કોહોલમાં રિડક્શન).
$2$. $CH_3-CH_2-OH \xrightarrow{PCC} CH_3-CHO$ (પ્રાથમિક આલ્કોહોલનું આલ્ડિહાઇડમાં ઓક્સિડેશન).
$3$. $CH_3-CHO \xrightarrow{HCN/OH^-} CH_3-CH(OH)-CN$ (સાયનોહાઇડ્રિન બનાવવા માટે આલ્ડિહાઇડમાં $HCN$ નું ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ).
$4$. $CH_3-CH(OH)-CN \xrightarrow{H_2O/OH^-, \Delta} CH_3-CH(OH)-COOH$ (નાઇટ્રાઇલ સમૂહનું કાર્બોક્સિલિક એસિડમાં જળવિભાજન).
આમ,અંતિમ નીપજ $P$ એ $CH_3-CH(OH)-COOH$ છે.

(C) $[PtBr_2(PMe_3)_2]$ સંકીર્ણ માટે:
$1$. $Br^-$ લિગેન્ડને બ્રોમો કહેવાય છે.
$2$. $PMe_3$ લિગેન્ડને ટ્રાયમિથાઈલફોસ્ફિન કહેવાય છે.
$3$. બે $Br^-$ લિગેન્ડ હોવાથી 'di' પૂર્વગ વાપરીને 'dibromo' મળે છે.
$4$. બે $PMe_3$ લિગેન્ડ હોવાથી 'bis' પૂર્વગ વાપરીને 'bis(trimethylphosphine)' મળે છે.
$5$. પ્લેટિનમનો ઓક્સિડેશન આંક $x + 2(-1) + 2(0) = 0$ એટલે કે $x = +2$ થાય છે.
$6$. આમ,સાચું $IUPAC$ નામ dibromobis(trimethylphosphine)platinum$(II)$ છે.

(D) ચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણોમાં ઇલેક્ટ્રોનિક રચના નક્કી કરવા માટે,આપણે પહેલા મધ્યસ્થ ધાતુ આયનનો ઓક્સિડેશન આંક શોધીએ છીએ:
$1$. $TiCl_4$: $Ti$ એ $+4$ અવસ્થામાં છે $(3d^0)$. રચના: $e^0, t_2^0$ $(III)$.
$2$. $[FeO_4]^{2-}$: $Fe$ એ $+6$ અવસ્થામાં છે $(3d^2)$. રચના: $e^2, t_2^0$ $(I)$.
$3$. $[FeCl_4]^{-}$: $Fe$ એ $+3$ અવસ્થામાં છે $(3d^5)$. રચના: $e^2, t_2^3$ $(IV)$.
$4$. $[CoCl_4]^{2-}$: $Co$ એ $+2$ અવસ્થામાં છે $(3d^7)$. રચના: $e^4, t_2^3$ $(II)$.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(A) વધારે પડતા બેન્ઝાઈલ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5CH_2Cl)$ નું એમોનિયા $(NH_3)$ સાથે એમોનોલિસિસ કરવાથી તૃતીયક એમાઈન,ટ્રાયબેન્ઝાઈલ એમાઈન,$(C_6H_5CH_2)_3N$ બને છે.
આ એક $3^{\circ}$ એમાઈન છે,જે $p-$ટોલ્યુઈનસલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ (હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક) સાથે પ્રક્રિયા કરતું નથી કારણ કે તેમાં નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલ એસિડિક હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોતો નથી.
તેથી,દ્રાવણ પારદર્શક રહે છે.
એમાઈન $(X)$ નું રાસાયણિક સૂત્ર $(C_6H_5CH_2)_3N$ છે,જે $C_{21}H_{21}N$ છે.
મોલર દળની ગણતરી નીચે મુજબ છે: $(21 \times 12) + (21 \times 1) + (1 \times 14) = 252 + 21 + 14 = 287 \ g \ mol^{-1}$.

(C) ઠારબિંદુમાં ઘટાડો $\Delta T_f = T_f^\circ - T_f = 273.15 \ K - 270.65 \ K = 2.5 \ K$ છે.
ઠારબિંદુ અવનયનનું સૂત્ર $\Delta T_f = K_f \times m$ છે,જ્યાં $m$ એ મોલાલિટી છે.
$m = \frac{n_{methanol}}{w_{water} \text{ (kg માં)}} = \frac{n}{0.1 \ kg}$.
કિંમતો મૂકતા: $2.5 = 1.86 \times \frac{n}{0.1} \Rightarrow n = \frac{2.5 \times 0.1}{1.86} \approx 0.1344 \ mol$.
મિથેનોલનું દળ $w = n \times M = 0.1344 \ mol \times 32 \ g \ mol^{-1} \approx 4.3008 \ g$ છે.
મિથેનોલનું કદ $V = \frac{w}{d} = \frac{4.3008 \ g}{0.792 \ g \ cm^{-3}} \approx 5.4303 \ mL$ છે.
આપેલ છે કે $V = x \times 10^{-2} \ mL$,તેથી $5.4303 = x \times 10^{-2}$,એટલે કે $x = 543.03$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$x = 543$.

(D) $1$. ફિનેટોલ $(C_6H_5OC_2H_5)$ નું $HNO_3$ અને $H_2SO_4$ સાથે નાઈટ્રેશન થતા મુખ્ય નીપજ $(P)$ તરીકે $p$-નાઈટ્રોફિનેટોલ મળે છે.
$2$. ત્યારબાદ $p$-નાઈટ્રોફિનેટોલનું $Fe$ ની હાજરીમાં $Br_2$ સાથે બ્રોમિનેશન થતા મુખ્ય નીપજ $(Q)$ તરીકે $2,6$-ડાયબ્રોમો-$4$-નાઈટ્રોફિનેટોલ મળે છે.
$3$. $Q$ નું આણ્વીય સૂત્ર $C_8H_7Br_2NO_3$ છે.
$4$. $Q$ માં,ઓક્સિજન પરમાણુઓની સંખ્યા $3$ છે અને બ્રોમીન પરમાણુઓની સંખ્યા $2$ છે.
$5$. ઓક્સિજન અને બ્રોમીન પરમાણુઓનો ગુણોત્તર $\frac{3}{2} = 1.5$ થાય છે.
$6$. $1.5$ ને $.... \times 10^{-1}$ સ્વરૂપે દર્શાવતા,આપણને $15 \times 10^{-1}$ મળે છે.
$7$. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.