KVPY 2014 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) $AgBr$ માટે દ્રાવ્યતા સંતુલન: $AgBr_{(s)} \rightleftharpoons Ag^{+}_{(aq)} + Br^{-}_{(aq)}$.
પ્રથમ,$KBr$ દ્રાવણમાં આપેલી સાંદ્રતાનો ઉપયોગ કરીને દ્રાવ્યતા ગુણાકાર $(K_{sp})$ શોધો:
$K_{sp} = [Ag^{+}][Br^{-}] = (5 \times 10^{-10} \ M) \times (10^{-3} \ M) = 5 \times 10^{-13}$.
જ્યારે $AgBr_{(s)}$ ને $10^{-2} \ M$ $AgNO_3$ દ્રાવણમાં ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે સામાન્ય આયન અસરને કારણે $Ag^{+}$ ની સાંદ્રતા $10^{-2} \ M$ થાય છે.
$K_{sp}$ મૂલ્યનો ઉપયોગ કરતા:
$K_{sp} = [Ag^{+}][Br^{-}]$
$5 \times 10^{-13} = (10^{-2} \ M) \times [Br^{-}]$
$[Br^{-}] = \frac{5 \times 10^{-13}}{10^{-2}} = 5 \times 10^{-11} \ M$.

(C) $Al$ સાચો જવાબ છે.
ઉભયગુણી ઓક્સાઈડ એવા ઓક્સાઈડ છે જે એસિડિક અને બેઝિક બંને ગુણધર્મો દર્શાવે છે.
આપેલા તત્વોમાંથી,$Al$ ઓક્સિજન સાથે પ્રક્રિયા કરીને $Al_2O_3$ બનાવે છે,જે ઉભયગુણી છે.
$N_2(g) + O_2(g) \longrightarrow 2NO_2(g)$ (એસિડિક ઓક્સાઈડ)
$P_4(s) + 5O_2(g) \longrightarrow P_4O_{10}(s)$ (એસિડિક ઓક્સાઈડ)
$4Al(s) + 3O_2(g) \longrightarrow 2Al_2O_3(s)$ (ઉભયગુણી ઓક્સાઈડ)
$2Na(s) + O_2(g) \longrightarrow Na_2O_2(s)$ (બેઝિક ઓક્સાઈડ)

(A) પ્રક્રિયા $2 A \rightleftharpoons B + C$ માટે,પ્રક્રિયા ભાગફળ $Q_C = \frac{[B][C]}{[A]^2}$ છે.
આપેલ છે,$K_C = 0.5$.
જો $Q_C > K_C$ હોય તો પ્રક્રિયા પ્રતિગામી દિશામાં આગળ વધે છે.
દરેક વિકલ્પ માટે $Q_C$ ની ગણતરી કરતા:
$(A)$ $Q_C = \frac{(10^{-2})(10^{-2})}{(10^{-3})^2} = 100$. અહીં $100 > 0.5$ હોવાથી પ્રક્રિયા પ્રતિગામી દિશામાં આગળ વધશે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો જવાબ છે.

(C) $X$ જેનો પરમાણુ ક્રમાંક $33$ છે,તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^{10} 4s^2 4p^3$ છે. તે સમૂહ $15$ માં આવે છે અને તેની સંયોજકતા $3$ છે.
$Y$ જેનો પરમાણુ ક્રમાંક $17$ છે,તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ne] 3s^2 3p^5$ છે. તે સમૂહ $17$ માં આવે છે અને તેની સંયોજકતા $1$ છે.
સ્થાયી સંયોજન બનાવવા માટે,સંયોજકતાઓની અદલાબદલી કરવામાં આવે છે:
$X^{3} Y^{1} \rightarrow XY_3$
તેથી,$X$ અને $Y$ વચ્ચે બનતા સ્થાયી સંયોજનનું આણ્વીય સૂત્ર $XY_3$ છે. ઉદાહરણ તરીકે,જો $X$ એ $As$ $(Z=33)$ હોય અને $Y$ એ $Cl$ $(Z=17)$ હોય,તો સંયોજન $AsCl_3$ બને છે.

(D) એસિડિક માધ્યમમાં સંતુલિત રેડોક્સ પ્રક્રિયા: $2KMnO_4 + 10KI + 8H_2SO_4 \longrightarrow 2MnSO_4 + 5I_2 + 6K_2SO_4 + 8H_2O$.
આ પ્રક્રિયામાં,$KMnO_4$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે જ્યાં $Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+7$ થી બદલાઈને $+2$ થાય છે,તેથી $KMnO_4$ માટે $n$-ફેક્ટર $5$ છે.
$KI$ માટે,$I$ નો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ થી બદલાઈને $0$ થાય છે,તેથી $KI$ માટે $n$-ફેક્ટર $1$ છે.
તુલ્યાંકના નિયમ મુજબ,$KMnO_4$ ના તુલ્યાંક અને $KI$ ના તુલ્યાંક સમાન હોવા જોઈએ.
$KMnO_4$ ના તુલ્યાંક $= KI$ ના તુલ્યાંક.
$n_{KMnO_4} \times n\text{-ફેક્ટર}_{KMnO_4} = KI$ ના તુલ્યાંક.
$n_{KMnO_4} \times 5 = 1$.
$n_{KMnO_4} = 1/5$.

(C) સરેરાશ મૂલ્યની ગણતરી આ રીતે થાય છે: $\text{Average} = \frac{10.9 + 11.4042 + 11.42}{3} = \frac{33.7242}{3} = 11.2414$.
સરવાળા/બાદબાકીમાં સાર્થક અંકોના નિયમો મુજબ,પરિણામને સૌથી ઓછા દશાંશ સ્થળ ધરાવતા માપન જેટલા જ દશાંશ સ્થળ સુધી દર્શાવવું જોઈએ.
આપેલ મૂલ્યો $10.9$ ($1$ દશાંશ સ્થળ),$11.4042$ ($4$ દશાંશ સ્થળ),અને $11.42$ ($2$ દશાંશ સ્થળ) છે.
સૌથી ઓછા દશાંશ સ્થળ ધરાવતું માપન $10.9$ છે (જેમાં $1$ દશાંશ સ્થળ છે).
તેથી,સરેરાશ મૂલ્યને $1$ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા $11.2$ મળે છે.

(A) કલાંતર માટે એન્ટ્રોપીમાં થતો ફેરફાર $\Delta S$ એ સૂત્ર $\Delta S = \frac{\Delta H}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે,બરફના ગલન માટેની ગુપ્ત ઉષ્મા $\Delta H = 6 \, kJ \, mol^{-1} = 6000 \, J \, mol^{-1}$.
$1 \, atm$ દબાણે બરફનું ગલનબિંદુ $T = 0^{\circ} C = 273 \, K$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta S = \frac{6000 \, J \, mol^{-1}}{273 \, K} \approx 21.97 \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $22 \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) વાયુની ઘનતા $\rho = 5 \ mg \ cm^{-3} = 5 \ g \ L^{-1}$ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = \frac{w}{M}$,આપણને મળે છે $p = \frac{wRT}{MV} = \frac{\rho RT}{M}$.
બાષ્પ ક્લસ્ટરના મોલર દળ $M$ માટે ગોઠવતા: $M = \frac{\rho RT}{p}$.
અહીં $\rho = 5 \ g \ L^{-1}$,$R = 0.0821 \ L \ atm \ K^{-1} \ mol^{-1}$,$T = 300 \ K$,અને $p = 1 \ atm$ છે:
$M = \frac{5 \times 0.0821 \times 300}{1} = 123.15 \ g \ mol^{-1}$.
એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ ના એક અણુનું મોલર દળ $60 \ g \ mol^{-1}$ છે.
ક્લસ્ટરમાં અણુઓની સંખ્યા $n = \frac{M_{cluster}}{M_{monomer}} = \frac{123.15}{60} \approx 2.05$.
આમ,અણુઓની સંખ્યા $2$ ની સૌથી નજીક છે.

(D) બાષ્પીભવનની પ્રક્રિયા: $H_2O_{(l)} \rightleftharpoons H_2O_{(g)}$.
આપેલ છે: $\Delta H = 41 \ kJ \ mol^{-1}$,$T = 373 \ K$,$R = 8.314 \times 10^{-3} \ kJ \ K^{-1} \ mol^{-1}$.
એન્થાલ્પી ફેરફાર અને આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ: $\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$.
અહીં,$\Delta n_g = 1 - 0 = 1$.
કિંમતો મૂકતા: $41 = \Delta U + (1 \times 8.314 \times 10^{-3} \times 373)$.
$41 = \Delta U + 3.101$.
$\Delta U = 41 - 3.101 = 37.899 \approx 37.9 \ kJ \ mol^{-1}$.

(C) પ્રતિક્રિયાઓ માટે:
$1) \ H_2 + I_2 \rightleftharpoons 2 HI, K_{C_1} = 50$
$2) \ N_2 + 3 H_2 \rightleftharpoons 2 NH_3, K_{C_2} = 1000$
આપણને પ્રતિક્રિયા માટે સંતુલન અચળાંકની જરૂર છે:
$N_2 + 6 HI \rightleftharpoons 2 NH_3 + 3 I_2$
આ પ્રતિક્રિયા બીજી પ્રતિક્રિયામાંથી પ્રથમ પ્રતિક્રિયાના ત્રણ ગણા બાદ કરીને મેળવી શકાય છે:
$(N_2 + 3 H_2 \rightleftharpoons 2 NH_3) - 3 \times (H_2 + I_2 \rightleftharpoons 2 HI)$
$= N_2 + 3 H_2 - 3 H_2 - 3 I_2 \rightleftharpoons 2 NH_3 - 6 HI$
ગોઠવતા મળે છે: $N_2 + 6 HI \rightleftharpoons 2 NH_3 + 3 I_2$
સંતુલન અચળાંક $K_{C_3}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$K_{C_3} = \frac{K_{C_2}}{(K_{C_1})^3}$
$K_{C_3} = \frac{1000}{(50)^3} = \frac{1000}{125000} = \frac{1}{125} = 0.008$

(B) પ્રક્રિયા $N \equiv N + 2(H-H) \rightarrow H_2N-NH_2$ છે.
$\Delta H_f = \Sigma BE_{\text{reactants}} - \Sigma BE_{\text{products}}$
$\Delta H_f = [1 \times BE_{N \equiv N} + 2 \times BE_{H-H}] - [1 \times BE_{N-N} + 4 \times BE_{N-H}]$
$\Delta H_f = [946 + 2(435)] - [159 + 4(389)]$
$\Delta H_f = [946 + 870] - [159 + 1556]$
$\Delta H_f = 1816 - 1715 = 101 \ kJ \ mol^{-1}$.

(B) આપેલ અસંતુલિત સમીકરણ: $K_2Cr_2O_7 + m \, FeSO_4 + n \, H_2SO_4 \longrightarrow Cr_2(SO_4)_3 + p \, Fe_2(SO_4)_3 + K_2SO_4 + q \, H_2O$
રેડોક્ષ પ્રક્રિયાને સંતુલિત કરવા માટે ઓક્સિડેશન આંક પદ્ધતિ અથવા આયન-ઇલેક્ટ્રોન પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા:
$1$. ઓક્સિડેશન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $Fe^{2+} \longrightarrow Fe^{3+} + e^-$
$2$. રિડક્શન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $Cr_2O_7^{2-} + 14H^+ + 6e^- \longrightarrow 2Cr^{3+} + 7H_2O$
ઇલેક્ટ્રોનને સંતુલિત કરવા માટે ઓક્સિડેશન અર્ધ-પ્રક્રિયાને $6$ વડે ગુણતા:
$6Fe^{2+} \longrightarrow 6Fe^{3+} + 6e^-$
બંને અર્ધ-પ્રક્રિયાઓનો સરવાળો કરતા:
$K_2Cr_2O_7 + 6FeSO_4 + 7H_2SO_4 \longrightarrow Cr_2(SO_4)_3 + 3Fe_2(SO_4)_3 + K_2SO_4 + 7H_2O$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,આપણને $m = 6, n = 7, p = 3, q = 7$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ એટલે કે જેમાં ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોય.
દરેક જોડીમાં ઈલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
$(A) \ CO, N_2$: $CO = 6 + 8 = 14$; $N_2 = 7 + 7 = 14$. (આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક)
$(B) \ O_2, NO$: $O_2 = 8 + 8 = 16$; $NO = 7 + 8 = 15$. (આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક નથી)
$(D) \ F_2, HCl$: $F_2 = 9 + 9 = 18$; $HCl = 1 + 17 = 18$. (આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક)
આમ,$(A)$ અને $(D)$ બંને આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક જોડીઓ છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(C) હાઇડ્રેઝિનનું આણ્વીય સૂત્ર $NH_2-NH_2$ છે.
હાઇડ્રેઝિનની રચનામાં,દરેક નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,તેથી કુલ $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મમાં $4$ $N-H$ બંધ અને $1$ $N-N$ બંધનો સમાવેશ થાય છે,જે કુલ $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
તેથી,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $2$ અને બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $5$ છે.

(D)
કાર્બનની દહન પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$
તત્વયોગમિતિ મુજબ,$1 \,mole$ કાર્બન $(12 \,g)$ એ $1 \,mole$ ઓક્સિજન ($STP$ એ $22.4 \,L$) સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
તેથી,$2.4 \,g$ કાર્બન સાથે પ્રક્રિયા કરતો ઓક્સિજન:
$C \text{ ના મોલ} = \frac{2.4 \,g}{12 \,g/mol} = 0.2 \,mol$
$1 \,mol$ $C$ ને $1 \,mol$ $O_2$ ની જરૂર હોવાથી,$0.2 \,mol$ $C$ ને $0.2 \,mol$ $O_2$ ની જરૂર પડશે.
$STP$ એ $O_2$ નું કદ $= 0.2 \,mol \times 22.4 \,L/mol = 4.48 \,L$.

(A) થિન લેયર ક્રોમેટોગ્રાફી $(TLC)$ માં,સ્થિર તબક્કો (સિલિકા જેલ) પ્રકૃતિમાં ધ્રુવીય હોય છે.
$R_f$ મૂલ્ય એ સંયોજનની ધ્રુવીયતાના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
બિન-ધ્રુવીય સંયોજનો ધ્રુવીય સ્થિર તબક્કા સાથે ઓછી ક્રિયાપ્રતિક્રિયા કરે છે અને બિન-ધ્રુવીય દ્રાવક સાથે ઝડપથી આગળ વધે છે,જેના પરિણામે ઉચ્ચ $R_f$ મૂલ્ય મળે છે.
ધ્રુવીયતાની તુલના કરતા:
$1$. $N$-મિથાઇલપિરિડિનિયમ આયન એ આયનીય પ્રજાતિ છે,જે તેને સૌથી વધુ ધ્રુવીય બનાવે છે.
$2$. ફિનોલમાં $-OH$ જૂથ હોય છે,જે હાઇડ્રોજન બોન્ડિંગને મંજૂરી આપે છે,જે તેને ધ્રુવીય બનાવે છે.
$3$. નાઇટ્રોજન પરના લોન પેરને કારણે પિરિડિન ધ્રુવીય છે.
$4$. પ્રોપાઇલબેન્ઝિન એ હાઇડ્રોકાર્બન છે અને આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી ઓછું ધ્રુવીય છે.
તેથી,પ્રોપાઇલબેન્ઝિનનું $R_f$ મૂલ્ય સૌથી વધુ હશે.

(B) $C-C$ સિગ્મા બંધની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે આપેલ સંયોજનની રચનાનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
નેપ્થલીન રિંગ અને સાઇડ ચેઇનમાં રહેલા $C-C$ એકલ બંધોની ગણતરી કરતા,આપણને કુલ $17$ $C-C$ સિગ્મા બંધ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(b)$ છે.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝમાં કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = 52.9 \times \frac{n^2}{Z} \, pm$ છે।
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(H)$ માટે, $n = 1$ અને $Z = 1$, તેથી $r_H = 52.9 \, pm \approx 53 \, pm$.
$He^{+}$ આયન માટે, $n = 1$ અને $Z = 2$.
આ કિંમતો મૂકતા: $r_{He^{+}} = 52.9 \times \frac{1^2}{2} = 26.45 \, pm$.
આ કિંમતને રાઉન્ડ ઓફ કરતા, આપણને $27 \, pm$ મળે છે।
તેથી, સાચો વિકલ્પ $C$ છે।

(D)
ડાયમેગ્નેટિક સ્પીસીઝ તે છે જેમાં તેમની આણ્વીય કક્ષકોમાં બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત (paired) હોય છે.
$(i)$ $NO$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 7+8=15$. તેમાં $\pi^* 2p_x$ કક્ષકમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી તે પેરામેગ્નેટિક છે.
$(ii)$ $NO_2$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 7+8+8=23$. તેમાં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી તે પેરામેગ્નેટિક છે.
$(iii)$ $O_2$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 16$. મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ થિયરી મુજબ,તેમાં $\pi^* 2p_x$ અને $\pi^* 2p_y$ કક્ષકોમાં બે અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી તે પેરામેગ્નેટિક છે.
$(iv)$ $CO_2$: કુલ ઇલેક્ટ્રોન $= 22$. તેનું બંધારણ $O=C=O$ છે. તેમાં બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત હોવાથી તે ડાયમેગ્નેટિક છે.

(B) $NaCl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે તટસ્થ છે $(pH = 7)$.
$NH_4Cl$ એ પ્રબળ એસિડ $(HCl)$ અને નિર્બળ બેઇઝ $(NH_4OH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે એસિડિક છે $(pH < 7)$.
$CH_3COONa$ એ નિર્બળ એસિડ $(CH_3COOH)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે,તેથી તે બેઝિક છે $(pH > 7)$.
તેથી,$0.1 \, M$ જલીય દ્રાવણો માટે $pH$ નો વધતો ક્રમ $NH_4Cl < NaCl < CH_3COONa$ થશે.

(A) વાયુની સરેરાશ ઝડપ $(V_{avg})$ નું સૂત્ર: $V_{avg} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}$ છે.
આપેલ તાપમાને $R$,$T$ અને $\pi$ અચળ હોવાથી,સરેરાશ ઝડપ એ મોલર દળ $(M)$ ના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $V_{avg} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$.
હિલિયમ $(He)$ અને ઓક્સિજન $(O_2)$ માટે: $M_{He} = 4 \ g/mol$ અને $M_{O_2} = 32 \ g/mol$.
તેમની સરેરાશ ઝડપનો ગુણોત્તર: $\frac{V_{He}}{V_{O_2}} = \sqrt{\frac{M_{O_2}}{M_{He}}} = \sqrt{\frac{32}{4}} = \sqrt{8} = 2 \sqrt{2}$.
આમ,હિલિયમની સરેરાશ ઝડપ ઓક્સિજન કરતા $2 \sqrt{2}$ ગણી વધારે છે.

(D) $2$-બ્યુટીન $(CH_3-CH=CH-CH_3)$ ની ઠંડા,મંદ આલ્કલાઇન $KMnO_4$ (બેયર પ્રક્રિયક) સાથેની પ્રક્રિયા એ સિન-હાઇડ્રોક્સિલેશન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયા દ્વિબંધ પર બે હાઇડ્રોક્સિલ $(-OH)$ સમૂહો ઉમેરીને વિસીનલ ગ્લાયકોલ બનાવે છે.
બનતી નીપજ બ્યુટેન-$2,3$-ડાયોલ છે.

(C) પ્રમાણિત ગિબ્સ મુક્ત ઊર્જા ફેરફાર $(\Delta G^{\circ})$ અને સંતુલન અચળાંક $(K_{eq})$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\Delta G^{\circ} = -RT \ln K_{eq}$ અથવા $\log K_{eq} = -\Delta G^{\circ} / (2.303 \, RT)$
આ સંબંધ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે $\log K_{eq}$ એ $\Delta G^{\circ}$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે.
તેથી,જે પ્રક્રિયા માટે $\Delta G^{\circ}$ નું મૂલ્ય સૌથી વધુ ઋણ હશે,તેનો સંતુલન અચળાંક $(K_{eq})$ સૌથી મોટો હશે.
આપેલ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા:
$(i) \, 250 \, kJ \, mol^{-1}$
$(ii) \, -100 \, kJ \, mol^{-1}$
$(iii) \, -150 \, kJ \, mol^{-1}$
$(iv) \, 150 \, kJ \, mol^{-1}$
સૌથી વધુ ઋણ મૂલ્ય $-150 \, kJ \, mol^{-1}$ છે,જે પ્રક્રિયા $(iii)$ ને અનુરૂપ છે.

(A) $O$,$F$,અને $Ne$ તત્વો એક જ આવર્ત એટલે કે $2nd$ આવર્તમાં આવેલા છે.
આવર્તમાં ડાબેથી જમણી તરફ જતાં પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ઘટે છે અને અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે,જેના કારણે પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પીમાં વધારો થાય છે.
આ તત્વો માટે આયનીકરણ એન્થાલ્પીનો વધતો ક્રમ $O < F < Ne$ છે.
આપેલ મૂલ્યો $O$ માટે $1314 \, kJ \, mol^{-1}$,$F$ માટે $1680 \, kJ \, mol^{-1}$ અને $Ne$ માટે $2080 \, kJ \, mol^{-1}$ છે.
તેથી,તત્વોનો સાચો ક્રમ $O, F$ અને $Ne$ છે.

(B) $2H_{2(g)} + O_{2(g)} \longrightarrow 2H_2O_{(l)}$
$18 \ g$ $H_2O = 1 \ mol$,તેથી $3.6 \ g$ $H_2O = \frac{3.6}{18} = 0.2 \ mol$.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$0.2 \ mol$ $H_2O$ બનાવવા માટે $0.2 \ mol$ $H_2$ અને $0.1 \ mol$ $O_2$ વપરાય છે.
વપરાયેલ વાયુઓના કુલ મોલ $= 0.2 + 0.1 = 0.3 \ mol$.
વાયુ મિશ્રણના શરૂઆતના મોલ $= 10 \ mol$.
બાકી રહેલા વાયુ મિશ્રણના મોલ $= 10 - 0.3 = 9.7 \ mol$.
અચળ $V$ અને $T$ માટે,$P \propto n$.
$\frac{P_1}{n_1} = \frac{P_2}{n_2} \Rightarrow \frac{1 \ atm}{10 \ mol} = \frac{P_2}{9.7 \ mol}$.
$P_2 = \frac{9.7}{10} = 0.97 \ atm$.

(D) .
ધારો કે ધાતુ $M$ નો તુલ્યભાર $= x$ છે.
તુલ્યતાના નિયમ મુજબ,પ્રક્રિયા પામેલ ધાતુના તુલ્યાંક એ ઉત્પન્ન થયેલ $H_2$ વાયુના તુલ્યાંક જેટલા હોય છે.
$(eq)_{Ca} = (eq)_{H_2} \text{ (Ca માંથી)} = \frac{2.0}{20} = 0.1$
$(eq)_{M} = (eq)_{H_2} \text{ (M માંથી)} = \frac{2.0}{x}$
સમાન પરિસ્થિતિઓમાં ઉત્પન્ન થયેલ વાયુનું કદ એ તુલ્યાંકની સંખ્યાના સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$\frac{(eq)_{Ca}}{(eq)_{M}} = \frac{V_{H_2} \text{ (Ca માંથી)}}{V_{H_2} \text{ (M માંથી)}}$
$\frac{0.1}{2.0/x} = \frac{1.125}{1.85}$
$\frac{0.1x}{2.0} = \frac{1.125}{1.85}$
$x = \frac{1.125 \times 2.0}{1.85 \times 0.1} = \frac{2.25}{0.185} \approx 12.16$
આમ,$M$ નો તુલ્યભાર આશરે $12$ છે.

(A) પ્રક્રિયા ક્રમ નીચે મુજબ છે:
$1$. કોક $(C)$ ને ચૂના $(CaO)$ સાથે ગરમ કરવાથી કેલ્શિયમ કાર્બાઇડ $(CaC_2)$ મળે છે,જે સંયોજન $X$ છે.
$CaO + 3C \xrightarrow{\Delta} CaC_2 + CO$
$2$. કેલ્શિયમ કાર્બાઇડ પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરીને એસિટિલીન $(C_2H_2)$ બનાવે છે,જે સંયોજન $Y$ છે.
$CaC_2 + 2H_2O \rightarrow C_2H_2 + Ca(OH)_2$
$3$. એસિટિલીનને $873 \ K$ તાપમાને લાલ-ગરમ લોખંડ પરથી પસાર કરતા ચક્રીય ટ્રાઇમરાઇઝેશન દ્વારા બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ મળે છે,જે સંયોજન $Z$ છે.
$3C_2H_2 \xrightarrow{\text{Fe, } 873 \ K} C_6H_6$ (બેન્ઝીન)
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) જ્યારે એનિલીન વધારાના બ્રોમીન પાણી $(Br_2 / H_2O)$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે $-NH_2$ સમૂહ બેન્ઝીન વલયને ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી વિસ્થાપન માટે સક્રિય કરે છે.
આના પરિણામે તમામ ઉપલબ્ધ ઓર્થો અને પેરા સ્થાન પર બ્રોમીન પરમાણુઓનું વિસ્થાપન થાય છે,જે મુખ્ય નીપજ તરીકે $2,4,6-$ટ્રાયબ્રોમોએનિલીનનો સફેદ અવક્ષેપ આપે છે.

(D) સાચો વિકલ્પ $D$ છે.
દરેક સંયોજનમાં ધાતુ માટે ઓક્સિડેશન અવસ્થા $(x)$ ની ગણતરી કરીએ:
$(i)$ $K_2CrO_4$ માં: $2(+1) + x + 4(-2) = 0 \implies 2 + x - 8 = 0 \implies x = +6$.
$Cr$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+6$ છે.
$(ii)$ $NbCl_5$ માં: $x + 5(-1) = 0 \implies x - 5 = 0 \implies x = +5$.
$Nb$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+5$ છે.
$(iii)$ $MnO_2$ માં: $x + 2(-2) = 0 \implies x - 4 = 0 \implies x = +4$.
$Mn$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+4$ છે.
મૂલ્યો $(+6, +5, +4)$ ની સરખામણી કરતા,$Cr$ સૌથી વધુ ઓક્સિડેશન અવસ્થા ધરાવે છે.

(B) સંકીર્ણ $[CrCl_2(en)(NH_3)_2]$ એ $M(AA)X_2Y_2$ પ્રકારનું છે,જ્યાં $M = Cr$,$AA = en$,$X = Cl$,અને $Y = NH_3$ છે.
આ સંકીર્ણ $3$ ભૌમિતિક સમઘટકો દર્શાવે છે:
$1$. એક $cis$ સમઘટક જેમાં બે $Cl$ પરમાણુઓ પાસ-પાસે હોય છે.
$2$. બે $trans$ સમઘટકો જેમાં બે $Cl$ પરમાણુઓ એકબીજાની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે,પરંતુ $NH_3$ અને $en$ ના સાપેક્ષ સ્થાન અલગ હોય છે.
આમ,ભૌમિતિક સમઘટકોની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) આર્હેનિયસ સમીકરણ $k = A e^{-E_a / R T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln k = \ln A - \frac{E_a}{R} \left( \frac{1}{T} \right)$ મળે છે.
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = \ln k$ અને $x = 1/T$ છે:
ઢાળ $m = -E_a / R$ અને આંતરછેદ $c = \ln A$ છે.
આલેખ પરથી,પ્રક્રિયા $I$ માટેની રેખા પ્રક્રિયા $II$ ની રેખા કરતા વધુ ઢળતી છે. ઢાળ ઋણ હોવાથી,વધુ ઢળતી રેખા એ ઢાળનું મોટું મૂલ્ય સૂચવે છે,જેનો અર્થ છે કે $E_I > E_{II}$.
વળી,$y$-અક્ષ પર (જ્યાં $1/T = 0$) રેખા $I$ નો આંતરછેદ રેખા $II$ કરતા વધારે છે. આંતરછેદ $\ln A$ હોવાથી,આ સૂચવે છે કે $\ln A_I > \ln A_{II}$,જેનો અર્થ છે કે $A_I > A_{II}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) $Ni(CO)_4$ માં $Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $0$ છે.
તેથી,$Ni(0)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^8 4s^2$ છે.
પ્રબળ લિગેન્ડ $CO$ ની હાજરીમાં,$4s$ ના ઇલેક્ટ્રોન $3d$ કક્ષકોમાં યુગ્મિત થાય છે.
આના પરિણામે $3d$ કક્ષકો સંપૂર્ણ ભરાઈ જાય છે અને $sp^3$ સંકરણ માટે એક $4s$ અને ત્રણ $4p$ કક્ષકો વપરાય છે.
$Ni(CO)_4$ ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ ($sp^3$ સંકરણ) ધરાવે છે અને અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની ગેરહાજરીને કારણે તે પ્રતિચુંબકીય છે.

(A) પ્રક્રિયા બે તબક્કામાં થાય છે:
તબક્કો $1$: $1,2$-ડાયમિથાઈલસાયક્લોપેન્ટિનનું ઓઝોનોલિસિસ અને ત્યારબાદ રિડક્ટિવ વર્કઅપ $(Zn/H_2O)$ હેપ્ટેન-$2,6$-ડાયોન બનાવે છે.
તબક્કો $2$: મળેલ હેપ્ટેન-$2,6$-ડાયોન બેઝ $(OH^-)$ ની હાજરીમાં આંતર-આણ્વીય આલ્ડોલ સંઘનન પ્રક્રિયા અનુભવે છે. $\alpha$-કાર્બન પર બનેલ એનોલેટ બીજા કાર્બોનિલ સમૂહ પર હુમલો કરીને $\beta$-હાઈડ્રોક્સી કીટોન મધ્યવર્તી બનાવે છે. આ મધ્યવર્તી ત્યારબાદ નિર્જલીકરણ ($H_2O$ દૂર થવું) અનુભવીને સ્થાયી $\alpha,\beta$-અસંતૃપ્ત કાર્બોનિલ સંયોજન બનાવે છે,જે $3$-મિથાઈલસાયક્લોહેક્સ-$2$-ઈન-$1$-ઓન છે.

(B) કોઈપણ સંયોજનના નામની આગળ $D$ અને $L$ સામાન્ય રીતે સાપેક્ષ વિન્યાસ સૂચવે છે. મોનોસેકેરાઈડ્સના વિન્યાસને નિર્ધારિત કરવા માટે,સૌથી નીચા અસમપ્રમાણ કાર્બન પરમાણુ (કાઈરલ કેન્દ્ર) ની સરખામણી ગ્લિસરાલ્ડિહાઈડ સાથે કરવામાં આવે છે. ગ્લુકોઝ માટે,જો સૌથી નીચા અસમપ્રમાણ કાર્બન $(C-5)$ પરનો $-OH$ સમૂહ જમણી બાજુ હોય,તો તેને $D$-વિન્યાસ આપવામાં આવે છે. જો $-OH$ સમૂહ ડાબી બાજુ હોય,તો તેને $L$-વિન્યાસ આપવામાં આવે છે. $D$ અને $L$ બંને વિન્યાસ એકબીજાના અરીસામાં પ્રતિબિંબ છે. તેથી,$L-(-)$-ગ્લુકોઝનું બંધારણ એ $D-(+)$-ગ્લુકોઝનું અરીસામાં પ્રતિબિંબ છે.

(A) ઘન એકમ કોષમાં $8$ ખૂણા અને $6$ ફલક હોય છે.
ખૂણા પર રહેલો દરેક પરમાણુ $8$ પાડોશી એકમ કોષો દ્વારા વહેંચાયેલ હોય છે,તેથી તેનો આંશિક ફાળો $\frac{1}{8}$ છે.
ફલકના કેન્દ્ર પર રહેલો દરેક પરમાણુ $2$ પાડોશી એકમ કોષો દ્વારા વહેંચાયેલ હોય છે,તેથી તેનો આંશિક ફાળો $\frac{1}{2}$ છે.
તેથી,આંશિક ફાળો અનુક્રમે $\frac{1}{8}$ અને $\frac{1}{2}$ છે.

(C) $t$-બ્યુટાઈલ મિથાઈલ ઈથરની $HI$ સાથેની પ્રક્રિયા $S_N1$ ક્રિયાવિધિ દ્વારા થાય છે.
$1$. ઈથરનો ઓક્સિજન પરમાણુ $HI$ દ્વારા પ્રોટોનેટેડ થઈને ઓક્સોનિયમ આયન બનાવે છે.
$2$. $t$-બ્યુટાઈલ ગ્રુપ અને ઓક્સિજન પરમાણુ વચ્ચેનો $C-O$ બંધ તૂટીને સ્થાયી $t$-બ્યુટાઈલ કાર્બોકેટાયન $(CH_3)_3C^+$ અને મિથેનોલ $(CH_3OH)$ બનાવે છે.
$3$. ત્યારબાદ આયોડાઈડ આયન $(I^-)$ એ $t$-બ્યુટાઈલ કાર્બોકેટાયન પર હુમલો કરીને $t$-બ્યુટાઈલ આયોડાઈડ $(CH_3)_3CI$ બનાવે છે.
આમ,મુખ્ય નીપજો $t$-બ્યુટાઈલ આયોડાઈડ અને મિથેનોલ છે.

(D) કોલરાઉસના આયનોના સ્વતંત્ર અભિગમનનો નિયમ મુજબ,અનંત મંદતાએ $KOH$ માટે મોલર વાહકતા નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય:
$\lambda^{\infty}_{KOH} = \lambda^{\infty}_{K^+} + \lambda^{\infty}_{OH^-}$
આપેલ મૂલ્યો:
$\lambda^{\infty}_{NaCl} = \lambda^{\infty}_{Na^+} + \lambda^{\infty}_{Cl^-} = 126 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
$\lambda^{\infty}_{KCl} = \lambda^{\infty}_{K^+} + \lambda^{\infty}_{Cl^-} = 150 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
$\lambda^{\infty}_{NaOH} = \lambda^{\infty}_{Na^+} + \lambda^{\infty}_{OH^-} = 250 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
$\lambda^{\infty}_{KOH}$ મેળવવા માટે,આપણે આ પ્રક્રિયા કરીએ છીએ:
$\lambda^{\infty}_{KOH} = \lambda^{\infty}_{KCl} + \lambda^{\infty}_{NaOH} - \lambda^{\infty}_{NaCl}$
$\lambda^{\infty}_{KOH} = 150 + 250 - 126$
$\lambda^{\infty}_{KOH} = 400 - 126 = 274 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) $4$-ફોર્મિલબેન્ઝોઈક એસિડમાં આલ્ડિહાઈડ સમૂહ $(-CHO)$ અને કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$ બંને હોય છે.
જ્યારે એક તુલ્ય હાઇડ્રેઝિન $(NH_2NH_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે વધુ સક્રિય આલ્ડિહાઈડ સમૂહ હાઇડ્રેઝોન બનાવે છે.
ત્યારબાદ આલ્કોહોલિક $KOH$ સાથે ગરમ કરવાથી હાઇડ્રેઝોનનું વુલ્ફ-કિશનર રિડક્શન થઈને મિથાઈલ સમૂહ $(-CH_3)$ બને છે.
દરમિયાન,કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ બેઝ $(KOH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને પોટેશિયમ કાર્બોક્સિલેટ ક્ષાર $(-COO^-K^+)$ બનાવે છે.
તેથી,મુખ્ય નીપજ $4$-મિથાઈલબેન્ઝોએટ પોટેશિયમ ક્ષાર છે.

(A) આપેલી પ્રક્રિયા $Ullmann$ પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એરાઈલ હેલાઈડના બે અણુઓ ($4$-આયોડોટોલ્યુઈન) ગરમ કરવાથી કોપર $(Cu)$ પાવડર સાથે પ્રક્રિયા કરીને બાયએરાઈલ સંયોજન બનાવે છે.
પ્રક્રિયા:
$2 \text{ } CH_3-C_6H_4-I + Cu \xrightarrow{\Delta} CH_3-C_6H_4-C_6H_4-CH_3 + CuI_2$
આમ,મુખ્ય નીપજ $4,4'$-ડાયમિથાઈલબાયફિનાઈલ છે.

(C) અષ્ટફલકીય સંકીર્ણમાં,લિગેન્ડ્સ અક્ષો પરથી આવે છે. $d_{x^2-y^2}$ અને $d_{z^2}$ કક્ષકો સીધા લિગેન્ડ્સ તરફ હોય છે અને વધુ અપાકર્ષણ અનુભવે છે,તેથી તેમની ઉર્જા વધારે હોય છે. $d_{xy}$,$d_{yz}$,અને $d_{zx}$ કક્ષકો અક્ષોની વચ્ચે હોય છે અને તેમની ઉર્જા ઓછી હોય છે. આમ,અષ્ટફલકીય સંકીર્ણોમાં $E(d_{xy}) < E(d_{z^2})$ છે.
સમચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણમાં,લિગેન્ડ્સ સમચતુષ્ફલકના ખૂણાઓ પરથી આવે છે,જે અક્ષોની વચ્ચે હોય છે. $d_{xy}$,$d_{yz}$,અને $d_{zx}$ કક્ષકો લિગેન્ડ્સની નજીક હોય છે અને વધુ અપાકર્ષણ અનુભવે છે,તેથી તેમની ઉર્જા $d_{x^2-y^2}$ અને $d_{z^2}$ કક્ષકો કરતા વધારે હોય છે. આમ,સમચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણોમાં $E(d_{xy}) > E(d_{z^2})$ છે.

(A) એનિલીન $-NH_2$ સમૂહની પ્રબળ સક્રિયકારક અસરને કારણે ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી વિસ્થાપન પ્રત્યે ખૂબ જ સક્રિય છે. પ્રક્રિયાને નિયંત્રિત કરવા અને મોનોબ્રોમિનેટેડ નીપજ મેળવવા માટે,પ્રથમ $-NH_2$ સમૂહનું પિરિડિનની હાજરીમાં $(CH_3CO)_2O$ નો ઉપયોગ કરીને એસીટાઈલેશન દ્વારા રક્ષણ કરવામાં આવે છે,જેથી એસીટેનિલાઈડ બને છે.
ત્યારબાદ એસીટેનિલાઈડ $Br_2/CH_3CO_2H$ સાથે ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી બ્રોમિનેશન પ્રક્રિયા કરીને મુખ્ય નીપજ તરીકે $p$-બ્રોમોએસીટેનિલાઈડ $(X)$ આપે છે.
અંતે,જલીય સાંદ્ર $NaOH$ નો ઉપયોગ કરીને જળવિભાજન દ્વારા એસીટાઈલ રક્ષણાત્મક સમૂહ દૂર કરવામાં આવે છે,જેથી $p$-બ્રોમોએનિલીન $(Y)$ મળે છે.

(C) $KCl$ એ ફલક કેન્દ્રિત ઘન $(FCC)$ બંધારણમાં સ્ફટિકીકરણ પામે છે,જ્યાં ધારની લંબાઈ $a$ અને આયનીય ત્રિજ્યા વચ્ચેનો સંબંધ $a = 2(r_{K^{+}} + r_{Cl^{-}})$ છે.
આપેલ છે,$r_{K^{+}} = 133 \ pm$ અને $r_{Cl^{-}} = 181 \ pm$.
$a = 2(133 + 181) = 2(314) = 628 \ pm$.
ધારની લંબાઈને સેન્ટિમીટરમાં ફેરવતા: $a = 628 \times 10^{-10} \ cm = 6.28 \times 10^{-8} \ cm$.
એકમ કોષનું કદ $V = a^{3}$ છે.
$V = (6.28 \times 10^{-8} \ cm)^{3} = 247.97 \times 10^{-24} \ cm^{3} \approx 2.48 \times 10^{-22} \ cm^{3}$.

(C) કોષ પ્રક્રિયા $3 Fe^{2+}_{(aq)} + 2 Cr_{(s)} \rightleftharpoons 2 Cr^{3+}_{(aq)} + 3 Fe_{(s)}$ છે.
અહીં,$Cr$ નું $Cr^{3+}$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે (એનોડ) અને $Fe^{2+}$ નું $Fe$ માં રિડક્શન થાય છે (કેથોડ).
પ્રમાણિત કોષ પોટેન્શિયલ $E_{cell}^{\circ} = E_{cathode}^{\circ} - E_{anode}^{\circ} = E_{Fe^{2+}/Fe}^{\circ} - E_{Cr^{3+}/Cr}^{\circ}$ છે.
$E_{cell}^{\circ} = -0.44 \, V - (-0.74 \, V) = 0.30 \, V$.
સ્થાનાંતરિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ $6$ છે.
પ્રમાણિત મુક્ત ઉર્જા ફેરફાર $\Delta G^{\circ} = -n F E_{cell}^{\circ}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\Delta G^{\circ} = -6 \times 96500 \, C \times 0.30 \, V = -173,700 \, J$.

(A) $1$. કેલ્શિયમ બ્યુટેનોએટ,$(CH_3CH_2CH_2COO)_2Ca$ ને ગરમ કરવાથી હેપ્ટન$-4-$ઓન $(CH_3CH_2CH_2COCH_2CH_2CH_3)$ અને કેલ્શિયમ કાર્બોનેટ $(CaCO_3)$ મળે છે.
$2$. હેપ્ટન$-4-$ઓન એસિડ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં $1,2-$ઈથેનડાયોલ $(HOCH_2CH_2OH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ચક્રીય કીટલ બનાવે છે.
$3$. આ પ્રક્રિયામાં ડાયોલનું કાર્બોનિલ કાર્બન પર ન્યુક્લિયોફિલિક હુમલો થાય છે,ત્યારબાદ પાણીના અણુ દૂર થઈને વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ ચક્રીય બંધારણ બને છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
$XeF_6$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન કરતા $XeO_3$ $(X)$ મળે છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ: $XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3 + 6HF$.
$Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. $XeO_3$ માં,તે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $3$ દ્વિબંધ ($3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ) બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,$3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે તેની ભૂમિતિ પિરામિડલ હોય છે.

(C) .
આપેલા વિકલ્પોમાં દરેક પ્રક્રિયામાં બનતી નીપજો નીચે મુજબ છે:
$(i) \ NH_4Cl + KOH \longrightarrow KCl + NH_3 + H_2O$
$(ii) \ AlN + 3H_2O \longrightarrow Al(OH)_3 + NH_3$
$(iii) \ NH_4Cl + NaNO_2 \longrightarrow NaCl + N_2 + 2H_2O$
$(iv) \ 2NH_4Cl + Ca(OH)_2 \longrightarrow CaCl_2 + 2NH_3 + 2H_2O$
આમ,વિકલ્પ $(C)$ માં આપેલી પ્રક્રિયામાં એમોનિયા ઉત્પન્ન થતો નથી.

(B) $C_4H_{10}O$ અણુસૂત્ર સંતૃપ્ત ઈથર અથવા આલ્કોહોલને અનુરૂપ છે.
ઈથર શોધવા માટે,આપણે $R-O-R'$ ક્રિયાશીલ સમૂહ શોધીએ છીએ.
$C_4H_{10}O$ માટે શક્ય ઈથર સમઘટકો નીચે મુજબ છે:
$1$. $CH_3-O-CH_2-CH_2-CH_3$ (મિથોક્સીપ્રોપેન)
$2$. $CH_3-CH_2-O-CH_2-CH_3$ (ઈથોક્સીઈથેન)
$3$. $CH_3-O-CH(CH_3)_2$ ($2$-મિથોક્સીપ્રોપેન)
આમ,$3$ સમઘટકો છે જે ઈથર છે.

(C) કોઈપણ સંયોજનનું ઉત્કલનબિંદુ તેમાં રહેલા આંતરઆણ્વીય $H$-બંધની માત્રા પર આધાર રાખે છે.
સંયોજનો $I$ (બ્યુટેનોલ),$II$ (બ્યુટેન$-1,4-$ડાયોલ) અને $IV$ (બ્યુટેન$-1,2-$ડાયોલ) આલ્કોહોલ છે,જે પ્રબળ આંતરઆણ્વીય $H$-બંધ બનાવી શકે છે,જેના કારણે તેમનું ઉત્કલનબિંદુ ઊંચું હોય છે.
સંયોજન $III$ (ડાયઈથાઈલ ઈથર) એ ઈથર છે અને તે તેના પોતાના અણુઓ વચ્ચે આંતરઆણ્વીય $H$-બંધ બનાવી શકતું નથી.
તેથી,સંયોજન $III$ નું ઉત્કલનબિંદુ સૌથી ઓછું છે.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $2NH_3 + H_2SO_4 \longrightarrow (NH_4)_2SO_4$.
વપરાયેલ $H_2SO_4$ ના તુલ્યાંક = $Molarity \times Volume \times n-factor = 2 \times 10 \times 10^{-3} \times 2 = 0.04 \ eq$.
$1 \ mol \ H_2SO_4$ એ $2 \ mol \ NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,તેથી મુક્ત થયેલ $NH_3$ ના મોલ = $2 \times (Molarity \times Volume) = 2 \times (2 \times 10 \times 10^{-3}) = 0.04 \ mol$.
$NH_3$ માં નાઈટ્રોજન $(N)$ નું દળ = $0.04 \times 14 \ g = 0.56 \ g$.
નાઈટ્રોજનની વજન ટકાવારી = $\frac{\text{Mass of } N}{\text{Mass of compound}} \times 100 = \frac{0.56}{2} \times 100 = 28 \ \%$.

(A) $1$. શરૂઆતનું સંયોજન $Br-CH_2-CH(Br)-Ph$ એ $Alc. KOH$ અને ત્યારબાદ $NaNH_2$ સાથે નિર્જલીકરણ (dehydrohalogenation) પામીને આલ્કાઈન $X$ બનાવે છે,જે ફિનાઈલએસીટીલીન $(Ph-C \equiv C-H)$ છે.
$2$. આલ્કાઈન $X$ $(Ph-C \equiv C-H)$ એ એસિડ-ઉદ્દીપકીય જલીયકરણ $(HgSO_4/dil. H_2SO_4, \Delta)$ પામીને ઇનોલ મધ્યવર્તી સંયોજન બનાવે છે,જેનું ટોટોમેરિઝમ થઈને એસીટોફિનોન $(Ph-CO-CH_3)$ મળે છે.
$3$. ત્યારબાદ એસીટોફિનોનનું $Conc. HNO_3/H_2SO_4$ નો ઉપયોગ કરીને નાઈટ્રેશન કરવામાં આવે છે. એસીટાઈલ ગ્રુપ $(-CO-CH_3)$ એ મેટા-ડાયરેક્ટિંગ ગ્રુપ હોવાથી,નાઈટ્રો ગ્રુપ $(-NO_2)$ મેટા-સ્થાન પર જોડાય છે,જેનાથી $m-\text{નાઈટ્રોએસીટોફિનોન}$ $(Y)$ મળે છે.