TS EAMCET 2023 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે પદાર્થ $A$ અને $B$ ના અર્ધ-આયુષ્ય અનુક્રમે $(T_H)_A$ અને $(T_H)_B$ છે.
આપેલ છે: $(T_H)_A = 2(T_H)_B$.
ધારો કે $N_A$ અને $N_B$ એ ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા છે.
સમય $t$ પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T_H}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t = 3(T_H)_A$ પછી,$A$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_A(t) = N_A \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{N_A}{8}$ થાય છે.
કારણ કે $(T_H)_A = 2(T_H)_B$,તેથી $t = 3(2(T_H)_B) = 6(T_H)_B$ થાય.
સમય $t$ પછી $B$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_B(t) = N_B \left(\frac{1}{2}\right)^6 = \frac{N_B}{64}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $N_A(t) = N_B(t)$,તેથી $\frac{N_A}{8} = \frac{N_B}{64}$ થાય.
તેથી,$\frac{N_A}{N_B} = \frac{8}{64} = \frac{1}{8}$ મળે.

(A) ટોર્ક $\tau$ અને કોણીય વેગમાન $L$ ના ફેરફારના દર વચ્ચેનો સંબંધ $\tau = \frac{dL}{dt}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = A_0$ અને અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_f = 4A_0$ છે.
સમયગાળો $\Delta t = 4 \ s$ છે.
કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L_f - L_i = 4A_0 - A_0 = 3A_0$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $\tau = \frac{\Delta L}{\Delta t} = \frac{3A_0}{4} = 0.75A_0$ મળે છે.

(C) ભૌતિક રાશિનું સૂત્ર $X = \frac{2 k^3 \ell^2}{m \sqrt{n}}$ છે.
સાપેક્ષ ત્રુટિ શોધવા માટે,આપણે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{\Delta X}{X} = 3 \frac{\Delta k}{k} + 2 \frac{\Delta \ell}{\ell} + \frac{\Delta m}{m} + \frac{1}{2} \frac{\Delta n}{n}$.
આપેલ પ્રતિશત ત્રુટિઓ $\frac{\Delta k}{k} \times 100 = 1\%$,$\frac{\Delta \ell}{\ell} \times 100 = 2\%$,$\frac{\Delta m}{m} \times 100 = 3\%$ અને $\frac{\Delta n}{n} \times 100 = 4\%$ છે.
આ કિંમતોને ત્રુટિના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\Delta X}{X} \times 100 = 3(1\%) + 2(2\%) + 3\% + \frac{1}{2}(4\%)$.
$\frac{\Delta X}{X} \times 100 = 3\% + 4\% + 3\% + 2\% = 12\%$.
તેથી,$X$ માં પ્રતિશત અનિશ્ચિતતા $12\%$ છે.

(C) મીટર બ્રિજમાં,સંતુલન સ્થિતિનું સૂત્ર $\frac{P}{Q} = \frac{l}{100-l}$ છે,જ્યાં $P$ એ ડાબી બાજુના ગેપનો અવરોધ છે,$Q$ એ જમણી બાજુના ગેપનો અવરોધ છે,અને $l$ એ ડાબી બાજુથી સંતુલન બિંદુનું અંતર ($cm$ માં) છે.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{P}{Q} = \frac{2}{3}$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{2}{3} = \frac{l}{100-l}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$2(100 - l) = 3l$
$200 - 2l = 3l$
$200 = 5l$
$l = \frac{200}{5} = 40 ~cm$.
તેથી,ડાબી બાજુથી સંતુલન બિંદુ $40 ~cm$ અંતરે છે.

(D) આપેલ વર્તુળો $C_1: x^2+y^2-2x-4y+c=0$ અને $C_2: x^2+y^2-4x-2y+4=0$ છે.
$C_1$ માટે,કેન્દ્ર $O_1(1, 2)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{5-c}$ છે.
$C_2$ માટે,કેન્દ્ર $O_2(2, 1)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = 1$ છે.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d^2 = (2-1)^2 + (1-2)^2 = 2$.
બે વર્તુળો વચ્ચેનો ખૂણો $\cos \theta = \frac{r_1^2+r_2^2-d^2}{2r_1r_2}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\theta = 60^{\circ}$ આપેલ હોવાથી,$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{2} = \frac{(5-c) + 1 - 2}{2 \sqrt{5-c}} = \frac{4-c}{2 \sqrt{5-c}}$.
તેથી,$\sqrt{5-c} = 4-c$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $5-c = 16 - 8c + c^2$,એટલે કે $c^2 - 7c + 11 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{7 \pm \sqrt{49-44}}{2} = \frac{7 \pm \sqrt{5}}{2}$.

(D) આપેલ છે કે $r_1 = 2r_2 = 3r_3$.
તેથી,$s-a = k, s-b = 2k, s-c = 3k$.
$3s - (a+b+c) = 6k \Rightarrow s = 6k$.
તેથી,$a = 5k, b = 4k, c = 3k$.
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{5}{4} + \frac{4}{3} + \frac{3}{5} = \frac{75 + 80 + 36}{60} = \frac{191}{60}$.

(A) ધારો કે ઉગમબિંદુ $O(0,0,0)$ છે અને લંબપાદ $P(2,-1,3)$ છે.
કારણ કે $OP$ એ સમતલનો અભિલંબ છે,તેથી અભિલંબના દિક્-ગુણોત્તર એ રેખા $OP$ ના દિક્-ગુણોત્તર સમાન હોય.
$OP$ ના દિક્-ગુણોત્તર $(2-0, -1-0, 3-0) = (2, -1, 3)$ છે.
આમ,સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = 2\hat{i} - \hat{j} + 3\hat{k}$ છે.
બિંદુ $(x_1, y_1, z_1)$ માંથી પસાર થતા અને અભિલંબ સદિશ $(a, b, c)$ ધરાવતા સમતલનું સમીકરણ $a(x-x_1) + b(y-y_1) + c(z-z_1) = 0$ છે.
બિંદુ $P(2, -1, 3)$ અને અભિલંબ સદિશ $(2, -1, 3)$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$2(x-2) - 1(y-(-1)) + 3(z-3) = 0$
$2(x-2) - 1(y+1) + 3(z-3) = 0$
$2x - 4 - y - 1 + 3z - 9 = 0$
$2x - y + 3z - 14 = 0$
તેથી,સમતલનું સમીકરણ $2x - y + 3z - 14 = 0$ છે.

(D) $1$. $CH_3CHBr_2$ ની આલ્કોહોલિક $KOH$ અને ત્યારબાદ $NaNH_2$ સાથેની પ્રક્રિયાથી એસિટિલીન $(HC \equiv CH)$ બને છે,જે પ્રક્રિયા શ્રેણીમાં $A$ તરીકે દર્શાવેલ છે.
$2$. $333 \ K$ તાપમાને $Hg^{2+}$ અને $H_2O$ ની હાજરીમાં એસિટિલીનનું જલીયકરણ કરવાથી વિનાઇલ આલ્કોહોલ $(CH_2=CH-OH)$ મધ્યવર્તી નીપજ $(B)$ તરીકે મળે છે.
$3$. વિનાઇલ આલ્કોહોલ અસ્થાયી છે અને તે ટોટોમેરાઇઝેશન (ચલરૂપકતા) દ્વારા વધુ સ્થાયી કીટો સ્વરૂપમાં ફેરવાય છે,જે એસીટાલ્ડિહાઇડ $(CH_3CHO)$ છે,જેને $C$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) જેহেতু $X$ $(C_4H_8)$ ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવતું નથી,તે $2$-મિથાઈલપ્રોપીન,$CH_2=C(CH_3)_2$ હોવું જોઈએ.
$Y$ આયોડોફોર્મ કસોટી આપે છે,તેથી તેમાં $CH_3CH(OH)-$ અથવા $CH_3CO-$ સમૂહ હોવો જોઈએ.
પ્રક્રિયક $A = BH_3, H_2O_2 / OH^-$ નો ઉપયોગ કરતા એન્ટિ-માર્કોવનીકોવ યોગશીલ પ્રક્રિયાથી $2$-મિથાઈલપ્રોપેન-$1$-ઓલ મળે છે.
પ્રક્રિયક $A = H_2O / H^+$ નો ઉપયોગ કરતા માર્કોવનીકોવ યોગશીલ પ્રક્રિયાથી $2$-મિથાઈલપ્રોપેન-$2$-ઓલ મળે છે.

(C) $333 \ K$ તાપમાને $Hg^{2+} / H^{+}$ ની હાજરીમાં પ્રોપાઈન $(C_3H_4)$ ની પાણી સાથેની પ્રક્રિયા એ ઇલેક્ટ્રોફિલિક યોગશીલ પ્રક્રિયા છે.
સૌપ્રથમ,આલ્કાઈનનું જલીયકરણ થવાથી અસ્થાયી ઇનોલ મધ્યવર્તી સંયોજન $[X]$ બને છે,જે પ્રોપ$-1-$ઈન$-2-$ઓલ (અસંતૃપ્ત આલ્કોહોલ) છે.
આ ઇનોલ $[X]$ ત્યારબાદ ટોટોમેરાઈઝેશન (ચલરૂપકતા) પામીને વધુ સ્થાયી કીટો સ્વરૂપ $[Y]$ બનાવે છે,જે પ્રોપેનોન (કીટોન) છે.
તેથી,$[X]$ એ અસંતૃપ્ત આલ્કોહોલ છે અને $[Y]$ એ કીટોન છે.

(B) પ્રક્રિયા $I$ છે: $Be(OH)_2 + 2NaOH \text{ (વધારે)} \rightarrow Na_2[Be(OH)_4] \text{ (X)}$. $[Be(OH)_4]^{2-}$ માં $Be$ ની સહસંયોજકતા $4$ છે.
પ્રક્રિયા $II$ છે: $Al(OH)_3 + NaOH \text{ (વધારે)} \rightarrow Na[Al(OH)_4] \text{ (Y)}$. $[Al(OH)_4]^{-}$ માં $Al$ ની સહસંયોજકતા $4$ છે.
આમ,$X$ અને $Y$ માં $Be$ અને $Al$ ની સહસંયોજકતા અનુક્રમે $4$ અને $4$ છે.

(D) દરેક સમૂહમાં મધ્યસ્થ પરમાણુઓના સંકરણનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$: $H_2O (sp^3), NH_3 (sp^3), CH_4 (sp^3)$. બધા $sp^3$ છે.
$B$: $ClF_3 (sp^3d), XeF_2 (sp^3d), PCl_5 (sp^3d)$. બધા $sp^3d$ છે.
$C$: $CO_2 (sp), CO (sp), BeF_2 (sp)$. બધા $sp$ છે.
$D$: $SF_4 (sp^3d), XeF_4 (sp^3d^2), CH_4 (sp^3)$. સંકરણ અલગ છે.

(A) $Sn$ એ સમૂહ $14$ માં આવે છે અને તેની પાસે ચાર સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે,જેમાંથી બે $Sn-Cl$ બંધ બનાવવા માટે વપરાય છે અને બાકીના બે એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બનાવે છે.
આમ,$SnCl_2$ નો આકાર કોણીય અથવા વળેલો હશે $(A \rightarrow III)$.
$NH_3$ માં ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે ત્રિકોણીય પિરામિડલ આકાર પ્રાપ્ત કરે છે $(B \rightarrow IV)$.
$I_3^{-}$ ની ભૂમિતિ રેખીય છે કારણ કે બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સીધી રેખામાં હોય છે જ્યારે ત્રણ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વિષુવવૃત્તીય સ્થાનો પર હોય છે $(C \rightarrow II)$.
$SO_3$ માં માત્ર ત્રણ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે ત્રિકોણીય સમતલીય આકાર બનાવે છે $(D \rightarrow I)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-II, D-I$ છે.

(C) આપેલ સ્પીસીઝ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$1$. $P_4$: તણાવયુક્ત ટેટ્રાહેડ્રલ બંધારણને કારણે બંધકોણ $60^\circ$ છે.
$2$. $S_6$: ચેર-જેવા પકર્ડ રિંગમાં બંધકોણ $102^\circ$ છે.
$3$. $S_8$: ક્રાઉન-આકારની પકર્ડ રિંગમાં બંધકોણ $107^\circ$ છે.
$4$. $O_3$: બંધકોણ આશરે $117^\circ$ છે (રેઝોનન્સ બંધારણોમાં તેને $120^\circ$ તરીકે ગણવામાં આવે છે).
આમ,બંધકોણનો સાચો વધતો ક્રમ: $P_4 < S_6 < S_8 < O_3$ છે.

(D) મહત્તમ 'અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ-અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ' અપાકર્ષણ નક્કી કરવા માટે,આપણે મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યાનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$ClF_3$: $Cl$ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$IF_5$: $I$ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$SF_4$: $S$ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$XeF_2$: $Xe$ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$VSEPR$ સિદ્ધાંત મુજબ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેનું અપાકર્ષણ નોંધપાત્ર હોય છે. $XeF_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિના વિષુવવૃત્તીય સ્થાનોમાં $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોથી ઘેરાયેલું હોય છે,જે અન્યની તુલનામાં મહત્તમ 'અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ-અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ' અપાકર્ષણ તરફ દોરી જાય છે.

(A) $XeF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $4$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે સમતલીય ચોરસ ભૂમિતિ આપે છે $(III)$.
$ClF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ પાસે $3$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે વળેલા $T$-આકારની ભૂમિતિ આપે છે $(IV)$.
$BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ પાસે $5$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે $(I)$.
$IF_7$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $I$ પાસે $7$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,જે પંચકોણીય દ્વિ-પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે $(II)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-I, D-II$ છે.

(A) $BF_3$ માટે: $B$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 3$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 0$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp^2$.
$BeF_2$ માટે: $Be$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 2$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 0$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp$.
$BrF_3$ માટે: $Br$ ની આસપાસ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 3$,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $= 2$. $\Rightarrow$ સંકરણ $= sp^3d$.

(D) દરેક અણુનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $ClF_3$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Cl$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. $PCl_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $P$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. $BrF_5$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Br$ નું સંકરણ $sp^3d^2$ છે ($2$ $d$-કક્ષકો વપરાય છે) અને તેમાં $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$4$. $SF_4$: મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ નું સંકરણ $sp^3d$ છે ($1$ $d$-કક્ષક વપરાય છે) અને તેમાં $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$SF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા $1$ છે અને સંકરણમાં ભાગ લેતી $d$-કક્ષકોની સંખ્યા $1$ છે. આમ,બંને સમાન છે.

(B) $PbCl_2$: $sp^2$ સંકરણ,બેન્ટ આકાર,એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$PH_3$: $sp^3$ સંકરણ,પિરામિડલ આકાર,એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$ClF_3$: $sp^3d$ સંકરણ,$T$-આકાર,બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$SF_4$: $sp^3d$ સંકરણ,સી-સો (see-saw) આકાર,એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$BF_3$: $sp^2$ સંકરણ,સમતલીય ત્રિકોણીય આકાર,શૂન્ય અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
$SnCl_2$: $sp^2$ સંકરણ,બેન્ટ આકાર,એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
આમ,મધ્યસ્થ પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવતા અણુઓ $PbCl_2, PH_3, SF_4$ અને $SnCl_2$ છે.
કુલ સંખ્યા = $4$.

(A) ઓઝોન $(O_3)$ ની સંસ્પદન રચનામાં:
$1$. મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$2$. દ્વિબંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$3$. એકલ બંધ ધરાવતા ટર્મિનલ ઓક્સિજન પરમાણુ પાસે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
કુલ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 1 + 2 + 3 = 6$.
કુલ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ $= 3$ (એક દ્વિબંધ એટલે $2$ બંધકારક યુગ્મ અને એક એકલ બંધ એટલે $1$ બંધકારક યુગ્મ).
અબંધકારક અને બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મનો ગુણોત્તર $= 6:3 = 2:1$.

(D) $1$. $C_2H_4$ માં,$C$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $C_2H_6$ માં,$C$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$2$. $PCl_5$ માં,$P$ એ $sp^3d$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $PCl_6^{-}$ માં,$P$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$3$. $BF_3$ માં,$B$ એ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $BF_4^{-}$ માં,$B$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
$4$. $NH_3$ માં,$N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે),અને $NH_4^{+}$ માં પણ $N$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે (ચાર બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે અને કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ નથી). આમ,આ કિસ્સામાં મધ્યસ્થ પરમાણુના સંકરણમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.

(C) બંધ ક્રમાંક ($B$.$O$.) નીચેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણી શકાય છે: $\text{B.O.} = \frac{1}{2} [N_b - N_a]$.
$B_2$ ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોન રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2 (\sigma 2s)^2 (\sigma^* 2s)^2 (\pi 2p_x^1 = \pi 2p_y^1)$.
$B_2$ નો બંધ ક્રમાંક = $\frac{1}{2} [6 - 4] = 1$.
$He_2$ ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોન રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2$.
$He_2$ નો બંધ ક્રમાંક = $\frac{1}{2} [2 - 2] = 0$.
$N_2$ ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોન રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2 (\sigma 2s)^2 (\sigma^* 2s)^2 (\pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2) (\sigma 2p_z)^2$.
$N_2$ નો બંધ ક્રમાંક = $\frac{1}{2} [10 - 4] = 3$.
$C_2$ ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોન રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2 (\sigma 2s)^2 (\sigma^* 2s)^2 (\pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2)$.
$C_2$ નો બંધ ક્રમાંક = $\frac{1}{2} [8 - 4] = 2$.
તેથી,બંધ ક્રમાંકના મૂલ્યોનો વધતો ક્રમ $He_2 < B_2 < C_2 < N_2$ છે.

(A) આપેલા અણુઓ માટે બંધકોણ નીચે મુજબ છે:
$H_2O$: ઓક્સિજન પરમાણુ પર બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે બંધકોણ $104.5^{\circ}$ છે.
$NH_3$: નાઇટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાને કારણે બંધકોણ $107^{\circ}$ છે.
$SO_2$: સલ્ફર પરમાણુના $sp^2$ સંકરણને કારણે બંધકોણ $119.5^{\circ}$ છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,બંધકોણનો વધતો ક્રમ $H_2O < NH_3 < SO_2$ $(104.5^{\circ} < 107^{\circ} < 119.5^{\circ})$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) $\text{B.O.} = \frac{N_b - N_a}{2}$
$O_2^{+}$ માટે: $\sigma 1s^2 \sigma^* 1s^2 \sigma 2s^2 \sigma^* 2s^2 \sigma 2p_z^2 \pi 2p_x^2 \pi 2p_y^2 \pi^* 2p_x^1$
$\Rightarrow \text{B.O.} = \frac{10 - 5}{2} = 2.5 = x$
$O_2^{-}$ માટે: $\sigma 1s^2 \sigma^* 1s^2 \sigma 2s^2 \sigma^* 2s^2 \sigma 2p_z^2 \pi 2p_x^2 \pi 2p_y^2 \pi^* 2p_x^2 \pi^* 2p_y^1$
$\Rightarrow \text{B.O.} = \frac{10 - 7}{2} = 1.5$
$O_2^{2+}$ માટે: $\sigma 1s^2 \sigma^* 1s^2 \sigma 2s^2 \sigma^* 2s^2 \sigma 2p_z^2 \pi 2p_x^2 \pi 2p_y^2$
$\Rightarrow \text{B.O.} = \frac{10 - 4}{2} = 3$
હવે,$1.5$ અને $3$ ને $x = 2.5$ ના સંદર્ભમાં દર્શાવતા:
$\frac{1.5}{2.5} x = \frac{3}{5} x$
$\frac{3}{2.5} x = \frac{6}{5} x$
આમ,બંધ ક્રમ $\frac{3}{5} x$ અને $\frac{6}{5} x$ છે.

(C) બંધ ક્રમાંક એ સ્પીસીઝમાં રહેલા કુલ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા દ્વારા નક્કી થાય છે.
$CN^{-}$ માં $6 + 7 + 1 = 14$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$N_2^{+}$ માં $7 + 7 - 1 = 13$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$O_2^{2-}$ માં $8 + 8 + 2 = 18$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$NO^{+}$ માં $7 + 8 - 1 = 14$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$CN^{-}$ અને $NO^{+}$ બંનેમાં $14$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તેમનો બંધ ક્રમાંક સમાન $(3)$ છે.

(A) $C_2$ ($12$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે આણ્વીય કક્ષક વિન્યાસ: $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \pi 2p_x^2 = \pi 2p_y^2$ છે.
$C_2$ માં,બંધ ક્રમાંક $\frac{1}{2}(N_b - N_a) = \frac{1}{2}(8 - 4) = 2$ છે.
છેલ્લા ઇલેક્ટ્રોન $\pi 2p$ કક્ષકોમાં દાખલ થતા હોવાથી,$C_2$ માં બંને બંધ $\pi$-બંધ છે.
તેથી,$C_2$ એવો અણુ છે જે માત્ર $\pi$-બંધ ધરાવે છે.

(C) $BF_3$ એ તેની સપ્રમાણ ત્રિકોણીય સમતલીય ભૂમિતિને કારણે અધ્રુવીય છે,જ્યાં વ્યક્તિગત બંધ ડાયપોલ મોમેન્ટ એકબીજાને રદ કરે છે,પરિણામે ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ $0 \ D$ મળે છે.
$NF_3$ અને $NH_3$ બંનેમાં નાઈટ્રોજન પરમાણુ પર એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે ત્રિકોણીય પિરામિડલ ભૂમિતિ હોય છે.
$NH_3$ માં,ત્રણ $N-H$ બંધોની ડાયપોલ મોમેન્ટ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ડાયપોલ મોમેન્ટ એક જ દિશામાં હોય છે,જે મોટી ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ તરફ દોરી જાય છે.
$NF_3$ માં,ત્રણ $N-F$ બંધોની ડાયપોલ મોમેન્ટ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની ડાયપોલ મોમેન્ટની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે,જે ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ ઘટાડે છે.
તેથી,ડાયપોલ મોમેન્ટનો સાચો વધતો ક્રમ $BF_3 < NF_3 < NH_3$ છે.

(B) સંતુલન અચળાંક ($K_c$ અથવા $K_p$) એ આપેલ પ્રક્રિયા માટે માત્ર તાપમાન પર આધાર રાખે છે.
તે દબાણ,કદ અથવા પ્રક્રિયકો કે નીપજોની સાંદ્રતામાં ફેરફારને ધ્યાનમાં લીધા વિના અચળ રહે છે.
તાપમાન $780 \ K$ પર અચળ હોવાથી,સંતુલન અચળાંક $3.52$ જ રહેશે.

(B) પ્રક્રિયા માટે: $X_{(g)} + Y_{(g)} \rightleftharpoons Z_{(g)} + A_{(g)}$
શરૂઆતના મોલ: $X = 1, Y = 1, Z = 0, A = 0$
સંતુલને મોલ: $X = 1 - 0.5 = 0.5, Y = 1 - 0.5 = 0.5, Z = 0.5, A = 0.5$
કદ $V = 1 \ L$ હોવાથી,સાંદ્રતા $[C] = \text{moles}/V$
$K_c = \frac{[Z][A]}{[X][Y]} = \frac{0.5 \times 0.5}{0.5 \times 0.5} = 1.0$

(B) આપેલ પ્રક્રિયા: $\frac{1}{3} N_{2(g)} + H_{2(g)} \rightleftharpoons \frac{2}{3} NH_{3(g)}$,$K_C = 50$.
સમીકરણને $3$ વડે ગુણતા: $N_{2(g)} + 3 H_{2(g)} \rightleftharpoons 2 NH_{3(g)}$. નવો સંતુલન અચળાંક $K_C'' = (K_C)^3 = (50)^3 = 125000$.
સમીકરણને ઉલટાવતા: $2 NH_{3(g)} \rightleftharpoons N_{2(g)} + 3 H_{2(g)}$. સંતુલન અચળાંક $K_C' = \frac{1}{K_C''} = \frac{1}{(50)^3}$.
$K_C' = \frac{1}{125000} = 8 \times 10^{-6}$.

(D) $Z = 56$ એ બેરિયમ $(Ba)$ છે,જે સમૂહ $2$ અને આવર્ત $6$ માં આવે છે $(A-IV)$.
$Z = 50$ એ ટીન $(Sn)$ છે,જે સમૂહ $14$ અને આવર્ત $5$ માં આવે છે $(B-III)$.
$Z = 27$ એ કોબાલ્ટ $(Co)$ છે,જે સમૂહ $9$ અને આવર્ત $4$ માં આવે છે $(C-I)$.
$Z = 58$ એ સીરિયમ $(Ce)$ છે,જે સમૂહ $3$ અને આવર્ત $6$ માં આવે છે $(D-II)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-III, C-I, D-II$ છે.

(C) વિધાન $(I)$ સાચું છે: $Na$,$Mg$ અને $Al$ માટે પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પીનો ક્રમ $Mg > Al > Na$ છે કારણ કે $Mg$ માં $3s$ કક્ષક સંપૂર્ણ ભરાયેલી છે.
વિધાન $(II)$ ખોટું છે: $3.5$ વિદ્યુતઋણતા ધરાવતું તત્વ ઓક્સિજન છે,જ્યારે ક્લોરિનની વિદ્યુતઋણતા $3.0$ છે.
વિધાન $(III)$ સાચું છે: આ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ છે. જેમ પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ વધે તેમ આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે,તેથી ક્રમ $Mg^{2+} < Na^{+} < F^{-} < O^{2-}$ સાચો છે.
વિધાન $(IV)$ ખોટું છે: $106$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતું તત્વ સીબોર્ગિયમ $(Sg)$ છે,જ્યારે બોહ્રિયમ $(Bh)$ નો ક્રમાંક $107$ છે.

(C) ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં વધુ ઋણ બને છે,પરંતુ ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી અને પરમાણુ કદને કારણે અપવાદો જોવા મળે છે.
$Cl$ ની ઋણ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી આ તત્વોમાં સૌથી વધુ છે કારણ કે $F$ ની સરખામણીમાં તેનું કદ મોટું છે,જે આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ ઘટાડે છે.
$F$ નું કદ ખૂબ નાનું હોવાથી તેમાં આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણ વધુ હોય છે,તેથી તેની ઋણ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $Cl$ કરતા ઓછી હોય છે.
$S$ અને $P$ વચ્ચે,$S$ ની ઋણ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $P$ કરતા વધુ છે કારણ કે $P$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક ગોઠવણી અર્ધ-પૂર્ણ $3p^3$ હોવાથી તે વધુ સ્થાયી છે.
તેથી,ઋણ ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પીનો સાચો ક્રમ: $Cl > F > S > P$ છે.

(D) પ્રથમ આયનીકરણ પછી બનતા આયનોની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના નીચે મુજબ છે:
$C^+: 1s^2 2s^2 2p^1$
$N^+: 1s^2 2s^2 2p^2$
$O^+: 1s^2 2s^2 2p^3$
$F^+: 1s^2 2s^2 2p^4$
દ્વિતીય આયનીકરણ એન્થાલ્પીમાં આ સ્પીસીઝમાંથી ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવાનો સમાવેશ થાય છે.
$O^+$ પાસે સ્થાયી અર્ધ-પૂર્ણ $2p^3$ રચના છે,જે બીજા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવાનું સૌથી મુશ્કેલ બનાવે છે.
$C^+$ પાસે $2p^1$ રચના છે; આ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવાથી સ્થાયી $2s^2$ રચના પ્રાપ્ત થાય છે,જે તેને પ્રમાણમાં સરળ બનાવે છે.
અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર અને સ્થિરતાની તુલના કરતા,દ્વિતીય આયનીકરણ એન્થાલ્પીનો ક્રમ $O > F > N > C$ છે.

(A) $Sr, Zr, Cd,$ અને $Sn$ તત્વો $5^{th}$ આવર્ત (period) ના છે.
આવર્ત કોષ્ટકમાં ડાબેથી જમણી તરફ જતાં તેમનો ક્રમ $Sr, Zr, Cd, Sn$ છે.
જેમ આપણે ડાબેથી જમણી તરફ જઈએ છીએ તેમ ધાત્વીય ગુણધર્મ ઘટે છે.
તેથી,ધાત્વીય ગુણધર્મનો સાચો ક્રમ $Sn < Cd < Zr < Sr$ છે.

(C) ગેલિયમ ($Ga$,$Z=31$) ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા એલ્યુમિનિયમ ($Al$,$Z=13$) કરતા થોડી ઓછી હોય છે.
આનું કારણ એ છે કે ગેલિયમમાં $4p$-કક્ષક પહેલા $3d$-કક્ષકો ભરાય છે.
આ $d$-ઇલેક્ટ્રોન $s$- અને $p$-ઇલેક્ટ્રોનની તુલનામાં નબળી શીલ્ડિંગ અસર ધરાવે છે.
પરિણામે,અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે,જે સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનને કેન્દ્રની નજીક ખેંચે છે,જેનાથી પરમાણ્વીય ત્રિજ્યામાં ઘટાડો થાય છે.

(C) નિષ્ક્રિય યુગ્મ અસરને કારણે સમૂહની સામાન્ય ઓક્સિડેશન અવસ્થા કરતા બે એકમ ઓછી ઓક્સિડેશન અવસ્થા સ્થાયી બને છે.
સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ઓછી ઓક્સિડેશન અવસ્થાની સ્થિરતા વધે છે.
આમ,$Pb^{2+}$ એ $Pb^{4+}$ કરતા વધુ સ્થાયી છે,તેથી $Pb^{4+}$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે સરળતાથી $Pb^{2+}$ માં રિડક્શન પામે છે.
તેનાથી વિપરીત,$Sn^{2+}$ એ $Sn^{4+}$ કરતા ઓછું સ્થાયી છે,તેથી $Sn^{2+}$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે અને $Sn^{4+}$ માં ઓક્સિડેશન પામે છે.

(A) પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ $E^{\circ}_{M^{+}/M}$ એ ધાતુની ઉર્ધ્વપાતન એન્થાલ્પી,આયનીકરણ એન્થાલ્પી અને જલીયકરણ એન્થાલ્પી પર આધાર રાખે છે.
આલ્કલી ધાતુઓ માટે,$Li$ નો પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ સૌથી ઓછો (સૌથી વધુ ઋણ) હોય છે,કારણ કે તેની જલીયકરણ એન્થાલ્પી ખૂબ ઊંચી હોય છે.
તેથી,$X = Li$.
આલ્કલી ધાતુઓમાં,$Na$ નો પ્રમાણિત રિડક્શન પોટેન્શિયલ અન્ય આલ્કલી ધાતુઓ $(K, Rb, Cs)$ ની સરખામણીમાં સૌથી વધુ (ઓછો ઋણ) હોય છે.
તેથી,$Y = Na$.
આમ,$X$ અને $Y$ અનુક્રમે $Li$ અને $Na$ છે.

(D) $P(x) = ax^2+bx+c$ પ્રકારની દ્વિઘાત પદાવલિ $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે ધન હોય,તો તેની શરતો $a>0$ અને વિવેચક $D < 0$ છે.
અહીં,$a=1$,જે $>0$ છે.
હવે,વિવેચક $D = b^2-4ac < 0$ ની ગણતરી કરો:
$D = (2p)^2 - 4(1)(-2p+8) < 0$
$4p^2 + 8p - 32 < 0$
$4$ વડે ભાગતા:
$p^2 + 2p - 8 < 0$
અવયવ પાડતા:
$(p+4)(p-2) < 0$
ગુણાકાર ઋણ હોવા માટે,$p$ એ બીજની વચ્ચે હોવું જોઈએ:
$p \in (-4, 2)$

(B) ધારો કે $z = x + iy$. તેથી $\frac{2z+1}{iz+1} = \frac{(2x+1) + 2yi}{(1-y) + xi}$.
છેદના અનુબદ્ધ વડે ગુણતા:
કાલ્પનિક ભાગ $= \frac{2y(1-y) - x(2x+1)}{(1-y)^2 + x^2} = -2$.
સાદુરૂપ આપતા:
$2y - 2y^2 - 2x^2 - x = -2(1 - 2y + y^2 + x^2) = -2 + 4y - 2y^2 - 2x^2$.
આમ,$-x - 2y + 2 = 0$ અથવા $x + 2y - 2 = 0$ મળે છે,જે એક સીધી રેખા છે.

(B) આપેલ શ્રેણી એ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = (\cos \theta + i \sin \theta)$ ધરાવતી ભૂમિતિ શ્રેણી છે.
ભૂમિતિ શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = a r^{n-1}$ છે.
$10$ માં પદ $(n = 10)$ માટે:
$T_{10} = 1 \times (\cos \theta + i \sin \theta)^{10-1} = (\cos \theta + i \sin \theta)^9$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$.
$T_{10} = \cos(9\theta) + i \sin(9\theta)$.
આપેલ છે કે $\theta = \frac{\pi}{6}$,તેથી $9\theta = 9 \times \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi}{2}$.
$T_{10} = \cos(\frac{3\pi}{2}) + i \sin(\frac{3\pi}{2})$.
કારણ કે $\cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$ અને $\sin(\frac{3\pi}{2}) = -1$,
$T_{10} = 0 + i(-1) = -i$.

(D) આપેલ શ્રેણી એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જ્યાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = (\cos \theta + i \sin \theta) = e^{i \theta}$ છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = a \cdot r^{n-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$10$ માં પદ માટે,$n = 10$,તેથી $T_{10} = 1 \cdot (e^{i \theta})^{10-1} = e^{i 9 \theta}$.
$\theta = \frac{\pi}{6}$ આપેલ હોવાથી,આપણે કિંમત મૂકીએ:
$T_{10} = e^{i 9 (\frac{\pi}{6})} = e^{i \frac{3\pi}{2}}$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i \phi} = \cos \phi + i \sin \phi$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_{10} = \cos(\frac{3\pi}{2}) + i \sin(\frac{3\pi}{2}) = 0 + i(-1) = -i$.

(B) આપેલ છે $\left|\frac{z-i}{z i}\right|=2$.
$z=x iy$ હોવાથી, $\left|\frac{x i(y-1)}{x i(y 1)}\right|=2$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{x^2 (y-1)^2}{x^2 (y 1)^2}=4$.
$x^2 (y-1)^2=4(x^2 (y 1)^2)$.
$x^2 y^2-2y 1=4(x^2 y^2 2y 1)$.
$x^2 y^2-2y 1=4x^2 4y^2 8y 4$.
પદોને ગોઠવતા,$3x^2 3y^2 10y 3=0$ મળે છે.

(B) $(\sqrt{3}+\sqrt[8]{5})^{256}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{256}C_r (3^{1/2})^{256-r} (5^{1/8})^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદ પૂર્ણાંક હોવા માટે,$3$ અને $5$ ના ઘાતાંક પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{256-r}{2}$ અને $\frac{r}{8}$ પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ.
$r$ એ $8$ નો ગુણક હોવો જોઈએ,તેથી $r = 8k$ લો,જ્યાં $k \in \{0, 1, 2, \dots, 32\}$.
$r = 8k$ ને $3$ ના ઘાતાંકમાં મૂકતા: $\frac{256-8k}{2} = 128-4k$,જે કોઈપણ પૂર્ણાંક $k$ માટે હંમેશા પૂર્ણાંક જ રહે છે.
આમ,$r$ ની કિંમતો $0, 8, 16, \dots, 256$ હોઈ શકે છે.
આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = 0$,સામાન્ય તફાવત $d = 8$ અને છેલ્લું પદ $l = 256$ છે.
સૂત્ર $l = a + (n-1)d$ નો ઉપયોગ કરતા,$256 = 0 + (n-1)8$.
$32 = n-1$,તેથી $n = 33$ મળે છે.

(D) રેખા $L$ નું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
અક્ષોને $\alpha$ ખૂણે ફેરવતા,નવા યામો $(x', y')$ માટે $x = x' \cos \alpha - y' \sin \alpha$ અને $y = x' \sin \alpha + y' \cos \alpha$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{x' \cos \alpha - y' \sin \alpha}{a} + \frac{x' \sin \alpha + y' \cos \alpha}{b} = 1$.
તેથી,$x'(\frac{\cos \alpha}{a} + \frac{\sin \alpha}{b}) + y'(\frac{\cos \alpha}{b} - \frac{\sin \alpha}{a}) = 1$.
નવા અંતઃખંડો $p$ અને $q$ હોવાથી,$\frac{1}{p} = \frac{\cos \alpha}{a} + \frac{\sin \alpha}{b}$ અને $\frac{1}{q} = \frac{\cos \alpha}{b} - \frac{\sin \alpha}{a}$.
બંનેનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા,$\frac{1}{p^2} + \frac{1}{q^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}$ મળે છે.

(B) આપેલ સંયોજન બેન્ઝીન વલય ધરાવતું સંયોજન છે જેમાં ત્રણ વિસ્થાપકો જોડાયેલા છે: $-C_2H_5$ (ઈથાઈલ),$-Br$ (બ્રોમો) અને $-NO_2$ (નાઈટ્રો).
$IUPAC$ નિયમો મુજબ,વિસ્થાપકોને મૂળાક્ષરોના ક્રમમાં લખવામાં આવે છે: બ્રોમો,ઈથાઈલ,નાઈટ્રો.
નંબરિંગ એવી રીતે કરવામાં આવે છે કે જેથી વિસ્થાપકોને સૌથી ઓછા લોકેન્ટ મળે.
ઈથાઈલ સમૂહને સ્થાન $1$ આપતા,બ્રોમો સમૂહ સ્થાન $2$ પર અને નાઈટ્રો સમૂહ સ્થાન $4$ પર આવે છે.
તેથી,સાચું નામ $2-$બ્રોમો$-1-$ઈથાઈલ$-4-$નાઈટ્રોબેન્ઝીન છે.

(D) $1$. મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ (હાઈડ્રોક્સી સમૂહ) અને દ્વિબંધ ધરાવતી સૌથી લાંબી કાર્બન શૃંખલા પસંદ કરો. આ શૃંખલામાં $9$ કાર્બન પરમાણુઓ છે (નોનેન વ્યુત્પન્ન).
$2$. શૃંખલાને તે છેડેથી નંબર આપો જ્યાં મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ ($-OH$ ને $C-3$ પર) ને સૌથી ઓછો ક્રમાંક મળે.
$3$. વિસ્થાપકો છે: $5-$ક્લોરો,$4-$ફ્લોરો,અને $4,5-$ડાયમિથાઈલ.
$4$. દ્વિબંધ $C-7$ પર શરૂ થાય છે.
$5$. આથી,$IUPAC$ નામ $5-$ક્લોરો$-4-$ફ્લોરો$-4,5-$ડાયમિથાઈલનોન$-7-$ઈન$-3-$ઓલ થશે.

(D) $1$. મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ નક્કી કરો: હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ એ એમાઈન સમૂહ $(-NH_2)$ અને દ્વિબંધ કરતા વધુ અગ્રતા ધરાવે છે. તેથી,પ્રત્યય $-ol$ છે અને ક્રમાંકન $-OH$ સમૂહની નજીકના છેડાથી શરૂ થાય છે.
$2$. સૌથી લાંબી કાર્બન શૃંખલા નક્કી કરો: $-OH$ સમૂહ,દ્વિબંધ અને $-NH_2$ સમૂહ ધરાવતી સૌથી લાંબી શૃંખલામાં $9$ કાર્બન પરમાણુઓ છે (નોનીન).
$3$. શૃંખલાનું ક્રમાંકન: જમણી બાજુથી ક્રમાંકન કરતા $-OH$ સમૂહ $C-3$ પર,દ્વિબંધ $C-4$ પર,$-NH_2$ સમૂહ $C-6$ પર અને $2,2-$ડાયમિથાઈલપ્રોપાઈલ સમૂહ $C-5$ પર આવે છે.
$4$. નામ રચના: $6-$એમિનો$-5-(2,2-$ડાયમિથાઈલપ્રોપાઈલ$)$ નોન$-4-$ઈન$-3-$ઓલ.

(C) $1$. સૌથી લાંબી કાર્બન શૃંખલા શોધો. સૌથી લાંબી શૃંખલામાં $6$ કાર્બન પરમાણુઓ છે,તેથી મુખ્ય આલ્કેન હેક્ઝેન છે.
$2$. શૃંખલાને તે છેડેથી નંબર આપો જે વિસ્થાપકોને સૌથી ઓછો ક્રમ આપે. જમણેથી ડાબે નંબર આપતા વિસ્થાપકો $3$ અને $4$ સ્થાન પર આવે છે.
$3$. વિસ્થાપકો $3$ નંબર પર ઇથાઇલ ગ્રુપ અને $4$ નંબર પર મિથાઇલ ગ્રુપ છે.
$4$. આથી,$IUPAC$ નામ $3-\text{Ethyl}-4-\text{methylhexane}$ થાય છે.

(D) $1$. મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ ઓળખો: આલ્ડિહાઈડ સમૂહ $(-CHO)$ સૌથી વધુ અગ્રતા ધરાવે છે,તેથી મુખ્ય શૃંખલામાં તેનો સમાવેશ થવો જોઈએ અને નંબરિંગ કાર્બોનિલ કાર્બન $(C-1)$ થી શરૂ થવું જોઈએ.
$2$. મુખ્ય ક્રિયાશીલ સમૂહ અને દ્વિબંધ ધરાવતી સૌથી લાંબી કાર્બન શૃંખલા પસંદ કરો: $-CHO$ સમૂહ અને $C=C$ બંધ ધરાવતી સૌથી લાંબી શૃંખલામાં $7$ કાર્બન પરમાણુઓ છે (હેપ્ટેનાલ).
$3$. શૃંખલાનું નંબરિંગ: આલ્ડિહાઈડ કાર્બન $(C-1)$ થી શરૂ કરીને,દ્વિબંધ $C-3$ પર શરૂ થાય છે,મિથાઈલ સમૂહ $C-3$ પર છે,હાઈડ્રોક્સી સમૂહ $C-5$ પર છે અને ઈથાઈલ સમૂહ $C-2$ પર છે.
$4$. નામ બનાવો: વિસ્થાપકો માટે મૂળાક્ષર ક્રમ ઈથાઈલ,હાઈડ્રોક્સી,મિથાઈલ છે. તેથી,નામ $2-$ઈથાઈલ$-5-$હાઈડ્રોક્સી$-3-$મિથાઈલહેપ્ટ$-3-$ઈનાલ છે.

(B) પ્રથમ પ્રક્રિયા માટે:
$CH_2O$ (ફોર્માલ્ડિહાઈડ) ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(RMgBr)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ત્યારબાદ જળવિભાજન પામીને પ્રાથમિક આલ્કોહોલ બનાવે છે. નીપજ $CH_3CH_2CH_2CH_2OH$ (બ્યુટેન$-1-$ઓલ) છે. તેથી ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $CH_3CH_2CH_2MgBr$ (પ્રોપાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ) હોવો જોઈએ.
બીજી પ્રક્રિયા માટે:
$Y$ એ $C_2H_5MgBr$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ત્યારબાદ જળવિભાજન પામીને $CH_3CH_2C(CH_3)_2OH$ ($2$-મિથાઈલબ્યુટેન$-2-$ઓલ) બનાવે છે. આ એક તૃતીયક આલ્કોહોલ છે. કીટોનની ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક સાથેની પ્રક્રિયાથી તૃતીયક આલ્કોહોલ મળે છે. બંધારણની સરખામણી કરતા,$Y$ એ $CH_3COCH_3$ (એસીટોન અથવા પ્રોપેનોન) હોવું જોઈએ.
આમ,$X = CH_3CH_2CH_2MgBr$ અને $Y = CH_3COCH_3$.

(B) ફિનોલનું ક્રોમિક એસિડ ($H_2SO_4$ ની હાજરીમાં $Na_2Cr_2O_7$) સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી $p$-બેન્ઝોક્વિનોન મળે છે.
તેથી,$X$ એ ફિનોલ છે અને $Y$ એ $Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4$ છે.

(C) Etard પ્રક્રિયા $(I)$ માં ટોલ્યુઈનનું બેન્ઝાલ્ડિહાઈડમાં ઓક્સિડેશન કરવા માટે $CCl_4$ દ્રાવકની હાજરીમાં ક્રોમિલ ક્લોરાઈડ $(CrO_2Cl_2)$ નો ઉપયોગ થાય છે. આ પ્રક્રિયામાં એક કથ્થઈ રંગનો ક્રોમિયમ સંકીર્ણ બને છે,જેનું જળવિભાજન કરતા બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ મળે છે.
Stephen પ્રક્રિયા $(II)$ માં નાઈટ્રાઈલ્સ $(R-CN)$ નું હાઈડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ ની હાજરીમાં સ્ટેનસ ક્લોરાઈડ $(SnCl_2)$ દ્વારા રિડક્શન કરવામાં આવે છે,ત્યારબાદ તેનું જળવિભાજન કરતા અનુરૂપ આલ્ડિહાઈડ $(R-CHO)$ મળે છે.

(C) $1$. પ્રક્રિયા $C_6H_5CONH_2 \xrightarrow{NaOBr} y$ એ હોફમેન બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે,જે એમાઇડને એક કાર્બન ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઇડમાં રૂપાંતરિત કરે છે. તેથી,$y$ એ એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ છે.
$2$. પ્રક્રિયા $C_6H_5CONH_2 \xrightarrow[(ii) H_3O^+]{(i) C_6H_5SO_2Cl / py, \Delta} x$ માં બેન્ઝેમાઇડની પિરિડિનની હાજરીમાં બેન્ઝીન સલ્ફોનાઇલ ક્લોરાઇડ સાથે પ્રક્રિયા થાય છે,ત્યારબાદ ગરમ કરવામાં આવે છે અને એસિડિક જળવિભાજન થાય છે. આ પ્રક્રિયા એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ બનાવે છે.
$3$. તેથી,$y$ અને $x$ બંને એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ છે. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(C) $1$. એનિલિન $Br_2/H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $2,4,6$-ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન $(X)$ બનાવે છે.
$2$. $2,4,6$-ટ્રાયબ્રોમોએનિલિન $273-278 \ K$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયઝોનિયમ ક્ષાર,$2,4,6$-ટ્રાયબ્રોમોબેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $(Y)$ બનાવે છે.
$3$. ડાયઝોનિયમ ક્ષાર $(Y)$ ઇથેનોલ $(C_2H_5OH)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને રિડક્શન પામે છે,જેમાં ડાયઝોનિયમ ગ્રુપ હાઇડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા બદલાય છે,જે $1,3,5$-ટ્રાયબ્રોમોબેન્ઝીન $(Z)$ આપે છે.

(D) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. શરૂઆતનું પદાર્થ $4$-એમિનો-$3$-બ્રોમોઈથાઈલબેન્ઝીન છે. $273-278 \ K$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરવાથી $-NH_2$ ગ્રુપનું ડાયઝોટાઈઝેશન થઈને ડાયઝોનિયમ ક્ષાર $X$ ($4$-ઈથાઈલ-$2$-બ્રોમોબેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ) બને છે.
$2$. $X$ ની ઈથેનોલ $(C_2H_5OH)$ સાથેની પ્રક્રિયા ડાયઝોનિયમ ગ્રુપનું હાઈડ્રોજન પરમાણુમાં રિડક્શન કરે છે,જેનાથી $Y$ ($1$-બ્રોમો-$2$-ઈથાઈલબેન્ઝીન) મળે છે.
$3$. અંતે,આલ્કલાઈન $KMnO_4$ સાથે ઈથાઈલ ગ્રુપનું ઓક્સિડેશન થવાથી બેન્ઝાઈલિક કાર્બન કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપમાં રૂપાંતરિત થાય છે,જેનાથી $Z$ ($2$-બ્રોમોબેન્ઝોઈક એસિડ) મળે છે.
આમ,$Z$ માટે સાચું બંધારણ $2$-બ્રોમોબેન્ઝોઈક એસિડ છે,જે વિકલ્પ $(D)$ ને અનુરૂપ છે.

(A) પ્રતિક્રિયા $I$: $p$-મિથાઇલએનિસોલનું $HI$ સાથે વિભાજન થાય છે. રેઝોનન્સને કારણે ઓક્સિજન અને એરોમેટિક રિંગ વચ્ચેનો બંધ મજબૂત હોવાથી,મિથાઇલ ગ્રુપ અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો $C-O$ બંધ તૂટે છે,જેનાથી મુખ્ય નીપજ $X$ તરીકે $p$-ક્રેસોલ ($4$-મિથાઇલફિનોલ) અને $CH_3I$ મળે છે.
પ્રતિક્રિયા $II$: આ $4$-મિથોક્સીએસીટોફિનોનનું વુલ્ફ-કિશનર રિડક્શન છે. કાર્બોનિલ ગ્રુપ $(C=O)$ નું રિડક્શન મિથાઇલિન ગ્રુપ $(CH_2)$ માં થાય છે. આમ,નીપજ $Y$ એ $1$-મિથોક્સી-$4$-ઇથાઇલબેન્ઝિન છે.
તેથી,નીપજો $X$ અને $Y$ અનુક્રમે $p$-ક્રેસોલ અને $1$-મિથોક્સી-$4$-ઇથાઇલબેન્ઝિન છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. $CH_3CONH_2 \xrightarrow{Br_2/NaOH(aq)} CH_3NH_2 (X)$
આ હોફમેન બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે,જેમાં એમાઇડનું રૂપાંતર એક કાર્બન પરમાણુ ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઇનમાં થાય છે.
$2$. $CH_3NH_2 (X) \xrightarrow[(ii) H_2O]{(i) NaNO_2 + HCl} CH_3OH (Y)$
પ્રાથમિક એલિફેટિક એમાઇન્સ નાઈટ્રસ એસિડ ($HNO_2$,જે $NaNO_2 + HCl$ માંથી બને છે) સાથે પ્રક્રિયા કરીને અસ્થિર ડાયઝોનિયમ ક્ષાર બનાવે છે,જે પાણીની હાજરીમાં વિઘટન પામીને આલ્કોહોલ બનાવે છે.
તેથી,$Y$ એ મિથેનોલ $(CH_3OH)$ છે.

(B) પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. ડીહાઈડ્રોહેલોજનેશન: $CH_3-CH(Br)-CH_3$ આલ્કોહોલિક $KOH$ સાથે ગરમ કરવાથી વિલોપન પ્રક્રિયા અનુભવે છે,જે નીપજ $X$ તરીકે પ્રોપીન $(CH_3-CH=CH_2)$ બનાવે છે.
$2$. હાઈડ્રોબોરેશન-ઓક્સિડેશન: પ્રોપીન $(CH_3-CH=CH_2)$ $B_2H_6$ અને ત્યારબાદ $H_2O_2/OH^-$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને પાણીનું પ્રતિ-માર્કોવનીકોવ યોગશીલ પ્રક્રિયા અનુભવે છે,જે મુખ્ય નીપજ $Y$ તરીકે પ્રોપેન$-1-$ઓલ $(CH_3-CH_2-CH_2OH)$ આપે છે.

(C) $1-$પ્રોપેનોલ એ પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે, જ્યારે $2-$પ્રોપેનોલ એ દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ આલ્કોહોલ છે.
આ બંનેને લ્યુકાસ કસોટી દ્વારા અલગ પાડી શકાય છે, જેમાં નિર્જળ $ZnCl_2$ અને સાંદ્ર $HCl$ ના મિશ્રણનો ઉપયોગ થાય છે.
$2^{\circ}$ આલ્કોહોલ લ્યુકાસ પ્રક્રિયક સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઓરડાના તાપમાને $5-10$ મિનિટમાં ધૂંધળાપણું (turbidity) ઉત્પન્ન કરે છે.
$1^{\circ}$ આલ્કોહોલ ઓરડાના તાપમાને ધૂંધળાપણું ઉત્પન્ન કરતા નથી.

(D) ફિનોલની ઔદ્યોગિક બનાવટને ક્યુમીન પ્રક્રિયા તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ક્યુમીન (આઇસોપ્રોપાઇલબેન્ઝીન) નું હવાની હાજરીમાં ઓક્સિડેશન કરીને ક્યુમીન હાઇડ્રોપેરોક્સાઇડ બનાવવામાં આવે છે.
આ હાઇડ્રોપેરોક્સાઇડને ત્યારબાદ મંદ એસિડ સાથે પ્રક્રિયા કરાવતા ફિનોલ અને એસિટોન ઉપપેદાશ તરીકે મળે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_5CH(CH_3)_2$ $\xrightarrow{O_2} C_6H_5C(CH_3)_2OOH$ $\xrightarrow{H^+, H_2O} C_6H_5OH + CH_3COCH_3$
આમ,સંયોજન $X$ એ ક્યુમીન છે.

(B) રાઈમર-ટીમેન પ્રક્રિયામાં,ફિનોલ જલીય $NaOH$ ની હાજરીમાં $CHCl_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને મુખ્ય નીપજ તરીકે સેલિસાલ્ડિહાઈડ બનાવે છે.
કોલ્બે પ્રક્રિયામાં,ફિનોલ $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ ફિનોક્સાઈડ બનાવે છે,જે ત્યારબાદ $CO_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને અને એસિડિકરણ દ્વારા મુખ્ય નીપજ તરીકે સેલિસિલિક એસિડ બનાવે છે.

(B) ફિનોલનું ક્રોમિક એસિડ $(Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4)$ સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી નીપજ તરીકે $p$-બેન્ઝોક્વિનોન મળે છે.
તેથી,$X$ એ ફિનોલ છે અને $Y$ એ $Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4$ છે.

(C) ગેટરમેન-કોચ પ્રક્રિયામાં બેન્ઝીન અથવા તેના વ્યુત્પન્નનું કાર્બન મોનોક્સાઈડ $(CO)$ અને હાઈડ્રોજન ક્લોરાઈડ $(HCl)$ નો ઉપયોગ કરીને નિર્જળ એલ્યુમિનિયમ ક્લોરાઈડ $(AlCl_3)$ અને ક્યુપ્રસ ક્લોરાઈડ $(CuCl)$ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં ફોર્મિલેશન કરવામાં આવે છે,જેથી બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ મળે છે.
વિકલ્પ $A$ એ રોઝનમન્ડ રિડક્શન દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $B$ એ ઈટાર્ડ પ્રક્રિયા દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $C$ એ ગેટરમેન-કોચ પ્રક્રિયા દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $D$ એ ફ્રિડલ-ક્રાફ્ટ એસાઈલેશન પ્રક્રિયા દર્શાવે છે.

(C) પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. સોડિયમ બેન્ઝોએટ $NaOH + CaO$ (સોડાલાઈમ) સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન $(A)$ બનાવે છે.
$2$. બેન્ઝીન $(A)$ નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં $CH_3Cl$ સાથે ફ્રીડલ-ક્રાફ્ટ આલ્કાઈલેશન પ્રક્રિયા કરીને ટોલ્યુઈન $(B)$ બનાવે છે.
$3$. ટોલ્યુઈન $(B)$ $CS_2$ માં ક્રોમિલ ક્લોરાઈડ $(CrO_2Cl_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને અને ત્યારબાદ જળવિભાજન $(H_3O^+)$ દ્વારા બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C)$ બનાવે છે.
ક્રોમિલ ક્લોરાઈડનો ઉપયોગ કરીને ટોલ્યુઈનના મિથાઈલ સમૂહનું ફોર્મિલ સમૂહમાં થતું આ વિશિષ્ટ ઓક્સિડેશન $Etard$ પ્રક્રિયા તરીકે ઓળખાય છે.

(D) કાર્બોનિલ સંયોજનની ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ પ્રતિક્રિયા પ્રત્યેની પ્રતિક્રિયાશીલતા કાર્બોનિલ કાર્બનની ઇલેક્ટ્રોફિલીસીટી પર આધાર રાખે છે.
$1$. અવકાશી અવરોધ: કાર્બોનિલ કાર્બનની આસપાસના નાના સમૂહો પ્રતિક્રિયાશીલતા વધારે છે.
$2$. ઇલેક્ટ્રોનિક અસરો: ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ સમૂહો (જેમ કે $-CH_3$) કાર્બોનિલ કાર્બનની ઇલેક્ટ્રોફિલીસીટી ઘટાડે છે.
સંયોજનોની સરખામણી:
$III$ $(HCHO)$ ફોર્માલ્ડિહાઇડ છે,જેમાં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ સમૂહ નથી અને અવકાશી અવરોધ ન્યૂનતમ છે,તેથી તે સૌથી વધુ પ્રતિક્રિયાશીલ છે.
$I$ $(CH_3CHO)$ એસિટોલ્ડિહાઇડ છે,જેમાં એક ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ $-CH_3$ સમૂહ છે.
$IV$ $(CH_3COCH_3)$ એસિટોન છે,જેમાં બે ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ $-CH_3$ સમૂહ છે,જે તેને $I$ કરતા ઓછું પ્રતિક્રિયાશીલ બનાવે છે.
$II$ $(CH_3CONH_2)$ એમાઇડ છે. નાઇટ્રોજન પરમાણુ પરની અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ કાર્બોનિલ સમૂહ સાથે રેઝોનન્સમાં ભાગ લે છે,જે કાર્બોનિલ કાર્બનની ઇલેક્ટ્રોફિલીસીટીમાં નોંધપાત્ર ઘટાડો કરે છે,તેથી તે સૌથી ઓછું પ્રતિક્રિયાશીલ છે.
આમ,પ્રતિક્રિયાશીલતાનો સાચો ક્રમ $III > I > IV > II$ છે.

(B) પગલું $1$: $C_2H_4$ $(CH_2=CH_2)$ નું ઓઝોનોલિસિસ $P$ તરીકે ફોર્માલ્ડિહાઇડ $(HCHO)$ આપે છે.
પગલું $2$: $HCHO$ ની $CH_3MgBr$ સાથેની પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ જળવિભાજન $Q$ તરીકે ઇથેનોલ $(CH_3CH_2OH)$ આપે છે.
પગલું $3$: $PCC$ સાથે ઇથેનોલ $(CH_3CH_2OH)$ નું ઓક્સિડેશન $R$ તરીકે એસીટાલ્ડિહાઇડ $(CH_3CHO)$ આપે છે.
$R$ એ $CH_3CHO$ છે,જેમાં $\alpha$-હાઇડ્રોજન હાજર છે. તેથી,તે કેનિઝારો પ્રક્રિયા આપી શકતું નથી. તે ટોલેન્સ કસોટી,આયોડોફોર્મ કસોટી આપે છે અને આલ્ડોલ સંઘનન પ્રક્રિયા આપે છે. આમ,ખોટું વિધાન એ છે કે તે કેનિઝારો પ્રક્રિયા આપે છે.

(B) પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$1$. બેન્ઝીન એ નિર્જળ $AlCl_3$ ની હાજરીમાં એસિટિલ ક્લોરાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એસિટોફિનોન $(X)$ આપે છે.
$2$. ઝિંક એમાલગમ $(Zn-Hg)$ અને સાંદ્ર હાઇડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ નો ઉપયોગ કરીને કીટોન અથવા આલ્ડિહાઇડનું રિડક્શન કરવાથી આલ્કેન મળે છે. આ પ્રક્રિયાને ક્લેમેન્સન રિડક્શન તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$3$. આ કિસ્સામાં,એસિટોફિનોન $(X)$ નું $Zn-Hg/conc. HCl$ નો ઉપયોગ કરીને ઇથાઇલબેન્ઝીન $(Y)$ માં રિડક્શન થાય છે.

(D) $1$. $\text{but-2-ene}$ નું ઓઝોનોલિસિસ એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ આપે છે જે $X$ છે.
$2$. $X$ $(CH_3CHO)$ ની $CH_3MgBr$ સાથેની પ્રતિક્રિયા અને ત્યારબાદ જળવિભાજન પ્રોપેન$-2-$ઓલ $(CH_3CH(OH)CH_3)$ આપે છે જે $Y$ છે.
$3$. $Y$ (દ્વિતીયક આલ્કોહોલ) નું $573 \ K$ તાપમાને $Cu$ સાથે ડિહાઈડ્રોજનેશન કરવાથી એસિટોન $(CH_3COCH_3)$ મળે છે જે $Z$ છે.
$4$. $Z$ એ એસિટોન છે,જે એક મિથાઈલ કીટોન છે. તે આયોડોફોર્મ કસોટી આપે છે ( $I_2$ અને $NaOH$ સાથે પીળા અવક્ષેપ),તેથી વિધાન $I$ સાચું છે.
$5$. એસિટોનમાં કેનિઝારો પ્રતિક્રિયા માટે જરૂરી $\alpha$-હાઈડ્રોજન હોતા નથી,તેથી તે સાંદ્ર $NaOH$ સાથે અસમાનતા પ્રતિક્રિયા આપતું નથી,તેથી $II$ ખોટું છે.
$6$. એસિટોન વુલ્ફ-કિશનર રિડક્શન અનુભવીને પ્રોપેન બનાવે છે,તેથી વિધાન $III$ સાચું છે.
$7$. એસિટોન એ કીટોન છે અને તે ફેહલિંગના પ્રક્રિયકનું રિડક્શન કરતું નથી,તેથી વિધાન $IV$ ખોટું છે.
તેથી,વિધાનો $I$ અને $III$ સાચા છે.

(B) $1$. શરૂઆતનું સંયોજન $4$-મિથાઈલબેન્ઝામાઈડ છે. $NaOH/Br_2$ સાથેની પ્રક્રિયા એ હોફમેન બ્રોમામાઈડ ડિગ્રેડેશન પ્રતિક્રિયા છે,જે એમાઈડને એક ઓછા કાર્બન પરમાણુ ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઈનમાં રૂપાંતરિત કરે છે. આમ,$X$ એ $p$-ટોલ્યુઈડિન ($4$-મિથાઈલએનિલીન) છે.
$2$. $p$-ટોલ્યુઈડિનની બેન્ઝોઈલ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5COCl)$ સાથેની પ્રક્રિયા એ એસાઈલેશન પ્રતિક્રિયા છે. એમાઈનના નાઈટ્રોજન પરમાણુ પરના અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મ એસિડ ક્લોરાઈડના કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે,જેના પરિણામે એમાઈડ બને છે. નીપજ $Y$ એ $N-(4$-મિથાઈલફિનાઈલ)બેન્ઝામાઈડ છે.

(B) ગેબ્રિયલ-થેલીમાઈડ સંશ્લેષણ એ શુદ્ધ પ્રાથમિક એલિફેટિક એમાઈન્સની બનાવટ માટેની પ્રમાણભૂત પદ્ધતિ છે.
$II$. હોફમેન બ્રોમામાઈડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયાનો ઉપયોગ એમાઈડને એક કાર્બન પરમાણુ ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઈનમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે થાય છે.
$III$. કાર્બાઈલેમાઈન પ્રક્રિયા એ પ્રાથમિક એમાઈન્સ માટેની કસોટી છે,બનાવટની પદ્ધતિ નથી.
$IV$. સેન્ડમેયર પ્રક્રિયાનો ઉપયોગ ડાયઝોનિયમ ક્ષારને એરાઈલ હેલાઈડમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે થાય છે,એલિફેટિક એમાઈન્સની બનાવટ માટે નહીં.
તેથી,માત્ર $I$ અને $II$ નો ઉપયોગ એલિફેટિક પ્રાથમિક એમાઈન્સની બનાવટ માટે થાય છે.

(D) દ્વિતીયક એમાઈન હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક ($p-$ટોલ્યુઈન સલ્ફોનાઈલ ક્લોરાઈડ) સાથે પ્રક્રિયા કરીને સલ્ફોનેમાઈડ બનાવે છે જે જલીય $NaOH$ માં અદ્રાવ્ય હોય છે. તેથી,'$X$' એ દ્વિતીયક એમાઈન હોવો જોઈએ. દ્વિતીયક એમાઈન $(R_1R_2NH)$ ની બેન્ઝોઈલ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5COCl)$ સાથેની પ્રક્રિયા બેન્ઝોઈલેશન પ્રક્રિયા (શોટન-બૌમન પ્રક્રિયા) છે,જે $N,N-$ડાયસબસ્ટીટ્યુટેડ બેન્ઝેમાઈડ આપે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,દ્વિતીયક એમાઈન '$X$' એ $N-$મિથાઈલઈથેનેમાઈન $(CH_3CH_2NHCH_3)$ છે. પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $CH_3CH_2NHCH_3 + C_6H_5COCl \rightarrow CH_3CH_2N(CH_3)COC_6H_5 + HCl$.

(A) પ્રક્રિયા $C_2H_5Br \xrightarrow{\text{excess } NH_3} A$ એ આલ્કાઈલ હેલાઈડનું એમોનોલિસિસ દર્શાવે છે,જ્યાં $A$ એ ઈથાઈલએમાઈન $(CH_3CH_2NH_2)$ છે.
પ્રક્રિયા $B \xrightarrow{Br_2/KOH} A$ એ હોફમેન બ્રોમામાઈડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે,જે એમાઈડને મૂળ એમાઈડ કરતા એક કાર્બન પરમાણુ ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઈનમાં રૂપાંતરિત કરે છે.
કારણ કે $A$ એ ઈથાઈલએમાઈન $(CH_3CH_2NH_2)$ છે,જેમાં $2$ કાર્બન પરમાણુઓ છે,તેથી એમાઈડ $B$ માં $3$ કાર્બન પરમાણુઓ હોવા જોઈએ.
તેથી,$B$ એ પ્રોપેનેમાઇડ $(CH_3CH_2CONH_2)$ છે.

(B) $RNH_2$ માં,$N$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. $RN=CHR^1$ માં,$N$ પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે,જ્યારે $RC \equiv N$ માં,$N$ પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
એમાઈનની બેઝિકતા નાઈટ્રોજન પરમાણુ પરના અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મની પ્રાપ્યતા પર આધાર રાખે છે. જેમ સંકર કક્ષકમાં $s$-લક્ષણ વધે છે,તેમ નાઈટ્રોજન પરમાણુની વિદ્યુતઋણતા વધે છે,જેનાથી ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મનું દાન કરવાની ક્ષમતા ઘટે છે.
$s$-લક્ષણનો વધતો ક્રમ: $sp^3 < sp^2 < sp$.
તેથી,$N$ પરમાણુની વિદ્યુતઋણતાનો વધતો ક્રમ: $sp^3 < sp^2 < sp$.
પરિણામે,$s$-લક્ષણ વધવાની સાથે બેઝિકતા ઘટે છે.
બેઝિકતાનો ઘટતો ક્રમ: $RNH_2 (III) > RN=CHR^1 (I) > RC \equiv N (II)$.

(B) $1$. બેન્ઝોઈક એસિડ સાંદ્ર $HNO_3$ અને સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (નાઈટ્રેશન) $m$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ $(X)$ બનાવે છે.
$2$. $Sn/HCl$ સાથે $m$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ $(X)$ નું રિડક્શન કરવાથી $-NO_2$ સમૂહનું $-NH_2$ સમૂહમાં રૂપાંતર થાય છે,જે $m$-એમિનોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Y)$ બનાવે છે.
$3$. $m$-એમિનોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Y)$ $0-5 \ ^\circ C$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયઝોનિયમ ક્ષાર બનાવે છે,જે ત્યારબાદ $Cu_2Cl_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા) ડાયઝોનિયમ સમૂહને ક્લોરિન પરમાણુ દ્વારા બદલે છે,જેના પરિણામે $m$-ક્લોરોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Z)$ મળે છે.

(C) $1$. $CH_3COOH$ ની $P_2O_5/\Delta$ સાથેની પ્રક્રિયા એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ $(M)$ આપે છે,જે $(CH_3CO)_2O$ છે.
$2$. એસિટિક એનહાઈડ્રાઈડ એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એસિટાનિલાઈડ $(N)$ બનાવે છે,જે $CH_3CONHC_6H_5$ છે.
$3$. ત્યારબાદ $288 \ K$ તાપમાને $HNO_3/H_2SO_4$ નો ઉપયોગ કરીને એસિટાનિલાઈડનું નાઈટ્રેશન કરવામાં આવે છે. $-NHCOCH_3$ સમૂહ ઓર્થો/પેરા નિર્દેશક છે,પરંતુ અવકાશી અવરોધને કારણે,પેરા-આઈસોમર મુખ્ય નીપજ છે.
$4$. અંતે,$H^+/H_2O$ સાથે જળવિભાજન કરવાથી એસિટાઈલ સમૂહ દૂર થાય છે અને મુખ્ય નીપજ '$R$' તરીકે $p-$નાઈટ્રોએનિલીન મળે છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા દર્શાવે છે કે સંયોજન $X$ નું જળવિભાજન થઈને કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(RCOOH)$ બને છે અને $LiAlH_4$ સાથે રિડક્શન થઈને પ્રાથમિક એમાઈન $(RCH_2NH_2)$ બને છે.
$1$. નાઈટ્રાઈલ્સ $(R-CN)$ નું એસિડ-ઉદ્દીપકીય જળવિભાજન થઈને કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(RCOOH)$ મળે છે.
$2$. નાઈટ્રાઈલ્સ $(R-CN)$ નું $LiAlH_4$ દ્વારા રિડક્શન થઈને પ્રાથમિક એમાઈન $(RCH_2NH_2)$ મળે છે.
તેથી,$X$ એ નાઈટ્રાઈલ $(R-CN)$ છે.

(B) $1$. પ્રોપેનિટ્રાઈલ $(CH_3CH_2CN)$ નું $LiAlH_4$ સાથે રિડક્શન કરવાથી પ્રોપેન$-1-$એમાઈન $(CH_3CH_2CH_2NH_2)$ મળે છે,જે સંયોજન $A$ છે.
$2$. પ્રાથમિક એમાઈન $(A)$ ની ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ અને આલ્કોહોલિક પોટેશિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(KOH)$ સાથેની પ્રક્રિયાને કાર્બાઈલ એમાઈન પ્રક્રિયા કહેવામાં આવે છે.
$3$. આ પ્રક્રિયા આઈસોસાયનાઈડ અથવા કાર્બાઈલ એમાઈન $(CH_3CH_2CH_2NC)$ બનાવે છે,જે સંયોજન $B$ છે,જે તેની દુર્ગંધ માટે જાણીતું છે.
$4$. તેથી,$A$ નું $B$ માં રૂપાંતર એ કાર્બાઈલ એમાઈન પ્રક્રિયાનું ઉદાહરણ છે.

(B) વિધાન $I$: આલ્ડિહાઈડ $HCN$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સાયનોહાઈડ્રિન બનાવે છે. આ પ્રક્રિયા ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ પ્રક્રિયા છે જેમાં $CN^-$ આયન કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે,ત્યારબાદ પ્રોટોનેશન દ્વારા સાયનોહાઈડ્રિન નીપજ મળે છે.
વિધાન $II$: સાયનોહાઈડ્રિન એ એવું કાર્બનિક સંયોજન છે જેમાં એક જ કાર્બન પર હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ અને સાયનો સમૂહ $(-CN)$ જોડાયેલા હોય છે. આ બંધારણ $R-CH(OH)(CN)$ સાથે સુસંગત છે.
બંને વિધાનો સાચા છે.

(B) પ્રાથમિક એમાઈનની ક્લોરોફોર્મ $(CHCl_3)$ અને આલ્કોહોલિક પોટેશિયમ હાઈડ્રોક્સાઈડ $(KOH)$ સાથેની પ્રક્રિયાને કાર્બાઈલએમાઈન પ્રક્રિયા તરીકે ઓળખવામાં આવે છે. આ પ્રક્રિયા આઈસોસાયનાઈડ (કાર્બાઈલએમાઈન) બનાવે છે,જે ખૂબ જ દુર્ગંધયુક્ત હોય છે.
$R-NH_2 + CHCl_3 + 3KOH \rightarrow R-NC + 3KCl + 3H_2O$
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,માત્ર બેન્ઝાઈલએમાઈન $(C_6H_5CH_2NH_2)$ એ પ્રાથમિક એમાઈન છે. $N$-મિથાઈલએનિલીન એ દ્વિતીયક એમાઈન છે,$N,N$-ડાયમિથાઈલએનિલીન એ તૃતીયક એમાઈન છે અને બેન્ઝેમાઈડ એ એમાઈડ છે. તેથી,માત્ર બેન્ઝાઈલએમાઈન જ કાર્બાઈલએમાઈન પ્રક્રિયા આપીને દુર્ગંધયુક્ત પદાર્થ બનાવશે.

(D) આપેલ બંધારણ છ-સભ્યોની રીંગ ધરાવે છે જેમાં ઓક્સિજન પરમાણુ છે,તેથી તે પાયરેનોઝ સ્વરૂપ છે.
$D-$ગ્લુકોઝના હાવર્થ પ્રોજેક્શનમાં,એનોમેરિક કાર્બન $(C1)$ પર $-OH$ સમૂહ નીચેની તરફ હોય છે,જે $\alpha-$કોન્ફિગરેશન દર્શાવે છે.
$C2, C3,$ અને $C4$ પરના અન્ય હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહો એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે જે $D-$ગ્લુકોઝના બંધારણને અનુરૂપ છે.
તેથી,આ બંધારણ $\alpha-D-(+)-$ ગ્લુકોપાયરેનોઝ દર્શાવે છે.

(C) માલ્ટોઝ એ બે $\alpha-D$-ગ્લુકોઝ એકમોથી બનેલી ડાયસેકેરાઇડ છે જે $\alpha-1,4$-ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
તેમાં મુક્ત હેમિયાસેટલ જૂથ હોવાથી,તે રિડ્યુસિંગ શર્કરા તરીકે વર્તે છે.
વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે તે લેક્ટોઝનું બંધારણ દર્શાવે છે,માલ્ટોઝનું નહીં.

(A) એસ્પારજીનનું બંધારણ $H_2N-CO-CH_2-CH(NH_2)-COOH$ છે.
તેમાં એમિનો સમૂહ $(-NH_2)$,કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$,અને તેની શૃંખલામાં એમાઈડ સમૂહ $(-CONH_2)$ હાજર હોય છે.

(D) વિટામિન $D$ એ ચરબીમાં દ્રાવ્ય વિટામિન છે જે ઈંડાની જરદીમાં જોવા મળે છે.
વિટામિન $D$ ની ઉણપથી હાડકાં નરમ અને નબળાં પડે છે,જેને રીકેટસ કહેવામાં આવે છે.

(D) પર્નિશિયસ એનિમિયા એ વિટામિન $B_{12}$ (સાયનોકોબાલામિન) ની ઉણપથી થતી સ્થિતિ છે.
આ વિટામિન શરીરમાં રક્તકણોના ઉત્પાદન માટે આવશ્યક છે.

(C) $p-$મિથાઈલ એનિલીનનું $p-$મિથાઈલ બેન્ઝોઈક એસિડમાં રૂપાંતર નીચેના તબક્કાઓ દ્વારા થાય છે:
$1$. ડાયઝોટાઈઝેશન: $p-$મિથાઈલ એનિલીન $273 \ K$ તાપમાને $NaNO_2 + HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $p-$મિથાઈલ બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ બનાવે છે.
$2$. સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા: ડાયઝોનિયમ ક્ષાર $CuCN / KCN$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $p-$મિથાઈલ બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ બનાવે છે.
$3$. જળવિભાજન: નાઈટ્રાઈલ સમૂહનું $H_3O^{+}$ નો ઉપયોગ કરીને જળવિભાજન કરવામાં આવે છે જેથી $p-$મિથાઈલ બેન્ઝોઈક એસિડ મળે છે.
આમ,સાચો ક્રમ $NaNO_2 + HCl / 273 \ K ; CuCN / KCN ; H_3O^{+}$ છે.

(C) ચાલો દરેક પ્રક્રિયાનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$. બેન્ઝોઈલ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5COCl)$ એ $H_2-Pd/BaSO_4$ (રોઝનમન્ડ રિડક્શન) સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ બનાવે છે. આ સાચું છે.
$B$. ઈથાઈલ બેન્ઝોએટ $(C_6H_5COOCH_2CH_3)$ એ $LiAlH_4$ અને ત્યારબાદ $H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલ $(C_6H_5CH_2OH)$ બનાવે છે. આ ખોટું છે.
$C$. ટોલ્યુઈન $(C_6H_5CH_3)$ એ $KMnO_4/H^+$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝોઈક એસિડ $(C_6H_5COOH)$ બનાવે છે. આ ખોટું છે.
$D$. બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ $(C_6H_5CN)$ એ $DIBAL-H$ (અથવા $AlH(i-Bu)_2$) અને ત્યારબાદ $H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ બનાવે છે. આ સાચું છે.
તેથી,જોડી $A$ અને $D$ યોગ્ય રીતે બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ બનાવે છે.

(B) વિકલ્પ $(A)$ માં પ્રક્રિયા શક્ય નથી કારણ કે ફિનોલમાં $C-O$ બંધમાં સંસ્પંદનને કારણે આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા હોય છે,જે તેને $SOCl_2$ દ્વારા ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન સામે પ્રતિરોધક બનાવે છે.
વિકલ્પ $(B)$ માં પ્રક્રિયા શક્ય છે. $PCC$ (પિરિડિનિયમ ક્લોરોક્રોમેટ) એક પસંદગીયુક્ત ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે દ્વિબંધને અસર કર્યા વિના પ્રાથમિક એલાઈલિક આલ્કોહોલનું આલ્ડિહાઈડમાં ઓક્સિડેશન કરે છે.
વિકલ્પ $(C)$ માં પ્રક્રિયા શક્ય નથી કારણ કે $KMnO_4/H^{+}$ એક પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે પ્રાથમિક આલ્કોહોલનું સીધું કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(CH_3CH_2COOH)$ માં ઓક્સિડેશન કરશે,આલ્ડિહાઈડમાં નહીં.
વિકલ્પ $(D)$ માં પ્રક્રિયા શક્ય નથી કારણ કે $20\%\ H_3PO_4$ એ મંદ એસિડ છે અને તે આલ્કોહોલનું આલ્કીનમાં રૂપાંતર કરવા માટે પૂરતું પ્રબળ નિર્જલીકરણ કર્તા નથી; આ માટે સાંદ્ર $H_3PO_4$ અથવા $H_2SO_4$ ની જરૂર પડે છે.

(A) પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$Xe + 3F_2 \rightarrow XeF_6$ $(X)$
$XeF_6 + H_2O \rightarrow XeOF_4$ $(Y)$ $+ 2HF$
$XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3$ $(Z)$ $+ 6HF$
$XeOF_4$ $(Y)$ ની રચના $sp^3d^2$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે ચોરસ પિરામિડલ છે.
$XeO_3$ $(Z)$ ની રચના $sp^3$ સંકરણ,$3 \sigma$ બંધો,$3 \pi$ બંધો અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે પિરામિડલ છે.
તેથી,વિધાન $I$ અને $III$ સાચા છે.

(A) ઝેનોન $(Xe)$ ની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણી શકાય: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (V - B)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $B$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$1$. $XeOF_4$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે,આમ કુલ $4 + 2 = 6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 6) = 1$.
$2$. $XeF_4$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
$3$. $XeF_2$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 2) = 3$.
$4$. $XeF_6$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $6$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 6) = 1$.
આમ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા અનુક્રમે $1, 2, 3, 1$ છે.

(A) $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ માં $Co$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે કારણ કે $NH_3$ તટસ્થ લિગેન્ડ છે.
$Co^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Ar] 3d^6$ છે.
$NH_3$ પ્રબળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ હોવાથી,તે $3d$ ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરે છે.
આના પરિણામે બે ખાલી $3d$ કક્ષકો મળે છે,જે $d^2sp^3$ સંકરણમાં ભાગ લે છે.
આંતરિક $3d$ કક્ષકોનો ઉપયોગ થતો હોવાથી,તે આંતરિક કક્ષકીય સંકીર્ણ છે.
બધા $3d$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત હોવાથી,અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $0$ છે.

(B) પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $XeF_4 + O_2F_2 \rightarrow XeF_6 + O_2$
અહીં,$X = XeF_6$ છે.
જળવિભાજનની પ્રક્રિયા: $XeF_6 + H_2O \rightarrow XeOF_4 + 2 HF$
અહીં,$Y = XeOF_4$ છે.
$XeF_6$ નો આકાર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે વિકૃત અષ્ટફલકીય હોય છે.
$XeOF_4$ નો આકાર સમચોરસ પિરામિડલ હોય છે.

(C) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,વેગ સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$t = \frac{2.303}{k} \log \frac{a}{a-x}$
અહીં પ્રક્રિયા $90 \%$ પૂર્ણ થાય છે,તેથી $a = 100$ અને $(a-x) = 100 - 90 = 10$ લેતા.
વેગ અચળાંક $k = 6.93 \times 10^{-2} \ min^{-1}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$t = \frac{2.303}{6.93 \times 10^{-2}} \log \frac{100}{10}$
$t = \frac{2.303}{0.0693} \times \log(10)$
$\log(10) = 1$ હોવાથી:
$t = \frac{2.303}{0.0693} \approx 33.23 \ min$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $33 \ min$ છે.

(A) શૂન્ય ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,સંકલિત વેગ સમીકરણ આ મુજબ છે: $[A] = -kt + [A]_0$.
આને સુરેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = [A]$,$x = t$,$m = -k$,અને $c = [A]_0$.
આલેખનો ઢાળ $-k$ છે.
આપેલ છે,ઢાળ $= -3 \times 10^{-3} \ M \ min^{-1}$.
તેથી,$-k = -3 \times 10^{-3} \ M \ min^{-1}$,જેનો અર્થ છે કે $k = 3 \times 10^{-3} \ M \ min^{-1}$.

(A) વેગ નિયમ $-\frac{d[HI]}{dt} = k[HI]^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,પ્રક્રિયાના વેગનો એકમ સાંદ્રતા પ્રતિ સમય છે,એટલે કે $mol \ L^{-1} \ s^{-1}$.
સાંદ્રતા $[HI]$ નો એકમ $mol \ L^{-1}$ છે.
આ કિંમતોને વેગ નિયમમાં મૂકતા:
$mol \ L^{-1} \ s^{-1} = k \times (mol \ L^{-1})^2$.
તેથી,$k = \frac{mol \ L^{-1} \ s^{-1}}{(mol \ L^{-1})^2} = (mol \ L^{-1})^{-1} \ s^{-1} = L \ mol^{-1} \ s^{-1}$.

(B) સમગ્ર પ્રક્રિયા $2 A + B \longrightarrow D + E$ છે.
સૂચિત ક્રિયાવિધિ છે:
$1. A + B \longrightarrow C + D$ (ધીમું પગલું)
$2. A + C \longrightarrow E$ (ઝડપી પગલું)
પ્રક્રિયાનો વેગ સૌથી ધીમા પગલા દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જેને વેગ નિર્ધારક પગલું ($R$.$D$.$S$) કહેવામાં આવે છે.
પ્રથમ પગલું $(A + B \longrightarrow C + D)$ ધીમું હોવાથી,વેગ નિયમ આ પગલામાં સામેલ પ્રક્રિયકો પરથી મેળવવામાં આવે છે.
તેથી,વેગ નિયમ $r = K[A][B]$ છે.

(B) આર્હેનિયસ સમીકરણ $\ln k = -\frac{E_a}{R} \left(\frac{1}{T}\right) + \ln A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,ઢાળ $m = -\frac{E_a}{R}$ મળે છે.
આપેલ છે કે ઢાળ $-4 \times 10^4 \ K$ છે,તેથી $-\frac{E_a}{R} = -4 \times 10^4 \ K$.
આમ,$E_a = 4 \times 10^4 \times R = 4 \times 10^4 \times 8.3 \ J \ mol^{-1} = 332000 \ J \ mol^{-1}$.
$kJ \ mol^{-1}$ માં ફેરવતા,$E_a = \frac{332000}{1000} \ kJ \ mol^{-1} = 332 \ kJ \ mol^{-1}$ મળે છે.

(B) આર્હેનિયસ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $\log \frac{K_2}{K_1} = \frac{E_a}{2.303 \ R} [\frac{T_2 - T_1}{T_1 T_2}]$
આપેલ છે: $\frac{K_2}{K_1} = 2$,$T_1 = 300 \ K$,$T_2 = 310 \ K$,$R = 8.3 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$,$\log 2 = 0.3$
કિંમતો મૂકતા:
$0.3 = \frac{E_a}{2.303 \times 8.3} [\frac{310 - 300}{300 \times 310}]$
$0.3 = \frac{E_a}{19.1149} [\frac{10}{93000}]$
$E_a \approx 53.34 \ kJ \ mol^{-1}$
સૌથી નજીકની કિંમત $53.33 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(B) $Chloramphenicol$ એ બ્રોડ-સ્પેક્ટ્રમ એન્ટિબાયોટિક છે,એન્ટિસેપ્ટિક નથી. તેથી,વિકલ્પ $B$ યોગ્ય રીતે જોડાયેલ નથી.

(C) $Equanil$ એ એક ટ્રાન્ક્વિલાઈઝર છે જેનો ઉપયોગ ડિપ્રેશન અને હાઈપરટેન્શનની સારવાર માટે થાય છે.