TS EAMCET 2002 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ સમીકરણ $\left| z + \frac{i}{2} \right|^2 = \left| z - \frac{i}{2} \right|^2$ છે.
$z = x + iy$ મૂકતા:
$\left| x + iy + \frac{i}{2} \right|^2 = \left| x + iy - \frac{i}{2} \right|^2$
$\left| x + i(y + \frac{1}{2}) \right|^2 = \left| x + i(y - \frac{1}{2}) \right|^2$
ગુણધર્મ $|a + ib|^2 = a^2 + b^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x^2 + (y + \frac{1}{2})^2 = x^2 + (y - \frac{1}{2})^2$
$x^2 + y^2 + y + \frac{1}{4} = x^2 + y^2 - y + \frac{1}{4}$
$y = -y$
$2y = 0$
$y = 0$
આ $x$-અક્ષ દર્શાવે છે.

(B) ધારો કે $f(x) = x^5 - 6x^2 - 4x + 5$.
ડેકાર્ટના ચિહ્નોના નિયમ મુજબ,ધન વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા $f(x)$ ના સહગુણકોમાં થતા ચિહ્નોના ફેરફાર જેટલી અથવા તેનાથી ઓછી હોય છે.
સહગુણકો $(1, 0, 0, -6, -4, 5)$ છે.
ચિહ્નોમાં ફેરફાર $1$ થી $-6$ અને $-4$ થી $5$ એમ $2$ વાર થાય છે,તેથી $f(x)$ ને વધુમાં વધુ $2$ ધન વાસ્તવિક બીજ હોઈ શકે.
હવે,$f(-x) = -x^5 - 6x^2 + 4x + 5$ લો.
સહગુણકો $(-1, 0, 0, -6, 4, 5)$ છે.
ચિહ્નોમાં ફેરફાર $-6$ થી $4$ એમ $1$ વાર થાય છે,તેથી $f(x)$ ને વધુમાં વધુ $1$ ઋણ વાસ્તવિક બીજ હોઈ શકે.
તેથી,વાસ્તવિક બીજની મહત્તમ શક્ય સંખ્યા $2 + 1 = 3$ છે.

(A) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ એ $3$ કક્ષાના ચોરસ શ્રેણિકો છે.
કારણ કે $A$ એ અસામાન્ય શ્રેણિક છે,તેનો નિશ્ચાયક $|A| \neq 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે વ્યસ્ત શ્રેણિક $A^{-1}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આપેલ સમીકરણ $AB = O$ છે.
બંને બાજુ $A^{-1}$ વડે પૂર્વ-ગુણાકાર કરતા:
$A^{-1}(AB) = A^{-1}O$
$(A^{-1}A)B = O$
$IB = O$
$B = O$
તેથી,$B$ એ શૂન્ય શ્રેણિક છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $P = (-2, 6)$ અને $Q = (4, 2)$ છે. રેખા $L = 0$ એ રેખાખંડ $PQ$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
$PQ$ નું મધ્યબિંદુ $\left( \frac{-2 + 4}{2}, \frac{6 + 2}{2} \right) = (1, 4)$ છે.
$PQ$ નો ઢાળ $m_{PQ} = \frac{2 - 6}{4 - (-2)} = \frac{-4}{6} = -\frac{2}{3}$ છે.
રેખા $L$ એ $PQ$ ને લંબ હોવાથી,તેનો ઢાળ $m_L = \frac{3}{2}$ થશે.
બિંદુ $(1, 4)$ માંથી પસાર થતી અને $\frac{3}{2}$ ઢાળ ધરાવતી રેખા $L$ નું સમીકરણ:
$y - 4 = \frac{3}{2}(x - 1)$
$2(y - 4) = 3(x - 1)$
$2y - 8 = 3x - 3$
$3x - 2y + 5 = 0$.

(A) આપેલ બિંદુઓ $A(1, x, 3)$,$B(3, 4, 7)$,અને $C(y, -2, -5)$ છે.
બિંદુઓ સમરેખ હોવાથી,સદિશો $\overrightarrow{AB}$ અને $\overrightarrow{BC}$ સમાંતર હોવા જોઈએ,એટલે કે કોઈ અદિશ $\lambda$ માટે $\overrightarrow{AB} = \lambda \overrightarrow{BC}$.
$\overrightarrow{AB} = (3-1)\hat{i} + (4-x)\hat{j} + (7-3)\hat{k} = 2\hat{i} + (4-x)\hat{j} + 4\hat{k}$.
$\overrightarrow{BC} = (y-3)\hat{i} + (-2-4)\hat{j} + (-5-7)\hat{k} = (y-3)\hat{i} - 6\hat{j} - 12\hat{k}$.
$\overrightarrow{AB} = \lambda \overrightarrow{BC}$ ના ઘટકોને સરખાવતા:
$2 = \lambda(y-3)$ ... $(i)$
$4-x = -6\lambda$ ... $(ii)$
$4 = -12\lambda$ ... $(iii)$
$(iii)$ પરથી,$\lambda = \frac{4}{-12} = -\frac{1}{3}$.
$\lambda = -\frac{1}{3}$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $2 = -\frac{1}{3}(y-3) \Rightarrow -6 = y-3 \Rightarrow y = -3$.
$\lambda = -\frac{1}{3}$ ને $(ii)$ માં મૂકતા: $4-x = -6(-\frac{1}{3}) \Rightarrow 4-x = 2 \Rightarrow x = 2$.
આમ,$(x, y) = (2, -3)$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^4 x}{\sin^2 x + \cos^4 x}$.
નિત્યસમ $\sin^4 x = \sin^2 x (1 - \cos^2 x)$ અને $\cos^4 x = \cos^2 x (1 - \sin^2 x)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકીએ:
$f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x (1 - \cos^2 x)}{\sin^2 x + \cos^2 x (1 - \sin^2 x)}$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x - \sin^2 x \cos^2 x}{\sin^2 x + \cos^2 x - \cos^2 x \sin^2 x}$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,અંશ અને છેદ સમાન બને છે:
$f(x) = \frac{1 - \sin^2 x \cos^2 x}{1 - \sin^2 x \cos^2 x} = 1$
તેથી,કોઈપણ $x \in R$ માટે,$f(x) = 1$. આમ,$f(2002) = 1$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} - y = x^2$ છે.
આ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = -1$ અને $Q = x^2$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $(I.F.)$ $e^{\int P dx} = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$ છે.
સામાન્ય ઉકેલ $y \cdot (I.F.) = \int Q \cdot (I.F.) dx + c$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$y e^{-x} = \int x^2 e^{-x} dx + c$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int x^2 e^{-x} dx = x^2(-e^{-x}) - \int 2x(-e^{-x}) dx = -x^2 e^{-x} + 2 \int x e^{-x} dx$.
$= -x^2 e^{-x} + 2[x(-e^{-x}) - \int 1(-e^{-x}) dx] = -x^2 e^{-x} - 2x e^{-x} - 2e^{-x} + c$.
આમ,$y e^{-x} = -e^{-x}(x^2 + 2x + 2) + c$.
બંને બાજુ $e^x$ વડે ગુણતા,આપણને $y = -(x^2 + 2x + 2) + ce^x$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $y + x^2 + 2x + 2 = ce^x$ થાય છે.

(A) કણોની સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર માટેનું સૂત્ર $X_{CM} = \frac{\sum m_i x_i}{\sum m_i}$ છે.
અહીં,દળ $m_i = i \cdot m$ છે અને તેમના સ્થાન $x_i = i \cdot l$ છે,જ્યાં $i = 1, 2, \dots, n$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$X_{CM} = \frac{m(l) + 2m(2l) + 3m(3l) + \dots + nm(nl)}{m + 2m + 3m + \dots + nm}$
$X_{CM} = \frac{ml(1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2)}{m(1 + 2 + 3 + \dots + n)}$
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum_{i=1}^n i = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$X_{CM} = \frac{l \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{\frac{n(n+1)}{2}}$
$X_{CM} = l \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \cdot \frac{2}{n(n+1)}$
$X_{CM} = \frac{(2n + 1)l}{3}$

(A) દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $X_{CM}$ નું સ્થાન નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$X_{CM} = \frac{\sum m_i x_i}{\sum m_i}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$X_{CM} = \frac{m(l) + 2m(2l) + 3m(3l) + \dots + nm(nl)}{m + 2m + 3m + \dots + nm}$
$m$ અને $l$ ને સામાન્ય લેતા:
$X_{CM} = \frac{ml(1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2)}{m(1 + 2 + 3 + \dots + n)}$
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$X_{CM} = \frac{l \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{\frac{n(n+1)}{2}}$
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$X_{CM} = l \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \cdot \frac{2}{n(n+1)}$
$X_{CM} = \frac{(2n+1)l}{3}$

(D) પગલું $1$: ઇથેનોલ $(C_2H_5OH)$ નું $KMnO_4 / H^{+}$ સાથે ઓક્સિડેશન થવાથી એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ $X$ તરીકે મળે છે.
$C_2H_5OH + [O] \xrightarrow{KMnO_4 / H^{+}} CH_3COOH (X) + H_2O$
પગલું $2$: એસિટિક એસિડ $(X)$ નું ઇથેનોલ $(Y)$ સાથે સાંદ્ર $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં એસ્ટરીકરણ થવાથી ઇથાઇલ એસિટેટ $(CH_3COOC_2H_5)$ મળે છે.
$CH_3COOH + C_2H_5OH (Y) \xrightarrow{H_2SO_4 / \Delta} CH_3COOC_2H_5 + H_2O$

(A) જ્યારે ડાયઇથાઇલ ઈથર ઠંડા $HI$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે $C-O$ બંધનું વિભાજન થાય છે.
પ્રક્રિયા ઠંડા $HI$ સાથે કરવામાં આવતી હોવાથી,$HI$ નો માત્ર એક અણુ પ્રક્રિયા કરે છે,જેના પરિણામે ઇથાઇલ આલ્કોહોલ અને ઇથાઇલ આયોડાઇડ બને છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_2H_5-O-C_2H_5 + HI \rightarrow C_2H_5OH + C_2H_5I$

(D) આલ્કલાઇન ફોર્માલ્ડિહાઇડ દ્રાવણ $H_2O_2$ સાથે નીચે મુજબ પ્રક્રિયા કરે છે:
$2HCHO + H_2O_2 \rightarrow 2HCOOH + H_2 \uparrow$
આ પ્રક્રિયામાં,ફોર્માલ્ડિહાઇડ $(HCHO)$ નું ફોર્મિક એસિડ $(HCOOH)$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે અને હાઇડ્રોજન વાયુ $(H_2)$ મુક્ત થાય છે.

(A) $Ba(OH)_2$ જેવા બેઝની હાજરીમાં એસિટોન $(CH_3COCH_3)$ ની પ્રક્રિયા એ આલ્ડૉલ સંઘનન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એસિટોનના બે અણુઓ સંઘનન પામીને ડાયએસીટોન આલ્કોહોલ બનાવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં એસિટોનના એક અણુમાંથી ઇનોલેટ આયન બને છે,જે બીજા એસિટોન અણુના કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે.
નીપજ $X$ એ $4-hydroxy-4-methylpentan-2-one$ છે,જેનું બંધારણ $CH_3-C(OH)(CH_3)-CH_2-CO-CH_3$ છે.

(A) એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ નું એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ માં ઓક્સિડેશન ઔદ્યોગિક રીતે હવા અથવા ઓક્સિજનની હાજરીમાં મેંગેનીઝ એસીટેટનો ઉદ્દીપક તરીકે ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2CH_3CHO + O_2 \xrightarrow{\text{Manganese acetate}} 2CH_3COOH$.

(B) કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q$ એ સૂત્ર $Q = C \times V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $C$ એ કેપેસીટન્સ છે અને $V$ એ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત છે.
આપેલ છે કે $C = 1000 \ \mu F = 1000 \times 10^{-6} \ F$ અને $V = 20 \ V$.
કુલ વિદ્યુતભાર $Q = 1000 \times 10^{-6} \ F \times 20 \ V = 20,000 \ \mu C$.
ચાર્જિંગનો દર $I = 200 \ \mu C/s$ છે.
જરૂરી સમય $t$ એ $t = \frac{Q}{I}$ દ્વારા મળે છે.
$t = \frac{20,000 \ \mu C}{200 \ \mu C/s} = 100 \ s$.

(A) પ્રારંભિક કેપેસિટન્સ $C = 100 \mu F = 100 \times 10^{-6} \text{ F}$ અને વોલ્ટેજ $V = 50 \text{ V}$ છે.
સંગ્રહિત પ્રારંભિક ઉર્જા $E_1 = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times 10^{-6} \times (50)^2 = 0.125 \text{ J} = 125 \times 10^{-3} \text{ J}$ છે.
જ્યારે અંતર $d$ બમણું થાય છે,ત્યારે નવું કેપેસિટન્સ $C' = \frac{C}{2} = 50 \mu F = 50 \times 10^{-6} \text{ F}$ થાય છે.
બેટરી જોડાયેલી હોવાથી,વોલ્ટેજ $V$ અચળ $50 \text{ V}$ રહે છે.
અંતિમ સંગ્રહિત ઉર્જા $E_2 = \frac{1}{2} C' V^2 = \frac{1}{2} \times 50 \times 10^{-6} \times (50)^2 = 62.5 \times 10^{-3} \text{ J}$ થાય છે.
બેટરી દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = \Delta Q \times V = (C' - C)V^2 = (50 - 100) \times 10^{-6} \times 2500 = -125 \times 10^{-3} \text{ J}$ છે.
ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે ઉર્જા બેટરીમાં પાછી જાય છે. કેપેસિટરની ઉર્જામાં ફેરફાર $E_2 - E_1 = -62.5 \times 10^{-3} \text{ J}$ છે,એટલે કે બેટરીને $\frac{125}{2} \times 10^{-3} \text{ J}$ ઉર્જા પાછી મળે છે.

(C) એસીટીલીન $(HC \equiv CH)$ નું આલ્કલાઇન પોટેશિયમ પરમેંગેનેટ $(KMnO_4 / KOH)$ ની હાજરીમાં $25^{\circ}C$ તાપમાને ઓક્સિડેશન થવાથી ઓક્ઝેલિક એસિડ $(HOOC-COOH)$ બને છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$HC \equiv CH + 4[O] \xrightarrow{KMnO_4 / KOH, 25^{\circ}C} HOOC-COOH$.

(C) જ્યારે ઓક્ઝેલિક એસિડ $(COOH)_2$ ને સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું નિર્જલીકરણ થઈને કાર્બન મોનોક્સાઇડ $(CO)$ અને કાર્બન ડાયોક્સાઇડ $(CO_2)$ વાયુઓનું મિશ્રણ અને પાણી મળે છે:
$(COOH)_2 \xrightarrow{conc. H_2SO_4} CO + CO_2 + H_2O$
જ્યારે આ વાયુમય મિશ્રણને કોસ્ટિક પોટાશ $(KOH)$ માંથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે એસિડિક વાયુ $CO_2$ શોષાય છે,જ્યારે $CO$ (તટસ્થ વાયુ) પસાર થઈ જાય છે.
$CO_2$ અને $KOH$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$CO_2 + 2KOH \rightarrow K_2CO_3 + H_2O$
આમ,બનતી નીપજ પોટેશિયમ કાર્બોનેટ $(K_2CO_3)$ છે.

(C) એસ્પિરિન (એસીટાઈલસેલિસિલિક એસિડ) એ સેલિસિલિક એસિડના ફિનોલિક $-OH$ સમૂહના એસીટાઈલેશન દ્વારા બનાવવામાં આવે છે,જેમાં એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડનો ઉપયોગ સાંદ્ર $H_2SO_4$ જેવા એસિડ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં થાય છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$\text{સેલિસિલિક એસિડ} + (CH_3CO)_2O$ $\xrightarrow{\text{સાંદ્ર } H_2SO_4} \text{એસીટાઈલસેલિસિલિક એસિડ (એસ્પિરિન)} + CH_3COOH$
તેથી,સાચો પ્રક્રિયક $(CH_3CO)_2O / \text{સાંદ્ર } H_2SO_4$ છે.

(B) એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ ની એમોનિયા $(NH_3)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી મધ્યવર્તી નીપજ $X$ તરીકે એમોનિયમ એસિટેટ $(CH_3COONH_4)$ બને છે.
$CH_3COOH + NH_3 \longrightarrow CH_3COONH_4$ $(X)$
ગરમ કરવા પર,એમોનિયમ એસિટેટનું નિર્જલીકરણ થઈને નીપજ $Y$ તરીકે એસીટામાઇડ $(CH_3CONH_2)$ અને પાણી $(H_2O)$ મળે છે.
$CH_3COONH_4 \stackrel{\Delta}{\longrightarrow} CH_3CONH_2$ $(Y)$ $+ H_2O$
આમ,$X$ એ $CH_3COONH_4$ છે અને $Y$ એ $CH_3CONH_2$ છે.

(B) $NH_4^{+}$ નો સંયુગ્મી બેઝ પ્રોટોન $(H^{+})$ દૂર કરવાથી બને છે.
$NH_4^{+} \rightarrow NH_3 + H^{+}$.
$NH_3$ માં,મધ્યસ્થ નાઇટ્રોજન પરમાણુ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,સ્ટેરિક નંબર $3 + 1 = 4$ છે,જે $sp^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(C) $Xe$ ના ફ્લોરાઈડમાં સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$XeF_2$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$XeF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 4) = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સાચી જોડી $XeF_2, sp^3d$ છે.

(B) આયનીય બંધ વિરુદ્ધ વીજભાર ધરાવતા આયનો વચ્ચેના સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ દ્વારા બને છે,જ્યારે સહસંયોજક બંધ પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી દ્વારા બને છે.
$K_2SO_4$ માં,પોટેશિયમ આયનો $(K^+)$ અને સલ્ફેટ આયન $(SO_4^{2-})$ આયનીય બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
સલ્ફેટ આયન $(SO_4^{2-})$ ની અંદર,સલ્ફર અને ઓક્સિજન પરમાણુઓ સહસંયોજક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
તેથી,$K_2SO_4$ માં આયનીય અને સહસંયોજક બંને બંધ હોય છે.
$CH_2Cl_2$,$BeCl_2$,અને $SO_2$ માં માત્ર સહસંયોજક બંધ હોય છે.

(C) સંતુલન સમયે,પુરોગામી પ્રક્રિયાનો વેગ $=$ પ્રતિગામી પ્રક્રિયાનો વેગ.
આપેલ છે કે સંતુલન સમયે પુરોગામી પ્રક્રિયાનો વેગ $0.02 \ mol \ L^{-1} \ min^{-1}$ છે.
તેથી,સંતુલન સમયે પ્રતિગામી પ્રક્રિયાનો વેગ પણ $0.02 \ mol \ L^{-1} \ min^{-1}$ થશે.

(C) પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \longrightarrow 2NH_{3(g)}$ માટે,વેગનું સમીકરણ આ મુજબ છે: $\text{Rate} = -\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NH_3]}{dt}$.
આપેલ છે કે $-\frac{d[N_2]}{dt} = 0.02 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
પદોને સરખાવતા: $-\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt}$.
તેથી,$-\frac{d[H_2]}{dt} = 3 \times (-\frac{d[N_2]}{dt}) = 3 \times 0.02 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1} = 0.06 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.

(D) રેડિયોએક્ટિવ વિઘટન પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા છે.
વેગ અચળાંક $k$ માટેનું સૂત્ર: $k = \frac{2.303}{t} \log \frac{a}{a-x}$.
આપેલ છે: $a = 10 \ g$,$a-x = 1 \ g$,અને $t = 2.303 \ \text{min}$.
કિંમતો મૂકતા: $k = \frac{2.303}{2.303} \log \frac{10}{1} = 1 \times \log(10) = 1 \ \text{min}^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય $t_{1/2} = \frac{0.693}{k} = \frac{0.693}{1} = 0.693 \ \text{min}$.

(C) આવર્ત કોષ્ટકમાં ડાબેથી જમણે જતાં વિદ્યુતઋણતા વધે છે અને સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જતાં ઘટે છે.
$O$ (ઓક્સિજન) સમૂહ $16$ અને આવર્ત $2$ માં છે,$N$ (નાઈટ્રોજન) સમૂહ $15$ અને આવર્ત $2$ માં છે,અને $P$ (ફોસ્ફરસ) સમૂહ $15$ અને આવર્ત $3$ માં છે.
આથી,$O$ ની વિદ્યુતઋણતા સૌથી વધુ છે.
$N$ ની વિદ્યુતઋણતા $P$ કરતા વધારે છે કારણ કે $N$ બીજા આવર્તમાં છે અને $P$ ત્રીજા આવર્તમાં છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $O > N > P$ છે.

(C) દરેક ટુકડાનો અવરોધ $= \frac{R}{20} \Omega$ છે.
શ્રેણીમાં જોડાયેલા $10$ ટુકડાઓનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_1 = 10 \times \frac{R}{20} = \frac{R}{2}$ થાય.
તે જ રીતે,સમાંતર જોડાયેલા $10$ ટુકડાઓનો સમતુલ્ય અવરોધ $\frac{1}{R_2} = \frac{1}{R/20} + \dots (10 \text{ વખત}) = \frac{10}{R/20} = \frac{200}{R}$ થાય,તેથી $R_2 = \frac{R}{200}$ મળે.
હવે,$R_1$ અને $R_2$ ને શ્રેણીમાં જોડતા,કુલ અવરોધ $R_{eq} = R_1 + R_2 = \frac{R}{2} + \frac{R}{200} = \frac{100R + R}{200} = \frac{101R}{200}$ થાય.

(B) જ્યારે તારને ખેંચવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું કદ અચળ રહે છે. અવરોધ $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l^2}{V}$. અહીં $\rho$ અને $V$ અચળ હોવાથી,$R \propto l^2$ થાય.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક અવરોધ $R_1 = 3 \Omega$ અને લંબાઈ $l_1 = l$ છે. ખેંચ્યા પછી,$l_2 = 2l$ થાય છે.
$\frac{R_2}{R_1} = \left(\frac{l_2}{l_1}\right)^2 = \left(\frac{2l}{l}\right)^2 = 4$.
તેથી,$R_2 = 4 \times R_1 = 4 \times 3 = 12 \Omega$.
$12 \Omega$ અવરોધ ધરાવતા તારને સમબાજુ ત્રિકોણમાં વાળવામાં આવે છે. દરેક બાજુનો અવરોધ $R_{side} = \frac{12 \Omega}{3} = 4 \Omega$ થશે.
ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ છે. બાજુઓ $AB, BC, CA$ દરેક $4 \Omega$ ની છે.
કોઈપણ બાજુના છેડાઓ વચ્ચે (દા.ત. $B$ અને $C$ ની વચ્ચે) અસરકારક અવરોધ શોધવા માટે,બાજુ $BC$ $(4 \Omega)$ એ $AB$ અને $AC$ ના શ્રેણી જોડાણ $(4 \Omega + 4 \Omega = 8 \Omega)$ સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે.
$R_{eq} = \frac{R_{BC} \times (R_{AB} + R_{AC})}{R_{BC} + (R_{AB} + R_{AC})} = \frac{4 \times 8}{4 + 8} = \frac{32}{12} = \frac{8}{3} \Omega$.

(C) આપેલ છે:
ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ,$G = 100 \ \Omega$
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ,$I_g = 100 \ \mu A = 100 \times 10^{-6} \ A = 0.1 \times 10^{-3} \ A$
જરૂરી કુલ પ્રવાહ,$I = 1 \ mA = 1 \times 10^{-3} \ A$
ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,તેની સાથે સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
શંટ અવરોધ માટેનું સૂત્ર:
$S = \frac{I_g G}{I - I_g}$
કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{(0.1 \times 10^{-3}) \times 100}{1 \times 10^{-3} - 0.1 \times 10^{-3}}$
$S = \frac{0.1 \times 10^{-1}}{0.9 \times 10^{-3}}$
$S = \frac{0.01}{0.0009} = \frac{100}{9} \ \Omega$
આમ,જરૂરી શંટ અવરોધ $\frac{100}{9} \ \Omega$ છે.

(C) પોટેન્શિયોમીટરના પ્રયોગમાં, સંતુલન લંબાઈ $l_1$ એ કોષના વિદ્યુતચાલક બળ $(E)$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $E = k l_1$, જ્યાં $k$ એ પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ છે.
જ્યારે બાહ્ય અવરોધ $R$ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે, ત્યારે ટર્મિનલ પોટેન્શિયલ તફાવત $V$ એ $V = k l_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $l_2$ એ નવી સંતુલન લંબાઈ છે.
આપેલ છે કે $l_1 = 560 \, cm$ અને લંબાઈમાં ફેરફાર $60 \, cm$ છે, તેથી નવી સંતુલન લંબાઈ $l_2 = 560 \, cm - 60 \, cm = 500 \, cm$.
આંતરિક અવરોધ $r$ માટેનું સૂત્ર $r = R \left( \frac{E}{V} - 1 \right) = R \left( \frac{l_1}{l_2} - 1 \right) = R \left( \frac{l_1 - l_2}{l_2} \right)$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $r = 10 \left( \frac{560 - 500}{500} \right) = 10 \left( \frac{60}{500} \right) = 10 \times 0.12 = 1.2 \, \Omega$.

(A) $Cu$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^{10} 4s^1$ છે.
$Cu^{2+}$ આયન માટે,બે ઇલેક્ટ્રોન દૂર થાય છે (એક $4s$ માંથી અને એક $3d$ માંથી),પરિણામે $[Ar] 3d^9$ મળે છે.
$3d^9$ રચનામાં,$1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n = 1)$ છે.
ચુંબકીય ચાકમાત્રાની ગણતરી $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
$n = 1$ મૂકતા,આપણને $\mu = \sqrt{1(1+2)} = \sqrt{3} \approx 1.73 \ BM$ મળે છે.

(C) $m$ દળ અને $q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા કણ માટે $V$ વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત હેઠળ પ્રવેગિત થતી ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રોટોન માટે,$\lambda_0 = \frac{h}{\sqrt{2m_p q_p V}}$.
$\alpha$-કણ માટે,દળ $m_{\alpha} = 4m_p$ અને વિદ્યુતભાર $q_{\alpha} = 2q_p$ છે.
આ કિંમતોને $\alpha$-કણના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\lambda_{\alpha} = \frac{h}{\sqrt{2(4m_p)(2q_p)V}} = \frac{h}{\sqrt{8(2m_p q_p V)}} = \frac{1}{\sqrt{8}} \left( \frac{h}{\sqrt{2m_p q_p V}} \right)$.
$\sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ હોવાથી,આપણને $\lambda_{\alpha} = \frac{\lambda_0}{2\sqrt{2}}$ મળે છે.

(D) ધારો કે ધાતુનું વર્ક ફંક્શન $W$ છે.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $(KE)_{\max } = E - W$ છે,જ્યાં $E$ એ આપાત ફોટોનની ઉર્જા છે.
પ્રથમ ફોટોન માટે,$E_1 = 2W$. તેથી,$(KE_1)_{\max } = 2W - W = W$.
બીજા ફોટોન માટે,$E_2 = 3W$. તેથી,$(KE_2)_{\max } = 3W - W = 2W$.
ગતિ ઉર્જા $(KE)_{\max } = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,ગતિ ઉર્જાનો ગુણોત્તર:
$\frac{(KE_1)_{\max }}{(KE_2)_{\max }} = \frac{W}{2W} = \frac{1}{2}$.
વેગના પદો મૂકતા:
$\frac{\frac{1}{2}mv_1^2}{\frac{1}{2}mv_2^2} = \frac{1}{2} \implies \frac{v_1^2}{v_2^2} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,મહત્તમ વેગનો ગુણોત્તર $1: \sqrt{2}$ છે.

(B) જમા થયેલ દળ માટેનું સૂત્ર $w = z \cdot i \cdot t$ છે,જ્યાં $w$ એ દળ છે,$z$ એ વિદ્યુતરાસાયણિક તુલ્યાંક છે,$i$ એ પ્રવાહ છે,અને $t$ એ સમય છે.
$z$ ને કર્તા બનાવતા,આપણને મળે છે $z = \frac{w}{i \times t}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $z = \frac{0.066 \ g}{2 \ A \times 100 \ s} = \frac{0.066}{200} \ g \ C^{-1}$.
આમ,$z = 3.3 \times 10^{-4} \ g \ C^{-1}$.

(C) ડાઉન્સ પ્રક્રિયામાં,પીગળેલા સોડિયમ ક્લોરાઈડ $(NaCl)$ નું વિદ્યુતવિભાજન કરવામાં આવે છે.
એનોડ પર,ક્લોરાઈડ આયનો $(Cl^{-})$ નું ઓક્સિડેશન થઈને ક્લોરિન વાયુ $(Cl_2)$ ઉત્પન્ન થાય છે.
પ્રક્રિયા છે: $2 Cl^{-} \longrightarrow Cl_2 + 2 e^{-}$

(B) કોપર ઇલેક્ટ્રોડ માટે રિડક્શન પ્રક્રિયા: $Cu^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow Cu(s)$ છે.
$25^{\circ} C$ $(298 \ K)$ તાપમાને નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{Cu^{2+}/Cu} = E^{\circ}_{Cu^{2+}/Cu} + \frac{0.0591}{2} \log [Cu^{2+}]$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 + \frac{0.0591}{2} \log (10^{-2})$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 + \frac{0.0591}{2} \times (-2)$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 - 0.0591$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.2809 \ V$

(A) ભ્રમણની ધરીથી $r$ અંતરે $dr$ લંબાઈનો એક નાનો ઘટક ધ્યાનમાં લો.
આ નાના ઘટક પર પ્રેરિત emf $de = B v dr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v = r \omega$ છે.
તેથી,$de = B (r \omega) dr$.
કેન્દ્ર અને સળિયાના એક છેડા (લંબાઈ $L/2$) વચ્ચેનું કુલ પ્રેરિત emf $e$ શોધવા માટે,આપણે $r = 0$ થી $r = L/2$ સુધી સંકલન કરીએ છીએ:
$e = \int_{0}^{L/2} B \omega r dr = B \omega \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{L/2} = B \omega \frac{(L/2)^2}{2} = \frac{B \omega L^2}{8}$.
સળિયો તેના કેન્દ્રની આસપાસ ફરતો હોવાથી,સળિયાના દરેક અડધા ભાગમાં પ્રેરિત emf $\frac{B \omega L^2}{8}$ છે.
કેન્દ્રના સંદર્ભમાં બંને અડધા ભાગો સમાંતર જોડાયેલા હોવાથી,બે છેડાઓ વચ્ચેનું કુલ emf એ દરેક અડધા ભાગમાં પ્રેરિત emf નો સરવાળો છે: $e_{total} = \frac{B \omega L^2}{8} + \frac{B \omega L^2}{8} = \frac{B \omega L^2}{4}$.

(D) કોમ્પટન અસર માટે,તરંગલંબાઇમાં થતો ફેરફાર નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\Delta \lambda = \lambda_2 - \lambda_1 = \frac{h}{m_0 c}(1 - \cos \theta)$
અહીં,$\lambda_1$ એ આપાત કિરણોત્સર્ગની તરંગલંબાઇ છે,$\lambda_2$ એ પ્રકીર્ણન પામેલા કિરણોત્સર્ગની તરંગલંબાઇ છે,અને $\frac{h}{m_0 c}$ એ કોમ્પટન તરંગલંબાઇ છે,જે આશરે $0.024 \ \mathring{A}$ છે.
આપેલ છે: $\lambda_2 = 0.22 \ \mathring{A}$ અને $\theta = 60^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા:
$0.22 - \lambda_1 = 0.024(1 - \cos 60^{\circ})$
$0.22 - \lambda_1 = 0.024(1 - 0.5)$
$0.22 - \lambda_1 = 0.024 \times 0.5$
$0.22 - \lambda_1 = 0.012$
$\lambda_1 = 0.22 - 0.012 = 0.208 \ \mathring{A}$.

(A) આપેલ છે:
દળ $m = 1 ~g = 10^{-3} ~kg$
વીજભાર $q = 10^{-8} ~C$
$P$ આગળ સ્થિતિમાન $V_P = 600 ~V$
$Q$ આગળ સ્થિતિમાન $V_Q = 0 ~V$
$Q$ આગળ વેગ $v_Q = 20 ~cm/s = 0.2 ~m/s$
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થયેલું કાર્ય એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$W = \Delta KE = KE_Q - KE_P$
$q(V_P - V_Q) = \frac{1}{2} m v_Q^2 - \frac{1}{2} m v_P^2$
કિંમતો મૂકતા:
$10^{-8} (600 - 0) = \frac{1}{2} (10^{-3}) (0.2)^2 - \frac{1}{2} (10^{-3}) v_P^2$
$600 \times 10^{-8} = 0.5 \times 10^{-3} \times 0.04 - 0.5 \times 10^{-3} v_P^2$
$6 \times 10^{-6} = 2 \times 10^{-5} - 0.5 \times 10^{-3} v_P^2$
$0.5 \times 10^{-3} v_P^2 = 20 \times 10^{-6} - 6 \times 10^{-6}$
$0.5 \times 10^{-3} v_P^2 = 14 \times 10^{-6}$
$v_P^2 = \frac{14 \times 10^{-6}}{0.5 \times 10^{-3}} = 28 \times 10^{-3} = 0.028$
$v_P = \sqrt{0.028} ~m/s$

(A) ફ્લોરોસિસ એ ફ્લોરાઈડના વધુ પડતા સેવનને કારણે થતી સ્થિતિ છે. શરીરમાં,વધારાનું ફ્લોરાઈડ હાડકાં અને દાંતમાં રહેલા કેલ્શિયમ $(Ca)$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને કેલ્શિયમ ફ્લોરાઈડ $(CaF_2)$ બનાવે છે,જે હાડકાં સખત થવા અને દાંત પર ડાઘ પડવા જેવી સમસ્યાઓ તરફ દોરી જાય છે.
રાસાયણિક પ્રતિક્રિયા: $Ca + F_2 \rightarrow CaF_2$ (ફ્લોરોસિસ રોગ).

(D) દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ આલ્કોહોલ એ એવો આલ્કોહોલ છે જેમાં હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ એવા કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોય છે જે અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય.
$1.$ $2-$મિથાઈલ$-2-$પ્રોપેનોલ: $-OH$ સમૂહ તૃતીયક કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે. તે તૃતીયક આલ્કોહોલ છે.
$2.$ $1-$પ્રોપેનોલ: $-OH$ સમૂહ પ્રાથમિક કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે. તે પ્રાથમિક આલ્કોહોલ છે.
$3.$ $1-$બ્યુટેનોલ: $-OH$ સમૂહ પ્રાથમિક કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે. તે પ્રાથમિક આલ્કોહોલ છે.
$4.$ $2-$પેન્ટેનોલ: બંધારણ $CH_3-CH(OH)-CH_2-CH_2-CH_3$ છે. $-OH$ સમૂહ $C2$ કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે,જે અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ ($C1$ અને $C3$) સાથે જોડાયેલ છે. તેથી,તે દ્વિતીયક આલ્કોહોલ છે.

(B) તૃતીયક એમાઈન ($3^{\circ}$ એમાઈન) નું સામાન્ય સૂત્ર $R_3N$ છે,જ્યાં $R$ એ આલ્કાઈલ સમૂહ દર્શાવે છે.
તૃતીયક એમાઈન માટે જરૂરી કાર્બન પરમાણુઓની ન્યૂનતમ સંખ્યા $3$ છે (દા.ત.,ટ્રાયમિથાઈલ એમાઈન,$(CH_3)_3N$).
ટ્રાયમિથાઈલ એમાઈન માટે આણ્વીય સૂત્રની ગણતરી કરતા: $C_3H_9N$.
$C_2H_7N$ એ ઈથાઈલ એમાઈન $(1^{\circ})$ અથવા ડાયમિથાઈલ એમાઈન $(2^{\circ})$ દર્શાવે છે.
$CH_5N$ એ મિથાઈલ એમાઈન $(1^{\circ})$ દર્શાવે છે.
$CH_3N$ એ સ્થાયી સંતૃપ્ત એમાઈન નથી.
તેથી,$C_3H_9N$ એ તૃતીયક એમાઈનનું આણ્વીય સૂત્ર છે.

(B) કેપ્લરના ક્ષેત્રફળના નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રીય વેગ $(A)$ એ ગ્રહના સ્થાન સદિશ દ્વારા એકમ સમયમાં આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળનો દર છે.
ગાણિતિક રીતે,ક્ષેત્રીય વેગ નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય છે:
$A = \frac{dA}{dt} = \frac{L}{2M}$
જ્યાં:
$L$ એ ગ્રહનું કોણીય વેગમાન છે,
$M$ એ ગ્રહનું દળ છે.
કોણીય વેગમાન $(L)$ માટે આ સૂત્રને ગોઠવતા:
$L = 2 M A$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) ઈથેનની બનાવટ માટેની વુર્ટ્ઝ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2CH_3I + 2Na \xrightarrow{\text{dry ether}} C_2H_6 + 2NaI$
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1$ મોલ ઈથેન $(C_2H_6)$ બનાવવા માટે $2$ મોલ મિથાઈલ આયોડાઈડ $(CH_3I)$ ની જરૂર પડે છે.
$CH_3I$ નું મોલર દળ: $12 (C) + 3 (H) + 127 (I) = 142 \ g/mol$.
તેથી,જરૂરી $2$ મોલ $CH_3I$ નું વજન: $2 \times 142 \ g = 284 \ g$.

(A) $Chloroethane$ નું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_3CH_2Cl$ છે.
આ અણુમાં,ક્લોરિન પરમાણુ (હેલોજન) સાથે જોડાયેલ કાર્બન પરમાણુ બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
કારણ કે હેલોજન ધરાવતો કાર્બન પરમાણુ ફક્ત બીજા એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ છે,તેથી તેને પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ આલ્કાઇલ હેલાઇડ તરીકે વર્ગીકૃત કરવામાં આવે છે.

(A) આપેલ પ્રક્રિયા $A$ $\xrightarrow{HBr} C_2H_5Br$ $\xrightarrow{B} A$ છે.
જો $A = C_2H_4$ (ઈથીન) અને $B = \text{આલ્કોહોલિક } KOH / \Delta$ હોય:
$1$. $C_2H_4 + HBr \rightarrow C_2H_5Br$ (ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી યોગશીલ પ્રક્રિયા).
$2$. $C_2H_5Br + \text{આલ્કોહોલિક } KOH \xrightarrow{\Delta} C_2H_4 + KBr + H_2O$ (ડીહાઇડ્રોહેલોજનેશન પ્રક્રિયા).
આમ,$A$ એ $C_2H_4$ છે અને $B$ એ આલ્કોહોલિક $KOH / \Delta$ છે.

(A) $1, 2-$ડાયબ્રોમોઈથેનનું ઈથીનમાં રૂપાંતર એ વિ-હેલોજનીકરણ (dehalogenation) પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં આલ્કોહોલની હાજરીમાં ગરમ $(\Delta)$ કરીને ઝિંક ડસ્ટનો ઉપયોગ કરીને પાસ-પાસેના કાર્બન પરમાણુઓમાંથી બે બ્રોમીન પરમાણુઓ દૂર કરવામાં આવે છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $BrCH_2-CH_2Br + Zn \xrightarrow{\text{alcohol}, \Delta} CH_2=CH_2 + ZnBr_2$.
આમ,સાચી પ્રક્રિયાની શરતો $Zn$,આલ્કોહોલ,$\Delta$ છે.

(D) અણુનો બેઝિક ગુણધર્મ મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની દાન કરવાની ક્ષમતા પર આધાર રાખે છે.
$PH_3$ માં,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ઉચ્ચ $s$-કેરેક્ટર ધરાવતી કક્ષકમાં હોય છે,જે તેને દાન કરવા માટે ઓછું ઉપલબ્ધ બનાવે છે.
$P(CH_3)_3$ માં,ત્રણ મિથાઈલ ગ્રુપ ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ ગ્રુપ ($+I$ અસર) છે,જે ફોસ્ફરસ પરમાણુ પર ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા વધારે છે,જેથી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દાન કરવા માટે વધુ ઉપલબ્ધ બને છે.
તેથી,$P(CH_3)_3$ એ $PH_3$ કરતા વધુ પ્રબળ બેઝ છે.

(D) જ્યારે ભારે પાણી $(D_2O)$ મેગ્નેશિયમ નાઈટ્રાઈડ $(Mg_3N_2)$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરે છે,ત્યારે ડ્યુટેરિયમ અણુઓ પ્રતિક્રિયાની નીપજોમાં હાઇડ્રોજન અણુઓને બદલે છે.
રાસાયણિક પ્રતિક્રિયા આ મુજબ છે:
$Mg_3N_2 + 6 D_2O \longrightarrow 3 Mg(OD)_2 + 2 ND_3$
આમ,બનતી નીપજો મેગ્નેશિયમ ડ્યુટેરોક્સાઈડ $(Mg(OD)_2)$ અને ડ્યુટેરોએમોનિયા $(ND_3)$ છે.

(C) પ્રક્રિયા $N_{2(g)} + 3H_{2(g)} \longrightarrow 2NH_{3(g)}$ માટે,પ્રક્રિયાનો વેગ નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય:
વેગ $= -\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NH_3]}{dt}$.
આપેલ છે કે $-\frac{d[N_2]}{dt} = 0.02 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
$N_2$ અને $H_2$ ના પદોને સરખાવતા:
$-\frac{d[N_2]}{dt} = -\frac{1}{3} \frac{d[H_2]}{dt}$.
તેથી,$-\frac{d[H_2]}{dt} = 3 \times (-\frac{d[N_2]}{dt})$.
$-\frac{d[H_2]}{dt} = 3 \times 0.02 = 0.06 \ mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.

(A) ફોસ્ફિનની બેઝિકતા ફોસ્ફરસ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ઉપલબ્ધતા પર આધાર રાખે છે.
$P(CH_3)_3$ માં,ત્રણ મિથાઈલ જૂથો $+I$ (પ્રેરક) અસર દર્શાવે છે,જે ફોસ્ફરસ પરમાણુ પર ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા વધારે છે.
આનાથી $PH_3$ ની સરખામણીમાં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરવું વધુ સરળ બને છે,કારણ કે $PH_3$ માં આવા કોઈ ઇલેક્ટ્રોન-દાતા જૂથો હોતા નથી.
તેથી,બેઝિક લાક્ષણિકતાનો સાચો ક્રમ $P(CH_3)_3 > PH_3$ છે.

(C) એસીટોફેનોન બેન્ઝીનના ફ્રીડેલ-ક્રાફ્ટ એસિલેશન દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ એસીટાઈલ ક્લોરાઈડ $(CH_3COCl)$ સાથે નિર્જળ લુઈસ એસિડ ઉદ્દીપક,નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં પ્રક્રિયા કરે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_6 + CH_3COCl \xrightarrow{\text{anhydrous } AlCl_3} C_6H_5COCH_3 + HCl$
આમ,જરૂરી રસાયણો $C_6H_6$ $(A)$,$CH_3COCl$ $(C)$,અને નિર્જળ $AlCl_3$ $(D)$ છે.

(B) બંધ ઉર્જા બંધની લંબાઈ પર આધાર રાખે છે. સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં મધ્યસ્થ પરમાણુનું કદ વધે છે $(N < P < As)$,તેથી બંધની લંબાઈ વધે છે અને બંધ ઉર્જા ઘટે છે.
બંધ ઉર્જાનો ક્રમ $N-H > P-H > As-H$ છે.
$N-H$ માટે મૂલ્યો $389 \ kJ \ mol^{-1}$,$P-H$ માટે $318 \ kJ \ mol^{-1}$ અને $As-H$ માટે $247 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $389, 318, 247$ છે.

(D) પ્રક્રિયા ક્રમ નીચે મુજબ છે:
$1$. $KMnO_4 / H^+$ સાથે ઇથેનોલ $(C_2H_5OH)$ નું ઓક્સિડેશન થવાથી એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ મળે છે,જે $X$ છે.
$2$. સાંદ્ર $H_2SO_4$ ની હાજરીમાં એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ અને ઇથેનોલ $(C_2H_5OH)$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા એ એસ્ટરીકરણ પ્રક્રિયા છે,જે ઇથાઇલ એસિટેટ $(CH_3COOC_2H_5)$ બનાવે છે.
$3$. આમ,$X = CH_3COOH$ અને $Y = C_2H_5OH$ છે.

(A) જ્યારે ડાયઈથાઈલ ઈથર ઠંડા $HI$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તેનું વિભાજન થઈને ઈથાઈલ આલ્કોહોલ અને ઈથાઈલ આયોડાઈડ બને છે:
$C_2H_5-O-C_2H_5 + HI \rightarrow C_2H_5OH + C_2H_5I$

(A) આ પ્રક્રિયા $2 CH_3COCH_3 \stackrel{Ba(OH)_2}{\longrightarrow} X$ એ એસિટોનની આલ્ડોલ સંઘનન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,એસિટોનના બે અણુઓ $Ba(OH)_2$ જેવા બેઇઝની હાજરીમાં સંઘનન પામીને $4-hydroxy-4-methylpentan-2-one$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયાની ક્રિયાવિધિમાં એક એસિટોન અણુમાંથી એનોલેટ આયનનું નિર્માણ થાય છે,જે પછી બીજા એસિટોન અણુના કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે.
નીપજ $X$ એ $CH_3-C(OH)(CH_3)-CH_2-CO-CH_3$ છે.

(A) એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ નું એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ માં ઓક્સિડેશન એ ઔદ્યોગિક પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયા સામાન્ય રીતે હવા અથવા ઓક્સિજનની હાજરીમાં મેંગેનીઝ એસિટેટ $(Mn(CH_3COO)_2)$ દ્વારા ઉદ્દીપિત થાય છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2CH_3CHO + O_2 \xrightarrow{Mn(CH_3COO)_2} 2CH_3COOH$.

(C) ઓક્ઝેલિક એસિડની સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથેની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$(COOH)_2 \xrightarrow{conc. H_2SO_4} CO + CO_2 + H_2O$
વાયુમય મિશ્રણમાં $CO$ અને $CO_2$ હોય છે.
જ્યારે આ મિશ્રણને કોસ્ટિક પોટાશ $(KOH)$ માંથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે $CO_2$ (એસિડિક વાયુ) શોષાય છે,જ્યારે $CO$ (તટસ્થ વાયુ) પસાર થઈ જાય છે.
$CO_2$ ની $KOH$ સાથેની પ્રક્રિયા:
$CO_2 + 2KOH \rightarrow K_2CO_3 + H_2O$
આમ,બનતી નીપજ પોટેશિયમ કાર્બોનેટ $(K_2CO_3)$ છે.

(C) સેલિસિલિક એસિડમાંથી એસ્પિરિન (એસીટાઈલ સેલિસિલિક એસિડ) ની બનાવટમાં ફિનોલિક $-OH$ સમૂહનું એસીટાઈલેશન થાય છે.
આ પ્રક્રિયા સેલિસિલિક એસિડની એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ સાથે સાંદ્ર $H_2SO_4$ જેવા એસિડ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં કરવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા: $\text{Salicylic acid} + (CH_3CO)_2O \xrightarrow{Conc. H_2SO_4} \text{Aspirin} + CH_3COOH$.
તેથી,સાચો પ્રક્રિયક $(CH_3CO)_2O / \text{Conc. } H_2SO_4$ છે.

(B) એસિટિક એસિડ $(CH_3 COOH)$ ની એમોનિયા $(NH_3)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી એમોનિયમ એસિટેટ $(CH_3 COONH_4)$ મધ્યવર્તી $(X)$ તરીકે બને છે.
$CH_3 COOH + NH_3 \longrightarrow CH_3 COONH_4$ $(X)$
ગરમ કરવા પર,એમોનિયમ એસિટેટ નિર્જલીકરણ પામીને એસીટામાઇડ $(CH_3 CONH_2)$ અંતિમ નીપજ $(Y)$ તરીકે આપે છે.
$CH_3 COONH_4 \stackrel{\Delta}{\longrightarrow} CH_3 CONH_2$ $(Y)$ $+ H_2 O$
તેથી,$X$ એ $CH_3 COONH_4$ છે અને $Y$ એ $CH_3 CONH_2$ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ નું સંકરણ સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.
$XeF_2$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$XeF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 4) = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,સાચી જોડી $XeF_2, sp^3d$ છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ વિઘટન એ પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા છે.
$k = \frac{2.303}{t} \log \frac{a}{a-x}$
આપેલ છે $a = 10 \ g$,$(a-x) = 1 \ g$,અને $t = 2.303 \ \text{min}$.
$k = \frac{2.303}{2.303} \log \frac{10}{1} = 1 \ \text{min}^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય $t_{1/2} = \frac{0.693}{k}$ દ્વારા મળે છે.
$t_{1/2} = \frac{0.693}{1} = 0.693 \ \text{min}$.

(A) $Cu$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $29$ છે. $Cu$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^{10} 4s^1$ છે.
$Cu^{2+}$ આયન માટે,બે ઇલેક્ટ્રોન દૂર થાય છે (એક $4s$ માંથી અને એક $3d$ માંથી),જેના પરિણામે $[Ar] 3d^9$ રચના મળે છે.
$3d^9$ રચનામાં,$1$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન $(n = 1)$ છે.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $(\mu)$ ની ગણતરી $\mu = \sqrt{n(n+2)} \text{ BM}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
$\mu = \sqrt{1(1+2)} = \sqrt{3} \approx 1.73 \text{ BM}$.

(B) જમા થયેલ દળ માટેનું સૂત્ર $w = z \cdot i \cdot t$ છે,જ્યાં $w$ એ દળ છે,$z$ એ વિદ્યુત રાસાયણિક તુલ્યાંક છે,$i$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે અને $t$ એ સમય છે.
આપેલ છે: $w = 0.066 \ g$,$i = 2 \ A$,$t = 100 \ s$.
$z$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા: $z = \frac{w}{i \times t}$.
કિંમતો મૂકતા: $z = \frac{0.066}{2 \times 100} = \frac{0.066}{200} = 0.00033 \ g \ C^{-1}$.
તેથી,$z = 3.3 \times 10^{-4} \ g \ C^{-1}$.

(B) કોપર ઇલેક્ટ્રોડ માટે રિડક્શન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $Cu^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow Cu(s)$.
$25^{\circ} C$ $(298 \ K)$ તાપમાને નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{Cu^{2+}/Cu} = E^{\circ}_{Cu^{2+}/Cu} - \frac{0.0591}{n} \log \frac{1}{[Cu^{2+}]}$
અહીં $E^{\circ} = +0.34 \ V$,$n = 2$,અને $[Cu^{2+}] = 0.01 \ M = 10^{-2} \ M$.
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 - \frac{0.0591}{2} \log \frac{1}{10^{-2}}$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 - \frac{0.0591}{2} \log(10^2)$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 - \frac{0.0591}{2} \times 2$
$E_{Cu^{2+}/Cu} = 0.34 - 0.0591 = 0.2809 \ V$.

(D) દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ આલ્કોહોલ એટલે એવો આલ્કોહોલ જેમાં હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ એવા કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોય જે અન્ય બે કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ હોય.
$1$. $2$-મિથાઈલ-$2$-પ્રોપેનોલ: $(CH_3)_3COH$ એ તૃતીયક $(3^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે.
$2$. $1$-પ્રોપેનોલ: $CH_3CH_2CH_2OH$ એ પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે.
$3$. $1$-બ્યુટેનોલ: $CH_3CH_2CH_2CH_2OH$ એ પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે.
$4$. $2$-પેન્ટેનોલ: $CH_3CH(OH)CH_2CH_2CH_3$ એ દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે,કારણ કે $-OH$ સમૂહ $C2$ કાર્બન સાથે જોડાયેલ છે,જે $C1$ અને $C3$ સાથે જોડાયેલ છે.

(B) તૃતીયક એમાઈનનું સામાન્ય સૂત્ર $R_3N$ છે,જ્યાં $R$ એ આલ્કાઈલ સમૂહ છે.
તૃતીયક એમાઈન માટે,જરૂરી કાર્બન પરમાણુઓની ન્યૂનતમ સંખ્યા $3$ છે (દા.ત.,ટ્રાયમિથાઈલ એમાઈન,$(CH_3)_3N$).
$(CH_3)_3N$ માટે આણ્વીય સૂત્રની ગણતરી કરતા:
કુલ કાર્બન = $3$,કુલ હાઈડ્રોજન = $3 \times 3 = 9$,કુલ નાઈટ્રોજન = $1$.
આમ,આણ્વીય સૂત્ર $C_3H_9N$ છે.

(A) ક્લોરોઈથેનનું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_3CH_2Cl$ છે.
આ અણુમાં,ક્લોરિન પરમાણુ (હેલોજન) સાથે જોડાયેલ કાર્બન પરમાણુ બે હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે.
આ કાર્બન પરમાણુ માત્ર અન્ય એક કાર્બન પરમાણુ સાથે જોડાયેલ હોવાથી,તે પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ કાર્બન છે.
તેથી,ક્લોરોઈથેન એ પ્રાથમિક આલ્કાઈલ હેલાઈડ છે.
આમ,સાચો જવાબ છે: બે,પ્રાથમિક.

(D) એસિટોફેનોન $(C_6H_5COCH_3)$ બેન્ઝીનના ફ્રિડલ-ક્રાફ્ટ એસાઇલેશન દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ એસિટિલ ક્લોરાઇડ $(CH_3COCl)$ સાથે નિર્જળ લુઈસ એસિડ ઉદ્દીપક,જેમ કે નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં પ્રક્રિયા કરે છે.
રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$C_6H_6 + CH_3COCl \xrightarrow{\text{anhydrous } AlCl_3} C_6H_5COCH_3 + HCl$
તેથી,જરૂરી રસાયણો બેન્ઝીન $(A)$,એસિટિલ ક્લોરાઇડ $(C)$ અને નિર્જળ $AlCl_3$ $(D)$ છે.

(D) અણુનો બેઝિક ગુણધર્મ મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના ઇલેક્ટ્રોનની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની દાન કરવાની ક્ષમતા પર આધાર રાખે છે.
$PH_3$ માં,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વધુ $s$-ગુણધર્મ ધરાવતી કક્ષકમાં હોય છે,જે તેને દાન માટે ઓછી ઉપલબ્ધ બનાવે છે.
$P(CH_3)_3$ માં,ત્રણ મિથાઈલ સમૂહો ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ ($+I$ અસર) છે,જે ફોસ્ફરસ પરમાણુ પર ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા વધારે છે,જેનાથી અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ દાન માટે વધુ ઉપલબ્ધ બને છે.
તેથી,$P(CH_3)_3$ એ $PH_3$ કરતા વધુ પ્રબળ બેઝ છે.

(A) થર્મિટ પ્રક્રિયામાં એલ્યુમિનિયમ $(Al)$ પાવડર દ્વારા ફેરિક ઓક્સાઈડ $(Fe_2O_3)$ નું રિડક્શન થાય છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ:
$Fe_2O_3 + 2Al \rightarrow 2Fe + Al_2O_3$
સામાન્ય રીતે થર્મિટ મિશ્રણમાં,$3$ ભાગ ફેરિક ઓક્સાઈડ $(Fe_2O_3)$ ને $1$ ભાગ એલ્યુમિનિયમ પાવડર $(Al)$ સાથે વજનના પ્રમાણમાં મિશ્ર કરવામાં આવે છે.
તેથી,$X = 3$ અને $Y = 1$.

(A) બોક્સાઈટ પાવડર કોક અને નાઈટ્રોજન સાથે નીચે મુજબ પ્રક્રિયા કરે છે:
$Al_2O_3 + 3C + N_2 \xrightarrow{2075 \ K} 2AlN (X) + 3CO$
જ્યારે $AlN$ પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે તેનું જળવિભાજન થાય છે:
$AlN + 3H_2O \longrightarrow Al(OH)_3 + NH_3 \uparrow$
આમ,ઉત્પન્ન થતો વાયુ એમોનિયા $(NH_3)$ છે.

(B) જ્યારે એમોનિયા વધારાના ક્લોરિન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$NH_3 + 3Cl_2 \longrightarrow NCl_3 + 3HCl$
આ પ્રક્રિયામાં,$NCl_3$ (નાઇટ્રોજન ટ્રાયક્લોરાઇડ) વિસ્ફોટક નીપજ તરીકે અને $HCl$ (હાઇડ્રોજન ક્લોરાઇડ) બને છે.

(D) જ્યારે એમોનિયા વધારાના ક્લોરિન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$NH_3 + 3Cl_2 \longrightarrow NCl_3 + 3HCl$
આ પ્રક્રિયામાં,નાઈટ્રોજન ટ્રાયક્લોરાઈડ $(NCl_3)$ અને હાઈડ્રોજન ક્લોરાઈડ $(HCl)$ નીપજ તરીકે મળે છે.

(D) $1$. ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R = R_0 A^{1/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ દળ ક્રમાંક છે. વિકલ્પ $A$ ખોટો છે કારણ કે તેમાં $A^{1/2}$ આપેલ છે.
$2$. આઇસોબાર એ સમાન દળ ક્રમાંક પરંતુ અલગ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતા પરમાણુઓ છે. $_{7}N^{15}$ અને $_{8}O^{16}$ ના દળ ક્રમાંક અલગ ($15$ અને $16$) છે,તેથી તેઓ આઇસોબાર નથી. વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
$3$. થોરિયમ શ્રેણી ($4n$ શ્રેણી) સ્થિર આઇસોટોપ $_{82}Pb^{208}$ પર સમાપ્ત થાય છે. વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે તેમાં $_{83}Bi^{209}$ નો ઉલ્લેખ છે.
$4$. ન્યુક્લિયોન્સ માટે જાદુઈ સંખ્યાઓ $2, 8, 20, 28, 50, 82, 126$ છે. $_{20}Ca^{40}$ માટે,પ્રોટોનની સંખ્યા $20$ છે અને ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $40 - 20 = 20$ છે. $20$ અને $20$ બંને જાદુઈ સંખ્યાઓ હોવાથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) ભૌતિક અધિશોષણ (physisorption) એ અધિશોષિત અને અધિશોષક વચ્ચેના નિર્બળ વાન્ડર વાલ્સ બળો દ્વારા લાક્ષણિકતા ધરાવે છે.
આ બળો નિર્બળ હોવાથી,ભૌતિક અધિશોષણ માટે જરૂરી સક્રિયકરણ ઊર્જા ખૂબ ઓછી હોય છે,ઊંચી નહીં.
તેથી,'ભૌતિક અધિશોષણની સક્રિયકરણ ઊર્જા ખૂબ ઊંચી હોય છે' તે વિધાન ખોટું છે.
તેનાથી વિપરીત,રાસાયણિક અધિશોષણ (chemisorption) માં રાસાયણિક બંધોના નિર્માણને કારણે સામાન્ય રીતે ઊંચી સક્રિયકરણ ઊર્જાની જરૂર પડે છે.

(D) બંધ ઉર્જા બંધ લંબાઈ પર આધાર રાખે છે. જેમ મધ્યસ્થ પરમાણુનું કદ વધે છે,તેમ બંધ લંબાઈ વધે છે અને બંધ ઉર્જા ઘટે છે.
પરમાણુ કદનો ક્રમ $N < P < As$ છે.
તેથી,બંધ ઉર્જાનો ક્રમ $N-H > P-H > As-H$ છે.
બંધ ઉર્જાના મૂલ્યો $N-H = 389 \ kJ \ mol^{-1}$,$P-H = 318 \ kJ \ mol^{-1}$ અને $As-H = 247 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.
આમ,$P-H$,$As-H$ અને $N-H$ માટે બંધ ઉર્જા અનુક્રમે $318, 247, 389$ છે.