TS EAMCET 2024 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $2x^2 + hxy + 6y^2 = 0$ છે.
તેને વ્યાપક સ્વરૂપ $ax^2 + 2h'xy + by^2 = 0$ સાથે સરખાવતા,$a = 2$,$2h' = h$,અને $b = 6$ મળે છે.
ધારો કે બે રેખાઓના ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $m_1 + m_2 = -\frac{h}{6}$ અને $m_1 m_2 = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
આપેલ છે કે એક ઢાળ બીજા કરતાં ત્રણ ગણો છે,તેથી $m_1 = 3m_2$.
ગુણાકારના સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $(3m_2) \cdot m_2 = \frac{1}{3}$ $\Rightarrow 3m_2^2 = \frac{1}{3}$ $\Rightarrow m_2^2 = \frac{1}{9}$ $\Rightarrow m_2 = \pm \frac{1}{3}$.
ઢાળના સરવાળાનો ઉપયોગ કરતા: $m_1 + m_2 = 4m_2 = -\frac{h}{6}$.
$m_2 = \frac{1}{3}$ માટે,$4(\frac{1}{3}) = -\frac{h}{6} \Rightarrow h = -8$.
$m_2 = -\frac{1}{3}$ માટે,$4(-\frac{1}{3}) = -\frac{h}{6} \Rightarrow h = 8$.
આમ,$h = \pm 8$.

(A) પગલું $1$: $443 \ K$ તાપમાને સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથે પ્રોપેન-$1$-ઓલ $(C_3H_7OH)$ નું નિર્જલીકરણ કરવાથી પ્રોપીન $(X)$ મુખ્ય નીપજ તરીકે મળે છે: $CH_3CH_2CH_2OH \xrightarrow{Conc. H_2SO_4, 443 \ K} CH_3CH=CH_2 + H_2O$.
પગલું $2$: બેન્ઝોઈલ પેરોક્સાઈડ $((C_6H_5CO)_2O_2)$ ની હાજરીમાં પ્રોપીન સાથે $HBr$ નો ઉમેરો એન્ટી-માર્કોવનીકોવના નિયમ (પેરોક્સાઈડ અસર) ને અનુસરે છે,જેના પરિણામે $1$-બ્રોમોપ્રોપેન $(Y)$ મુખ્ય નીપજ તરીકે મળે છે: $CH_3CH=CH_2 + HBr \xrightarrow{(C_6H_5CO)_2O_2} CH_3CH_2CH_2Br$.

(B) મિથેનનું નિયંત્રિત ઓક્સિડેશન અલગ-અલગ પરિસ્થિતિઓમાં અલગ-અલગ નીપજો આપે છે।
$1$. જ્યારે મિથેનને $523 \ K$ તાપમાને અને $100 \ atm$ દબાણે $Cu$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે, ત્યારે મિથેનોલ મળે છે: $2CH_4 + O_2 \xrightarrow{Cu / 523 \ K / 100 \ atm} 2CH_3OH$.
$2$. જ્યારે મિથેનને $Mo_2O_3$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે, ત્યારે મિથેનાલ મળે છે: $CH_4 + O_2 \xrightarrow{Mo_2O_3 / \Delta} HCHO + H_2O$.
તેથી, $X = Cu$ અને $Y = Mo_2O_3$ છે।

(B) $1$. $KMnO_4$ સાથે $2-\text{methylpropane}$ નું ઓક્સિડેશન $2-\text{methylpropan-2-ol}$ $(X)$ આપે છે: $(CH_3)_3CH \xrightarrow{KMnO_4} (CH_3)_3COH$.
$2$. $358 \ K$ તાપમાને $20 \% \ H_3PO_4$ સાથે $2-\text{methylpropan-2-ol}$ નું નિર્જલીકરણ $2-\text{methylpropene}$ $(Y)$ આપે છે: $(CH_3)_3COH \xrightarrow{H_3PO_4, \Delta} CH_2=C(CH_3)_2$.
$3$. $2-\text{methylpropene}$ નું ઓઝોનોલિસિસ અને ત્યારબાદ $Zn \mid H_2O$ સાથે રિડક્ટિવ વર્કઅપ એસિટોન અને ફોર્માલ્ડિહાઇડ આપે છે: $CH_2=C(CH_3)_2 \xrightarrow[(ii) Zn \mid H_2O]{(i) O_3} (CH_3)_2C=O + CH_2=O$.
$4$. આમ,$A$ અને $B$ એ $(CH_3)_2C=O$ અને $CH_2=O$ છે.

(A) $CH_3OH$ (મિથેનોલ) માં,ઓક્સિજન પરમાણુ બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો વચ્ચેના અપાકર્ષણને કારણે,બંધકોણ $109^{\circ} 28'$ ના સમચતુષ્ફલકીય ખૂણા કરતા ઘટી જાય છે.
$CH_3OCH_3$ (ડાયમિથાઇલ ઈથર) માં,ઓક્સિજન પરમાણુ પણ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે,પરંતુ બે મોટા મિથાઇલ સમૂહોની હાજરીને કારણે તેમની વચ્ચે અવકાશીય અપાકર્ષણ (steric repulsion) થાય છે,જે બંધકોણને $109^{\circ} 28'$ કરતા વધારે બનાવે છે.
તેથી,$X < 109^{\circ} 28'$ અને $Y > 109^{\circ} 28'$.

(D) $LR$ શ્રેણી પરિપથમાં,કુલ વોલ્ટેજ $V$ એ ઇન્ડક્ટરના વોલ્ટેજ $(V_L)$ અને રજિસ્ટરના વોલ્ટેજ $(V_R)$ નો ફેઝર સરવાળો છે.
સંબંધ આ મુજબ છે: $V^2 = V_L^2 + V_R^2$.
આપેલ છે: $V = 10 \ V$ અને $V_L = 6 \ V$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$(10)^2 = (6)^2 + V_R^2$
$100 = 36 + V_R^2$
$V_R^2 = 100 - 36 = 64$
$V_R = \sqrt{64} = 8 \ V$.
તેથી,રજિસ્ટરની આસપાસનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $8 \ V$ છે.

(C) $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે $v \propto \frac{1}{n}$ અને $r \propto n^2$,તેથી $a_c \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$ થાય.
બે ક્રમિક કક્ષાઓ $n$ અને $(n-1)$ માટે પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{(n-1)^4}{n^4} = \frac{16}{81}$ આપેલ છે.
ચોથું મૂળ લેતા,$\frac{n-1}{n} = \frac{2}{3}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $3n - 3 = 2n$,તેથી $n = 3$.
આમ,બે કક્ષાઓ $n = 3$ અને $n = 2$ છે.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L_n = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L_n - L_{n-1} = \frac{nh}{2\pi} - \frac{(n-1)h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}(n - n + 1) = \frac{h}{2\pi}$ થાય.

(D) આપેલ છે: $C_1 = 10 \mu F$,$V_1 = 100 \text{ V}$,$C_2 = 30 \mu F$,$V_2 = 0 \text{ V}$.
જ્યારે બે કેપેસિટરને જોડવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભારના પુનઃવિતરણ દરમિયાન ગુમાવેલી સ્થિત-વિદ્યુત ઉર્જાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\Delta U = \frac{1}{2} \left( \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} \right) (V_1 - V_2)^2$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta U = \frac{1}{2} \left( \frac{10 \times 10^{-6} \times 30 \times 10^{-6}}{10 \times 10^{-6} + 30 \times 10^{-6}} \right) (100 - 0)^2$
$\Delta U = \frac{1}{2} \left( \frac{300 \times 10^{-12}}{40 \times 10^{-6}} \right) (10000)$
$\Delta U = \frac{1}{2} \times (7.5 \times 10^{-6}) \times 10^4$
$\Delta U = 3.75 \times 10^{-2} \text{ J}$.

(A) ધારો કે ઊભી પ્લેટ $1$ છે અને આડી પ્લેટ $2$ છે. બંનેનું ક્ષેત્રફળ $A = L \times a$ છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિ માટે:
ઊભી પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y_1 = L/2$ પર છે.
આડી પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y_2 = L + a/2$ પર છે.
સંયુક્ત દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y_{cm}$ છે:
$y_{cm} = \frac{A_1 y_1 + A_2 y_2}{A_1 + A_2} = \frac{(La)(L/2) + (La)(L + a/2)}{2La} = \frac{L/2 + L + a/2}{2} = \frac{3L + a}{4}$.
જ્યારે ઉલટાવવામાં આવે છે,ત્યારે આડી પ્લેટ નીચે હોય છે. સપાટીથી નવું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y'_{cm}$ છે:
આડી પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y'_1 = a/2$ પર છે.
ઊભી પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $y'_2 = a + L/2$ પર છે.
$y'_{cm} = \frac{(La)(a/2) + (La)(a + L/2)}{2La} = \frac{a/2 + a + L/2}{2} = \frac{3a + L}{4}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાં થતું સ્થાનાંતર:
$\Delta y_{cm} = y_{cm} - y'_{cm} = \frac{3L + a}{4} - \frac{3a + L}{4} = \frac{2L - 2a}{4} = \frac{L - a}{2}$.

(A) આપેલ છે: દડાઓનું દળ $m_1 = m_2 = m = 1.2 \ kg$. પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 12 \ ms^{-1}$,$u_2 = 0$. પ્રત્યવસ્થાન ગુણાંક $e = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m u_1 + m u_2 = m v_1 + m v_2$
$12 + 0 = v_1 + v_2 \Rightarrow v_1 + v_2 = 12 \quad ...(i)$
પ્રત્યવસ્થાન ગુણાંકની વ્યાખ્યા મુજબ:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{v_2 - v_1}{12 - 0} \Rightarrow v_2 - v_1 = \frac{12}{\sqrt{2}} = 6\sqrt{2} \quad ...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2v_2 = 12 + 6\sqrt{2} \Rightarrow v_2 = 6 + 3\sqrt{2} \ ms^{-1}$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા:
$2v_1 = 12 - 6\sqrt{2} \Rightarrow v_1 = 6 - 3\sqrt{2} \ ms^{-1}$
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $(KE)_i = \frac{1}{2} m u_1^2 = \frac{1}{2} m (12)^2 = 72m$
અંતિમ ગતિઊર્જા $(KE)_f = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m [(6 - 3\sqrt{2})^2 + (6 + 3\sqrt{2})^2]$
$(KE)_f = \frac{1}{2} m [(36 + 18 - 36\sqrt{2}) + (36 + 18 + 36\sqrt{2})] = \frac{1}{2} m [54 + 54] = 54m$
ગુણોત્તર $\frac{(KE)_f}{(KE)_i} = \frac{54m}{72m} = \frac{3}{4}$ અથવા $3:4$.

(C) $[SiCl_6]^{2-}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે $Si^{4+}$ આયનનું કદ નાનું હોવાથી તેની આસપાસ છ મોટા $Cl^{-}$ આયનો સ્ટેરિક અવરોધ અને ક્લોરાઇડ આયનો વચ્ચેના આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણને કારણે ગોઠવાઈ શકતા નથી.
તેનાથી વિપરીત,$[SiF_6]^{2-}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કારણ કે $F^{-}$ આયન $Si^{4+}$ આયનની આસપાસ ગોઠવાઈ શકે તેટલું નાનું છે.
$[GeCl_6]^{2-}$ અને $[Sn(OH)_6]^{2-}$ સ્થાયી છે કારણ કે મધ્યસ્થ $Ge^{4+}$ અને $Sn^{4+}$ આયનોનું કદ મોટું હોય છે,જે છ લિગાન્ડને સમાવી શકે છે.

(A) $s$-ઇલેક્ટ્રોન અને $p$-ઇલેક્ટ્રોનનો ગુણોત્તર દરેક સ્પીસીઝની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$K^{+}$ $(Z=19)$ માટે: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6$. કુલ $s$-ઇલેક્ટ્રોન = $2+2+2 = 6$. કુલ $p$-ઇલેક્ટ્રોન = $6+6 = 12$. ગુણોત્તર = $6:12 = 1:2$.
$Cr^{3+}$ $(Z=24)$ માટે: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 3d^3$. કુલ $s$-ઇલેક્ટ્રોન = $2+2+2 = 6$. કુલ $p$-ઇલેક્ટ્રોન = $6+6 = 12$. ગુણોત્તર = $6:12 = 1:2$.
આમ,$K^{+}$ અને $Cr^{3+}$ બંનેમાં ગુણોત્તર $1:2$ સમાન છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ પ્રતિક્રિયાઓ તાંબાના નિષ્કર્ષણની પ્રક્રિયાનો ભાગ છે:
$1. 2 Cu_2S + 3 O_2 \rightarrow 2 Cu_2O + 2 SO_2$ (જ્યાં $X = Cu_2S$)
$2. 2 Cu_2O + Cu_2S \rightarrow 6 Cu + SO_2$ (જ્યાં $Y = SO_2$)
$SO_2$ અણુમાં,સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) ધરાવે છે.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેનો આકાર વળેલો અથવા કોણીય (angular) હોય છે.

(A) $SnCl_2$ અને $H_2O$ બંને બેન્ટ (bent) ભૂમિતિ ધરાવે છે.
$SnCl_2$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $Sn$ નું સંકરણ $sp^2$ છે,જ્યારે $H_2O$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $O$ નું સંકરણ $sp^3$ છે.
આમ,બંનેની ભૂમિતિ સમાન છે પરંતુ સંકરણ અલગ છે.

(A) પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $NH_2CONH_2 + 2 H_2O \rightarrow (NH_4)_2CO_3 \rightleftharpoons 2 NH_3 + H_2O + CO_2$.
અહીં,$[X]$ એ એમોનિયમ કાર્બોનેટ $(NH_4)_2CO_3$ છે અને $[Y]$ એ કાર્બન ડાયોક્સાઇડ $(CO_2)$ છે.
કાર્બોનેટ આયન $(CO_3^{2-})$ માં,કાર્બન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે એક દ્વિબંધ અને બે એકલ બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
કાર્બન ડાયોક્સાઇડ અણુ $(O=C=O)$ માં,કાર્બન પરમાણુ બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે બે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,$X$ અને $Y$ માં કાર્બનનું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp$ છે.

(D) અણુઓના આકાર નક્કી કરવા માટે, આપણે $VSEPR$ સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$A. SF_4$: સંકરણ $sp^3d$ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સી-સો આકાર આપે છે $(III)$.
$B. ClF_3$: સંકરણ $sp^3d$ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે $T$-આકાર આપે છે $(I)$.
$C. BrF_5$: સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સમચોરસ પિરામિડલ આકાર આપે છે $(IV)$.
$D. XeF_4$: સંકરણ $sp^3d^2$ છે અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે, જે સમચોરસ સમતલીય આકાર આપે છે $(II)$.
તેથી, સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(A) $BF_3$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $B$ પાસે $3$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $3$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 3 + 0 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$SnCl_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Sn$ પાસે $4$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 1 = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$HgCl_2$ માટે: મધ્યસ્થ પરમાણુ $Hg$ પાસે $2$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ બંધ બનાવે છે. સ્ટેરિક નંબર $= 2 + 0 = 2$,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $sp^2, sp^2, sp$ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા શોધવા માટેનું સૂત્ર: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (V - N)$,જ્યાં $V$ એ મધ્યસ્થ પરમાણુના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે અને $N$ એ તેની સાથે જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$1$. $ClF_3$ માટે: $V = 7, N = 3$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (7 - 3) = 2$.
$2$. $NF_3$ માટે: $V = 5, N = 3$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (5 - 3) = 1$.
$3$. $SF_4$ માટે: $V = 6, N = 4$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (6 - 4) = 1$.
$4$. $XeF_4$ માટે: $V = 8, N = 4$. $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
આમ,સાચો ક્રમ $2, 1, 1, 2$ છે.

(B) નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ અણુની સમતલીય રચનામાં,નાઈટ્રોજન પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
આકૃતિમાં આપેલા પ્રાયોગિક માળખાકીય ડેટાના આધારે:
$H-O-N$ બંધકોણ આશરે $102.2^{\circ}$ છે.
$O-N-O$ બંધકોણ (નાઈટ્રોજન સાથે જોડાયેલા બે ઓક્સિજન પરમાણુઓ વચ્ચે) આશરે $130.27^{\circ}$ છે.
તેથી,અનુક્રમે બંધકોણ $102^{\circ}$ અને $130^{\circ}$ છે.

(B) બોન્ડ ઓર્ડરની ગણતરી આ રીતે કરવામાં આવે છે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [N_b - N_a]$,જ્યાં $N_b$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $N_a$ એ બંધપ્રતિકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$O_2$ ($16$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [10 - 6] = 2.0$.
$O_2^{-}$ ($17$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [10 - 7] = 1.5$.
$O_2^{+}$ ($15$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [10 - 5] = 2.5$.
$O_2^{2-}$ ($18$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [10 - 8] = 1.0$.
$O_2^{2+}$ ($14$ ઇલેક્ટ્રોન) માટે: $\text{Bond order} = \frac{1}{2} [10 - 4] = 3.0$.
તફાવતની ગણતરી:
$(A)$ $|2.5 - 1.5| = 1.0$
$(B)$ $|3.0 - 1.0| = 2.0$
$(C)$ $|3.0 - 2.0| = 1.0$
$(D)$ $|3.0 - 2.5| = 0.5$
મહત્તમ તફાવત $2.0$ છે જે $O_2^{2-}$ અને $O_2^{2+}$ ની જોડી માટે છે.

(D) $C_2$ ($12$ ઇલેક્ટ્રોન) ની ઇલેક્ટ્રોન રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2 (\sigma 2s)^2 (\sigma^* 2s)^2 (\pi 2p_x)^2 (\pi 2p_y)^2$ છે.
બંધક્રમાંક $= \frac{1}{2}(N_b - N_a) = \frac{1}{2}(8 - 4) = 2$.
બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત હોવાથી,$C_2$ પ્રતિચુંબકીય છે.
$C_2^{-}$ માં $13$ ઇલેક્ટ્રોન છે,રચના: $(\sigma 1s)^2 (\sigma^* 1s)^2 (\sigma 2s)^2 (\sigma^* 2s)^2 (\pi 2p_x)^2 (\pi 2p_y)^2 (\sigma 2p_z)^1$. તેમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી તે અનુચુંબકીય છે.
$C_2$ માં બે સર્વોચ્ચ ભરાયેલી આણ્વીય કક્ષકો $\pi$ કક્ષકો છે,એટલે કે $C_2$ બે $\pi$ બંધ ધરાવે છે.
તેથી,$C_2$ માં $1 \sigma$ અને $1 \pi$ બંધ છે તે વિધાન ખોટું છે.

(B) ફાજાનના નિયમ મુજબ,સહસંયોજક લાક્ષણિકતા નીચેની બાબતો સાથે વધે છે:
$1$. ધનઆયનનું કદ નાનું હોય.
$2$. ઋણઆયનનું કદ મોટું હોય.
$3$. ધનઆયન કે ઋણઆયન પરનો વીજભાર વધુ હોય.
વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન:
- $KF < KI$: $I^-$ એ $F^-$ કરતા મોટું છે,તેથી $KI$ વધુ સહસંયોજક છે. (સાચું)
- $LiF < KF$: $Li^+$ એ $K^+$ કરતા નાનું છે,તેથી $LiF$ એ $KF$ કરતા વધુ સહસંયોજક હોવું જોઈએ. આમ,$LiF > KF$. (ખોટું)
- $SnCl_2 < SnCl_4$: $Sn^{4+}$ પર $Sn^{2+}$ કરતા વધુ વીજભાર છે,તેથી $SnCl_4$ વધુ સહસંયોજક છે. (સાચું)
- $NaCl < CuCl$: $Cu^+$ પાસે સ્યુડો-નોબલ ગેસ કોન્ફિગરેશન ($18$ ઇલેક્ટ્રોન) છે અને તે $Na^+$ કરતા વધુ ધ્રુવીય છે. (સાચું)
તેથી,વિધાન $LiF < KF$ ખોટું છે.

(A) દરેક જોડીનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ બંધકોણ: બંધકોણ $NO_2$ $(134^{\circ})$,$O_3$ $(116.8^{\circ})$,અને $H_2O$ $(104.5^{\circ})$ છે. આમ,ક્રમ $NO_2 > O_3 > H_2O$ સાચો છે.
$(B)$ દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા: દ્વિધ્રુવીય ચાકમાત્રા $H_2O$ $(1.85 \ D)$,$HF$ $(1.78 \ D)$,અને $NH_3$ $(1.47 \ D)$ છે. આમ,ક્રમ $H_2O > HF > NH_3$ સાચો છે.
$(C)$ બંધ લંબાઈ: $I_2$ મોટા પરમાણુ કદ સાથે સિંગલ બોન્ડ ધરાવે છે,$F_2$ નાના પરમાણુ કદ સાથે સિંગલ બોન્ડ ધરાવે છે,અને $N_2$ ખૂબ નાના પરમાણુ કદ સાથે ટ્રિપલ બોન્ડ ધરાવે છે. બંધ લંબાઈનો ક્રમ $I_2 > F_2 > N_2$ છે. આ સાચું છે.
તેથી,ત્રણેય જોડીઓ $(A), (B),$ અને $(C)$ યોગ્ય રીતે જોડાયેલી છે.

(C) ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu = q \times d$.
આપેલ અણુઓની ડાયપોલ મોમેન્ટ નીચે મુજબ છે:

$HF = 1.82 \ D$	$H_2O = 1.85 \ D$	$NH_3 = 1.47 \ D$
$HCl = 1.08 \ D$	$H_2S = 0.95 \ D$	$NF_3 = 0.24 \ D$
$HBr = 0.83 \ D$	$CO_2 = 0.00 \ D$	$BF_3 = 0.00 \ D$

વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન:
વિકલ્પ $A$: $1.82 > 1.08 > 0.83$ (સાચો ક્રમ).
વિકલ્પ $B$: $1.85 > 0.95 > 0.00$ (સાચો ક્રમ).
વિકલ્પ $C$: $0.95 > 1.08 > 1.82$ (ખોટો ક્રમ,કારણ કે $HF$ ની ડાયપોલ મોમેન્ટ સૌથી વધુ છે).
વિકલ્પ $D$: $1.47 > 0.24 > 0.00$ (સાચો ક્રમ).

(D) $o$-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(A)$ આંતઃઆણ્વીય $H$-બંધન દર્શાવે છે,જે અણુની અંદર સ્થિર કીલેટ રિંગ બનાવે છે. આ વિવિધ અણુઓ વચ્ચેના જોડાણને મર્યાદિત કરે છે.
તેનાથી વિપરીત,$p$-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(B)$ આંતરઆણ્વીય $H$-બંધન દર્શાવે છે,જે વિવિધ અણુઓ વચ્ચે મજબૂત જોડાણની મંજૂરી આપે છે,જેના પરિણામે ઊંચું ગલનબિંદુ મળે છે.
તેથી,$(A)$ નું નીચું ગલનબિંદુ આંતઃઆણ્વીય $H$-બંધનની હાજરીને કારણે છે,જ્યારે $(B)$ માં આંતરઆણ્વીય $H$-બંધન હોય છે.

(A) પ્રક્રિયા $AO_{2(g)} + BO_{2(g)} \rightleftharpoons AO_{3(g)} + BO_{(g)}$ છે.
આપેલ છે $K_c = 16$ અને પ્રારંભિક સાંદ્રતા $[AO_2] = [BO_2] = [AO_3] = [BO] = 1.0 \ M$.
ધારો કે સાંદ્રતામાં થતો ફેરફાર $x$ છે.
સંતુલને:
$[AO_2] = 1 - x$
$[BO_2] = 1 - x$
$[AO_3] = 1 + x$
$[BO] = 1 + x$
$K_c = \frac{[AO_3][BO]}{[AO_2][BO_2]} = \frac{(1+x)(1+x)}{(1-x)(1-x)} = 16$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1+x}{1-x} = 4$
$1 + x = 4 - 4x$
$5x = 3 \implies x = 0.6$
$[BO]$ ની સંતુલન સાંદ્રતા $= 1 + x = 1 + 0.6 = 1.6 \ mol \ L^{-1}$.

(A) વિયોજન પ્રક્રિયા: $PCl_{5(g)} \rightleftharpoons PCl_{3(g)} + Cl_{2(g)}$
આપેલ છે $K_c = 2 \times 10^{-2} \ mol \ L^{-1}$ અને કદ $V = 1.0 \ L$.
ધારો કે $PCl_5$ ના પ્રારંભિક મોલ $x$ છે.

પ્રક્રિયા	$PCl_{5(g)}$	$PCl_{3(g)} + Cl_{2(g)}$
પ્રારંભિક મોલ	$x$	$0, 0$
સંતુલન સમયે મોલ	$x - 0.2$	$0.2, 0.2$

$V = 1.0 \ L$ હોવાથી,સંતુલન સાંદ્રતા $[PCl_5] = (x - 0.2) \ M$,$[PCl_3] = 0.2 \ M$,અને $[Cl_2] = 0.2 \ M$ થશે.
સંતુલન અચળાંકનું સૂત્ર: $K_c = \frac{[PCl_3][Cl_2]}{[PCl_5]}$.
કિંમતો મૂકતા: $2 \times 10^{-2} = \frac{0.2 \times 0.2}{x - 0.2}$.
$0.02 = \frac{0.04}{x - 0.2} \implies x - 0.2 = 2$.
$x = 2.2 \ mol$.

(C) આપેલી પ્રક્રિયાઓ:
$(i) \ 2 A_{(g)} \rightleftharpoons B_{(g)} + C_{(g)} ; K_1 = 16$
$(ii) \ 2 B_{(g)} + C_{(g)} \rightleftharpoons 2 D_{(g)} ; K_2 = 25$
આપણે નીચેની પ્રક્રિયા માટે સંતુલન અચળાંક $(K_3)$ શોધવો છે:
$(iii) \ A_{(g)} + \frac{1}{2} B_{(g)} \rightleftharpoons D_{(g)}$
$(i)$ પરથી,$K_1 = \frac{[B][C]}{[A]^2} = 16$.
$(ii)$ પરથી,$K_2 = \frac{[D]^2}{[C][B]^2} = 25$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો ગુણાકાર કરતા:
$K_1 \times K_2 = \frac{[B][C]}{[A]^2} \times \frac{[D]^2}{[C][B]^2} = \frac{[D]^2}{[A]^2 [B]} = 16 \times 25 = 400$.
આ પદનું વર્ગમૂળ લેતા:
$\sqrt{\frac{[D]^2}{[A]^2 [B]}} = \frac{[D]}{[A][B]^{1/2}} = \sqrt{400} = 20$.
આમ,$K_3 = 20$.

(A) લોરિલ આલ્કોહોલ એ $1$-ડોડેકેનોલ છે,જેમાં તેની શૃંખલામાં કુલ $12$ કાર્બન પરમાણુઓ હોય છે.
લોરિલ આલ્કોહોલનું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_3(CH_2)_{10}CH_2OH$ છે.
આને આપેલા સામાન્ય સૂત્ર $CH_3(CH_2)_nCH_2OH$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n=10$ મળે છે.

(A) એસિડિક ઓક્સાઈડ $B_2O_3, SiO_2,$ અને $CO_2$ છે.
$CO$ એ તટસ્થ ઓક્સાઈડ છે.
$Al_2O_3$ અને $PbO_2$ એ ઉભયગુણી (amphoteric) ઓક્સાઈડ છે.
$Tl_2O_3$ એ બેઝિક ઓક્સાઈડ છે.
તેથી,એસિડિક ઓક્સાઈડની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(B) પરમાણ્વીય કદમાં વધારાને કારણે સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ઓછી ઋણ (અથવા મૂલ્યમાં નાની) બને છે.
આપેલા તત્વોમાં,$Cl$ અને $S$ એ $3^{rd}$ આવર્તમાં છે,જ્યારે $O$ અને $I$ અનુક્રમે $2^{nd}$ અને $5^{th}$ આવર્તમાં છે.
$Cl$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી સૌથી વધુ ઋણ છે.
આપેલા હેલોજનમાં $Iodine$ $(I)$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી તેના મોટા પરમાણ્વીય કદને કારણે સૌથી ઓછી ઋણ છે,જે આવતા ઇલેક્ટ્રોન માટે આકર્ષણ ઘટાડે છે.
$O$ અને $S$ ની સરખામણીમાં,$O$ ના નાના $2p$ કક્ષકમાં આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણને કારણે $O$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $S$ કરતા ઓછી છે.
જોકે,ચારેયની સરખામણી કરતા,$Iodine$ $(I)$ ની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી સૌથી ઓછી છે.

(B) $P$ $(Z=15)$ માટે: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^3$. કુલ $s$-ઇલેક્ટ્રોન = $6$. કુલ $p$-ઇલેક્ટ્રોન = $9$. ગુણોત્તર = $6/9 = 2/3$.
$Ca$ $(Z=20)$ માટે: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^2$. કુલ $s$-ઇલેક્ટ્રોન = $8$. કુલ $p$-ઇલેક્ટ્રોન = $12$. ગુણોત્તર = $8/12 = 2/3$.
આમ,સાચી જોડી $P$ અને $Ca$ છે.

(D) $1.$ $C$ અને $N$ એક જ આવર્તમાં છે। $C$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $\approx 77 \ pm$ અને $N$ ની $\approx 75 \ pm$ છે। તફાવત $\approx 2 \ pm$ છે।
$2.$ $O$ અને $F$ એક જ આવર્તમાં છે। $O$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $\approx 73 \ pm$ અને $F$ ની $\approx 71 \ pm$ છે। તફાવત $\approx 2 \ pm$ છે।
$3.$ $P$ અને $S$ એક જ આવર્તમાં છે। $P$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $\approx 110 \ pm$ અને $S$ ની $\approx 103 \ pm$ છે। તફાવત $\approx 7 \ pm$ છે।
$4.$ $Li$ અને $Be$ એક જ આવર્તમાં છે। $Li$ ની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $\approx 152 \ pm$ અને $Be$ ની $\approx 111 \ pm$ છે। તફાવત $\approx 41 \ pm$ છે।
બધી જોડીઓની સરખામણી કરતા, $(Li, Be)$ જોડી માટે પરમાણ્વીય ત્રિજ્યાનો તફાવત મહત્તમ છે।

(B) આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ માટે,જેમ પરમાણુ ક્રમાંક (પ્રોટોનની સંખ્યા) વધે તેમ કદ ઘટે છે.
$F^{-}$ માં $9$ પ્રોટોન અને $10$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Na^{+}$ માં $11$ પ્રોટોન અને $10$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Na^{+}$ માં $F^{-}$ કરતા વધુ પરમાણુ ભાર હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન કેન્દ્ર તરફ વધુ મજબૂતીથી ખેંચાય છે,જેનાથી $Na^{+}$ એ $F^{-}$ કરતા નાનો બને છે.
આમ,$(F^{-}, Na^{+})$ જોડીમાં,બીજો આયન પ્રથમ કરતા નાનો છે.

(D) $Na^{+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2 2s^2 2p^6$ ($10$ ઇલેક્ટ્રોન) છે.
$F^{-}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2 2s^2 2p^6$ ($10$ ઇલેક્ટ્રોન) છે.
બંનેમાં ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સમાન હોવાથી,તેઓ આઈસોઈલેક્ટ્રોનિક સ્પીસીઝ છે,તેથી $(R)$ સાચું છે.
જોકે,આયનીય ત્રિજ્યા પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ પર આધાર રાખે છે.
$Na^{+}$ માટે $Z = 11$ અને $F^{-}$ માટે $Z = 9$ છે.
જેમ પરમાણુ ક્રમાંક વધે છે,તેમ કેન્દ્રનું ઇલેક્ટ્રોન પરનું આકર્ષણ વધે છે,જેનાથી આયનીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
તેથી,$Na^{+}$ ની આયનીય ત્રિજ્યા $(102 \ pm)$ એ $F^{-}$ $(133 \ pm)$ કરતા નાની છે.
આમ,$(A)$ ખોટું છે.

(B) નિષ્ક્રિય વાયુઓની ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી મોટી ધન હોય છે કારણ કે ઉમેરાતા ઇલેક્ટ્રોનને તેની પછીની ઉચ્ચ મુખ્ય ક્વોન્ટમ કક્ષામાં દાખલ થવું પડે છે,જે ખૂબ જ અસ્થાયી ઇલેક્ટ્રોનિક રચના તરફ દોરી જાય છે.
તેથી,નિષ્ક્રિય વાયુઓ ધરાવતો સમૂહ,$Kr, Xe, Rn$,ધન ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી ધરાવશે.
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) આવર્તમાં ડાબેથી જમણી તરફ જતાં,તત્વની વિદ્યુતઋણતા વધે છે,જે તેના ઓક્સાઈડની એસિડિક પ્રબળતામાં વધારો કરે છે.
$Al, Si, P$ અને $S$ તત્વો એક જ આવર્ત (આવર્ત $3$) ના છે.
વિદ્યુતઋણતાનો ક્રમ $Al < Si < P < S$ છે.
આમ,એસિડિક પ્રબળતાનો સાચો ક્રમ $Al_2O_3 < SiO_2 < P_2O_3 < SO_2$ છે.

(A) આયનીકરણ એન્થાલ્પી સામાન્ય રીતે અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારમાં વધારાને કારણે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે વધે છે. જોકે,સ્થિર ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાને કારણે તેમાં અપવાદો જોવા મળે છે.
$Mg$ $([Ne] 3s^2)$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $Al$ $([Ne] 3s^2 3p^1)$ કરતા વધુ સ્થિર છે કારણ કે $Mg$ માં $s$-કક્ષક સંપૂર્ણ ભરાયેલી છે.
પરિણામે,$Al$ ની પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પી $Mg$ કરતા ઓછી હોય છે.
મૂલ્યો આ મુજબ છે: $Na (496) < Al (575) < Mg (737) < Si (786)$.
તેથી,$Al$ માટેનું મૂલ્ય $575 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(D) પ્રવાહ $i$ અને સમય $t$ વચ્ચેનો સંબંધ $i = 12t + 9t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વાહકમાંથી વહેતો વિદ્યુતભાર $q$ એ સમયની સાપેક્ષમાં પ્રવાહનું સંકલન છે: $q = \int_{t_1}^{t_2} i \ dt$.
અહીં $t_1 = 2 \ s$ અને $t_2 = 10 \ s$ આપેલ છે,તેથી:
$q = \int_{2}^{10} (12t + 9t^2) \ dt$.
પદોનું સંકલન કરતા:
$q = [12 \cdot \frac{t^2}{2} + 9 \cdot \frac{t^3}{3}]_{2}^{10} = [6t^2 + 3t^3]_{2}^{10}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$q = [6(10)^2 + 3(10)^3] - [6(2)^2 + 3(2)^3]$.
$q = [600 + 3000] - [24 + 24] = 3600 - 48 = 3552 \ C$.

(D) આપેલ છે: લંબાઈ $l = 1.5 \ m$,ક્ષેત્રફળ $A = 3 \times 10^{-5} \ m^2$,અવરોધ $R = 15 \ \Omega$,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 21 \ Vm^{-1}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવાહ ઘનતા $J = \sigma E$,જ્યાં $\sigma$ એ વાહકતા છે.
$\sigma = \frac{1}{\rho} = \frac{l}{RA}$ હોવાથી,આપણે $J = \frac{l}{RA} \times E$ લખી શકીએ.
કિંમતો મૂકતા:
$J = \frac{1.5 \times 21}{15 \times 3 \times 10^{-5}}$
$J = \frac{31.5}{45 \times 10^{-5}}$
$J = 0.7 \times 10^5 \ Am^{-2}$.

(C) બેરિલિયમ કોપર સાથે મિશ્રધાતુ બનાવે છે જેને બેરિલિયમ કોપર અથવા $Cu-Be$ મિશ્રધાતુ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આ મિશ્રધાતુનો ઉપયોગ તેની ઉત્કૃષ્ટ યાંત્રિક ગુણધર્મો અને વાહકતાને કારણે ઉચ્ચ ક્ષમતા ધરાવતી સ્પ્રિંગ,ઇલેક્ટ્રિકલ કનેક્ટર્સ અને સ્પાર્ક ન થાય તેવા સાધનો બનાવવામાં થાય છે.

(A) કણની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ દળ છે અને $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
આના પરથી,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{mK}}$,જેનો અર્થ છે કે $K \propto \frac{1}{m\lambda^2}$.
ધારો કે $m_p$ અને $m_\alpha$ એ અનુક્રમે પ્રોટોન અને આલ્ફા કણના દળ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે $m_\alpha = 4m_p$.
આપેલ છે કે $\lambda_p = 2\lambda_\alpha$.
ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K_p}{K_\alpha} = \frac{m_\alpha}{m_p} \times \left( \frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p} \right)^2$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{K_p}{K_\alpha} = \left( \frac{4m_p}{m_p} \right) \times \left( \frac{\lambda_\alpha}{2\lambda_\alpha} \right)^2 = 4 \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 4 \times \frac{1}{4} = 1$.
આમ,ગુણોત્તર $1:1$ છે.

(A) આપેલ છે: $\lambda^{\circ}(H^{+}) = 349.6 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$ અને $\lambda^{\circ}(HCOO^{-}) = 54.6 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.
વિયોજનની માત્રા $\alpha = 11.0 \% = 0.11$.
અનંત મંદને મોલર વાહકતા: $\lambda_{m}^{\circ}(HCOOH) = \lambda^{\circ}(H^{+}) + \lambda^{\circ}(HCOO^{-}) = 349.6 + 54.6 = 404.2 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.
મોલર વાહકતા $\lambda_{m}$ માટેનું સૂત્ર: $\lambda_{m} = \alpha \times \lambda_{m}^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda_{m} = 0.11 \times 404.2 = 44.46 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$.

(B) ભ્રમણ કરતી કોઈલમાં ઉત્પન્ન થતું મહત્તમ પ્રેરિત $emf$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $e_{\max} = N B A \omega$.
આપેલ છે:
આંટાની સંખ્યા $(N)$ = $50$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B)$ = $2 \times 10^{-2} ~T$
ક્ષેત્રફળ $(A)$ = $200 ~cm^2 = 200 \times 10^{-4} ~m^2 = 2 \times 10^{-2} ~m^2$
કોણીય ઝડપ $(\omega)$ = $40 ~rad/s$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$e_{\max} = 50 \times (2 \times 10^{-2}) \times (2 \times 10^{-2}) \times 40$
$e_{\max} = 50 \times 4 \times 10^{-4} \times 40$
$e_{\max} = 200 \times 40 \times 10^{-4}$
$e_{\max} = 8000 \times 10^{-4} = 0.8 ~V$
આમ,ઉત્પન્ન થતું મહત્તમ $emf$ $0.8 ~V$ છે.

(D) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,મહત્તમ વિદ્યુત ક્ષેત્ર $(E_0)$ અને મહત્તમ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_0)$ વચ્ચેનો સંબંધ $E_0 = c B_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $c$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ છે.
આપેલ છે:
$B_0 = 30 \times 10^{-9} \ T$
$c = 3 \times 10^8 \ m/s$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$E_0 = (3 \times 10^8 \ m/s) \times (30 \times 10^{-9} \ T)$
$E_0 = 90 \times 10^{-1} \ Vm^{-1}$
$E_0 = 9 \ Vm^{-1}$
તેથી,વિદ્યુત ક્ષેત્રનું મહત્તમ મૂલ્ય $9 \ Vm^{-1}$ છે.

(C) ધારો કે બે વિદ્યુતભારો $q_1 = -10 \mu C$ એ $x_1 = 0$ પર અને $q_2 = +5 \mu C$ એ $x_2 = \sqrt{2} \ m$ પર છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય થાય તે માટે,તે બિંદુ ઓછા મૂલ્ય ધરાવતા વિદ્યુતભારની નજીક હોવું જોઈએ. અહીં $|q_2| < |q_1|$ હોવાથી,બિંદુ $P$ એ $q_2$ ની જમણી બાજુએ $X$-અક્ષ પર હશે.
ધારો કે $q_2$ થી બિંદુ $P$ નું અંતર $x$ છે. તેથી $P$ નું સ્થાન $x_P = \sqrt{2} + x$ થશે.
$P$ પર $q_1$ ને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_1 = \frac{k|q_1|}{(\sqrt{2}+x)^2}$ (ઉગમબિંદુ તરફ) છે.
$P$ પર $q_2$ ને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_2 = \frac{k|q_2|}{x^2}$ (ઉગમબિંદુથી દૂર) છે.
$E_1 = E_2$ લેતા:
$\frac{10}{x^2 + 2\sqrt{2}x + 2} = \frac{5}{x^2}$
$2x^2 = x^2 + 2\sqrt{2}x + 2$
$x^2 - 2\sqrt{2}x - 2 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{8 - 4(1)(-2)}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{16}}{2} = \sqrt{2} \pm 2$.
અંતર ધન હોવું જોઈએ,તેથી $x = \sqrt{2} + 2$.
બિંદુ $P$ નો યામ $x_P = \sqrt{2} + x = \sqrt{2} + (\sqrt{2} + 2) = 2\sqrt{2} + 2 = 2(\sqrt{2} + 1) \ m$ થાય.

(A) મેથેમોગ્લોબિનેમિયા પીવાના પાણીમાં નાઈટ્રેટના વધુ પ્રમાણને કારણે થાય છે.
પીવાના પાણીમાં નાઈટ્રેટનું ઉચ્ચ સ્તર મેથેમોગ્લોબિનેમિયાનું કારણ બની શકે છે,જેને $blue \ baby \ syndrome$ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
જ્યારે તેનું સેવન કરવામાં આવે છે,ત્યારે નાઈટ્રેટ લોહીમાં શોષાય છે અને કેટલાક નાઈટ્રાઈટમાં રૂપાંતરિત થાય છે,જે હિમોગ્લોબિન સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને મેથેમોગ્લોબિન બનાવે છે,જેનાથી લોહીની ઓક્સિજન વહન કરવાની ક્ષમતા ઘટે છે.

(C) બિન-જૈવવિઘટનીય કચરો એવા પદાર્થો છે જે જૈવિક પ્રક્રિયાઓ દ્વારા તોડી શકાતા નથી. થર્મલ પાવર પ્લાન્ટ્સ ફ્લાય એશ ઉત્પન્ન કરે છે,જે એક બિન-જૈવવિઘટનીય કચરો છે.

(D) ફોટોકેમિકલ સ્મોગ વાતાવરણમાં નાઇટ્રોજન ઓક્સાઇડ $(NO_x)$ અને અસ્થિર કાર્બનિક સંયોજનો $(VOCs)$ પર સૂર્યપ્રકાશની અસરથી બને છે.
તેના સામાન્ય ઘટકોમાં ઓઝોન $(O_3)$,નાઇટ્રોજન ડાયોક્સાઇડ $(NO_2)$,પેરોક્સિએસીટાઇલ નાઇટ્રેટ $(PAN)$ અને આલ્ડિહાઇડ્સ ($-CHO$ જૂથ ધરાવતા સંયોજનો) નો સમાવેશ થાય છે.

(C) યુટ્રોફિકેશન એ એક પ્રક્રિયા છે જેમાં જળાશયોમાં પોષક તત્વો,જેમ કે નાઈટ્રેટ્સ અને ફોસ્ફેટ્સનું પ્રમાણ વધુ પડતું થઈ જાય છે,જેના પરિણામે વનસ્પતિ અને શેવાળની અતિશય વૃદ્ધિ થાય છે.
જ્યારે આ વનસ્પતિઓ મૃત્યુ પામે છે અને તેનું વિઘટન થાય છે,ત્યારે આ પ્રક્રિયામાં મોટા પ્રમાણમાં ઓક્સિજન વપરાય છે.
તેથી,યુટ્રોફિકેશન પાણીમાં $DO$ (ઓગળેલા ઓક્સિજન) ના સ્તરમાં નોંધપાત્ર ઘટાડો કરે છે.

(C) પ્રથમ પ્રતિક્રિયા બેન્ઝોઈક એસિડ $(C_6H_5COOH)$ નું બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ માં રિડક્શન છે. એસ્ટરીકરણ અને ત્યારબાદ $DiBAL-H$ દ્વારા રિડક્શન એ એસિડને આલ્ડિહાઈડમાં ફેરવવાની પ્રમાણભૂત પદ્ધતિ છે.
પગલું $1$: $C_6H_5COOH + C_2H_5OH \xrightarrow{H^+} C_6H_5COOC_2H_5 + H_2O$.
પગલું $2$: $C_6H_5COOC_2H_5 \xrightarrow{(i) \ DiBAL-H, (ii) \ H_2O} C_6H_5CHO$.
આમ,$X$ એ $(i) \ C_2H_5OH|H^+, (ii) \ DiBAL-H, (iii) \ H_2O$ છે.
પગલું $3$: બીજી પ્રતિક્રિયા એ બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ અને એસીટોફેનોન વચ્ચેનું આલ્ડૉલ કન્ડેન્સેશન છે,જે $Y$ તરીકે બેન્ઝાલએસીટોફેનોન $(C_6H_5-CH=CH-CO-C_6H_5)$ આપે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા બેન્ઝામાઇડ $(C_6H_5CONH_2)$ ના બે અલગ-અલગ રાસાયણિક રૂપાંતરણો દર્શાવે છે:
$1$. $LiAlH_4$ અને ત્યારબાદ $H_2O$ સાથેની પ્રક્રિયા: આ રિડક્શન પ્રક્રિયા છે. $LiAlH_4$ એમાઇડ ગ્રુપ $(-CONH_2)$ નું રિડક્શન કરીને તેને એમાઇન ગ્રુપ $(-CH_2NH_2)$ માં ફેરવે છે. તેથી,$Y$ એ બેન્ઝાઈલએમાઇન $(C_6H_5CH_2NH_2)$ છે.
$2$. $Br_2$ અને $NaOH$ સાથેની પ્રક્રિયા: આ હોફમેન બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે. તે એમાઇડ $(-CONH_2)$ ને એક કાર્બન પરમાણુ ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઇન $(-NH_2)$ માં ફેરવે છે. તેથી,$X$ એ એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$ છે.
આમ,$X$ એ $C_6H_5NH_2$ છે અને $Y$ એ $C_6H_5CH_2NH_2$ છે.

(B) $1$. ક્લોરોબેન્ઝીનનું $conc. HNO_3$ અને $conc. H_2SO_4$ સાથે નાઈટ્રેશન કરવાથી મુખ્ય નીપજ $(X)$ તરીકે $1$-ક્લોરો-$4$-નાઈટ્રોબેન્ઝીન મળે છે,કારણ કે $-Cl$ સમૂહ ઓર્થો/પેરા નિર્દેશક છે અને પેરા-આઈસોમર અવકાશીય રીતે વધુ સ્થાયી છે.
$2$. $1$-ક્લોરો-$4$-નાઈટ્રોબેન્ઝીનનું $4$-નાઈટ્રોફિનોલમાં રૂપાંતર ન્યુક્લિયોફિલિક એરોમેટિક વિસ્થાપન દ્વારા થાય છે.
$3$. આ પ્રતિક્રિયા માટે પ્રબળ ન્યુક્લિયોફિલિક પરિસ્થિતિઓની જરૂર હોય છે,જે $(i) NaOH$ દ્વારા $443 \ K$ તાપમાને અને ત્યારબાદ $(ii) H^+$ (એસિડિકરણ) દ્વારા પૂરી પાડવામાં આવે છે,જે ફિનોક્સાઈડ આયનને ફિનોલમાં ફેરવે છે.
$4$. આમ,$Y$ એ $(i) NaOH, 443 \ K, (ii) H^+$ છે અને $Z$ એ $4$-નાઈટ્રોફિનોલ છે.

(A) $UV$ પ્રકાશની હાજરીમાં $4$-બ્રોમોટોલ્યુઈન અને $Br_2$ વચ્ચેની પ્રતિક્રિયા એ મુક્ત મુલક વિસ્થાપન પ્રતિક્રિયા છે. આ પ્રતિક્રિયા એરોમેટિક રિંગ પર નહીં પણ બેન્ઝાઈલિક સ્થાન પર થાય છે. તેથી,$X$ એ $4$-બ્રોમોબેન્ઝાઈલ બ્રોમાઈડ $(Br-C_6H_4-CH_2Br)$ છે.
જ્યારે $4$-બ્રોમોબેન્ઝાઈલ બ્રોમાઈડને $OH^-$ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન પ્રતિક્રિયા $(S_N2)$ અનુભવે છે,જેમાં સાઈડ ચેઈન પરનો $Br$ પરમાણુ $OH$ ગ્રુપ દ્વારા બદલાય છે. તેથી,$Y$ એ $4$-બ્રોમોબેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલ $(Br-C_6H_4-CH_2OH)$ છે.

(D) ઉત્કલનબિંદુ આંતરઆણ્વિય આકર્ષણ બળો પર આધાર રાખે છે.
$1$. $II$ ($n$-બ્યુટેનોલ) અને $III$ (આઇસોબ્યુટેનોલ) આલ્કોહોલ છે અને તેમાં પ્રબળ આંતરઆણ્વિય હાઇડ્રોજન બંધ જોવા મળે છે,જે ઈથર અને આલ્કેન કરતા ઊંચા ઉત્કલનબિંદુ ધરાવે છે.
$2$. $II$ અને $III$ વચ્ચે,$II$ એ સીધી શૃંખલા ધરાવતો આલ્કોહોલ છે જેનું પૃષ્ઠફળ વધારે હોવાથી શાખિત $III$ કરતા વધુ વાન ડર વાલ્સ બળો ધરાવે છે. તેથી,$II > III$.
$3$. $I$ (ડાયઈથાઈલ ઈથર) $C-O-C$ બંધને કારણે ધ્રુવીય છે,જે તેને બિન-ધ્રુવીય આલ્કેન $IV$ ($n$-પેન્ટેન) કરતા ઊંચું ઉત્કલનબિંદુ આપે છે.
$4$. તેથી,સાચો ક્રમ $II > III > I > IV$ છે.

(D) લ્યુકાસ કસોટીમાં પ્રાથમિક,દ્વિતીયક અને તૃતીયક આલ્કોહોલ વચ્ચે તફાવત પારખવા માટે સાંદ્ર $HCl$ અને નિર્જળ $ZnCl_2$ નો ઉપયોગ થાય છે.
તૃતીયક આલ્કોહોલ તરત જ પ્રક્રિયા કરીને અદ્રાવ્ય આલ્કાઈલ ક્લોરાઈડ બનાવે છે,જેના કારણે દ્રાવણમાં ધૂંધળાપણું જોવા મળે છે.
આણ્વીય સૂત્ર $C_5H_{12}O$ મુજબ,આલ્કોહોલ $X$ એ તૃતીયક આલ્કોહોલ એટલે કે $2-$મિથાઈલ$-2-$બ્યુટેનોલ હોવો જોઈએ.
$2-$મિથાઈલ$-1-$બ્યુટીનનું એસિડ ઉદ્દીપકીય જલીયકરણ માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ $2-$મિથાઈલ$-2-$બ્યુટેનોલ આપે છે,જે એક તૃતીયક આલ્કોહોલ છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો જવાબ છે.

(A) પગલું $1$: ટર્ટ-બ્યુટાઇલ આલ્કોહોલની $Na$ સાથેની પ્રક્રિયાથી સોડિયમ ટર્ટ-બ્યુટોક્સાઇડ $(P)$ મળે છે:
$(CH_3)_3 COH Na \rightarrow (CH_3)_3 CONa \frac{1}{2} H_2$
પગલું $2$: $P$ ની મિથાઇલ બ્રોમાઇડ $(CH_3 Br)$ સાથે $S_N2$ પ્રક્રિયાથી ટર્ટ-બ્યુટાઇલ મિથાઇલ ઈથર $(Q)$ મળે છે:
$(CH_3)_3 CONa CH_3 Br \rightarrow (CH_3)_3 COCH_3 NaBr$
પગલું $3$: ઊંચા તાપમાને $(\Delta)$ $HI$ સાથે ઈથર $Q$ નું વિભાજન:
ઈથરમાં તૃતીયક આલ્કાઈલ સમૂહ હોવાથી,પ્રક્રિયા $S_N1$ ક્રિયાવિધિ દ્વારા થાય છે.
પ્રોટોનેટેડ ઈથરનું વિભાજન થઈને સ્થાયી તૃતીયક કાર્બોકેટાયન $(CH_3)_3 C $ બને છે,જે ત્યારબાદ $I^-$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ટર્ટ-બ્યુટાઇલ આયોડાઇડ $(R = (CH_3)_3 CI)$ અને મિથેનોલ $(S = CH_3 OH)$ બનાવે છે.

(C) $1$. ઇથેનોલનું નિર્જલીકરણ: $CH_3CH_2OH \xrightarrow[443 \ K]{\text{Conc. } H_2SO_4} CH_2=CH_2$ ($X$ એ ઇથીન છે).
$2$. ઇથીનનું ઓઝોનોલિસિસ: $CH_2=CH_2 \xrightarrow[(2) \ Zn/H_2O]{(1) \ O_3} 2HCHO$ ($Y$ એ ફોર્માલ્ડિહાઇડ છે).
$3$. કેનિઝારો પ્રક્રિયા: ફોર્માલ્ડિહાઇડ $(HCHO)$ પાસે કોઈ $\alpha$-હાઇડ્રોજન નથી,તેથી તે સાંદ્ર $NaOH$ ની હાજરીમાં કેનિઝારો પ્રક્રિયા અનુભવે છે અને મિથેનોલ $(CH_3OH)$ અને સોડિયમ ફોર્મેટ $(HCOONa)$ બનાવે છે.
$4$. આમ,$Y$ થી $Z$ નું રૂપાંતર એ કેનિઝારો પ્રક્રિયા છે.

(B) આ પ્રક્રિયામાં આલ્કોહોલનું આલ્કાઈલ આયોડાઈડમાં રૂપાંતર થાય છે.
$KI$ સાથે $H_2SO_4$ નો ઉપયોગ આદર્શ નથી કારણ કે $H_2SO_4$ એક ઓક્સિડેશનકર્તા છે જે $HI$ નું $I_2$ માં ઓક્સિડેશન કરી શકે છે.
ફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_3PO_4)$ એ બિન-ઓક્સિડેશનકર્તા એસિડ છે અને $KI$ માંથી $HI$ ઉત્પન્ન કરવા માટે તે વધુ પસંદ કરવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા: $3 KI + H_3PO_4 \rightarrow 3 HI + K_3PO_4$.
આ $HI$ ત્યારબાદ આલ્કોહોલ સાથે $S_N2$ પ્રક્રિયા દ્વારા સારી ઉપજ સાથે આલ્કાઈલ આયોડાઈડ આપે છે.

(A) પ્રતિક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$A$. ફિનોલ $Zn$ ડસ્ટ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન બનાવે છે: $C_6H_5OH + Zn \rightarrow C_6H_6 + ZnO$ $(II)$.
$B$. ફિનોલનું $Na_2Cr_2O_7/H_2SO_4$ દ્વારા ઓક્સિડેશન થઈને બેન્ઝોક્વિનોન $(I)$ બને છે.
$C$. ફિનોલની $CHCl_3/NaOH$ અને ત્યારબાદ $H^+$ સાથેની રાઈમર-ટીમેન પ્રતિક્રિયાથી સેલિસાલ્ડિહાઈડ $(IV)$ મળે છે.
$D$. ફિનોલની $NaOH$ અને ત્યારબાદ $CO_2/H^+$ સાથેની કોલ્બે પ્રતિક્રિયાથી સેલિસિલિક એસિડ $(III)$ મળે છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-II, B-I, C-IV, D-III$ છે.

(D) ઈથર $A$ (ફિનાઈલ $n$-પ્રોપાઈલ ઈથર) માટે: ફિનાઈલ સમૂહ અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો $C-O$ બંધ તોડી શકાતો નથી કારણ કે સંસ્પંદનને લીધે $C-O$ બંધમાં આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા હોય છે. તેથી,વિભાજન આલ્કાઈલ બાજુએ થાય છે,જે ફિનોલ અને $n$-પ્રોપાઈલ બ્રોમાઈડ આપે છે.
ઈથર $B$ ($tert$-બ્યુટાઈલ $n$-પ્રોપાઈલ ઈથર) માટે: વિભાજન વધુ સ્થાયી કાર્બોકેટાયન બનાવવા માટે થાય છે. $tert$-બ્યુટાઈલ સમૂહ $3^{\circ}$ કાર્બોકેટાયન બનાવે છે,જે $n$-પ્રોપાઈલ કાર્બોકેટાયન કરતા વધુ સ્થાયી છે. તેથી,$tert$-બ્યુટાઈલ સમૂહ અને ઓક્સિજન વચ્ચેનો $C-O$ બંધ તૂટે છે,જે $tert$-બ્યુટાઈલ બ્રોમાઈડ અને $n$-પ્રોપેનોલ આપે છે.
તેથી,બનતા બ્રોમાઈડ $n$-પ્રોપાઈલ બ્રોમાઈડ અને $tert$-બ્યુટાઈલ બ્રોમાઈડ છે.

(A) પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$C_2H_5NH_2$ $\xrightarrow{NaNO_2/HCl} [C_2H_5N_2^+Cl^-] (X)$ $\xrightarrow{H_2O} C_2H_5OH (Y)$ $\xrightarrow{Cu, 573 \ K} CH_3CHO (Z)$
$Z$ એ એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ છે.
$I$. $Z$ એ આલ્ડિહાઈડ છે. (સાચું)
$II$. $Z$ પાસે $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ છે,તેથી તે કેનિઝારો પ્રક્રિયા આપતું નથી. (ખોટું)
$III$. $Z$ માં $CH_3CO-$ સમૂહ છે,તેથી તે ધન આયોડોફોર્મ કસોટી આપે છે. (સાચું)
$IV$. $Z$ એ આલ્ડિહાઈડ છે,તેથી તે ટોલેન્સ પ્રક્રિયક સાથે ધન કસોટી આપે છે. (ખોટું)
આમ,વિધાનો $I$ અને $III$ સાચા છે.

(A) ફિનોલ્સની એસિડિકતા પ્રોટોન ગુમાવ્યા પછી બનતા ફિનોક્સાઇડ આયનની સ્થિરતા દ્વારા નક્કી થાય છે. ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક જૂથો (જેમ કે $-NO_2$) એસિડિકતા વધારે છે (ઓછું $pK_{a}$),જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ જૂથો (જેમ કે $-CH_3$) એસિડિકતા ઘટાડે છે (વધારે $pK_{a}$).
$1$. $p$-નાઇટ્રોફિનોલ પેરા સ્થાન પર $-NO_2$ જૂથ ધરાવે છે,જે મજબૂત $-R$ અને $-I$ અસર દર્શાવે છે,જે તેને સૌથી વધુ એસિડિક બનાવે છે $(pK_{a} = 7.1)$.
$2$. $m$-નાઇટ્રોફિનોલ મેટા સ્થાન પર $-NO_2$ જૂથ ધરાવે છે,જે માત્ર $-I$ અસર દર્શાવે છે,જે તેને $p$-નાઇટ્રોફિનોલ કરતા ઓછું એસિડિક બનાવે છે $(pK_{a} = 8.3)$.
$3$. $p$-ક્રેસોલ પેરા સ્થાન પર $-CH_3$ જૂથ ધરાવે છે,જે ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ જૂથ છે,જે તેને સૌથી ઓછું એસિડિક બનાવે છે $(pK_{a} = 10.2)$.
આમ,$X = m$-નાઇટ્રોફિનોલ $(8.3)$,$Y = p$-નાઇટ્રોફિનોલ $(7.1)$,અને $Z = p$-ક્રેસોલ $(10.2)$.

(A) આલ્કોહોલની $SOCl_2$ સાથેની પ્રક્રિયા $-OH$ સમૂહને $-Cl$ વડે બદલવા માટે $S_N2$ અથવા $S_Ni$ ક્રિયાવિધિ દ્વારા થાય છે.
ફિનોલમાં,ઓક્સિજન પરમાણુ પરના અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બેન્ઝીન વલય સાથે સંસ્પંદનમાં ભાગ લે છે,જે $C-O$ બંધને આંશિક દ્વિબંધ લાક્ષણિકતા આપે છે.
આનાથી $C-O$ બંધ મજબૂત અને ટૂંકો બને છે,જે $-OH$ સમૂહને $-Cl$ વડે બદલવા માટે જરૂરી $C-O$ બંધના વિભાજનને અટકાવે છે.
તેથી,જ્યારે ફિનોલ $SOCl_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે ત્યારે ક્લોરોબેન્ઝીન બનતું નથી.
વિધાન $(A)$ અને કારણ $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) $pK_a$ મૂલ્ય એ સંયોજનની એસિડિક પ્રબળતાના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
એસિડિક પ્રબળતાનો ક્રમ:
$IV$ ($p$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ) > $II$ ($p$-નાઈટ્રોફિનોલ) > $I$ (ફિનોલ) > $III$ (ઇથેનોલ).
$p$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ એ કાર્બોક્સિલિક એસિડ છે,જે ફિનોલ અને આલ્કોહોલ કરતા વધુ એસિડિક છે.
$-NO_2$ ગ્રુપની ઇલેક્ટ્રોન આકર્ષક અસરને કારણે $p$-નાઈટ્રોફિનોલ એ ફિનોલ કરતા વધુ એસિડિક છે.
ફિનોક્સાઈડ આયનની રેઝોનન્સ સ્થિરતાને કારણે ફિનોલ એ ઇથેનોલ કરતા વધુ એસિડિક છે.
તેથી,$pK_a$ મૂલ્યોનો વધતો ક્રમ એ એસિડિક પ્રબળતાના ક્રમથી ઉલટો છે:
$IV < II < I < III$.

(B) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ નું $KMnO_4/H^+$ દ્વારા ઓક્સિડેશન થઈને બેન્ઝોઈક એસિડ $(C_6H_5COOH)$ બને છે,જે '$X$' છે.
$2$. બેન્ઝોઈક એસિડ $SOCl_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝોઈલ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5COCl)$ બનાવે છે.
$3$. બેન્ઝોઈલ ક્લોરાઈડનું રોઝનમન્ડ રિડક્શન $(H_2, Pd/BaSO_4)$ થઈને બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ $(C_6H_5CHO)$ બને છે,જે '$Y$' છે.
$4$. બેન્ઝાલ્ડિહાઈડનું ક્લેમેન્સન રિડક્શન $(Zn-Hg/Conc. HCl)$ થઈને ટોલ્યુઈન $(C_6H_5CH_3)$ બને છે,જે '$Z$' છે.
તેથી,'$Z$' એ ટોલ્યુઈન છે.

(C) વિધાન $(A)$ સાચું છે: આલ્ડિહાઇડ્સ ન્યુક્લિયોફિલિક યોગશીલ પ્રતિક્રિયાઓ માટે કીટોન્સ કરતા વધુ પ્રતિક્રિયાશીલ છે,જે ઇલેક્ટ્રોનિક અને અવકાશીય પરિબળોને કારણે છે.
કારણ $(R)$ ખોટું છે: આલ્ડિહાઇડ્સમાં,કાર્બોનિલ કાર્બન કીટોન્સ કરતા વધુ ઇલેક્ટ્રોફિલિક હોય છે કારણ કે આલ્ડિહાઇડ્સમાં કાર્બોનિલ કાર્બન સાથે માત્ર એક ઇલેક્ટ્રોન-ડોનેટિંગ આલ્કાઇલ ગ્રુપ જોડાયેલ હોય છે,જ્યારે કીટોન્સમાં બે હોય છે.
વધુમાં,આલ્ડિહાઇડ્સમાં કીટોન્સની તુલનામાં અવકાશીય અવરોધ (steric hindrance) ઓછો હોય છે,જે તેમને ન્યુક્લિયોફિલિક હુમલા માટે વધુ સંવેદનશીલ બનાવે છે.

(C) આલ્ડિહાઈડ અથવા કીટોનની પ્રાથમિક એમાઈન $(RNH_2)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી ઈમાઈન બને છે,જેને શિફ બેઝ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
આપેલ પ્રક્રિયામાં,બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને શિફ બેઝ બનાવે છે.
તેથી,$X = C_6H_5NH_2$ અને $Y = \text{શિફ બેઝ}$.
અન્ય વિકલ્પો ખોટા છે કારણ કે:
- $NH_2OH$ ઓક્સાઈમ બનાવે છે.
- $NH_2NH_2$ હાઈડ્રેઝોન બનાવે છે.
- $NH_2CONHNH_2$ સેમિકાર્બેઝોન બનાવે છે.

(A) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. ગ્લુકોઝ $HCN$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સાયનોહાઇડ્રિન $(X)$ બનાવે છે. આલ્ડિહાઇડ સમૂહ $(-CHO)$ સાયનોહાઇડ્રિન સમૂહ $(-CH(OH)CN)$ માં રૂપાંતરિત થાય છે.
$2$. સાયનોહાઇડ્રિન $(X)$ એસિડ-ઉદ્દીપક જળવિભાજન $(H^+/H_2O)$ દ્વારા સાયનો સમૂહ $(-CN)$ ને કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$ માં રૂપાંતરિત કરે છે.
$3$. પ્રારંભિક પદાર્થ ગ્લુકોઝ છે,જેમાં $6$ કાર્બન પરમાણુઓ છે. $HCN$ ના ઉમેરાથી એક કાર્બન પરમાણુ ઉમેરાય છે,જેના પરિણામે $7$ કાર્બન પરમાણુઓની શૃંખલા બને છે.
$4$. અંતિમ નીપજ $Y$ એ હેપ્ટેનોઇક એસિડનું વ્યુત્પન્ન છે જેમાં કાર્બન $2, 3, 4, 5, 6$ અને $7$ પર હાઇડ્રોક્સિલ સમૂહો હોય છે. તેથી,$IUPAC$ નામ $2,3,4,5,6,7$-હેક્ઝાહાઇડ્રોક્સીહેપ્ટેનોઇક એસિડ છે.

(D) પગલું $1$: એસિટોનની $C_2H_5MgBr$ સાથેની પ્રક્રિયા અને ત્યારબાદ જળવિભાજનથી $2-$મિથાઈલબ્યુટેન$-2-$ઓલ $(X)$ મળે છે: $(CH_3)_2C=O + C_2H_5MgBr \rightarrow (CH_3)_2C(OH)C_2H_5$.
પગલું $2$: $X$ ની $SOCl_2$ સાથેની પ્રક્રિયાથી $2-$ક્લોરો$-2-$મિથાઈલબ્યુટેન મળે છે,જે $CH_3ONa$ (બેઝ) સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડિહાઈડ્રોહેલોજનેશન દ્વારા મુખ્ય નીપજ તરીકે $2-$મિથાઈલબ્યુટ$-2-$ઈન $(Y)$ આપે છે.
પગલું $3$: પેરોક્સાઈડની હાજરીમાં $2-$મિથાઈલબ્યુટ$-2-$ઈન સાથે $HBr$ નો ઉમેરો એન્ટી-માર્કોવનીકોવના નિયમ મુજબ થાય છે,જે $1-$બ્રોમો$-2-$મિથાઈલબ્યુટેન $(Z)$ આપે છે.

(C) $1$. પ્રોપેનોન $(CH_3)_2CO$ ની ઈથરની હાજરીમાં મિથાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ $(CH_3MgBr)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી એડિશન પ્રોડક્ટ $A$ (આલ્કોક્સાઈડ સંકિર્ણ) બને છે.
$2$. $A$ નું એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^+)$ કરવાથી $B$ મળે છે,જે $2-$મિથાઈલપ્રોપેન$-2-$ઓલ $(CH_3)_3C-OH$ (તૃતીયક આલ્કોહોલ) છે.
$3$. જ્યારે તૃતીયક આલ્કોહોલને $573 \ K$ તાપમાને ગરમ કોપર $(Cu)$ પરથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું નિર્જલીકરણ થઈને આલ્કીન બને છે.
$4$. તેથી,$2-$મિથાઈલપ્રોપેન$-2-$ઓલનું નિર્જલીકરણ થઈને અંતિમ નીપજ $C$ તરીકે $2-$મિથાઈલપ્રોપ$-1-$ઈન $(CH_3)_2C=CH_2$ મળે છે.

(C) વિધાન $A$ ખોટું છે: બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ માત્ર નીચા તાપમાને $(273-278 \ K)$ સ્થાયી હોય છે. $285 \ K$ તાપમાને તે અસ્થાયી છે અને વિઘટન પામે છે.
વિધાન $B$ સાચું છે: $N$-ફિનાઈલઈથેનેમાઈડમાં $-NHCOCH_3$ સમૂહ કાર્બોનિલ સમૂહ સાથેના અનુનાદને કારણે ઇલેક્ટ્રોન-આકર્ષક છે,જે એનિલિનના $-NH_2$ સમૂહની તુલનામાં વલયને ઓછું ઇલેક્ટ્રોન-સમૃદ્ધ બનાવે છે. તેથી,તે નાઈટ્રેશન જેવી ઇલેક્ટ્રોન-અનુરાગી વિસ્થાપન પ્રક્રિયાઓ પ્રત્યે ઓછું સક્રિય છે.
વિધાન $C$ ખોટું છે: હિન્સબર્ગ પ્રક્રિયક બેન્ઝીનસલ્ફોનિલ ક્લોરાઇડ $(C_6H_5SO_2Cl)$ છે,$p-CH_3C_6H_4COCl$ નથી.
તેથી,માત્ર વિધાન $B$ સાચું છે.

(A) એમાઈનની બેઝિકતા તેમના $pK_b$ મૂલ્યોના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે. નીચું $pK_b$ મૂલ્ય વધુ મજબૂત બેઝ સૂચવે છે.
$1$. $N$-ઈથાઈલઈથેનેમાઈન (ડાયઈથાઈલએમાઈન) એ એલિફેટિક સેકન્ડરી એમાઈન છે,જે એરોમેટિક એમાઈન કરતા વધુ બેઝિક છે કારણ કે તેમાં નાઈટ્રોજન પરના અબંધકારક ઈલેક્ટ્રોન યુગ્મનું રેઝોનન્સ દ્વારા સ્થાયીકરણ થતું નથી. તેથી,તેનું $pK_b$ મૂલ્ય સૌથી ઓછું છે: $C-IV$ $(3.00)$.
$2$. એરોમેટિક એમાઈન્સમાં,$N,N$-ડાયમિથાઈલએનિલીન $(A)$ એ $N$-મિથાઈલએનિલીન $(D)$ અને એનિલીન $(B)$ કરતા વધુ બેઝિક છે,કારણ કે બે મિથાઈલ ગ્રુપની $+I$ અસરને લીધે નાઈટ્રોજન પર ઈલેક્ટ્રોન ઘનતા વધે છે. તેથી,$A$ નું $pK_b$ મૂલ્ય એરોમેટિક્સમાં સૌથી ઓછું છે: $A-II$ $(8.92)$.
$3$. $N$-મિથાઈલએનિલીન $(D)$ એ એનિલીન $(B)$ કરતા વધુ બેઝિક છે કારણ કે તેમાં એક મિથાઈલ ગ્રુપની $+I$ અસર હોય છે. તેથી,$D-I$ $(9.30)$.
$4$. એનિલીન $(B)$ એ બેન્ઝીન રિંગ સાથેના રેઝોનન્સને કારણે આ બધામાં સૌથી ઓછું બેઝિક છે. તેથી,$B-III$ $(9.38)$.
આમ,સાચી જોડ $A-II, B-III, C-IV, D-I$ છે.

(B) $1$. શરૂઆતનું સંયોજન $4$-એમિનો-$3$-બ્રોમોઈથાઈલબેન્ઝીન છે. $273 \ K$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરવાથી $-NH_2$ સમૂહ ડાયઝોનિયમ ક્ષાર $(-N_2^+Cl^-)$ માં રૂપાંતરિત થાય છે,જે સંયોજન $A$ બનાવે છે.
$2$. ડાયઝોનિયમ ક્ષારની $H_3PO_2/H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરવાથી ડાયઝોનિયમ સમૂહ હાઈડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા રિડક્શન પામે છે,જેના પરિણામે $1$-બ્રોમો-$2$-ઈથાઈલબેન્ઝીન (સંયોજન $B$) મળે છે.
$3$. અંતે,આલ્કલાઈન $KMnO_4$ સાથે ઈથાઈલ સમૂહ $(-CH_2CH_3)$ નું ઓક્સિડેશન અને ત્યારબાદ એસિડિક વર્કઅપ $(H_3O^+)$ કરવાથી આલ્કાઈલ શૃંખલા કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$ માં રૂપાંતરિત થાય છે. નીપજ $C$ એ $2$-બ્રોમોબેન્ઝોઈક એસિડ છે.

(B) બેન્ઝેમાઇડ $(C_6H_5CONH_2)$ નું એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ માં રૂપાંતર કરવા માટે હોફમેન બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયાનો ઉપયોગ થાય છે,જેમાં $NaOH + Br_2$ વપરાય છે. તેથી,$X = NaOH + Br_2$.
બેન્ઝેમાઇડ $(C_6H_5CONH_2)$ નું બેન્ઝાઇલએમાઇન $(C_6H_5CH_2NH_2)$ માં રૂપાંતર કરવા માટે એમાઇડ સમૂહનું રિડક્શન કરવું પડે છે,જે $LiAlH_4$ જેવા પ્રબળ રિડક્શનકર્તા અને ત્યારબાદ જળવિભાજન દ્વારા થાય છે. તેથી,$Y = (i) \ LiAlH_4 \ (ii) \ H_2O$.
આમ,$X = NaOH + Br_2$ અને $Y = (i) \ LiAlH_4 \ (ii) \ H_2O$ છે.

(B) સાયનોબેન્ઝીન (બેન્ઝોનાઈટ્રાઈલ) નું શિફ્ટ બેઝમાં રૂપાંતરણ બે મુખ્ય તબક્કામાં થાય છે:
$1$. $DIBAL-H$ અને ત્યારબાદ જળવિભાજન $(H_2O)$ નો ઉપયોગ કરીને સાયનોબેન્ઝીનનું બેન્ઝાલ્ડિહાઈડમાં રિડક્શન.
$2$. શિફ્ટ બેઝ $(R-CH=N-R')$ બનાવવા માટે બેન્ઝાલ્ડિહાઈડની એમાઈન (જેમ કે એનિલિન) સાથે પ્રક્રિયા.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,રિડક્શન તબક્કા માટેના પ્રાથમિક પ્રક્રિયકો $DIBAL-H$ અને $H_2O$ છે.

(A) સેલ્યુલોઝ એ $ \beta $-$D$-ગ્લુકોઝ એકમોનો બનેલો રેખીય પોલીસેકેરાઇડ છે જે $1,4$-ગ્લાયકોસિડિક લિંકેજ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
આ ગ્લુકોઝ એકમો એક એકમના $C_1$ કાર્બન અને બાજુના એકમના $C_4$ કાર્બન વચ્ચેના ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે,જ્યાં એનોમેરિક $C_1$ કાર્બન $ \beta $-કોન્ફિગરેશન જાળવી રાખે છે.

(B) ગ્લુકોઝ $(CHO(CHOH)_4CH_2OH)$ નું $Br_2$ પાણી જેવા મંદ ઓક્સિડેશનકર્તા સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી ગ્લુકોનિક એસિડ $(COOH(CHOH)_4CH_2OH)$ મળે છે. અહીં,આલ્ડિહાઈડ સમૂહ $(-CHO)$ નું કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે.
ગ્લુકોનિક એસિડ $(COOH(CHOH)_4CH_2OH)$ નું $HNO_3$ જેવા પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી સેકેરિક એસિડ $(COOH(CHOH)_4COOH)$ મળે છે. અહીં,પ્રાથમિક આલ્કોહોલિક સમૂહ $(-CH_2OH)$ નું કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહ $(-COOH)$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે.
આમ,સંબંધિત રૂપાંતરણોમાં સંકળાયેલા ક્રિયાશીલ સમૂહો $-CHO$ અને $-CH_2OH$ છે.

(D) લેક્ટોઝ એટલે કે દૂધની શર્કરા,$\beta-D$-ગેલેક્ટોઝ એકમ અને $\alpha-D$-ગ્લુકોઝ એકમની બનેલી છે જે ગેલેક્ટોઝના $C-1$ અને ગ્લુકોઝ એકમના $C-4$ વચ્ચે $\beta$-ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે તેમાં $\beta-D$-ગેલેક્ટોઝને બદલે $\alpha-D$-ગેલેક્ટોઝનો ઉલ્લેખ છે.
સુક્રોઝ એટલે કે શેરડીની શર્કરા,$\alpha-D$-ગ્લુકોઝ અને $\beta-D$-ફ્રુક્ટોઝ એકમોની બનેલી છે. આ એકમો ગ્લુકોઝના $C-1$ અને ફ્રુક્ટોઝના $C-2$ વચ્ચે $\alpha,\beta$-ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(A) ફોર્મિક એસિડ $(HCOOH)$ ની સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથેની પ્રક્રિયા નિર્જલીકરણ પ્રક્રિયા છે:
$HCOOH \xrightarrow{Conc. H_2SO_4, 373 \ K} H_2O + CO$
અહીં,$X$ એ $H_2O$ (પાણી) છે અને $Y$ એ $CO$ (કાર્બન મોનોક્સાઇડ) છે.
$H_2O$ $(X)$ માં,બે $O-H$ એકલ બંધ છે,તેથી તેમાં $2 \sigma$ બંધ અને $0 \pi$ બંધ છે.
$CO$ $(Y)$ માં,બંધારણ $C \equiv O$ છે,જેમાં $1 \sigma$ બંધ અને $2 \pi$ બંધ હોય છે.
તેથી,$X$ $(H_2O)$ માટે,ગણતરી $2 \sigma, 0 \pi$ છે અને $Y$ $(CO)$ માટે,ગણતરી $1 \sigma, 2 \pi$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) પ્રતિક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. બેન્ઝોઈક એસિડ $NH_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને અને ત્યારબાદ ગરમ કરવાથી બેન્ઝેમાઈડ $(X)$ બનાવે છે.
$2$. બેન્ઝેમાઈડ $Br_2/NaOH$ સાથે હોફમેન બ્રોમામાઈડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા કરીને એનિલિન $(Y)$ બનાવે છે.
$3$. એનિલિન $CHCl_3/KOH$ (કાર્બાઈલેમાઈન પ્રક્રિયા) સાથે પ્રક્રિયા કરીને ફિનાઈલ આઈસોસાયનાઈડ $(Z)$ બનાવે છે,જે તેની દુર્ગંધ માટે જાણીતું છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા ફ્રાઈસ પુનઃરચના (Fries rearrangement) છે.
જ્યારે ફિનાઈલ બેન્ઝોએટની પ્રક્રિયા $AlCl_3$ (લુઈસ એસિડ) સાથે કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે પુનઃરચના પામીને ઓર્થો-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોફિનોન અને પેરા-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોફિનોનનું મિશ્રણ બનાવે છે.
નીપજ '$X$' એ ઓર્થો-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોફિનોન છે,જેમાં ફિનોલિક હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ અને કીટોન કાર્બોનિલ સમૂહ $(-C=O)$ હાજર હોય છે.
તેથી,હાજર ક્રિયાશીલ સમૂહો $-OH$ અને $-C=O$ (કીટોન) છે.

(C) $XeF_6$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબની પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે:
$XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3 + 6HF$
અહીં,ઝેનોનનો ઓક્સાઈડ '$O$' એ $XeO_3$ છે.
$XeO_3$ ની રચનામાં,ઝેનોન પરમાણુ ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ $(Xe=O)$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
દરેક $Xe=O$ બંધમાં એક $\sigma$ બંધ અને એક $\pi$ બંધ હોય છે.
તેથી,કુલ $3$ $\sigma$ બંધ અને $3$ $\pi$ બંધ છે.
$\sigma$ અને $\pi$ બંધોની કુલ સંખ્યા $= 3 + 3 = 6$.

(A) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,$k = \frac{2.303}{t} \log \frac{a}{a-x}$.
$t_{1/4}$ માટે,$x = \frac{a}{4}$,તેથી $t_{1/4} = \frac{2.303}{k} \log \frac{4}{3}$.
$t_{1/10}$ માટે,$x = \frac{a}{10}$,તેથી $t_{1/10} = \frac{2.303}{k} \log \frac{10}{9}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{t_{1/4}}{t_{1/10}} = \frac{\log(4/3)}{\log(10/9)} = \frac{2 \log 2 - \log 3}{1 - 2 \log 3}$.
$\log 2 = 0.3$ અને $\log 3 = 0.477$ મૂકતા: $\frac{t_{1/4}}{t_{1/10}} = \frac{0.6 - 0.477}{1 - 0.954} = \frac{0.123}{0.046} \approx 2.67$.
તેથી,$\frac{t_{1/4}}{t_{1/10}} \times 100 \approx 267$. નજીકનો વિકલ્પ $272$ છે.

(B) પ્રક્રિયા $N_2O_5 \rightarrow 2NO_2 + \frac{1}{2}O_2$ માટે,પ્રક્રિયાનો વેગ નીચે મુજબ છે:
વેગ $= -\frac{d[N_2O_5]}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d[NO_2]}{dt} = 2 \frac{d[O_2]}{dt}$
આપેલ વેગના સમીકરણો મૂકતા:
$K_1[N_2O_5] = \frac{1}{2} K_2[N_2O_5] = 2K_3[N_2O_5]$
$[N_2O_5]$ વડે ભાગતા $K_1 = \frac{1}{2} K_2 = 2K_3$ મળે છે.
આખા સંબંધને $2$ વડે ગુણતા,આપણને $2K_1 = K_2 = 4K_3$ મળે છે.

(A) પ્રક્રિયા $A_2 + B_2 \rightarrow 2 AB$ માટે,પ્રક્રિયાનો વેગ $R = k[A_2]^x [B_2]^y$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$AB$ ના નિર્માણનો દર $\frac{d[AB]}{dt} = 2R$ છે.
કોષ્ટક પરથી:
$1.25 \times 10^{-4} = k(0.1)^x(0.1)^y \dots (i)$
$2.5 \times 10^{-4} = k(0.2)^x(0.1)^y \dots (ii)$
$5.0 \times 10^{-4} = k(0.2)^x(0.2)^y \dots (iii)$
$(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા,$2^x = 2$,તેથી $x = 1$.
$(iii)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા,$2^y = 2$,તેથી $y = 1$.
આમ,વેગ નિયમ $R = k[A_2][B_2]$ છે.
$(i)$ માંથી કિંમતોનો ઉપયોગ કરતા: $1.25 \times 10^{-4} = k(0.1)(0.1) = k(0.01)$.
$k = \frac{1.25 \times 10^{-4}}{0.01} = 1.25 \times 10^{-2} \ L \ mol^{-1} s^{-1}$.

(C) પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા માટે,સંકલિત વેગ સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$\log \frac{a}{a-x} = \frac{kt}{2.303}$
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા:
અહીં,$y = \log \frac{a}{a-x}$,$x = t$,અને ઢાળ $m = \frac{k}{2.303}$ છે.
આપેલ છે કે ઢાળ $m = 2 \times 10^{-3} \ min^{-1}$,તેથી:
$\frac{k}{2.303} = 2 \times 10^{-3} \ min^{-1}$
તેથી,$k = 2.303 \times 2 \times 10^{-3} \ min^{-1} = 4.606 \times 10^{-3} \ min^{-1}$.

(A) આર્હેનિયસ સમીકરણ મુજબ: $\ln k = \ln A - \frac{E_a}{RT}$.
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = \ln k$ અને $x = \frac{1}{T}$:
ઢાળ $(m) = -\frac{E_a}{R}$.
આપેલ ઢાળ $(m) = -10^3 \ K$ છે,તેથી:
$-\frac{E_a}{R} = -10^3 \ K$
$E_a = 10^3 \ K \times R$
$E_a = 10^3 \ K \times 8.314 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1} = 8314 \ J \ mol^{-1}$.
$kJ \ mol^{-1}$ માં ફેરવવા માટે,$1000$ વડે ભાગતા:
$E_a = \frac{8314}{1000} \ kJ \ mol^{-1} = 8.314 \ kJ \ mol^{-1}$.

(C) ક્લોરામ્ફેનિકોલ એ સૂક્ષ્મજીવો દ્વારા ઉત્પન્ન થતી ક્લોરિનયુક્ત એન્ટિબાયોટિક છે. તે એક બ્રોડ સ્પેક્ટ્રમ એન્ટિબાયોટિક છે જે ટાઈફોઈડ તાવની સારવાર માટે ખૂબ અસરકારક છે. તે બેક્ટેરિયોસ્ટેટિક દવા તરીકે કામ કરે છે,જેનો અર્થ છે કે તે બેક્ટેરિયાને મારવાને બદલે તેમની વૃદ્ધિને અટકાવે છે. તેથી,તે બેક્ટેરિસાઈડલ દવા છે તે વિધાન ખોટું છે.

(C) $\rightarrow (III), (B)$ $\rightarrow (II), (C)$ $\rightarrow (I), (D)$ $\rightarrow (IV)$
$(A)$ એન્ટાસિડ: જે પદાર્થો જઠરમાં વધારાના એસિડને તટસ્થ કરે છે તેને એન્ટાસિડ કહેવાય છે. ઉદાહરણ: રેનિટિડિન.
$(B)$ એન્ટિહિસ્ટામાઈન: જે પદાર્થો હિસ્ટામાઈનનો સ્ત્રાવ ઘટાડે છે તેને એન્ટિહિસ્ટામાઈન કહેવાય છે. ઉદાહરણ: સેલડેન.
$(C)$ ટ્રાન્ક્વીલાઈઝર: જે પદાર્થો ચેતાતંત્રની વિકૃતિઓની સારવાર માટે વપરાય છે. ઉદાહરણ: સેરોટોનિન.
$(D)$ એન્ટિબાયોટિક: જે પદાર્થો બેક્ટેરિયાની વૃદ્ધિને અટકાવે છે અથવા તેનો નાશ કરે છે. ઉદાહરણ: ક્લોરામ્ફેનિકોલ.

(A) વિટામિન $B_6$ ને પાયરિડોક્સિન તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
$B_2$ ને રાઈબોફ્લેવિન તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$B_1$ ને થાઈમીન તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$B_{12}$ ને કોબાલેમીન તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.

(B) એસ્પિરિન (એસીટાઈલસેલિસિલિક એસિડ) એક બિન-માદક પીડાશામક છે જે નીચેના ગુણધર્મો દર્શાવે છે:
$1$. સોજા વિરોધી $(A)$: તે સોજો ઘટાડે છે.
$2$. તાવનાશક $(C)$: તે તાવ ઘટાડે છે.
$3$. રક્ત ગંઠાઈ જતું અટકાવનાર $(D)$: તે લોહીના ગંઠાવાને અટકાવે છે.
તે એન્ટિડિપ્રેસન્ટ $(B)$ અથવા નિદ્રાકારી $(E)$ તરીકે કામ કરતું નથી.
તેથી,સાચી અસરો $A, C, D$ છે.

(D) $\rightarrow (II), (B)$ $\rightarrow (I), (C)$ $\rightarrow (IV), (D)$ $\rightarrow (III)$
તત્વોની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના નીચે મુજબ છે:
$(A)$ $Ra$ $(Z=88)$: છેલ્લો ઇલેક્ટ્રોન $7s$ કક્ષકમાં પ્રવેશે છે. તેથી,તે $s$-બ્લોકનું તત્વ છે.
$(B)$ $Uuq$ $(Z=114)$: છેલ્લો ઇલેક્ટ્રોન $7p$ કક્ષકમાં પ્રવેશે છે. તેથી,તે $p$-બ્લોકનું તત્વ છે.
$(C)$ $Ds$ $(Z=110)$: છેલ્લો ઇલેક્ટ્રોન $6d$ કક્ષકમાં પ્રવેશે છે. તેથી,તે $d$-બ્લોકનું તત્વ છે.
$(D)$ $Fm$ $(Z=100)$: છેલ્લો ઇલેક્ટ્રોન $5f$ કક્ષકમાં પ્રવેશે છે. તેથી,તે $f$-બ્લોકનું તત્વ છે.

(C) સામાન્ય ઇલેક્ટ્રોનિક કોન્ફિગરેશન $(n-1)d^{1-10}ns^2$ એ સંક્રાંતિ તત્વો (d-block તત્વો) દર્શાવે છે.
ચાલો વિકલ્પ $C$ માં રહેલા તત્વોની કોન્ફિગરેશન તપાસીએ:
${}_{108}Hs \Rightarrow [Rn] 5f^{14} 6d^6 7s^2$
${}_{80}Hg \Rightarrow [Xe] 4f^{14} 5d^{10} 6s^2$
${}_{74}W \Rightarrow [Xe] 4f^{14} 5d^4 6s^2$
આ તમામ તત્વો d-block ના છે અને સામાન્ય કોન્ફિગરેશન $(n-1)d^{1-10}ns^2$ નું પાલન કરે છે.

(A) સંકીર્ણની $AgNO_3$ સાથેની પ્રક્રિયા કોઓર્ડિનેશન સ્ફિયરની બહાર રહેલા $Cl^-$ આયનોને $AgCl$ તરીકે અવક્ષેપિત કરે છે.
સંકીર્ણનો $1$ મોલ $3$ મોલ $AgCl$ આપે છે,તેથી કોઓર્ડિનેશન સ્ફિયરની બહાર $3$ ક્લોરાઈડ આયનો હોવા જોઈએ.
$[Co(H_2O)_6]Cl_3$ નું આયનીકરણ નીચે મુજબ થાય છે:
$[Co(H_2O)_6]Cl_3(aq) \rightarrow [Co(H_2O)_6]^{3+}(aq) + 3Cl^-(aq)$
આ $3Cl^-$ આયનો $AgNO_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $3$ મોલ $AgCl$ બનાવે છે:
$3Ag^+(aq) + 3Cl^-(aq) \rightarrow 3AgCl(s)$
તેથી,સાચું સૂત્ર $[Co(H_2O)_6]Cl_3$ છે.

(A) સંકીર્ણ સંયોજનોમાં ભૌમિતિક સમઘટકતા ત્યારે જોવા મળે છે જ્યારે લિગેન્ડ્સ એકબીજાની સાપેક્ષમાં અલગ-અલગ અવકાશી ગોઠવણીમાં રહી શકે.
સંકીર્ણ $\left[ Co(Cl)_2(en)_2 \right]^{+}$ માટે,બે $Cl^-$ લિગેન્ડ્સ એકબીજાની પાસપાસે (cis-સમઘટક) અથવા એકબીજાની વિરુદ્ધ (trans-સમઘટક) હોઈ શકે છે.
તેથી,$\left[ Co(Cl)_2(en)_2 \right]^{+}$ ભૌમિતિક સમઘટકતા દર્શાવે છે.

(A) $[Fe(H_2O)_6]^{3+}$ માં,$Fe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે.
$Fe$ $(Z=26)$: $[Ar] 3d^6 4s^2$.
$Fe^{3+}$: $[Ar] 3d^5$.
$H_2O$ એ નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ થતું નથી.
ક્રિસ્ટલ ફિલ્ડ થિયરી $(CFT)$ મુજબ,પાંચ $d$-ઇલેક્ટ્રોન $t_{2g}$ અને $e_g$ કક્ષકોમાં એકલા ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે ઇલેક્ટ્રોનિક કોન્ફિગરેશન $t_{2g}^3 e_g^2$ મળે છે.

(A) સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય ચાકમાત્રાની ગણતરી $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે. અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા જેટલી ઓછી,તેટલી ચુંબકીય ચાકમાત્રા ઓછી.

આયન	ઇલેક્ટ્રોનિક રચના	અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(n)$
$[Ti(H_2O)_6]^{3+}$	$3d^1$	$1$
$[Mn(H_2O)_6]^{2+}$	$3d^5$	$5$
$[Ni(H_2O)_6]^{2+}$	$3d^8$	$2$
$[Co(H_2O)_6]^{2+}$	$3d^7$	$3$

કારણ કે $[Ti(H_2O)_6]^{3+}$ માં અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા સૌથી ઓછી $(n=1)$ છે,તેથી તેની સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય ચાકમાત્રા સૌથી ઓછી છે.

(B) ક્રિસ્ટલ ફિલ્ડ સ્પ્લિટિંગ એનર્જી $(\Delta_o)$ લિગેન્ડની પ્રબળતા પર આધાર રાખે છે.
પ્રબળ લિગેન્ડ વધુ સ્પ્લિટિંગ પેદા કરે છે.
સ્પેક્ટ્રોકેમિકલ શ્રેણી મુજબ,આપેલા લિગેન્ડ્સ માટે ક્ષેત્રની પ્રબળતાનો ક્રમ: $F^- < H_2O < NH_3 < CN^-$.
તેથી,ક્રિસ્ટલ ફિલ્ડ સ્પ્લિટિંગ એનર્જીનો ક્રમ:
$[CoF_6]^{3-} < [Co(H_2O)_6]^{3 } < [Co(NH_3)_6]^{3 } < [Co(CN)_6]^{3-}$.
આથી સાચો ક્રમ $IV < I < II < III$ છે.

(C) સ્પિન-ઓન્લી ચુંબકીય ચાકમાત્રા $\mu$ નું સૂત્ર $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ BM$ છે,જ્યાં $n$ એ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$\mu = 2.86 \ BM$ માટે,$\sqrt{n(n+2)} \approx 2.86$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $n(n+2) \approx 8$,તેથી $n = 2$.
$[NiCl_4]^{2-}$ માં,$Ni$ એ $+2$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે ($3d^8$ ઇલેક્ટ્રોન રચના).
$Ni^{2+}$ $(3d^8)$ માટે,ટેટ્રાહેડ્રલ ક્ષેત્રમાં ઇલેક્ટ્રોન $t_{2g}^6 e_g^2$ તરીકે ગોઠવાય છે,જેના પરિણામે $n = 2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન મળે છે.
આમ,$\mu = \sqrt{2(2+2)} = \sqrt{8} \approx 2.83 \ BM$,જે આપેલ મૂલ્ય સાથે સુસંગત છે.