KVPY 2010 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D)
$O_2^{2-}$ માં કુલ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $18$ છે.
$O_2^{2-}$ ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોન રચના નીચે મુજબ છે:
$\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^2 = \pi^* 2p_y^2$.
બંધ ક્રમાંક શોધવાનું સૂત્ર: $BO = \frac{N_b - N_a}{2}$,જ્યાં $N_b$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન અને $N_a$ એ બંધપ્રતિકારક ઇલેક્ટ્રોન છે.
અહીં,$N_b = 10$ અને $N_a = 8$ છે.
તેથી,$BO = \frac{10 - 8}{2} = 1$.

(A) ફોટોનની ઉર્જા શોધવાનું સૂત્ર $E = \frac{hc}{\lambda}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
પ્લાન્કનો અચળાંક $(h) = 6.626 \times 10^{-34} \, J \, s$
પ્રકાશની ગતિ $(c) = 3 \times 10^8 \, ms^{-1}$
તરંગલંબાઈ $(\lambda) = 1 \, m$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{6.626 \times 10^{-34} \, J \, s \times 3 \times 10^8 \, ms^{-1}}{1 \, m}$
$E = 19.878 \times 10^{-26} \, J$
$E = 1.988 \times 10^{-25} \, J$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C)
કેન્દ્રીય પરમાણુ $Cl$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જેમાંથી તે ફ્લોરિન સાથે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે અને $2$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અબંધકારક (અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) રહે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,અણુ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે અને તેની ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ હોય છે.
અપાકર્ષણને ઘટાડવા માટે,બંને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે અણુનો આકાર $T$-આકારનો બને છે.

(D) સાચો જવાબ $ (D) $ છે.
ફ્રિડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન એ ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે. આ પ્રક્રિયામાં,એરોમેટિક સંયોજનની એસિલ ક્લોરાઇડ અથવા એસિડ એનહાઇડ્રાઇડ સાથે લુઈસ એસિડ ઉદ્દીપક (જેમ કે $ AlCl_3 $) ની હાજરીમાં પ્રક્રિયા કરીને એરોમેટિક વલયમાં એસિલ ગ્રુપ $( RCO- )$ દાખલ કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય:
$ C_6H_6 + CH_3COCl \xrightarrow{AlCl_3} C_6H_5COCH_3 + HCl $

(A) $n$-બ્યુટેન માટે સૌથી વધુ સ્થાયી સંરૂપણ એન્ટી-સ્ટેગર્ડ સ્વરૂપ છે,જેમાં બે મોટા મિથાઈલ સમૂહો એકબીજાથી $180^{\circ}$ ના ડાયહેડ્રલ ખૂણે હોય છે.
આ સંરૂપણમાં,મિથાઈલ સમૂહો વચ્ચેનું અવકાશીય અપાકર્ષણ (steric repulsion) ન્યૂનતમ હોય છે,જે તેને સૌથી વધુ સ્થાયી બનાવે છે.
આ બંધારણ વિકલ્પ $(A)$ માં દર્શાવેલ છે.

(A) આપેલ ન્યુક્લિયર પ્રક્રિયામાં: ${ }_{90}^{234} Th \longrightarrow{ }_{91}^{234} Pa + X$.
દળ ક્રમાંકના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $234 = 234 + A$,જે $A = 0$ આપે છે.
પરમાણુ ક્રમાંકના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $90 = 91 + Z$,જે $Z = -1$ આપે છે.
આમ,કણ $X$ એ ${ }_{-1}^0 e$ (બીટા કણ) છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ પ્રક્રિયાઓ છે:
$(i) \, CO_2 \rightleftharpoons CO + \frac{1}{2} O_2, \, K_{C_1} = 9.1 \times 10^{-12}$
$(ii) \, H_2O \rightleftharpoons H_2 + \frac{1}{2} O_2, \, K_{C_2} = 7.1 \times 10^{-12}$
આપણે પ્રક્રિયા $CO_2 + H_2 \rightleftharpoons CO + H_2O \quad (iii)$ માટે સંતુલન અચળાંક $K$ શોધવો છે.
પ્રક્રિયા $(iii)$ મેળવવા માટે,પ્રક્રિયા $(ii)$ ને ઉલટાવીને પ્રક્રિયા $(i)$ માં ઉમેરતા:
$(ii)$ નું ઉલટું: $H_2 + \frac{1}{2} O_2 \rightleftharpoons H_2O, \, K_{C_3} = \frac{1}{K_{C_2}} = \frac{1}{7.1 \times 10^{-12}}$
$(i)$ અને ઉલટાવેલ $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$CO_2 + H_2 + \frac{1}{2} O_2 \rightleftharpoons CO + \frac{1}{2} O_2 + H_2O$
$CO_2 + H_2 \rightleftharpoons CO + H_2O$
સંતુલન અચળાંક $K = K_{C_1} \times \frac{1}{K_{C_2}} = \frac{9.1 \times 10^{-12}}{7.1 \times 10^{-12}} = 1.28$.

(A) $PCl_3F_2$ અણુ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે.
બેન્ટના નિયમ મુજબ,વધુ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાનો પર રહેવાનું પસંદ કરે છે,જ્યારે મોટા અને ઓછી વિદ્યુતઋણતા ધરાવતા પરમાણુઓ અપાકર્ષણ ઘટાડવા માટે વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર રહેવાનું પસંદ કરે છે.
$PCl_3F_2$ માં,$F$ પરમાણુઓ $Cl$ પરમાણુઓ કરતા વધુ વિદ્યુતઋણ છે.
તેથી,$F$ પરમાણુઓ અક્ષીય સ્થાનો પર અને $Cl$ પરમાણુઓ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર ગોઠવાય છે.
આ વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ સંરચનાને અનુરૂપ છે.

(B) એનાન્ટિઓમર્સ એ સ્ટીરિયો આઈસોમર્સની જોડી છે જે એકબીજાની અરીસામાં પ્રતિબિંબિત છબીઓ છે જે એકબીજા પર સુપરઇમ્પોઝ કરી શકાતી નથી. તેમની પાસે ઓછામાં ઓછું એક કાયરલ કેન્દ્ર હોવું આવશ્યક છે.
$1$. રચના $I$ એ $pentan-2-ol$ છે જેમાં $-OH$ ગ્રુપ વેજ પર છે.
$2$. રચના $IV$ એ $pentan-2-ol$ છે જેમાં $-OH$ ગ્રુપ ડેશ પર છે.
$3$. $I$ અને $IV$ ની સરખામણી કરતા,તેઓ એકબીજાની અરીસામાં પ્રતિબિંબિત છબીઓ છે અને બંનેમાં $C-2$ સ્થાન પર કાયરલ કાર્બન પરમાણુ છે.
$4$. રચના $II$ અને $III$ માં કાયરલ કેન્દ્રો નથી,તેથી તેઓ એનાન્ટિઓમેરિક જોડીનો ભાગ બની શકતા નથી.
તેથી,સાચી એનાન્ટિઓમેરિક જોડી $I$ અને $IV$ છે.

(C) કોઈપણ સંયોજન એરોમેટિક ત્યારે જ કહેવાય જો તે નીચેની શરતોનું પાલન કરે:
$1$. તે ચક્રીય હોવું જોઈએ.
$2$. તે સમતલીય હોવું જોઈએ.
$3$. તેમાં $\pi$ ઇલેક્ટ્રોનની સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત સિસ્ટમ હોવી જોઈએ.
$4$. તે હ્યુકેલના નિયમનું પાલન કરતું હોવું જોઈએ,એટલે કે તેમાં $(4n+2) \pi$ ઇલેક્ટ્રોન હોવા જોઈએ,જ્યાં $n = 0, 1, 2, ...$.
ચાલો આપેલા વિકલ્પોનું વિશ્લેષણ કરીએ:
- વિકલ્પ $(A)$: સાયક્લોપેન્ટાડાયનાઈલ કેટાયનમાં $4 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન છે. તે એન્ટી-એરોમેટિક છે.
- વિકલ્પ $(B)$: સાયક્લોહેક્સાડાયનાઈલ કેટાયન અસમતલીય અને નોન-એરોમેટિક છે.
- વિકલ્પ $(C)$: ટ્રોપિલિયમ કેટાયન (સાયક્લોહેપ્ટાટ્રાયનાઈલ કેટાયન) માં $6 \pi$ ઇલેક્ટ્રોન $(n=1)$ છે. તે ચક્રીય,સમતલીય અને સંપૂર્ણ સંયુગ્મિત છે. તેથી,તે એરોમેટિક છે.
- વિકલ્પ $(D)$: સાયક્લોઓક્ટાટ્રાયનાઈલ કેટાયન અસમતલીય અને નોન-એરોમેટિક છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(A) અંધારામાં $CCl_4$ ની હાજરીમાં સાયક્લોહેક્સિનની બ્રોમિન સાથેની પ્રક્રિયા એ ઇલેક્ટ્રોફિલિક યોગશીલ પ્રક્રિયા છે.
બ્રોમિન દ્વિબંધ પર એન્ટી-એડિશન (વિરુદ્ધ દિશામાંથી) રીતે ઉમેરાય છે,જેના પરિણામે $trans-1,2-dibromocyclohexane$ બને છે.
આ પ્રક્રિયા ચક્રીય બ્રોમોનિયમ આયન મધ્યવર્તી દ્વારા આગળ વધે છે,જેના પર બ્રોમાઇડ આયન વિરુદ્ધ બાજુથી હુમલો કરે છે,જે ટ્રાન્સ-નીપજ તરફ દોરી જાય છે.

(A) સંયોજન $I$ ($2,3$-ડાયમિથાઈલબ્યુટ-$2$-ઈન) નું $Br_2$ સાથેનું બ્રોમિનેશન $2,3$-ડાયબ્રોમો-$2,3$-ડાયમિથાઈલબ્યુટેન આપે છે. આ નીપજ સંમિતિના સમતલને કારણે $meso$ સંયોજન છે. તેથી,તે કોઈ એનાન્શિયોમેરિક જોડી બનાવતું નથી.
સંયોજન $II$ ($2$-મિથાઈલબ્યુટ-$1$-ઈન) નું $Br_2$ સાથેનું બ્રોમિનેશન $1,2$-ડાયબ્રોમો-$2$-મિથાઈલબ્યુટેન આપે છે. $2$ નંબરના સ્થાન પરનો કાર્બન પરમાણુ કાઈરલ કેન્દ્ર $(C^*)$ બને છે. આ કાઈરલ સંયોજન એનાન્શિયોમર્સની જોડી ($d$ અને $l$ સ્વરૂપો) તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,જે એકબીજાના અરીસામાં પ્રતિબિંબ છે અને એકબીજા પર અધ્યારોપિત થઈ શકતા નથી. આમ,તે $1$ એનાન્શિયોમેરિક જોડી ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,$I$ અને $II$ માંથી ઉત્પન્ન થતી એનાન્શિયોમેરિક જોડીઓની સંખ્યા અનુક્રમે $0$ અને $1$ છે. સાચો વિકલ્પ $(a)$ છે.

(A) સંતુલન સમયે,ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta G^{\circ} = 0 \, kJ \, mol^{-1}$ હોય છે.
સંબંધ $\Delta G^{\circ} = \Delta H^{\circ} - T \Delta S^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા,સંતુલન સમયે $0 = \Delta H^{\circ} - T \Delta S^{\circ}$ મળે.
તેથી,$T = \frac{\Delta H^{\circ}}{\Delta S^{\circ}}$.
અહીં $\Delta H^{\circ} = 7.5 \, kJ \, mol^{-1} = 7500 \, J \, mol^{-1}$ અને $\Delta S^{\circ} = 25 \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}$ આપેલ છે.
$T = \frac{7500 \, J \, mol^{-1}}{25 \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}} = 300 \, K$.
આમ,મૂલ્યો $0 \, kJ \, mol^{-1}$ અને $300 \, K$ છે.

(D) $Mg(OH)_2$ ના અવક્ષેપન માટે,આયનીય ગુણાકાર દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $(K_{sp})$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
સંતુલન છે: $Mg(OH)_2(s) \rightleftharpoons Mg^{2+}(aq) + 2OH^-(aq)$
$K_{sp} = [Mg^{2+}][OH^-]^2 = 1.0 \times 10^{-12}$
આપેલ છે $[Mg^{2+}] = 0.01 \ M = 10^{-2} \ M$.
કિંમતો મૂકતા: $10^{-2} \times [OH^-]^2 = 10^{-12}$
$[OH^-]^2 = 10^{-10}$
$[OH^-] = 10^{-5} \ M$
$pOH = -\log[OH^-] = -\log(10^{-5}) = 5$
$25^{\circ}C$ તાપમાને $pH + pOH = 14$ હોવાથી,
$pH = 14 - 5 = 9$.

(B) ચક્રીય સિલિકેટ્સમાં,દરેક $SiO_4^{4-}$ ટેટ્રાહેડ્રોનના બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ વહેંચાયેલા હોય છે,જે $[SiO_3]_n^{2n-}$ સામાન્ય સૂત્ર ધરાવતી રીંગ બનાવે છે.
આકૃતિમાં $6$ સિલિકોન પરમાણુઓથી બનેલી રીંગ દર્શાવવામાં આવી છે.
સામાન્ય સૂત્રમાં $n = 6$ મૂકતા,આપણને $[SiO_3]_6^{2(6)-} = [Si_6O_{18}]^{12-}$ મળે છે.
આમ,ચક્રીય સિલિકેટ આયન $[Si_6O_{18}]^{12-}$ છે.

(A) $B_2H_{6(g)}$ ની સર્જન એન્થાલ્પી શોધવા માટે,આપણે હેસના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપણે પ્રક્રિયા મેળવવાની છે: $2 B_{(s)} + 3 H_{2(g)} \longrightarrow B_2H_{6(g)}$
આપેલ સમીકરણોનો ઉપયોગ કરતા:
$(ii) \quad 2 B_{(s)} + \frac{3}{2} O_{2(g)} \longrightarrow B_2O_{3(s)}, \quad \Delta H_2^{\circ} = -1273 \, kJ$
$(iv) \times 3 \quad 3 H_{2(g)} + \frac{3}{2} O_{2(g)}$ $\longrightarrow 3 H_2O_{(l)}, \quad 3 \times \Delta H_4^{\circ} = -858 \, kJ$
$(i) \times 3 \quad 3 H_2O_{(l)} \longrightarrow 3 H_2O_{(g)}, \quad 3 \times \Delta H_1^{\circ} = 132 \, kJ$
$-(iii) \quad B_2O_{3(s)} + 3 H_2O_{(g)} \longrightarrow B_2H_{6(g)} + 3 O_{2(g)}, \quad -\Delta H_3^{\circ} = 2035 \, kJ$
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2 B_{(s)} + 3 H_{2(g)} \longrightarrow B_2H_{6(g)}$
$\Delta H_r^{\circ} = -1273 - 858 + 132 + 2035 = 36 \, kJ$.

(A) સિલિકોન $(Si)$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $14$ છે.
આઉફબાઉના સિદ્ધાંત મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન $1 s, 2 s, 2 p, 3 s, 3 p$ ક્રમમાં ભરાય છે.
$14$ ઇલેક્ટ્રોનની ગોઠવણી નીચે મુજબ છે: $1 s^2, 2 s^2, 2 p^6, 3 s^2, 3 p^2$.
તેથી,સાચી ઇલેક્ટ્રોન રચના $1 s^2 2 s^2 2 p^6 3 s^2 3 p^2$ છે.

(A) $CaCO_{3}$ ના ઉષ્મીય વિઘટન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$CaCO_{3}(s) \stackrel{\Delta}{\longrightarrow} CaO(s) + CO_{2}(g)$
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \ mol$ $CaCO_{3}$ માંથી $1 \ mol$ $CO_{2}$ ઉત્પન્ન થાય છે.
$CaCO_{3}$ નું મોલર દળ $= 100 \ g/mol$.
$25 \ g$ $CaCO_{3}$ માં મોલની સંખ્યા:
$n(CaCO_{3}) = \frac{25 \ g}{100 \ g/mol} = 0.25 \ mol$.
$1 \ mol$ $CaCO_{3}$ માંથી $1 \ mol$ $CO_{2}$ મળતું હોવાથી,$0.25 \ mol$ $CaCO_{3}$ માંથી $0.25 \ mol$ $CO_{2}$ મળશે.
$CO_{2}$ નું મોલર દળ $= 12 + (2 \times 16) = 44 \ g/mol$.
ઉત્પન્ન થતા $CO_{2}$ નું દળ:
$Mass = n \times M = 0.25 \ mol \times 44 \ g/mol = 11 \ g$.

(B)
આવર્ત કોષ્ટકના બીજા આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં,અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારમાં વધારો થવાને કારણે તત્વોની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
બધી કક્ષકોના ઇલેક્ટ્રોન કેન્દ્ર તરફ વધુ ખેંચાય છે,જેનાથી દરેક કક્ષક નાની થતી જાય છે.

(B) સાચો જવાબ $B$ છે.
અષ્ટકના નિયમ મુજબ,વિવિધ તત્વોના પરમાણુઓ તેમના અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે એકબીજા સાથે જોડાય છે (એટલે કે,તેમની બાહ્યતમ કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન,અથવા $H, Li$ અને $Be$ ના કિસ્સામાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન મેળવીને નજીકના નિષ્ક્રિય વાયુ જેવી સ્થાયી રચના પ્રાપ્ત કરે છે).
$BCl_3$ માં,મધ્યસ્થ બોરોન $(B)$ પરમાણુ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે ત્રણ સહસંયોજક બંધ બનાવ્યા પછી તેની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે.
$6 < 8$ હોવાથી,$BCl_3$ એ ઇલેક્ટ્રોન ઉણપ ધરાવતું અણુ છે અને તે અષ્ટકનો નિયમ પાળતું નથી.

(A) આપેલ બંધારણ મુજબ,કુલ સહસંયોજક બંધોની ગણતરી કરતા:
$1$. $C-H$ બંધો: $7$
$2$. $C-C$ અને $C=C$ બંધો: $3$
$3$. $C-Br$ બંધ: $1$
કુલ સહસંયોજક બંધો = $7 + 3 + 1 = 11$ થવા જોઈએ,પરંતુ આપેલ આકૃતિમાં $12$ બંધો દર્શાવેલ છે.
આકૃતિ મુજબ ગણતરી કરતા કુલ $12$ બંધો મળે છે.

(D)
આપણે જાણીએ છીએ તેમ,$pH = -\log [H^+]$.
પ્રારંભિક $pH = 2.0$,તેથી પ્રારંભિક $[H^+]_i = 10^{-2} \ M$.
અંતિમ $pH = 5.0$,તેથી અંતિમ $[H^+]_f = 10^{-5} \ M$.
ફેરફારનો ગુણોત્તર $\frac{[H^+]_f}{[H^+]_i} = \frac{10^{-5}}{10^{-2}} = 10^{-3}$ છે.
આમ,હાઇડ્રોજન આયનની સાંદ્રતા $1000$ ગણી (હજાર ગણી) ઘટે છે.

(C) પ્રથમ પાત્ર માટે:
$H_2$ ના મોલની સંખ્યા = $\frac{2 \ g}{2 \ g/mol} = 1 \ mol$.
$H_2$ ના અણુઓની સંખ્યા = $1 \times N_A = 6.022 \times 10^{23}$ અણુઓ.
બીજા પાત્ર માટે:
$N_2$ ના મોલની સંખ્યા = $\frac{28 \ g}{28 \ g/mol} = 1 \ mol$.
$N_2$ ના અણુઓની સંખ્યા = $1 \times N_A = 6.022 \times 10^{23}$ અણુઓ.
બંને પાત્રોમાં $1 \ mol$ વાયુ હોવાથી,તેમની પાસે અણુઓની સંખ્યા સમાન હશે.

(C) . આપેલા વિકલ્પોમાં આઈસોમર્સના પ્રકારો નીચે મુજબ છે:
$(a)$ $CH_3CH_2CH_2OH$ અને $CH_3CH_2OCH_3$: આ ક્રિયાશીલ સમૂહના આઈસોમર્સ છે.
$(b)$ $CH_3CH_2CH_2Cl$ અને $CH_3CHClCH_3$: આ સ્થાનિક આઈસોમર્સ છે.
$(c)$ આપેલી રચનાઓ બ્યુટ$-2-$ઈન ના $cis$ અને $trans$ સ્વરૂપો દર્શાવે છે. તેઓ ભૌમિતિક આઈસોમર્સ છે,જે સ્ટીરિયોઆઈસોમર્સનો એક પ્રકાર છે.
$(d)$ મિથાઈલસાયક્લોપેન્ટેન અને સાયક્લોહેક્ઝેન: આ રિંગ-ચેઈન આઈસોમર્સ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.

(A) આપેલ છે $1 \, kcal = 4.184 \, kJ$. તેથી,$2500 \, kcal = 2500 \times 4.184 \, kJ = 10460 \, kJ$. ઉર્જાની જરૂરિયાત $10460 \, kJ$ છે.
$(b)$ સુક્રોઝનું મોલર દળ $(C_{12}H_{22}O_{11})$ = $342 \, g/mol$.
પ્રતિ મોલ સુક્રોઝ દ્વારા મુક્ત થતી ઉર્જા = $5600 \, kJ/mol$.
જરૂરી સુક્રોઝના મોલ = $\frac{10460 \, kJ}{5600 \, kJ/mol} \approx 1.8679 \, mol$.
સુક્રોઝનું દળ = $1.8679 \, mol \times 342 \, g/mol \approx 638.82 \, g$.
સમીકરણ મુજબ,$1 \, mol$ સુક્રોઝ $12 \, mol$ $CO_2$ ઉત્પન્ન કરે છે.
ઉત્પન્ન થતા $CO_2$ ના મોલ = $1.8679 \times 12 = 22.4148 \, mol$.
$STP$ પર $CO_2$ નું કદ = $22.4148 \, mol \times 22.4 \, L/mol \approx 502.09 \, L$.

(D) શરૂઆતમાં,તરબૂચનું કુલ વજન $1000\,kg$ છે.
પાણીનું પ્રમાણ $99\%$ હોવાથી,ઘન ભાગ (પાણી સિવાયનો) $1\% \text{ of } 1000\,kg = 0.01 \times 1000 = 10\,kg$ છે.
ધારો કે ગંતવ્ય સ્થાને તરબૂચનું નવું કુલ વજન $x\,kg$ છે.
ગંતવ્ય સ્થાને,પાણીનું પ્રમાણ $98\%$ છે,જેનો અર્થ છે કે ઘન ભાગ $2\% \text{ of } x$ છે.
ઘન ભાગનું વજન સમાન રહેતું હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$0.02 \times x = 10\,kg$.
$x = \frac{10}{0.02} = 500\,kg$.
વજનમાં થયેલો ઘટાડો $1000\,kg - 500\,kg = 500\,kg$ છે.

(D) ધારો કે $n$ એક એવી પ્રાકૃતિક સંખ્યા છે કે જેથી $\gcd(n, 10) = 1$. $n+1$ સંખ્યાઓની શ્રેણી $m_k = \frac{10^k-1}{9}$ ધ્યાનમાં લો,જ્યાં $k = 1, 2, \dots, n+1$. કબૂતરખાનાના સિદ્ધાંત (Pigeonhole Principle) મુજબ,આમાંથી ઓછામાં ઓછી બે સંખ્યાઓ,ધારો કે $m_i$ અને $m_j$ $(i < j)$,ને $n$ વડે ભાગતા સમાન શેષ મળે. તેથી,$n$ એ $m_j - m_i = 11\dots100\dots0 = 11\dots1 \times 10^i$ ને ભાગે છે. $\gcd(n, 10) = 1$ હોવાથી,$\gcd(n, 10^i) = 1$ થાય,તેથી $n$ એ $m_{j-i}$ ને ભાગવું જ પડે,જે ફક્ત $1$ અંકો ધરાવે છે.
$(b)$ ધારો કે સંમેય સંખ્યા $\frac{p}{q}$ છે. આપણે $q = 2^r \cdot 5^s \cdot t$ લખી શકીએ,જ્યાં $\gcd(t, 10) = 1$. ભાગ $(a)$ પરથી,$1$ અંકો ધરાવતી એવી સંખ્યા $m$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે $t \mid m$. ધારો કે $m = \frac{10^c-1}{9}$. તો $9m = 10^c-1$. $t \mid m$ હોવાથી,$t \mid (10^c-1)$ થાય. ધારો કે $10^c-1 = kt$. આપણે $b = \max(r, s)$ પસંદ કરી શકીએ. તો $10^b$ એ $2^r$ અને $5^s$ વડે વિભાજ્ય છે. આમ,$10^b(10^c-1)$ એ $2^r \cdot 5^s \cdot t = q$ વડે વિભાજ્ય છે. તેથી,$\frac{p}{q} = \frac{p \cdot \frac{10^b(10^c-1)}{q}}{10^b(10^c-1)} = \frac{a}{10^b(10^c-1)}$ કોઈ પૂર્ણાંક $a$ માટે.

(A) સંકીર્ણ $[Co(dien)Cl_3]$ માં ત્રિદંતીય લિગેન્ડ,ડાયઈથિલીનટ્રાયએમાઈન $(dien)$ રહેલો છે.
આ સંકીર્ણ બે ભૌમિતિક સમઘટક સ્વરૂપોમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે: $fac$ (ફેસિયલ) અને $mer$ (મેરિડિયોનલ) સમઘટકો.
$fac$-સમઘટકમાં,$dien$ લિગેન્ડના ત્રણ દાતા નાઈટ્રોજન પરમાણુઓ અને ત્રણ $Cl^-$ આયનો અષ્ટફલકીય રચનાની એક જ બાજુના ખૂણાઓ પર ગોઠવાયેલા હોય છે.
$mer$-સમઘટકમાં,$dien$ લિગેન્ડના ત્રણ દાતા નાઈટ્રોજન પરમાણુઓ અને ત્રણ $Cl^-$ આયનો મેરિડિયોનલ સમતલમાં ગોઠવાયેલા હોય છે.
તેથી,સમઘટકોની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(C)
$\pi$-એસિડ લિગેન્ડ એવા લિગેન્ડ છે જેની પાસે ખાલી $\pi^*$ (એન્ટી-બોન્ડિંગ) મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ્સ હોય છે,જે બેક-બોન્ડિંગ દ્વારા મધ્યસ્થ ધાતુ પરમાણુની ભરાયેલી $d$-ઓર્બિટલ્સમાંથી ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા સ્વીકારી શકે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$CN^{-}$ એ $\pi$-એસિડ લિગેન્ડ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તેની પાસે ધાતુમાંથી બેક-ડોનેશન માટે ખાલી $\pi^*$ ઓર્બિટલ્સ ઉપલબ્ધ હોય છે.

(B)
પ્રશ્નમાં આપ્યા મુજબ,પદાર્થની સાંદ્રતા તેના મૂળ મૂલ્યના અડધી થઈ જાય છે,જે અર્ધ-આયુષ્ય સમય $(t_{1/2})$ સૂચવે છે.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય એ શરૂઆતની સાંદ્રતાને અડધી કરવા માટે જરૂરી સમય છે.
$zero$ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$t_{1/2} = \frac{[A]_0}{2k}$.
$first$ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$t_{1/2} = \frac{0.693}{k}$.
$second$ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$t_{1/2} = \frac{1}{k[A]_0}$.
$third$ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$t_{1/2} = \frac{1}{2k[A]_0^2}$.
અહીં,$[A]_0$ એ શરૂઆતની સાંદ્રતા છે.
$first$ ક્રમની પ્રક્રિયાનું અર્ધ-આયુષ્ય શરૂઆતની સાંદ્રતા પર આધારિત નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $(b)$ છે.

(A) કોઈપણ સંયોજનની એસિડિક પ્રબળતા તેના સંયુગ્મી બેઇઝની સ્થિરતા પર આધાર રાખે છે; સંયુગ્મી બેઇઝ જેટલો વધુ સ્થિર,તેટલી તેની એસિડિક પ્રબળતા વધુ.
$I$: બેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલ $(C_6H_5CH_2OH)$ માં સંયુગ્મી બેઇઝમાં ઋણ વીજભાર ઓક્સિજન પર હોય છે અને તે બેન્ઝીન વલય દ્વારા સંસ્પંદનથી સ્થિર થતો નથી.
$II$: બેન્ઝોઈક એસિડ $(C_6H_5COOH)$ માં કાર્બોક્સિલેટ આયન $(C_6H_5COO^-)$ બને છે જે બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ દ્વારા સંસ્પંદનથી સ્થિર થાય છે.
$III$: $p$-ક્રેસોલ $(CH_3-C_6H_4-OH)$ માં ફિનોક્સાઈડ આયન બને છે જે સંસ્પંદનથી સ્થિર થાય છે,પરંતુ $-CH_3$ સમૂહની $+I$ અસરને કારણે તે બેન્ઝોઈક એસિડ કરતા ઓછો સ્થિર છે.
$IV$: બેન્ઝીન સલ્ફોનિક એસિડ $(C_6H_5SO_3H)$ માં સલ્ફોનેટ આયન $(C_6H_5SO_3^-)$ બને છે જેમાં ઋણ વીજભાર ત્રણ અત્યંત વિદ્યુતઋણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ પર વિસ્થાનિકૃત થાય છે,જે તેને સૌથી વધુ સ્થિર બનાવે છે.
આમ,એસિડિકતાનો ક્રમ $I < III < II < IV$ છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
જ્યારે $CuSO_4$ ના સાંદ્ર દ્રાવણને $CuSO_4$ ના મંદ દ્રાવણ સાથે મિશ્ર કરવામાં આવે છે,ત્યારે આ પ્રક્રિયા મૂળભૂત રીતે મંદન પ્રક્રિયા છે.
મંદન દરમિયાન,દ્રાવ્યના કણો મોટા કદમાં ફેલાતા હોવાથી તેમની અસ્તવ્યસ્તતા (randomness) વધે છે,જે એન્ટ્રોપીમાં વધારો $(\Delta S > 0)$ તરફ દોરી જાય છે.
સમાન તાપમાને સમાન દ્રાવ્યના બે દ્રાવણોને મિશ્ર કરવામાં આવતા ઉષ્માનો ફેરફાર નગણ્ય હોય છે (આદર્શ મિશ્રણ ધારણા),તેથી એન્થાલ્પી ફેરફાર $(\Delta H)$ આશરે શૂન્ય હોય છે.

(B)
તાપમાન વધારવાથી પ્રક્રિયક અણુઓની ગતિજ ઉર્જા વધે છે.
આનાથી અથડામણોની સંખ્યા,અથડામણોની સરેરાશ ઉર્જા અને પ્રક્રિયક અણુઓના સરેરાશ વેગમાં વધારો થાય છે.
જોકે,સક્રિયકરણ ઉર્જા $(E_a)$ એ પ્રક્રિયાના માર્ગનો લાક્ષણિક ગુણધર્મ છે અને તે તાપમાનથી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,તાપમાન વધારવાથી સક્રિયકરણ ઉર્જા વધતી નથી.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
ફેસ-સેન્ટર્ડ ક્યુબિક $(fcc)$ એકમ કોષમાં બધા ખૂણાઓ પર અને ઘનના તમામ ફલકોના કેન્દ્ર પર પરમાણુઓ હોય છે.
આમ,$fcc$ માં પરમાણુઓની સંખ્યા $= (\frac{1}{8} \times 8) + (\frac{1}{2} \times 6) = 1 + 3 = 4$.
બોડી-સેન્ટર્ડ ક્યુબિક $(bcc)$ એકમ કોષમાં દરેક ખૂણા પર એક પરમાણુ અને તેના શરીરના કેન્દ્ર (body center) પર એક પરમાણુ હોય છે.
આમ,$bcc$ માં પરમાણુઓની સંખ્યા $= (\frac{1}{8} \times 8) + 1 = 1 + 1 = 2$.

(B) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા $R \longrightarrow P$ માટે,વેગ નિયમ છે: $\text{Rate} = -\frac{d[R]}{dt} = k[R]$.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{d[R]}{[R]} = -k dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{d[R]}{[R]} = -\int k dt \Rightarrow \ln[R] = -kt + C$.
જ્યારે $t = 0$,$[R] = [R_0]$,તેથી $\ln[R_0] = C$.
$C$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\ln[R] = -kt + \ln[R_0]$.
ગોઠવતા: $\ln \frac{[R]}{[R_0]} = -kt$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા: $\frac{[R]}{[R_0]} = e^{-kt}$.
તેથી,$t$ સમયે સાંદ્રતા: $[R] = [R_0] e^{-kt}$ થાય છે.

(A) પ્રક્રિયા $2 NO_{2(g)} \longrightarrow 2 NO_{(g)} + O_{2(g)}$ માટે,વેગનું સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$r = -\frac{1}{2} \frac{d[NO_2]}{dt} = +\frac{1}{2} \frac{d[NO]}{dt} = +\frac{d[O_2]}{dt}$.
$1$. વક્ર $Z$ એ પ્રક્રિયક $NO_2$ દર્શાવે છે કારણ કે સમય સાથે તેની સાંદ્રતા ઘટે છે.
$2$. વક્ર $X$ અને $Y$ એ નીપજો $NO$ અને $O_2$ દર્શાવે છે કારણ કે સમય સાથે તેમની સાંદ્રતા વધે છે.
$3$. તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$NO$ ના બનવાનો દર $O_2$ ના બનવાના દર કરતા બમણો છે (એટલે કે,$\frac{d[NO]}{dt} = 2 \frac{d[O_2]}{dt}$).
$4$. તેથી,$NO$ ની સાંદ્રતા $O_2$ કરતા ઝડપથી વધે છે,જેનો અર્થ છે કે વક્ર $X$ એ $NO$ ને અનુરૂપ છે અને વક્ર $Y$ એ $O_2$ ને અનુરૂપ છે.
આમ,$X = NO, Y = O_2, Z = NO_2$.

(C) ઓક્ઝેલિક એસિડ ડાયહાઇડ્રેટ $(H_2C_2O_4 \cdot 2H_2O)$ નું મોલર દળ $126 \ g/mol$ છે. તુલ્ય વજન $126/2 = 63 \ g/eq$ છે.
$100 \ mL$ દ્રાવણની પ્રારંભિક નોર્માલિટી $(N_1): N_1 = \frac{2.52 \ g}{63 \ g/eq \times 0.1 \ L} = 0.4 \ N$.
મંદન સૂત્ર $N_1V_1 = N_2V_2$ નો ઉપયોગ કરતા: $0.4 \ N \times 10 \ mL = N_2 \times 500 \ mL$.
$N_2 = \frac{0.4 \times 10}{500} = 0.008 \ N$.
અંતિમ દ્રાવણમાં ઓક્ઝેલિક એસિડનું પ્રમાણ ($mg/mL$ માં):
$10 \ mL$ માં ઓક્ઝેલિક એસિડનું દળ $= \frac{2.52 \ g}{100 \ mL} \times 10 \ mL = 0.252 \ g = 252 \ mg$.
સાંદ્રતા $= \frac{252 \ mg}{500 \ mL} = 0.504 \ mg/mL$.

(A) પ્રક્રિયા $(I)$ માં,$CH_2OH$ સાઇડ ચેઇનનો $OH$ સમૂહ $HBr$ દ્વારા પ્રોટોનેટેડ થઈને એક સારો લિવિંગ ગ્રુપ $(H_2O^+)$ બનાવે છે. આ પાણી તરીકે દૂર થઈને રેઝોનન્સ-સ્થાયી બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન બનાવે છે,જેના પર $Br^-$ હુમલો કરીને $3-(bromomethyl)phenol$ આપે છે.
પ્રક્રિયા $(II)$ માં,ઈથર ઓક્સિજન $HBr$ દ્વારા પ્રોટોનેટેડ થાય છે. $C-O$ બંધનું વિભાજન એવી રીતે થાય છે કે મિથાઈલ સમૂહ $CH_3Br$ તરીકે મુક્ત થાય છે કારણ કે ફિનાઈલ રિંગ સાથે જોડાયેલ $C-O$ બંધમાં રેઝોનન્સને કારણે આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા હોય છે,જે તેને વધુ મજબૂત અને તોડવામાં મુશ્કેલ બનાવે છે. આમ,પ્રક્રિયા બેન્ઝીન-$1,3-diol$ (રિસોરસીનોલ) અને $CH_3Br$ આપે છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
આપેલ છે, ધાતુની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા, $r = 141.4 \, pm$.
ફલક-કેન્દ્રિત ઘન $(fcc)$ રચના માટે, ધારની લંબાઈ $a$ અને પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $r$ વચ્ચેનો સંબંધ $r = \frac{a}{2\sqrt{2}}$ છે.
$a$ માટે સૂત્ર બનાવતા, $a = 2\sqrt{2}r$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $a = 2 \times 1.414 \times 141.4 = 400 \, pm$.
એકમ કોષનું કદ $V = a^3$ છે.
$V = (400 \, pm)^3 = 64,000,000 \, pm^3 = 64 \times 10^6 \, pm^3$.
આને $6.4 \times 10^7 \, pm^3$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.

(D) ઠારબિંદુ અવનયનનો ઉપયોગ કરીને મોલર દળ $(M_2)$ શોધવાનું સૂત્ર: $M_2 = \frac{k_f \times w_2 \times 1000}{\Delta T_f \times w_1}$
આપેલ છે: $w_2 = 8.0 \, g$,$w_1 = 92 \, g$,$\Delta T_f = 0.925 \, ^{\circ}C$,$k_f = 1.85 \, ^{\circ}C \, kg \, mol^{-1}$.
કિંમતો મૂકતા: $M_2 = \frac{1.85 \times 8.0 \times 1000}{0.925 \times 92} = \frac{14800}{85.1} \approx 173.9 \, g \, mol^{-1}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $160 \, g \, mol^{-1}$ છે.

(B) $K_3[Fe(CN)_6]$ માં $Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે. તેથી,$Fe^{3+}$ માટે ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^5$ છે.
$CN^-$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ હોવાથી,તે $d$-કક્ષકોમાં ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે.
ક્રિસ્ટલ ફિલ્ડમાં રચના $t_{2g}^5 e_g^0$ થાય છે.
$CFSE = (-0.4 \times 5 + 0.6 \times 0) \Delta_o = -2.0 \Delta_o$.
અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n) = 1$.
ચુંબકીય મોમેન્ટ,$\mu = \sqrt{n(n+2)} = \sqrt{1(1+2)} = \sqrt{3} BM$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D)
ઉત્કલનબિંદુ ઉન્નયન એ સંખ્યાત્મક ગુણધર્મ છે,જે દ્રાવણમાં રહેલા દ્રાવ્યના કણોની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
સમાન મોલર સાંદ્રતા $(0.01 \, M)$ માટે,જે દ્રાવણનો વોન્ટ હોફ અવયવ $(i)$ સૌથી વધુ હોય તેનું ઉત્કલનબિંદુ સૌથી વધુ હોય છે.
$1$. સુક્રોઝ $(C_{12}H_{22}O_{11})$: અવિદ્યુતવિભાજ્ય,$i = 1$.
$2$. $NaCl$: $NaCl \rightarrow Na^{+} + Cl^{-}$ તરીકે વિયોજન પામે છે,$i = 2$.
$3$. $CaCl_2$: $CaCl_2 \rightarrow Ca^{2+} + 2Cl^{-}$ તરીકે વિયોજન પામે છે,$i = 3$.
$CaCl_2$ મહત્તમ કણો ($3$ આયનો) ઉત્પન્ન કરતું હોવાથી,તેનું ઉત્કલનબિંદુ સૌથી વધુ હશે.

(A) .
$MnO_2$ ને સાંદ્ર $HCl$ સાથે ગરમ કરતા,$MnCl_2$ અને $H_2O$ ની સાથે $Cl_2$ વાયુ ઉત્પન્ન થાય છે.
તેની રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$MnO_2 + 4HCl \longrightarrow MnCl_2 + 2H_2O + Cl_2$

(D) કાર્બનિક સંયોજનોની $1 \ N \ NaOH$ (બેઝ) અને $1 \ N \ HCl$ (એસિડ) માં દ્રાવ્યતા તેમના એસિડિક અથવા બેઝિક સ્વભાવ પર આધાર રાખે છે.
$(i)$ સંયોજન $A$ તટસ્થ છે કારણ કે તે એસિડ કે બેઝ સાથે પ્રક્રિયા કરતું નથી. તેથી,$A = III$ $(C_6H_5CH_2CH_3)$.
$(ii)$ સંયોજન $B$ એસિડિક છે કારણ કે તે $NaOH$ માં ઓગળે છે પણ $HCl$ માં નહીં. તેથી,$B = II$ $(C_6H_5CH_2COOH)$.
$(iii)$ સંયોજન $C$ ઉભયગુણી (amphoteric) છે કારણ કે તે $NaOH$ અને $HCl$ બંનેમાં ઓગળે છે. તેથી,$C = IV$ $(C_6H_5CH_2CH(NH_2)COOH)$.
$(iv)$ સંયોજન $D$ બેઝિક છે કારણ કે તે $HCl$ માં ઓગળે છે પણ $NaOH$ માં નહીં. તેથી,$D = I$ $(C_6H_5CH_2NH_2)$.
$(b)$ નિસ્યંદિત પાણીમાં સૌથી વધુ દ્રાવ્યતા ધરાવતું સંયોજન $IV$ $(C_6H_5CH_2CH(NH_2)COOH)$ છે કારણ કે તે પાણીમાં ઝ્વિટર આયન $(C_6H_5CH_2CH(NH_3^+)COO^-)$ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,જે અત્યંત ધ્રુવીય છે.