KVPY 2012 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C)
કોઈપણ સ્પીસીઝનો બંધક્રમાંક $(BO)$ $BO = \frac{N_b - N_a}{2}$ સૂત્ર દ્વારા ગણી શકાય છે,જ્યાં $N_b$ એ બંધકારક કક્ષકોમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N_a$ એ બંધપ્રતિકારક કક્ષકોમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$(a)$ $O_2$: ઇલેક્ટ્રોન રચના $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2, \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^1, \pi^* 2p_y^1$ છે. $BO = \frac{10 - 6}{2} = 2.0$.
$(b)$ $F_2$: ઇલેક્ટ્રોન રચના $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2, \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^2, \pi^* 2p_y^2$ છે. $BO = \frac{10 - 8}{2} = 1.0$.
$(c)$ $O_2^{+}$: ઇલેક્ટ્રોન રચના $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2, \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^1$ છે. $BO = \frac{10 - 5}{2} = 2.5$.
$(d)$ $F_2^{-}$: ઇલેક્ટ્રોન રચના $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2, \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^2, \pi^* 2p_y^2, \sigma^* 2p_z^1$ છે. $BO = \frac{10 - 9}{2} = 0.5$.
આમ,$O_2^{+}$ નો બંધક્રમાંક સૌથી વધુ છે.

(D) અણુની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $(\mu)$ તેના ભૌમિતિક આકાર અને બંધની ધ્રુવીયતા પર આધાર રાખે છે.
$BCl_3$ ત્રિકોણીય સમતલીય,$BeCl_2$ રેખીય અને $CCl_4$ સમચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ધરાવે છે. આ અણુઓ અત્યંત સંમિતિય હોવાથી તેમના વ્યક્તિગત બંધ દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,પરિણામે ચોખ્ખી દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $\mu = 0$ થાય છે.
$NCl_3$ ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ ધરાવે છે અને નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) હોય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરી અને $N-Cl$ બંધોની અસંમિતિય ગોઠવણીને કારણે,બંધ દ્વિધ્રુવો એકબીજાને નાબૂદ કરતા નથી,તેથી તેની દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા શૂન્ય હોતી નથી $(\mu \neq 0)$.

(A) ઇલેક્ટ્રોન માટે માન્ય ક્વોન્ટમ નંબરો નીચેની શરતોનું પાલન કરે છે:
$(i)$ $l$ ની કિંમત $0$ થી $n-1$ સુધી હોવી જોઈએ.
$(ii)$ $m_l$ ની કિંમત $-l$ થી $+l$ સુધી હોવી જોઈએ.
$(iii)$ $m_s$ ની કિંમત $\pm 1/2$ હોવી જોઈએ.
$n=1$ માટે,$l$ ની માત્ર એક જ શક્ય કિંમત $0$ છે.
જો $l=0$ હોય,તો $m_l$ ની કિંમત $0$ થાય.
તેથી,$n=1, l=0, m_l=0, m_s=+1/2$ એ માન્ય સમૂહ છે.

(D) જ્યારે બેન્ઝીન ઇલેક્ટ્રોફાઇલ $E^{+}$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોફાઇલ બેન્ઝીન રિંગની $\pi$-ઇલેક્ટ્રોન સિસ્ટમ પર હુમલો કરે છે અને એક રેઝોનન્સ-સ્થિર કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બનાવે છે જેને $\sigma$-કોમ્પ્લેક્સ અથવા એરેનિયમ આયન કહેવામાં આવે છે. આ મધ્યવર્તીમાં,હુમલાના સ્થાન પરનો કાર્બન અણુ $sp^3$ સંકરણ પામે છે,જે ઇલેક્ટ્રોફાઇલ $E$ અને હાઇડ્રોજન અણુ $H$ બંને ધરાવે છે. ધન વીજભાર રિંગના બાકીના પાંચ કાર્બન અણુઓ પર વિસ્થાનિત થાય છે,ખાસ કરીને હુમલાના સ્થાનની સાપેક્ષમાં ઓર્થો અને પેરા સ્થાનો પર. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,જે રચના એરેનિયમ આયનમાં ધન વીજભારના વિસ્થાનિકરણને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે તે વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) અણુનું સૌથી સ્થાયી સ્વરૂપ તે છે જેમાં ન્યૂનતમ અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) અને ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક અપાકર્ષણ હોય. $2,3-$ડાયબ્રોમોબ્યુટેનના કિસ્સામાં,એન્ટી-સ્ટેગર્ડ (anti-staggered) સ્વરૂપ સૌથી વધુ સ્થાયી છે કારણ કે બે મોટા બ્રોમિન પરમાણુઓ એકબીજાથી $180^{\circ}$ ના ડાયહેડ્રલ ખૂણે ગોઠવાયેલા હોય છે,જે અવકાશી અપાકર્ષણને ઘટાડે છે.

(B) ઉર્જા $(E)$ અને તાપમાન $(T)$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k_B$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે.
આપેલ છે $E = 1.0 \ eV = 1.602 \times 10^{-19} \ J$.
બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \ J/K$.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{E}{k_B} = \frac{1.602 \times 10^{-19} \ J}{1.38 \times 10^{-23} \ J/K} \approx 1.16 \times 10^4 \ K$.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી સૌથી નજીકની કિંમત $10^4 \ K$ છે.

(A) વિનાઇલ બ્રોમાઇડ $(CH_2=CHBr)$ ની $NaNH_2$ જેવા પ્રબળ બેઇઝ સાથેની પ્રક્રિયા એ ડીહાઇડ્રોહેલોજિનેશન પ્રક્રિયા છે.
$NaNH_2$ એ ખૂબ જ પ્રબળ બેઇઝ છે જે વિનાઇલ બ્રોમાઇડમાંથી પ્રોટોન દૂર કરે છે,જેના પરિણામે $HBr$ નું વિલોપન થાય છે અને એસિટિલીન $(HC \equiv CH)$ માં ત્રિબંધ બને છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$CH_2=CHBr + NaNH_2 \rightarrow HC \equiv CH + NaBr + NH_3$
આમ,મુખ્ય નીપજ એસિટિલીન $(HC \equiv CH)$ છે.

(C) એલાઈલ આલ્કોહોલ $(CH_2=CH-CH_2OH)$ ની સાંદ્ર $HBr$ સાથેની પ્રક્રિયા ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે.
પ્રથમ,હાઇડ્રોક્સિલ સમૂહ પ્રોટોનેટેડ થઈને સારો લિવિંગ ગ્રુપ $(-OH_2^+)$ બનાવે છે.
ત્યારબાદ,પાણી દૂર થઈને રેઝોનન્સ-સ્થાયી એલાઈલિક કાર્બોકેટાયન ($CH_2=CH-CH_2^+$ $\leftrightarrow$ $^+CH_2-CH=CH_2$) બનાવે છે.
અંતે,બ્રોમાઈડ આયન $(Br^-)$ કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને એલાઈલ બ્રોમાઈડ $(CH_2=CH-CH_2Br)$ બનાવે છે.
આમ,મુખ્ય નીપજ એલાઈલ બ્રોમાઈડ છે.

(B) હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણ નીચે મુજબ છે: $pH = pK_a + \log \frac{[\text{conjugate base}]}{[\text{acid}]}$.
અહીં આપેલ છે કે એસિડ અને તેના સંયુગ્મી બેઝની સાંદ્રતા સમાન છે,તેથી $[\text{conjugate base}] = [\text{acid}]$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{[\text{conjugate base}]}{[\text{acid}]} = 1$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $pH = 5.85 + \log(1)$.
કારણ કે $\log(1) = 0$,તેથી $pH = 5.85 + 0 = 5.85$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંક (bond order) ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
આ સ્પીસીઝ માટે બંધ ક્રમાંક $(BO)$ નીચે મુજબ છે:
$1$. $CO$ માટે: બંધ ક્રમાંક $3.0$ છે.
$2$. $CO_2$ માટે: સંસ્પંદન બંધારણ મુજબ સરેરાશ બંધ ક્રમાંક $2.0$ છે.
$3$. $CO_3^{2-}$ માટે: સંસ્પંદન બંધારણ મુજબ સરેરાશ બંધ ક્રમાંક $1.33$ છે.
બંધ ક્રમાંકનો ક્રમ $CO > CO_2 > CO_3^{2-}$ હોવાથી,બંધ લંબાઈનો ક્રમ તેનાથી ઉલટો એટલે કે $CO < CO_2 < CO_3^{2-}$ થશે.

(B) આપેલ પ્રતિક્રિયાઓ:
$(i) \ 2 P_{(g)} + 3 Cl_{2(g)} \rightleftharpoons 2 PCl_{3(g)} \quad K_1$
$(ii) \ PCl_{3(g)} + Cl_{2(g)} \rightleftharpoons PCl_{5(g)} \quad K_2$
લક્ષ્ય પ્રતિક્રિયા:
$(iii) \ 2 P_{(g)} + 5 Cl_{2(g)} \rightleftharpoons 2 PCl_{5(g)}$
પ્રતિક્રિયા $(iii)$ મેળવવા માટે,આપણે પ્રતિક્રિયા $(ii)$ ને $2$ વડે ગુણીએ છીએ અને તેને પ્રતિક્રિયા $(i)$ માં ઉમેરીએ છીએ:
$2 \times [PCl_{3(g)} + Cl_{2(g)} \rightleftharpoons PCl_{5(g)}] \implies 2 PCl_{3(g)} + 2 Cl_{2(g)} \rightleftharpoons 2 PCl_{5(g)} \quad K' = K_2^2$
$(i)$ અને સુધારેલ $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2 P_{(g)} + 5 Cl_{2(g)} \rightleftharpoons 2 PCl_{5(g)}$
અંતિમ પ્રતિક્રિયા માટે સંતુલન અચળાંક $K = K_1 \times K_2^2 = K_1 K_2^2$ થાય છે.

(B) સિલિકોન $(Si)$ સમૂહ $14$ માં આવે છે અને તેની પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. બોરોન $(B)$ સમૂહ $13$ માં આવે છે અને તેની પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
જ્યારે સિલિકોનમાં બોરોનનું ડોપિંગ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બોરોન પરમાણુઓ સિલિકોન પરમાણુઓની જગ્યાએ લેટીસ સાઇટ્સ પર ગોઠવાય છે.
બોરોન પાસે માત્ર $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તે પાડોશી સિલિકોન પરમાણુઓ સાથે માત્ર $3$ સહસંયોજક બંધ બનાવી શકે છે.
ચોથો બંધ અધૂરો રહે છે,જેનાથી ઇલેક્ટ્રોન હોલ (ખાલી જગ્યા) સર્જાય છે.
આ ઇલેક્ટ્રોન હોલ ધન વીજભાર વાહક તરીકે કામ કરે છે,જેના પરિણામે $p-$પ્રકારનો સેમિકન્ડક્ટર બને છે.

(A) પ્રક્રિયાની શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. ટર્મિનલ આલ્કાઈન $Ph-C \equiv CH$ એ $NH_3$ માં $NaNH_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એસિટિલાઈડ આયન $Ph-C \equiv C^- Na^+$ બનાવે છે.
$2$. આ ન્યુક્લિયોફિલિક એસિટિલાઈડ આયન $CH_3I$ સાથે $S_N2$ પ્રક્રિયા કરીને વિસ્થાપિત આલ્કાઈન $Ph-C \equiv C-CH_3$ બનાવે છે.
$3$. $H_2$ અને $Pd/C$ નો ઉપયોગ કરીને આંતરિક આલ્કાઈન $Ph-C \equiv C-CH_3$ નું ઉદ્દીપકીય હાઇડ્રોજનેશન કરવાથી cis-આલ્કીન,$Ph-CH=CH-CH_3$ મળે છે.

(C) આપાત ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $E = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{660 \times 10^{-9}} = 3.01 \times 10^{-19} \, J$.
કાર્ય વિધેય $\Phi = 1.0 \, eV = 1.6 \times 10^{-19} \, J$.
ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $KE = E - \Phi = 3.01 \times 10^{-19} - 1.6 \times 10^{-19} = 1.41 \times 10^{-19} \, J$.
દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m KE}}$ છે.
$m = 9.1 \times 10^{-31} \, kg$ અને $h = 6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s$ મૂકતા:
$\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 1.41 \times 10^{-19}}} \approx 1.32 \times 10^{-9} \, m$.

(B)
આપેલ છે,$\Delta H_{vap} = 20 \, kJ/mol$.
બાષ્પીભવનની પ્રક્રિયા માટે,વાયુના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_g = n_{gas} - n_{liquid} \approx 1 - 0 = 1$.
તાપમાન $T = 60 + 273 = 333 \, K$.
એન્થાલ્પી ફેરફાર અને આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$ છે.
આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર માટે સૂત્ર: $\Delta U = \Delta H - \Delta n_g RT$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta U = 20 \, kJ/mol - (1 \, mol \times 8.314 \times 10^{-3} \, kJ \cdot K^{-1} \cdot mol^{-1} \times 333 \, K)$.
$\Delta U = 20 - 2.768 \approx 17.23 \, kJ/mol$.
આમ,મૂલ્ય $17.2 \, kJ/mol$ ની નજીક છે.

(D)
આપેલ છે:
આદર્શ વાયુના મોલની સંખ્યા,$n = 3$
પ્રારંભિક કદ,$V_1 = 2 \, L$
અંતિમ કદ,$V_2 = 20 \, L$
તાપમાન,$T = 300 \, K$
સમતાપી પ્રતિવર્તી પ્રક્રિયા માટે,આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ થાય છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$q = -w$.
શોષાયેલી ઉષ્મા $(q)$ નીચે મુજબ ગણી શકાય:
$q = 2.303 n R T \log \frac{V_2}{V_1}$
કિંમતો મૂકતા:
$q = 2.303 \times 3 \times 8.314 \times 300 \times \log \frac{20}{2}$
$q = 2.303 \times 3 \times 8.314 \times 300 \times 1 \approx 17200 \, J = 17.2 \, kJ$.

(C) પ્રક્રિયા માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$2Ca + O_2 \rightarrow 2CaO$
પગલું $1$: $Ca$ ના મોલની ગણતરી કરો.
$Ca \text{ ના મોલ} = \frac{20 \ g}{40 \ g/mol} = 0.5 \ mol$
પગલું $2$: ઉત્પન્ન થતા $CaO$ ના મોલ શોધવા માટે સ્ટોઇકિયોમેટ્રીનો ઉપયોગ કરો.
સમીકરણ મુજબ,$2 \ mol \ Ca$ માંથી $2 \ mol \ CaO$ બને છે,એટલે કે $1 \ mol \ Ca$ માંથી $1 \ mol \ CaO$ બને છે.
તેથી,$0.5 \ mol \ Ca$ માંથી $0.5 \ mol \ CaO$ બનશે.
પગલું $3$: $CaO$ નું દળ શોધો.
$CaO \text{ નું દળ} = 0.5 \ mol \times 56 \ g/mol = 28 \ g$
આમ,કેલ્શિયમ ઓક્સાઈડનું વજન $28 \ g$ છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
${}_{19}^{40} K^{+}$ આયન માટે:
પરમાણુ ક્રમાંક $(Z) = 19$,પરમાણુ દળ $(A) = 40$.
તટસ્થ $K$ પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $= 19$. $K^{+}$ આયન હોવાથી,તેણે $1$ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવ્યો છે,તેથી ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $= 19 - 1 = 18$.
ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $= A - Z = 40 - 19 = 21$.
ઇલેક્ટ્રોન અને ન્યુટ્રોનનો સરવાળો $= 18 + 21 = 39$.

(D) સાચો વિકલ્પ $D$ છે.
આવર્ત કોષ્ટકમાં,જેમ આપણે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જઈએ છીએ,તેમ ધાત્વીય ગુણધર્મ ઘટે છે અને અધાત્વીય ગુણધર્મ વધે છે.
પરિણામે,ઓક્સાઇડની બેઝિક પ્રકૃતિ ઘટે છે અને એસિડિક પ્રકૃતિ વધે છે.
આપેલા ઓક્સાઇડની સરખામણી કરતા: $Na_2O$ (આલ્કલી ધાતુનો ઓક્સાઇડ),$Al_2O_3$ (ઉભયગુણી ઓક્સાઇડ),$SiO_2$ (એસિડિક ઓક્સાઇડ),અને $P_2O_5$ (એસિડિક ઓક્સાઇડ).
$Na_2O$ સૌથી વધુ બેઝિક ઓક્સાઇડ છે કારણ કે $Na$ એ આલ્કલી ધાતુ છે.
બેઝિકતાનો ક્રમ $P_2O_5 < SiO_2 < Al_2O_3 < Na_2O$ છે.

(D) તીવ્ર (intensive) ચલ એવા ચલ છે જે પદાર્થના જથ્થા કે કદ પર આધાર રાખતા નથી.
આપેલ જથ્થાઓ પૈકી ઘનતા,તાપમાન અને દબાણ એ તીવ્ર ચલ છે,જ્યારે ઉષ્મા ધારિતા,એન્થાલ્પી અને કદ એ વિસ્તૃત (extensive) ચલ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B)
$KAl(SO_4)_x \cdot 12 H_2O$ એ પોટાશ એલમનું પ્રમાણસૂચક સૂત્ર છે,જે એક દ્વિક્ષાર છે.
પોટાશ એલમ $K_2SO_4 \cdot Al_2(SO_4)_3 \cdot 24 H_2O$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
પ્રમાણસૂચક સૂત્ર મેળવવા માટે સૂત્રને $2$ વડે ભાગતા,આપણને $KAl(SO_4)_2 \cdot 12 H_2O$ મળે છે.
આમ,$x = 2$ નું મૂલ્ય મળે છે.

(B) આ પ્રક્રિયા પ્રોપાઇન $(H_3C-C\equiv CH)$ માં $HBr$ નું ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી યોગશીલ પ્રક્રિયા છે.
પગલું $1$: $HBr$ નો પ્રથમ અણુ માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ ત્રિબંધમાં ઉમેરાય છે,જ્યાં ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી $H^+$ ટર્મિનલ કાર્બન સાથે જોડાય છે જેથી વધુ સ્થાયી દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન $(H_3C-C^+=CH_2)$ બને છે. ત્યારબાદ બ્રોમાઇડ આયન $(Br^-)$ કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને $2-$બ્રોમોપ્રોપીન $(H_3C-C(Br)=CH_2)$ બનાવે છે.
પગલું $2$: $HBr$ નો બીજો અણુ $2-$બ્રોમોપ્રોપીનના દ્વિબંધમાં ફરીથી માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ ઉમેરાય છે. $H^+$ ટર્મિનલ કાર્બન $(CH_2)$ સાથે જોડાઈને વધુ સ્થાયી કાર્બોકેટાયન $(H_3C-C^+(Br)-CH_3)$ બનાવે છે,જે બ્રોમિન પરમાણુની રેઝોનન્સ અસર દ્વારા સ્થાયી થાય છે. ત્યારબાદ $Br^-$ આ કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને મુખ્ય નીપજ તરીકે $2,2-$ડાયબ્રોમોપ્રોપેન $(H_3C-C(Br)_2-CH_3)$ આપે છે.

(B) સાચો વિકલ્પ $B$ છે.
સામાન્ય પ્રતિવર્તી પ્રક્રિયા $A + B \rightleftharpoons C + D$ માટે,પ્રક્રિયા ભાગફળ $Q_C = \frac{[C][D]}{[A][B]}$ છે.
$1$. જો $Q_C = K_C$ હોય,તો પ્રક્રિયા સંતુલનમાં છે.
$2$. જો $Q_C > K_C$ હોય,તો પ્રક્રિયા પ્રતિગામી દિશામાં (પ્રક્રિયકો તરફ) આગળ વધે છે.
$3$. જો $Q_C < K_C$ હોય,તો પ્રક્રિયા પુરોગામી દિશામાં (નીપજો તરફ) આગળ વધે છે.
તેથી,જ્યારે $Q_C < K_C$ હોય ત્યારે પ્રક્રિયા નીપજોની દિશામાં આગળ વધે છે.

(C) . જ્યારે હાઇડ્રોજન પરમાણુ $F$,$O$,અથવા $N$ જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ પરમાણુ સાથે સીધો જોડાયેલ હોય ત્યારે અણુમાં હાઇડ્રોજન બંધ જોવા મળે છે. ડાયઈથાઈલ ઈથર $(C_2H_5-O-C_2H_5)$ ના કિસ્સામાં,હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલા છે,ઓક્સિજન સાથે નહીં. તેથી,તે પ્રબળ હાઇડ્રોજન બંધ દર્શાવતું નથી.

(B) આપેલા સંયોજનો $CH_3-CH=CH-CH_3$ (બ્યુટ-$2$-ઈન) અને $CH_3-CH_2-CH=CH_2$ (બ્યુટ-$1$-ઈન) છે.
બંને સંયોજનોનું આણ્વીય સૂત્ર $C_4H_8$ સમાન છે,પરંતુ કાર્બન શૃંખલામાં દ્વિબંધના સ્થાનમાં તફાવત છે.
તેથી,તેઓ સ્થાનિક સમઘટકો (positional isomers) છે.

(D) આદર્શ વાયુનું સમીકરણ $pV = nRT$ છે.
$(A)$ અચળ $T$ પર,$p = \frac{nRT}{V}$,તેથી $p \propto \frac{1}{V}$. આ એક લંબચોરસ હાઇપરબોલા છે,જે આદર્શ વાયુ માટે સાચું છે.
$(B)$ અચળ $p$ પર $p$ વિરુદ્ધ $1/V$ નો આલેખ ખોટો છે કારણ કે આદર્શ વાયુના સમીકરણમાં $1/V$ બદલાય ત્યારે $p$ અચળ રહી શકે નહીં,સિવાય કે $T$ પણ પ્રમાણસર બદલાય. વધુમાં,અચળ $T$ પર આદર્શ વાયુ માટે $p$ એ $1/V$ ના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે,અચળ નથી.
$(C)$ $pV$ વિરુદ્ધ $T$ નો આલેખ એ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા હોવી જોઈએ જેનો ઢાળ $nR$ હોય,અચળ આડી રેખા નહીં. આમ,આ આલેખ પણ ખોટો છે.
તેથી,$B$ અને $C$ બંને આલેખ આદર્શ વાયુના વર્તનને દર્શાવતા નથી.

(B) તુલ્યતાના સિદ્ધાંત મુજબ,ધાતુના તુલ્યાંક = ધાતુ સલ્ફેટના તુલ્યાંક.
ધારો કે ધાતુનું તુલ્ય વજન $x$ છે.
સલ્ફેટ આયન $(SO_4^{2-})$ નું તુલ્ય વજન $\frac{96}{2} = 48$ છે.
તેથી,ધાતુ સલ્ફેટનું તુલ્ય વજન $(x + 48)$ થશે.
સૂત્ર મુજબ: $\frac{\text{ધાતુનું દળ}}{\text{ધાતુનું તુલ્ય વજન}} = \frac{\text{ધાતુ સલ્ફેટનું દળ}}{\text{ધાતુ સલ્ફેટનું તુલ્ય વજન}}$
$\frac{2.0}{x} = \frac{6.8}{x + 48}$
$2.0(x + 48) = 6.8x$
$2x + 96 = 6.8x$
$4.8x = 96$
$x = \frac{96}{4.8} = 20.0 \ g$.

(B) સાચો વિકલ્પ $B$ છે.
ધારો કે $HCl$ અને $H_2SO_4$ બંને દ્રાવણનું કદ $V$ છે.
$HCl$ માંથી $H^{+}$ આયનોના મોલ $= \text{મોલારિટી} \times \text{બેઝિસિટી} \times \text{કદ} = 0.1 \times 1 \times V = 0.1 \, V$.
$H_2SO_4$ માંથી $H^{+}$ આયનોના મોલ $= 0.2 \times 2 \times V = 0.4 \, V$.
મિશ્રણમાં $H^{+}$ આયનોના કુલ મોલ $= 0.1 \, V + 0.4 \, V = 0.5 \, V$.
પરિણામી દ્રાવણનું કુલ કદ $= V + V = 2 \, V$.
$H^{+}$ આયનોની સાંદ્રતા $[H^{+}] = \frac{\text{કુલ મોલ}}{\text{કુલ કદ}} = \frac{0.5 \, V}{2 \, V} = 0.25 \, mol / L$.

(B) ફોટોઇલેક્ટ્રિક અસરના સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$K.E. = h\nu - W_0$
જ્યાં $W_0 = h\nu_0$ એ વર્ક ફંક્શન છે અને $\nu_0$ એ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ છે.
આલેખ દર્શાવે છે કે થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $\nu_0$ એ $M_1 < M_2 < M_3 < M_4$ ના ક્રમમાં વધે છે.
વર્ક ફંક્શન $W_0$ એ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $\nu_0$ ના સીધા પ્રમાણમાં હોવાથી,વર્ક ફંક્શન પણ $M_1 < M_2 < M_3 < M_4$ ના ક્રમમાં વધે છે.
આલ્કલી ધાતુઓ માટે,આયનીકરણ ઊર્જા (અને તેથી વર્ક ફંક્શન) સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ઘટે છે: $Li > Na > K > Rb$.
તેથી,વધતા વર્ક ફંક્શનનો ક્રમ $Rb < K < Na < Li$ છે.
આલેખ સાથે સરખાવતા,આપણને $M_1 = Rb, M_2 = K, M_3 = Na, M_4 = Li$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) પોટેશિયમ પરમેંગેનેટ $(KMnO_4)$ અને પોટેશિયમ બ્રોમાઇડ $(KBr)$ વચ્ચે એસિડિક માધ્યમમાં થતી પ્રક્રિયાનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$2KMnO_4 + 10KBr + 8H_2SO_4 \rightarrow 2MnSO_4 + 5Br_2 + 6K_2SO_4 + 8H_2O$
સંતુલિત સમીકરણના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$2$ મોલ $KMnO_4$ પ્રક્રિયા કરીને $5$ મોલ $Br_2$ ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,સાચો જવાબ $5$ મોલ છે.

(A) ધારો કે $\frac{a}{3} = \frac{a+b}{4} = \frac{a+b+c}{5} = \frac{a+b+c+d}{6} = k$.
$\frac{a}{3} = k$ પરથી,$a = 3k$ મળે.
$\frac{a+b}{4} = k$ પરથી,$a+b = 4k$ મળે. $a=3k$ મૂકતા,$3k+b = 4k$,તેથી $b = k$.
$\frac{a+b+c}{5} = k$ પરથી,$a+b+c = 5k$ મળે. $a+b=4k$ મૂકતા,$4k+c = 5k$,તેથી $c = k$.
$\frac{a+b+c+d}{6} = k$ પરથી,$a+b+c+d = 6k$ મળે. $a+b+c=5k$ મૂકતા,$5k+d = 6k$,તેથી $d = k$.
હવે,$\frac{a}{b+2c+3d}$ માં આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{3k}{k + 2(k) + 3(k)} = \frac{3k}{k + 2k + 3k} = \frac{3k}{6k} = \frac{1}{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ધારો કે $A$ અને $B$ સાથે મળીને કામ પૂરું કરે તે સમય $t \text{ h}$ છે.
તેથી,$A$ ને એકલા કામ પૂરું કરતા $(t + 8) \text{ h}$ અને $B$ ને એકલા કામ પૂરું કરતા $(t + 4.5) \text{ h}$ લાગે છે.
$A$ અને $B$ દ્વારા $1 \text{ h}$ માં થયેલું કામ $\frac{1}{t+8} + \frac{1}{t+4.5} = \frac{1}{t}$ છે.
$t$ માટે ઉકેલતા:
$\frac{(t+4.5) + (t+8)}{(t+8)(t+4.5)} = \frac{1}{t}$
$t(2t + 12.5) = (t+8)(t+4.5)$
$2t^2 + 12.5t = t^2 + 12.5t + 36$
$t^2 = 36$
$t = 6 \text{ h}$.
આમ,તેઓ સાથે મળીને $6 \text{ h}$ માં કામ પૂરું કરશે.

(D) ધારો કે ખાલી ડોલનું વજન $x \ kg$ છે અને જ્યારે ડોલ સંપૂર્ણ ભરેલી હોય ત્યારે પાણીનું વજન $y \ kg$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ:
$x + \frac{y}{2} = 10$ $(i)$
$x + \frac{2y}{3} = 11$ $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ માંથી સમીકરણ $(i)$ બાદ કરતા:
$(x + \frac{2y}{3}) - (x + \frac{y}{2}) = 11 - 10$
$\frac{2y}{3} - \frac{y}{2} = 1$
$\frac{4y - 3y}{6} = 1$
$\frac{y}{6} = 1 \implies y = 6 \ kg$
સમીકરણ $(i)$ માં $y = 6$ મૂકતા:
$x + \frac{6}{2} = 10$
$x + 3 = 10 \implies x = 7 \ kg$
જ્યારે ડોલ સંપૂર્ણ ભરેલી હોય ત્યારે કુલ વજન $x + y = 7 + 6 = 13 \ kg$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $\frac{a \sqrt{2}+b}{b \sqrt{2}+c} = k$,જ્યાં $k \in \mathbb{Q}$.
તેથી $a \sqrt{2} + b = k(b \sqrt{2} + c) = kb \sqrt{2} + kc$.
સંમેય અને અસંમેય ભાગોને સરખાવતા,આપણને $a = kb$ અને $b = kc$ મળે છે.
આમ,$\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = k$,જે સૂચવે છે કે $a, b, c$ સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં છે.
ધારો કે $b = ar$ અને $c = ar^2$,જ્યાં $r = \frac{b}{a}$.
$\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$ માં કિંમતો મૂકતા:
$= \frac{a^2 + a^2r^2 + a^2r^4}{a + ar + ar^2} = a(1-r+r^2)$.
$r = \frac{b}{a}$ મૂકતા,$a - b + \frac{b^2}{a} = a - b + c$,જે હંમેશા પૂર્ણાંક છે.

(B) આપેલ સમીકરણો: $x+2y+4z=9$,$4yz+2xz+xy=13$,$xyz=3$.
ધારો કે $a=x, b=2y, c=4z$. તો $a+b+c=9$,$ab+bc+ca=26$,અને $abc=24$.
આથી $a, b, c$ એ $t^3 - 9t^2 + 26t - 24 = 0$ ના બીજ છે.
અવયવ પાડતા,${a, b, c} = {2, 3, 4}$ મળે છે.
આ કિંમતો પરથી $(x, y, z)$ ના શક્ય ઉકેલો તપાસતા,ઓછામાં ઓછા બે પૂર્ણાંક હોય તેવા $5$ ઉકેલો મળે છે.

(C) ધારો કે પુણે અને મુંબઈ વચ્ચેનું અંતર $x\,km$ છે.
$1^{st}$ ટ્રેન દ્વારા લેવાયેલ સમય $= 4\,h$.
$\therefore 1^{st}$ ટ્રેનની ઝડપ $= \frac{x}{4}\,km/h$.
$2^{nd}$ ટ્રેન દ્વારા લેવાયેલ સમય $= 3.5\,h = \frac{7}{2}\,h$.
$\therefore 2^{nd}$ ટ્રેનની ઝડપ $= \frac{x}{7/2} = \frac{2x}{7}\,km/h$.
$1^{st}$ ટ્રેન $7:30\,am$ વાગ્યે અને $2^{nd}$ ટ્રેન $9:30\,am$ વાગ્યે ઉપડે છે.
$1^{st}$ ટ્રેન દ્વારા $2\,h$ માં કાપેલું અંતર ($7:30\,am$ થી $9:30\,am$ સુધી) $= \frac{x}{4} \times 2 = \frac{x}{2}\,km$.
$9:30\,am$ વાગ્યે બાકી રહેલું અંતર $= x - \frac{x}{2} = \frac{x}{2}\,km$.
ધારો કે ટ્રેનો $9:30\,am$ પછી $t$ કલાકે મળે છે.
સાપેક્ષ ઝડપ $= \frac{x}{4} + \frac{2x}{7} = \frac{7x + 8x}{28} = \frac{15x}{28}\,km/h$.
સમય $t = \frac{\text{બાકી રહેલું અંતર}}{\text{સાપેક્ષ ઝડપ}} = \frac{x/2}{15x/28} = \frac{x}{2} \times \frac{28}{15x} = \frac{14}{15}\,h$.
$t = \frac{14}{15} \times 60\,min = 56\,min$.
તેથી,ટ્રેનો $9:30\,am + 56\,min = 10:26\,am$ વાગ્યે મળશે.

(D) આકૃતિમાં:
$Path = 1 + \sqrt{5} + \sqrt{10} + \sqrt{8} \approx 1 + 2.236 + 3.162 + 2.828 = 9.226$
$(b)$ આકૃતિમાં:
$Path = 1 + 2 + \sqrt{10} + \sqrt{8} \approx 1 + 2 + 3.162 + 2.828 = 8.990$
$(c)$ આકૃતિમાં:
$Path = \sqrt{5} + 2 + \sqrt{5} + \sqrt{5} = 3\sqrt{5} + 2 \approx 3(2.236) + 2 = 6.708 + 2 = 8.708$
$(d)$ આકૃતિમાં:
$Path = 2 + \sqrt{13} + \sqrt{5} \approx 2 + 3.606 + 2.236 = 7.842$
કિંમતોની સરખામણી કરતા,આકૃતિ $(d)$ નો માર્ગ સૌથી ટૂંકો છે.
તેથી,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(C) નાઈટ્રાઈલ $(CH_3CH_2CN)$ ની ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(CH_3MgBr)$ સાથેની પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^+)$ એ કીટોન બનાવવાની પ્રમાણિત પદ્ધતિ છે.
પગલું $1$: $CH_3MgBr$ માંથી ન્યુક્લિયોફિલિક મિથાઈલ સમૂહ નાઈટ્રાઈલ સમૂહના ઈલેક્ટ્રોફિલિક કાર્બન પર હુમલો કરે છે અને ઈમાઈન ક્ષાર મધ્યવર્તી $(CH_3CH_2C(NMgBr)CH_3)$ બનાવે છે.
પગલું $2$: ઈમાઈન ક્ષારનું એસિડિક જળવિભાજન તેને કીટોન $(CH_3CH_2COCH_3)$ માં રૂપાંતરિત કરે છે.
તેથી,મુખ્ય અંતિમ નીપજ બ્યુટેન-$2$-ઓન $(CH_3CH_2COCH_3)$ છે.

(B) શૂન્ય-ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,અર્ધ-આયુષ્ય સમયનું સૂત્ર: $t_{1/2} = \frac{[A]_0}{2k}$ છે.
આ દર્શાવે છે કે $t_{1/2} \propto [A]_0$.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક સાંદ્રતા $[A]_0$ માટે,$t_{1/2} = 0.2 \ s$ છે.
જો પ્રારંભિક સાંદ્રતા બમણી કરીને $2[A]_0$ કરવામાં આવે,તો નવો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $(t_{1/2})_2$ નીચે મુજબ થશે:
$(t_{1/2})_2 = 2 \times (t_{1/2})_1 = 2 \times 0.2 \ s = 0.4 \ s$.

(B)
આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે એવી સ્પીસીઝ કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
$(a)$ $Sc^{2+}$ ($Z=21$,$21-2=19$ ઈલેક્ટ્રોન) અને $V^{3+}$ ($Z=23$,$23-3=20$ ઈલેક્ટ્રોન).
$(b)$ $Mn^{2+}$ ($Z=25$,$25-2=23$ ઈલેક્ટ્રોન) અને $Fe^{3+}$ ($Z=26$,$26-3=23$ ઈલેક્ટ્રોન).
$(c)$ $Mn^{3+}$ ($Z=25$,$25-3=22$ ઈલેક્ટ્રોન) અને $Fe^{2+}$ ($Z=26$,$26-2=24$ ઈલેક્ટ્રોન).
$(d)$ $Ni^{3+}$ ($Z=28$,$28-3=25$ ઈલેક્ટ્રોન) અને $Fe^{2+}$ ($Z=26$,$26-2=24$ ઈલેક્ટ્રોન).
આમ,$Mn^{2+}$ અને $Fe^{3+}$ માં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન છે અને તે આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક જોડી બનાવે છે. સાચો વિકલ્પ $(b)$ છે.

(D) આપેલ અણુ $Co_2(CO)_8$ છે.
આ સંકીર્ણમાં,લિગાન્ડ $CO$ (કાર્બોનિલ) એ તટસ્થ લિગાન્ડ છે,જેનો અર્થ છે કે તેનો વીજભાર $0$ છે.
અણુ $Co_2(CO)_8$ નો કુલ વીજભાર $0$ હોવાથી,આપણે $Co$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા નીચે મુજબ ગણી શકીએ:
ધારો કે $Co$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$2x + 8(0) = 0$
$2x = 0$
$x = 0$
તેથી,અણુમાં કોબાલ્ટની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $0$ છે.

(A) આપેલ છે,$\mu = 3.83 \ BM$.
સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય ચાકમાત્રા $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ તરીકે ગણવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$3.83 = \sqrt{n(n+2)}$ $\Rightarrow n(n+2) \approx 14.67$ $\Rightarrow n \approx 3$.
આમ,$[MCl_{4}]^{2-}$ સંકીર્ણમાં $3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$[MCl_{4}]^{2-}$ માં,$M$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ છે.
$Co^{2+}$ $(Z=27)$ માટે,ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^7$ છે. ટેટ્રાહેડ્રલ ક્ષેત્રમાં,$3d^7$ રચનામાં $3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે $(t_2^4 e^3)$.
$(a)$ $Co = [Ar] 3d^7 4s^2$; $Co^{2+} = [Ar] 3d^7$ ($3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન).
$(b)$ $Cu = [Ar] 3d^{10} 4s^1$; $Cu^{2+} = [Ar] 3d^9$ ($1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન).
$(c)$ $Mn = [Ar] 3d^5 4s^2$; $Mn^{2+} = [Ar] 3d^5$ ($5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન).
$(d)$ $Fe = [Ar] 3d^6 4s^2$; $Fe^{2+} = [Ar] 3d^6$ ($4$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન).
તેથી,તત્વ $M$ એ $Co$ છે.

(D) આર્હેનિયસ સમીકરણ મુજબ,$\ln k = \ln A - \frac{E_a}{RT}$.
આ સમીકરણની સરખામણી સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે કરતા,જ્યાં $y = \ln k$,$x = \frac{1}{T}$,$m = -\frac{E_a}{R}$ (ઢાળ) અને $c = \ln A$ (અંતઃખંડ) મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે $\ln k$ વિરુદ્ધ $\frac{1}{T}$ નો આલેખ ઋણ ઢાળ $-\frac{E_a}{R}$ ધરાવતી સીધી રેખા હોવો જોઈએ.
તેથી,જે આલેખ સમગ્ર તાપમાન ગાળા દરમિયાન આર્હેનિયસ વર્તણૂક દર્શાવે છે તે ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા છે,જે વિકલ્પ $(d)$ માં દર્શાવેલ છે.

(B) આ પ્રક્રિયા વિલિયમસન સંશ્લેષણ તરીકે ઓળખાય છે,જે સંમિત અને અસંમિત ઈથર્સની બનાવટ માટેની એક મહત્વપૂર્ણ પ્રયોગશાળા પદ્ધતિ છે.
ટર્ટ-બ્યુટાઈલ મિથાઈલ ઈથર,$(CH_3)_3C-OCH_3$,ના સંશ્લેષણ માટે,આપણે પ્રાથમિક આલ્કાઈલ હેલાઈડ અને તૃતીયક આલ્કોક્સાઈડનો ઉપયોગ કરવો જોઈએ જેથી વિલોપન પ્રક્રિયા ટાળી શકાય જે તૃતીયક આલ્કાઈલ હેલાઈડનો ઉપયોગ કરવાથી થઈ શકે છે.
તેથી,સોડિયમ ટર્ટ-બ્યુટોક્સાઈડ,$(CH_3)_3C-ONa$,અને મિથાઈલ બ્રોમાઈડ,$CH_3Br$,વચ્ચેની પ્રક્રિયા એ મુખ્ય નીપજ તરીકે ઈથર મેળવવાનો સાચો માર્ગ છે.
વિકલ્પ $B$ આ સાચી પ્રક્રિયા દર્શાવે છે: $(CH_3)_3C-ONa + CH_3Br \rightarrow (CH_3)_3C-OCH_3 + NaBr$.

(A) $AlCl_3$ ની હાજરીમાં,આલ્કાઈલ હેલાઈડ $(CH_3)_2CHCH_2Cl$ આયનીકરણ પામીને પ્રાથમિક કાર્બોકેટાયન $(CH_3)_2CHCH_2^+$ બનાવે છે.
આ પ્રાથમિક કાર્બોકેટાયન અસ્થાયી હોવાથી તે $1,2$-હાઈડ્રાઈડ શિફ્ટ દ્વારા વધુ સ્થાયી તૃતીયક કાર્બોકેટાયન $(CH_3)_2C^+CH_3$ માં રૂપાંતરિત થાય છે.
ઈથાઈલબેન્ઝિન એ ઓર્થો/પેરા નિર્દેશક સમૂહ છે. ઓર્થો સ્થાન પર અવકાશી અવરોધ (steric hindrance) ને કારણે,મોટો ટર્ટ-બ્યુટાઈલ સમૂહ ઈથાઈલબેન્ઝિનના પેરા સ્થાન પર હુમલો કરીને મુખ્ય નીપજ તરીકે $1$-ઈથાઈલ-$4$-ટર્ટ-બ્યુટાઈલબેન્ઝિન બનાવે છે.

(B) ચાર્ગાફના નિયમ મુજબ,$DNA$ માં એડેનાઇન $(A)$ નું પ્રમાણ થાઇમિન $(T)$ જેટલું અને સાયટોસિન $(C)$ નું પ્રમાણ ગ્વાનિન $(G)$ જેટલું હોય છે.
આપેલ છે કે,એડેનાઇન અને સાયટોસિનનો મોલ ગુણોત્તર $\frac{A}{C} = 0.7$ છે.
એડેનાઇન $(A)$ ના મોલની સંખ્યા = $350000$ છે.
ગુણોત્તરમાં $A$ ની કિંમત મૂકતા:
$0.7 = \frac{350000}{C}$
$C = \frac{350000}{0.7} = 500000$.
$DNA$ માં સાયટોસિન $(C)$ ના મોલની સંખ્યા ગ્વાનિન $(G)$ ના મોલની સંખ્યા જેટલી હોવાથી,ગ્વાનિનના મોલની સંખ્યા $500000$ થશે.

(B) $(R)-2-$બ્રોમોબ્યુટેન એ દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ આલ્કાઈલ હેલાઈડ છે.
જ્યારે તેની પ્રક્રિયા $aq. \, NaOH$ સાથે કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ન્યુક્લિયોફિલિક સબસ્ટિટ્યુશન પ્રક્રિયા આપે છે.
તે દ્વિતીયક હેલાઈડ હોવાથી,આ પ્રક્રિયા મુખ્યત્વે $S_N1$ મિકેનિઝમ દ્વારા થાય છે,જેમાં સમતલીય કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બને છે.
ન્યુક્લિયોફાઈલ $(OH^-)$ કાર્બોકેટાયન પર બંને બાજુથી સમાન સંભાવના સાથે હુમલો કરી શકે છે,જેના પરિણામે $2-$બ્યુટેનોલના $(R)$ અને $(S)$ બંને એનાન્શિયોમર સમાન પ્રમાણમાં મળે છે.
આ પ્રક્રિયાને રેસેમાઈઝેશન કહેવામાં આવે છે,અને મળતી નીપજ રેસેમિક મિશ્રણ છે.

(A) જ્યારે ફિનોલની મંદ $HNO_3$ સાથે નીચા તાપમાને પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન દ્વારા ઓર્થો-નાઈટ્રોફિનોલ અને પેરા-નાઈટ્રોફિનોલનું મિશ્રણ બનાવે છે.
$o$-નાઈટ્રોફિનોલ $(P)$ આંતઃઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધ દર્શાવે છે,જે તેને વરાળમાં બાષ્પશીલ બનાવે છે.
$p$-નાઈટ્રોફિનોલ $(Q)$ આંતર-આણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધ દર્શાવે છે,જેના કારણે તેનું ઉત્કલન બિંદુ ઊંચું હોય છે અને તે વરાળમાં બાષ્પશીલ નથી.
આમ,$P$ એ $o$-નાઈટ્રોફિનોલ છે અને $Q$ એ $p$-નાઈટ્રોફિનોલ છે.

(B) ક્યુબિક લેટીસ માટે આંતર-સમતલ અંતર $d$ નું સૂત્ર: $d = \frac{a}{\sqrt{h^2+k^2+l^2}}$
અહીં,ક્યુબિક લેટીસની ધારની લંબાઈ $a = 450 \, pm$ છે.
$(2, 2, 1)$ સમતલ માટે,મિલર ઇન્ડેક્સ $h=2, k=2, l=1$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$d = \frac{450}{\sqrt{(2)^2+(2)^2+(1)^2}}$
$d = \frac{450}{\sqrt{4+4+1}}$
$d = \frac{450}{\sqrt{9}}$
$d = \frac{450}{3} = 150 \, pm$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
$Ni(CO)_4$ માં,$Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $0$ છે. તેથી,તેની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $3d^8 4s^2$ છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં,$Ni$ પાસે $3d$ ઓર્બિટલમાં બે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$CO$ એ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગાન્ડ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનના યુગ્મીકરણનું કારણ બને છે. બે $4s$ ઇલેક્ટ્રોન $3d$ ઓર્બિટલમાં જાય છે,જેના પરિણામે $3d^{10} 4s^0$ રચના પ્રાપ્ત થાય છે.
$Ni(CO)_4$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,તેથી તેનો આકાર ટેટ્રાહેડ્રલ (સમચતુષ્ફલકીય) છે.
વધુમાં,બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત હોવાથી,તે પ્રકૃતિમાં ડાયમેગ્નેટિક (પ્રતિચુંબકીય) છે.

(D) વેગ નિયમ $R = k[X]^x[Y]^y$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રયોગ $1$ અને $2$ પરથી,$[Y]$ ને અચળ રાખતા:
$\frac{R_2}{R_1} = \frac{k[0.50]^x[0.25]^y}{k[0.25]^x[0.25]^y} = \frac{4.0 \times 10^{-6}}{1.0 \times 10^{-6}}$
$2^x = 4$ $\Rightarrow 2^x = 2^2$ $\Rightarrow x = 2$.
પ્રયોગ $1$ અને $3$ પરથી,$[X]$ ને અચળ રાખતા:
$\frac{R_3}{R_1} = \frac{k[0.25]^x[0.50]^y}{k[0.25]^x[0.25]^y} = \frac{8.0 \times 10^{-6}}{1.0 \times 10^{-6}}$
$2^y = 8$ $\Rightarrow 2^y = 2^3$ $\Rightarrow y = 3$.
પ્રક્રિયાનો કુલ ક્રમ $x + y = 2 + 3 = 5$ છે.

(A) $Br_3CCHO \stackrel{NaOH}{\longrightarrow} CHBr_3 + HCOONa$ પ્રક્રિયા એ હેલોફોર્મ પ્રક્રિયા (ખાસ કરીને બ્રોમોફોર્મ પ્રક્રિયા) નું ઉત્તમ ઉદાહરણ છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ટ્રાયહેલોએસીટાલ્ડિહાઈડ $(Br_3CCHO)$ બેઝ $(NaOH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
હાઈડ્રોક્સાઈડ આયન $(OH^-)$ કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે,જેનાથી $C-C$ બંધ તૂટે છે.
પરિણામે બ્રોમોફોર્મ $(CHBr_3)$ અને અનુરૂપ કાર્બોક્સિલિક એસિડનો સોડિયમ ક્ષાર,એટલે કે સોડિયમ ફોર્મેટ $(HCOONa)$ બને છે.

(C) દ્રાવણની મોલારિટી $(M)$ એટલે દ્રાવણના પ્રતિ લિટર દીઠ દ્રાવ્યના મોલની સંખ્યા.
આપેલ છે:
દ્રાવ્ય $(NaCl)$ ના મોલની સંખ્યા = $0.35 \, \text{mol}$
દ્રાવણનું કદ = $1.30 \, \text{L}$
ગણતરી:
$M = \frac{\text{દ્રાવ્યના મોલની સંખ્યા}}{\text{દ્રાવણનું કદ (લિટર માં)}}$
$M = \frac{0.35}{1.30} \approx 0.26923 \, \text{M}$
બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $0.27 \, \text{M}$ મળે છે.

(B) પિરિડિન નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર મુક્ત અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે બેઝિક સ્વભાવ ધરાવે છે. તેની બેઝિકતા વલય સાથે જોડાયેલા વિસ્થાપકો દ્વારા પ્રભાવિત થાય છે. ઈલેક્ટ્રોન આકર્ષક સમૂહો $(EWG)$ પિરિડિનની બેઝિકતા ઘટાડે છે,જ્યારે ઈલેક્ટ્રોન મુક્ત કરતા સમૂહો $(ERG)$ તેની બેઝિકતા વધારે છે.
$-N(CH_3)_2$ અને $-CH_3$ જેવા વિસ્થાપકો ઈલેક્ટ્રોન મુક્ત કરે છે,પરંતુ $-N(CH_3)_2$ સમૂહ એ $-CH_3$ સમૂહની પ્રેરક અસર (+$I$ અસર) ની સરખામણીમાં સંસ્પંદન અસર (+$R$ અસર) ને કારણે વધુ શક્તિશાળી ઈલેક્ટ્રોન દાતા સમૂહ છે.
તેનાથી વિપરીત,$-Cl$ સમૂહ તેની પ્રબળ પ્રેરક અસર (-$I$ અસર) ને કારણે ઈલેક્ટ્રોન આકર્ષક છે,જે નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર ઈલેક્ટ્રોન ઘનતા ઘટાડે છે,જેનાથી તે સૌથી ઓછું બેઝિક બને છે.
બેઝિકતાનો ક્રમ આ મુજબ છે: $4\text{-ક્લોરોપિરિડિન} < \text{પિરિડિન} < 4\text{-મિથાઈલપિરિડિન} < 4\text{-(ડાયમિથાઈલએમિનો)પિરિડિન}$.
તેથી,$4\text{-(ડાયમિથાઈલએમિનો)પિરિડિન}$ સૌથી વધુ બેઝિક સંયોજન છે.

(C) ઓરડાના તાપમાને $(25^{\circ} C)$ કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(CH_3COOH)$ અને એમાઈન $(CH_3CH_2NH_2)$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા એસિડ-બેઝ પ્રક્રિયા છે.
$CH_3COOH$ એ બ્રોન્સ્ટેડ-લોરી એસિડ તરીકે અને $CH_3CH_2NH_2$ એ બ્રોન્સ્ટેડ-લોરી બેઝ તરીકે વર્તે છે.
એસિડમાંથી એમાઈન પર પ્રોટોનનું સ્થાનાંતરણ થાય છે,જેના પરિણામે એમોનિયમ કાર્બોક્સિલેટ ક્ષાર બને છે.
$CH_3COOH + CH_3CH_2NH_2 \xrightarrow{25^{\circ} C} CH_3CH_2NH_3^+ \cdot CH_3COO^-$

(B) એસીટાઈલ સેલિસિલિક એસિડ એક જાણીતું પીડાનાશક (analgesic) છે જે સામાન્ય રીતે $aspirin$ તરીકે ઓળખાય છે.
તેની રાસાયણિક રચનામાં બેન્ઝીન રિંગ સાથે ઓર્થો સ્થાન પર એસીટોક્સી ગ્રુપ $(-OCOCH_3)$ અને કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપ $(-COOH)$ જોડાયેલ હોય છે.

(B) $1$. નાઈટ્રોબેન્ઝીનની $Sn/HCl$ સાથેની પ્રક્રિયા એક રિડક્શન પ્રક્રિયા છે જે નાઈટ્રો સમૂહ $(-NO_2)$ ને એમિનો સમૂહ $(-NH_2)$ માં રૂપાંતરિત કરે છે,જેનાથી એનિલિન $(X)$ બને છે.
$2$. એનિલિન નીચા તાપમાને $(0-5 \ ^\circ C)$ $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયઝોટાઈઝેશન અનુભવે છે,જે બેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ બનાવે છે.
$3$. ત્યારબાદ $CuBr$ સાથેની પ્રક્રિયા (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા) ડાયઝોનિયમ સમૂહને બ્રોમીન પરમાણુ દ્વારા બદલે છે,જેના પરિણામે બ્રોમોબેન્ઝીન $(Y)$ બને છે.