WBJEE 2010 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(90^\circ - \theta) = \cot \theta$ અને $\cot(90^\circ - \theta) = \tan \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\frac{\cot 54^\circ}{\tan 36^\circ} + \frac{\tan 20^\circ}{\cot 70^\circ}$
નિત્યસમ $\tan 36^\circ = \tan(90^\circ - 54^\circ) = \cot 54^\circ$ અને $\cot 70^\circ = \cot(90^\circ - 20^\circ) = \tan 20^\circ$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\cot 54^\circ}{\cot 54^\circ} + \frac{\tan 20^\circ}{\tan 20^\circ}$
$= 1 + 1 = 2$.

(B) ગ્રહામના પ્રસરણના નિયમ મુજબ,$\frac{r_1}{r_2} = \sqrt{\frac{M_2}{M_1}}$.
આપેલ છે કે $\frac{r_{H_2}}{r_{hydrocarbon}} = 3\sqrt{3}$,જ્યાં $M_{H_2} = 2 \ g/mol$.
તેથી,$3\sqrt{3} = \sqrt{\frac{M_{hydrocarbon}}{2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(3\sqrt{3})^2 = \frac{M_{hydrocarbon}}{2} \Rightarrow 27 = \frac{M_{hydrocarbon}}{2}$.
$M_{hydrocarbon} = 54 \ g/mol$.
આણ્વીય સૂત્ર $C_nH_{2n-2}$ છે,તેથી $12n + (2n-2) = 54$.
$14n - 2 = 54$ $\Rightarrow 14n = 56$ $\Rightarrow n = 4$.

(A) કીટો-ઈનોલ ટોટોમેરિઝમ દર્શાવવા માટે,સંયોજન પાસે ઓછામાં ઓછો એક $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોવો જરૂરી છે જે $\alpha$-કાર્બન (કાર્બોનિલ સમૂહની બાજુનો કાર્બન) સાથે જોડાયેલ હોય.
$1$. $C_6H_5COC_6H_5$ (બેન્ઝોફિનોન): કાર્બોનિલ કાર્બન બે ફિનાઈલ સમૂહો સાથે જોડાયેલ છે. કાર્બોનિલ સમૂહની બાજુના કાર્બન પર કોઈ $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુ નથી. તેથી,તે કીટો-ઈનોલ ટોટોમેરિઝમ દર્શાવી શકતું નથી.
$2$. $C_6H_5COCH_3$ (એસીટોફિનોન): તેમાં કાર્બોનિલ કાર્બન સાથે જોડાયેલ મિથાઈલ સમૂહ પર ત્રણ $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ છે,તેથી તે ટોટોમેરિઝમ દર્શાવે છે.
$3$. $C_6H_5COCH_2COCH_3$ અને $CH_3COCH_2COCH_3$: બંનેમાં બે કાર્બોનિલ સમૂહોની વચ્ચે સક્રિય મિથાઈલીન સમૂહ $(-CH_2-)$ હોય છે,જેમાં એસિડિક $\alpha$-હાઈડ્રોજન હોય છે,જે કીટો-ઈનોલ ટોટોમેરિઝમ માટે સક્ષમ બનાવે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ગ્રેહામના પ્રસરણના નિયમ મુજબ,$\frac{r_1}{r_2} = \sqrt{\frac{M_2}{M_1}}$.
અહીં $\frac{r_{H_2}}{r_{gas}} = 3\sqrt{3}$ આપેલ છે,જ્યાં $M_{H_2} = 2 \ g/mol$.
તેથી,$3\sqrt{3} = \sqrt{\frac{M_{gas}}{2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(3\sqrt{3})^2 = \frac{M_{gas}}{2} \implies 9 \times 3 = \frac{M_{gas}}{2} \implies 27 = \frac{M_{gas}}{2}$.
આમ,$M_{gas} = 54 \ g/mol$.
આણ્વીય સૂત્ર $C_n H_{2n-2}$ છે,તેથી $12n + (2n - 2) = 54$.
$14n - 2 = 54 \implies 14n = 56 \implies n = 4$.

(A) પ્રક્ષિપ્ત બિંદુ $O$ પર પ્રારંભિક ગતિઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$K = \frac{1}{2} mu^2$
જ્યાં $m$ એ પદાર્થનું દળ છે અને $u$ એ પ્રક્ષિપ્ત વેગ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ $(H)$ પર,વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય થઈ જાય છે,અને વેગ ફક્ત સમક્ષિતિજ ઘટક જેટલો જ રહે છે:
$v = u \cos \beta$
તેથી,મહત્તમ ઊંચાઈએ ગતિઊર્જા:
$K^{\prime} = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} m(u \cos \beta)^2 = \frac{1}{2} mu^2 \cos^2 \beta$
પ્રશ્ન મુજબ,મહત્તમ ઊંચાઈએ ગતિઊર્જા એ પ્રારંભિક ગતિઊર્જાના $\frac{3}{4}$ ગણી છે:
$K^{\prime} = \frac{3}{4} K$
સમીકરણો મૂકતા:
$\frac{1}{2} mu^2 \cos^2 \beta = \frac{3}{4} \left( \frac{1}{2} mu^2 \right)$
$\cos^2 \beta = \frac{3}{4}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\cos \beta = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\beta = \cos^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 30^{\circ}$

(A) $PCl_5$ માં,મધ્યસ્થ ફોસ્ફરસ પરમાણુ $(P)$ પાસે $5$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $5$ ક્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $5$ સહસંયોજક બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબર માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (V + M - C + A)$,જ્યાં $V = 5$ ($P$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન),$M = 5$ (એકસંયોજક પરમાણુઓ),$C = 0$ (ધનભાર),અને $A = 0$ (ઋણભાર).
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} (5 + 5) = 5$.
$5$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^3d$ સંકરણ સૂચવે છે,જે ત્રિકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.

(C) $CO$ ($14$ ઇલેક્ટ્રોન) ની આણ્વીય કક્ષક રચના આ મુજબ છે: $\sigma(1s)^2, \sigma^*(1s)^2, \sigma(2s)^2, \sigma^*(2s)^2, \pi(2p_x)^2 = \pi(2p_y)^2, \sigma(2p_z)^2$.
બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(N_b)$ = $10$.
બંધ પ્રતિકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(N_a)$ = $4$.
બંધ ક્રમાંક = $\frac{N_b - N_a}{2} = \frac{10 - 4}{2} = 3$.

(C) અણુનો ડાયપોલ મોમેન્ટ એ વ્યક્તિગત બંધ ડાયપોલનો સદિશ સરવાળો છે. ક્લોરોબેન્ઝીન માટે,ડાયપોલ મોમેન્ટ $1.5 \ D$ છે. ધારો કે $C-Cl$ બંધનો ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu$ છે.
$o-$ડાયક્લોરોબેન્ઝીન માટે,બે $C-Cl$ બંધ એકબીજા સાથે $60^{\circ}$ ના ખૂણે છે.
પરિણામી ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu_{net} = \sqrt{\mu^2 + \mu^2 + 2\mu^2 \cos(60^{\circ})}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\cos(60^{\circ}) = 0.5$,તેથી $\mu_{net} = \sqrt{2\mu^2 + 2\mu^2(0.5)} = \sqrt{3\mu^2} = \mu \sqrt{3}$.
આપેલ છે કે $\mu = 1.5 \ D$,તેથી $o-$ડાયક્લોરોબેન્ઝીનનો ડાયપોલ મોમેન્ટ $1.5 \times 1.732 \approx 2.54 \ D$ થશે.

(D) સંયોજનમાં હાઇડ્રોજન બંધનની મજબૂતી આંતરઆણ્વિય આકર્ષણ માટે ઉપલબ્ધ $-OH$ સમૂહોની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે.
પ્રોપેન$-1,2,3-$ટ્રાયોલ (ગ્લિસરોલ) માં ત્રણ $-OH$ સમૂહો હોય છે,જે અન્ય વિકલ્પોની તુલનામાં વધુ માત્રામાં આંતરઆણ્વિય હાઇડ્રોજન બંધન બનાવે છે.
તેથી,તે સૌથી મજબૂત હાઇડ્રોજન બંધન દર્શાવે છે.

(C) $K_P$ અને $K_C$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $K_P = K_C(RT)^{\Delta n}$.
પ્રક્રિયા $CaCO_{3(s)} \rightleftharpoons CaO_{(s)} + CO_{2(g)}$ માટે,વાયુરૂપ ઘટકોના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n = 1 - 0 = 1$ છે.
આપેલ છે કે $K_P = 167$,$R = 0.0821 \ L \ atm \ K^{-1} \ mol^{-1}$,અને $T = 800 + 273 = 1073 \ K$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: $K_C = \frac{K_P}{(RT)^{\Delta n}} = \frac{167}{(0.0821 \times 1073)^1}$.
$K_C = \frac{167}{88.0933} \approx 1.896$.
બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $K_C = 1.89$ મળે છે.

(C) ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ તત્વના ધાત્વીય ગુણધર્મ પર આધાર રાખે છે.
આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં ધાત્વીય ગુણધર્મ ઘટે છે,તેથી ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ પણ ડાબેથી જમણે જતાં ઘટે છે.
સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જતાં ધાત્વીય ગુણધર્મ વધે છે,તેથી ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ ઉપરથી નીચે જતાં વધે છે.
આમ,ઓક્સાઇડનો બેઝિક ગુણધર્મ ડાબેથી જમણે જતાં ઘટે છે અને ઉપરથી નીચે જતાં વધે છે.

(C) પ્રથમ આયનીકરણ ઉર્જા $(IE_1)$ સામાન્ય રીતે આવર્તમાં વધતા અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારને કારણે વધે છે. જો કે,નાઈટ્રોજન $(N)$ પાસે સ્થાયી અર્ધ-ભરાયેલી $2p^3$ ઇલેક્ટ્રોનિક રચના છે,જે તેને ઓક્સિજન $(O)$ ની સરખામણીમાં ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે વધુ મુશ્કેલ બનાવે છે.
આમ,$N$ ની $IE_1 > O$ છે.
ફ્લોરિન $(F)$ નું કદ ઓક્સિજન કરતા નાનું હોવાથી અને અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધુ હોવાથી,$F$ ની $IE_1 > O$ છે.
આ બંનેને જોડતા,સાચો ક્રમ $N > O < F$ છે.

(C) મેંગેનસ ક્ષાર $(Mn^{2+})$ નું $KNO_3$ અને ઘન $NaOH$ સાથેનું ફ્યુઝન પોટેશિયમ મેંગેનેટ $(K_2MnO_4)$ બનાવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $Mn^{2+} + 2NO_3^{-} + 4OH^{-} \rightarrow MnO_4^{2-} + 2NO_2^{-} + 2H_2O$.
$MnO_4^{2-}$ માં,$Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક: $x + 4(-2) = -2$,જે $x = +6$ આપે છે.
તેથી,$Mn$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ થી બદલાઈને $+6$ થાય છે.

(A) કીટો-ઈનોલ ટોટોમેરિઝમ માટે કાર્બોનિલ સમૂહ $(C=O)$ ની બાજુમાં ઓછામાં ઓછો એક $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોવો જરૂરી છે.
$C_6H_5COC_6H_5$ (બેન્ઝોફિનોન) માં,કાર્બોનિલ કાર્બન બે ફિનાઈલ સમૂહો $(C_6H_5)$ સાથે જોડાયેલ છે.
આ અણુમાં કોઈ $\alpha$-કાર્બન નથી જેની પાસે $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુ હોય.
તેથી,તે કીટો-ઈનોલ ટોટોમેરિઝમ દર્શાવી શકતું નથી.

(D) અલ્ટ્રા-વાયોલેટ પ્રકાશની હાજરીમાં આલ્કેનની ક્લોરિન સાથેની પ્રક્રિયા એ મુક્ત મુલક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે.
આલ્કેન માત્ર એક જ મોનો-ક્લોરો-આલ્કેન બનાવે તે માટે,આલ્કેનમાંના તમામ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સમાન હોવા જોઈએ.
$Neopentane$ $(2,2-dimethylpropane)$ માં,તમામ $12$ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ સમાન પ્રાથમિક કાર્બન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલા છે.
તેથી,આમાંથી કોઈપણ એક હાઇડ્રોજન પરમાણુને ક્લોરિન પરમાણુ દ્વારા બદલવાથી સમાન નીપજ,$1-chloro-2,2-dimethylpropane$ મળે છે.

(A) ઓર્થો-હાઇડ્રોજન અને પેરા-હાઇડ્રોજન એ હાઇડ્રોજન અણુ $(H_2)$ ના ન્યુક્લિયર સ્પિન આઇસોમર્સ છે.
ઓર્થો-હાઇડ્રોજનમાં,બે પ્રોટોનનું ન્યુક્લિયર સ્પિન સમાંતર હોય છે,જ્યારે પેરા-હાઇડ્રોજનમાં,ન્યુક્લિયર સ્પિન પ્રતિ-સમાંતર હોય છે.
તેમની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના સમાન હોવાથી,તેમના રાસાયણિક ગુણધર્મો સમાન હોય છે.
જોકે,તેમની ન્યુક્લિયર સ્પિન અવસ્થાઓમાં તફાવત હોવાને કારણે,તેઓ ભિન્ન ભૌતિક ગુણધર્મો દર્શાવે છે,જેમ કે અલગ ઉષ્મીય વાહકતા અને વિશિષ્ટ ઉષ્મા.

(C) $B_2H_6$ (ડાયબોરેન) અણુમાં બે બ્રિજિંગ હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ હોય છે.
$B_2H_6$ માં,દરેક બોરોન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે.
બે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ બે બોરોન પરમાણુઓ વચ્ચે સેતુ (bridge) તરીકે કાર્ય કરે છે,જે બે $3c-2e$ (ત્રણ-કેન્દ્ર-બે-ઇલેક્ટ્રોન) બંધ બનાવે છે,જેને હાઇડ્રોજન બ્રિજ બોન્ડ અથવા બનાના બોન્ડ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.

(B) પગલું $1$: $H^{+}$ આયનોના કુલ મિલિમોલની ગણતરી કરો.
$HCl$ માંથી $H^{+}$ ના મિલિમોલ $= 0.1 \ (M) \times 2 \ mL \times 1 = 0.2 \ mmol$.
$H_2SO_4$ માંથી $H^{+}$ ના મિલિમોલ $= 0.1 \ (M) \times 2 \ mL \times 2 = 0.4 \ mmol$.
$H^{+}$ ના કુલ મિલિમોલ $= 0.2 + 0.4 = 0.6 \ mmol$.
પગલું $2$: અંતિમ મિશ્રણમાં $H^{+}$ ની સાંદ્રતાની ગણતરી કરો.
કુલ કદ $= 2 \ mL + 2 \ mL + 2 \ mL = 6 \ mL$.
$[H^{+}] = \frac{\text{કુલ મિલિમોલ}}{\text{કુલ કદ } (mL)} = \frac{0.6}{6} = 0.1 \ (M)$.
પગલું $3$: $pH$ ની ગણતરી કરો.
$pH = -\log_{10} [H^{+}] = -\log_{10} (0.1) = 1$.

(B) આપેલ છે $K_a = 10^{-5}$,તેથી $pK_a = -\log(10^{-5}) = 5$.
એક-તૃતીયાંશ તટસ્થીકરણ સમયે,બનેલા ક્ષારનું પ્રમાણ $1/3$ છે અને બાકી રહેલા એસિડનું પ્રમાણ પ્રારંભિક સાંદ્રતાના $2/3$ છે.
હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણ મુજબ:
$pH = pK_a + \log \frac{[\text{Salt}]}{[\text{Acid}]}$
$pH = 5 + \log \frac{1/3}{2/3}$
$pH = 5 + \log \frac{1}{2}$
$pH = 5 - \log 2$.

(A) સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ: $2 Na_2S_2O_3 + I_2 \longrightarrow Na_2S_4O_6 + 2 NaI$.
આ પ્રક્રિયામાં,$Na_2S_2O_3$ માં સલ્ફરનો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ થી બદલાઈને $Na_2S_4O_6$ માં $+2.5$ થાય છે.
પ્રતિ સલ્ફર પરમાણુ ઓક્સિડેશન આંકમાં ફેરફાર $0.5$ છે. $Na_2S_2O_3$ માં $2$ સલ્ફર પરમાણુઓ હોવાથી,કુલ ફેરફાર ($n$-factor) $2 \times 0.5 = 1$ છે.
તુલ્ય વજન $E = \frac{M}{n\text{-factor}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $M$ મોલર દળ છે.
આમ,$E = \frac{M}{1} = M$.
તેથી,તુલ્ય વજન એ સોડિયમ થાયોસલ્ફેટના મોલર દળ જેટલું છે.

(A) $1$. $NaOH$ નું આણ્વીય દળ ગણો: $Na(23) + O(16) + H(1) = 40 \ g/mol$.
$2$. $NaOH$ ના મોલની સંખ્યા ગણો: $n = \frac{\text{દળ}}{\text{આણ્વીય દળ}} = \frac{4 \ g}{40 \ g/mol} = 0.1 \ mol$.
$3$. દ્રાવણનું કદ $mL$ માંથી $L$ માં ફેરવો: $V = \frac{250 \ mL}{1000} = 0.25 \ L$.
$4$. મોલારિટી $(M)$ ગણો: $M = \frac{n}{V} = \frac{0.1 \ mol}{0.25 \ L} = 0.4 \ M$.

(B) ગ્રહામના પ્રસરણના નિયમ મુજબ,$\frac{r_1}{r_2} = \sqrt{\frac{M_2}{M_1}}$.
આપેલ છે કે,$\frac{r_{H_2}}{r_{C_n H_{2n-2}}} = 3\sqrt{3} = \sqrt{27}$.
તેથી,$\sqrt{\frac{M_{C_n H_{2n-2}}}{M_{H_2}}} = \sqrt{27}$.
$M_{H_2} = 2 \ g/mol$ હોવાથી,$\frac{M_{C_n H_{2n-2}}}{2} = 27$.
$M_{C_n H_{2n-2}} = 54 \ g/mol$.
$C_n H_{2n-2}$ નું આણ્વીય દળ $12n + (2n - 2) = 14n - 2$ છે.
બંનેને સરખાવતા,$14n - 2 = 54$,જે $14n = 56$ આપે છે,તેથી $n = 4$.

(A) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = (2n-1)^3$ છે.
આપણે $S_n = \sum_{k=1}^{n} (2k-1)^3$ શોધવાનું છે.
પદનું વિસ્તરણ કરતા: $(2k-1)^3 = 8k^3 - 12k^2 + 6k - 1$.
હવે,$S_n = \sum_{k=1}^{n} (8k^3 - 12k^2 + 6k - 1) = 8 \sum k^3 - 12 \sum k^2 + 6 \sum k - \sum 1$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$,$\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$,$\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$,$\sum 1 = n$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$S_n = 8 \left[ \frac{n^2(n+1)^2}{4} \right] - 12 \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \right] + 6 \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right] - n$.
$S_n = 2n^2(n^2+2n+1) - 2n(2n^2+3n+1) + 3n^2+3n - n$.
$S_n = 2n^4 + 4n^3 + 2n^2 - 4n^3 - 6n^2 - 2n + 3n^2 + 2n$.
$S_n = 2n^4 - n^2 = n^2(2n^2-1)$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin 6 \theta + \sin 4 \theta + \sin 2 \theta = 0$
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા: $(\sin 6 \theta + \sin 2 \theta) + \sin 4 \theta = 0$
સૂત્ર $\sin A + \sin B = 2 \sin \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin 4 \theta \cos 2 \theta + \sin 4 \theta = 0$
$\sin 4 \theta$ સામાન્ય લેતા:
$\sin 4 \theta (2 \cos 2 \theta + 1) = 0$
આ બે કિસ્સાઓ આપે છે:
કિસ્સો $1$: $\sin 4 \theta = 0 \implies 4 \theta = n \pi \implies \theta = \frac{n \pi}{4}$
કિસ્સો $2$: $2 \cos 2 \theta + 1 = 0 \implies \cos 2 \theta = -\frac{1}{2}$
$\cos \frac{2 \pi}{3} = -\frac{1}{2}$ હોવાથી,$\cos 2 \theta = \cos \frac{2 \pi}{3}$
$\cos x = \cos \alpha$ માટે વ્યાપક ઉકેલ $x = 2 n \pi \pm \alpha$ છે.
તેથી,$2 \theta = 2 n \pi \pm \frac{2 \pi}{3}$
$2$ વડે ભાગતા,$\theta = n \pi \pm \frac{\pi}{3}$
આમ,$\theta$ ના વ્યાપક મૂલ્યો $\frac{n \pi}{4}$ અને $n \pi \pm \frac{\pi}{3}$ છે.

(D) પ્રોટોનની સંખ્યા $(p)$ પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ નક્કી કરે છે.
અહીં,$Z = 16$,જે સલ્ફર $(S)$ તત્વને અનુરૂપ છે.
ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $(e^-)$ $18$ છે.
ચોખ્ખો વીજભાર આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $\text{વીજભાર} = \text{પ્રોટોનની સંખ્યા} - \text{ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા} = 16 - 18 = -2$.
તેથી,સ્પીસીઝ $S^{2-}$ છે.

(B) સોમરફેલ્ડે હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં વર્ણપટ રેખાઓની ઝીણી રચના સમજાવવા માટે લંબગોળ કક્ષાઓ રજૂ કરી હતી. તેમના મોડેલ મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસને એક કેન્દ્રમાં રાખીને લંબગોળ કક્ષામાં ફરે છે. આ ગતિપથ એક બંધ લંબગોળ જેવો વળાંક છે,જે પેરિહેલિયન (ન્યુક્લિયસથી સૌથી નજીકનું બિંદુ) પર સાંકડો અને એફેલિયન (ન્યુક્લિયસથી સૌથી દૂરનું બિંદુ) પર સપાટ હોય છે.

(A) $yz$ સમતલ $x = 0$ સમીકરણ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
જો કોઈ કક્ષકનું નોડલ સમતલ $yz$ સમતલ સાથે બંધબેસતું હોય,તો તેમાં ઇલેક્ટ્રોન મળી આવવાની સંભાવના શૂન્ય હોય છે.
$p_x$ કક્ષકની ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા $x$-અક્ષ પર વિતરિત થયેલી હોય છે અને તેનું નોડલ સમતલ $yz$ સમતલ છે.
તેથી,$p_x$ કક્ષક માટે $yz$ સમતલમાં ઇલેક્ટ્રોન મળી આવવાની સંભાવના શૂન્ય છે.

(A) ગિબ્સ મુક્ત ઉર્જા $G = H - TS$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
વિકલન લેતા,આપણને $dG = dH - TdS - SdT$ મળે છે.
$H = U + PV$ હોવાથી,તેનું વિકલન $dH = dU + PdV + VdP$ થાય છે.
થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$dU = TdS - PdV$.
$dH$ ના સમીકરણમાં $dU$ ની કિંમત મૂકતા,$dH = (TdS - PdV) + PdV + VdP = TdS + VdP$ મળે છે.
હવે,$dG$ ના સમીકરણમાં $dH$ ની કિંમત મૂકતા:
$dG = (TdS + VdP) - TdS - SdT$.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $dG = VdP - SdT$ મળે છે.

(C) ધારો કે ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ છે.
નાભિઓ $S(-ae, 0)$ અને $T(ae, 0)$ છે અને $B(0, b)$ છે.
$\triangle STB$ સમબાજુ હોવાથી,$ST = SB$ થાય.
$2ae = a$ હોવાથી,$e = \frac{1}{2}$ મળે.

(C) આપેલ છે કે $y = (1+x)(1+x^2)(1+x^4) \dots (1+x^{2^n})$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (logarithm) લેતા:
$\ln y = \ln(1+x) + \ln(1+x^2) + \ln(1+x^4) + \dots + \ln(1+x^{2^n})$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+x} + \frac{2x}{1+x^2} + \frac{4x^3}{1+x^4} + \dots + \frac{2^n x^{2^n-1}}{1+x^{2^n}}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = y \left[ \frac{1}{1+x} + \frac{2x}{1+x^2} + \dots + \frac{2^n x^{2^n-1}}{1+x^{2^n}} \right]$.
$x=0$ આગળ,$y = (1+0)(1+0) \dots (1+0) = 1$.
વિકલિતના સમીકરણમાં $x=0$ મૂકતા:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=0} = 1 \cdot \left[ \frac{1}{1+0} + 0 + 0 + \dots + 0 \right] = 1 \cdot 1 = 1$.

(A) વક્ર $y=f(x)$ ના બિંદુ $(x_0, y_0)$ આગળના અભિલંબનો ઢાળ $m_n = \tan(\theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta$ એ અભિલંબ દ્વારા ધન $x$-અક્ષ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે.
અહીં $\theta = 3\pi/4$ આપેલ છે,તેથી અભિલંબનો ઢાળ $m_n = \tan(3\pi/4) = -1$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે અભિલંબનો ઢાળ અને વિકલિત વચ્ચેનો સંબંધ $m_n = -1/f'(x_0)$ છે.
આપેલ બિંદુ $(3,4)$ નો ઉપયોગ કરતા,$m_n = -1/f'(3)$ મળે.
અભિલંબના ઢાળ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $-1/f'(3) = -1$.
આથી,$f'(3) = 1$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\log \sqrt{x}}{3 x} dx$.
ગુણધર્મ $\log \sqrt{x} = \log(x^{1/2}) = \frac{1}{2} \log x$ નો ઉપયોગ કરતા,સંકલન નીચે મુજબ થાય છે:
$I = \int \frac{\frac{1}{2} \log x}{3 x} dx = \frac{1}{6} \int \frac{\log x}{x} dx$.
ધારો કે $u = \log x$,તેથી $du = \frac{1}{x} dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{6} \int u du = \frac{1}{6} \cdot \frac{u^2}{2} + C = \frac{u^2}{12} + C$.
$u = \log x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{(\log x)^2}{12} + C$.
વૈકલ્પિક રીતે,આદેશ $t = \log \sqrt{x} = \frac{1}{2} \log x$ લેતા,$dt = \frac{1}{2x} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{x} dx = 2 dt$.
$I = \int \frac{t}{3} (2 dt) = \frac{2}{3} \int t dt = \frac{2}{3} \cdot \frac{t^2}{2} + C = \frac{t^2}{3} + C = \frac{1}{3} (\log \sqrt{x})^2 + C$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આલ્કોહોલ $(R-OH)$ ની $PCl_5$ સાથેની પ્રક્રિયાથી આલ્કાઈલ ક્લોરાઈડ $(R-Cl)$ મળે છે:
$C_2 H_5 OH + PCl_5 \rightarrow C_2 H_5 Cl + POCl_3 + HCl$
આમ,$X$ એ $C_2 H_5 OH$ છે.
કાર્બોક્સિલિક એસિડ $(R-COOH)$ ની $PCl_5$ સાથેની પ્રક્રિયાથી એસિડ ક્લોરાઈડ $(R-COCl)$ મળે છે:
$CH_3 CO_2 H + PCl_5 \rightarrow CH_3 COCl + POCl_3 + HCl$
આમ,$Y$ એ $CH_3 CO_2 H$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) બેન્ઝીનડાયઝોનિયમ ક્લોરાઈડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$ ની ઉકળતા પાણી સાથેની પ્રક્રિયા ફિનોલ બનાવવાની પ્રમાણિત પદ્ધતિ છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$C_6H_5N_2^+Cl^- + H_2O \xrightarrow{\Delta} C_6H_5OH + N_2 \uparrow + HCl$
અહીં,ડાયઝોનિયમ સમૂહ હાઈડ્રોક્સિલ સમૂહ $(-OH)$ દ્વારા વિસ્થાપિત થાય છે,જેના પરિણામે ફિનોલ બને છે.

(C) જ્યારે એસિટોન $(CH_3COCH_3)$ ને સૂકા $HCl$ વાયુ સાથે સંતૃપ્ત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે સેલ્ફ-આલ્ડોલ કન્ડેન્સેશન અને ત્યારબાદ નિર્જલીકરણ (dehydration) પામીને મેસિટિલ ઓક્સાઇડ $(CH_3COCH=C(CH_3)_2)$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2CH_3COCH_3 \xrightarrow{HCl(g)} CH_3COCH=C(CH_3)_2 + H_2O$
નોંધ: ફોરોન ગૌણ નીપજ તરીકે બને છે,પરંતુ મુખ્ય નીપજ મેસિટિલ ઓક્સાઇડ છે.

(D) વિટામિન $C$ ને રાસાયણિક રીતે $Ascorbic \ acid$ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે. તે પાણીમાં દ્રાવ્ય વિટામિન છે જે વિવિધ ખોરાકમાં જોવા મળે છે અને કોલેજનના સંશ્લેષણ અને રોગપ્રતિકારક શક્તિના કાર્ય માટે આવશ્યક છે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય પ્રથમ ક્રમની ગતિશાસ્ત્રને અનુસરે છે. ક્ષય અચળાંક $\lambda$ આ મુજબ છે: $\lambda = \frac{2.303}{t} \log \frac{N_0}{N_t}$.
રેડિયોએક્ટિવિટી $90 \%$ ઘટે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N_t = N_0 - 0.90 N_0 = 0.10 N_0$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda = \frac{2.303}{10} \log \frac{N_0}{0.10 N_0} = \frac{2.303}{10} \log(10) = \frac{2.303}{10} \times 1 = 0.2303 \ year^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય $t_{1/2}$ આ મુજબ છે: $t_{1/2} = \frac{0.693}{\lambda}$.
$t_{1/2} = \frac{0.693}{0.2303} \approx 3.01 \ years$.
તેથી,અર્ધ-આયુષ્ય આશરે $3 \ years$ છે.

(B) પ્રક્રિયા $RCl + H_2O \rightarrow ROH + HCl$ છે.
પાણી મોટા જથ્થામાં હોવાથી,પ્રક્રિયા દરમિયાન તેની સાંદ્રતા વ્યવહારિક રીતે અચળ રહે છે.
આથી આ પ્રક્રિયા આભાસી પ્રથમ ક્રમની પ્રક્રિયા બને છે,જેમાં પ્રક્રિયાનો ક્રમ $1$ છે.
જોકે,આણ્વિકતા એ પ્રાથમિક તબક્કામાં એકસાથે અથડાતા પ્રક્રિયક અણુઓની સંખ્યા દ્વારા નક્કી થાય છે,જે $2$ ($RCl$ અને $H_2O$) છે.
તેથી,આણ્વિકતા $2$ છે અને પ્રક્રિયાનો ક્રમ $1$ છે.

(A) ઉષ્માક્ષેપક પ્રક્રિયા માટે,નીપજોની ઉર્જા પ્રક્રિયકોની ઉર્જા કરતા ઓછી હોય છે.
ઉર્જા પ્રોફાઇલ આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,પુરોગામી પ્રક્રિયા માટે સક્રિયકરણ ઉર્જા $(E_{a,f})$ એ સંક્રાંતિ અવસ્થા અને પ્રક્રિયકો વચ્ચેનો ઉર્જાનો તફાવત છે.
પ્રતિગામી પ્રક્રિયા માટે સક્રિયકરણ ઉર્જા $(E_{a,b})$ એ સંક્રાંતિ અવસ્થા અને નીપજો વચ્ચેનો ઉર્જાનો તફાવત છે.
નીપજો પ્રક્રિયકો કરતા નીચા ઉર્જા સ્તરે હોવાથી,નીપજોમાંથી સંક્રાંતિ અવસ્થા સુધી પહોંચવા માટેનો ઉર્જા અવરોધ $(E_{a,b})$ એ પ્રક્રિયકો તરફથી ઉર્જા અવરોધ $(E_{a,f})$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,$(E_{a,b}) > (E_{a,f})$.

(A) એસ્પિરિનને રાસાયણિક રીતે $2$-એસીટોક્સીબેન્ઝોઇક એસિડ અથવા એસીટાઇલસેલિસિલિક એસિડ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
તે સેલિસિલિક એસિડનું એસિટિક એનહાઇડ્રાઇડ સાથે એસીટાઇલેશન કરીને બનાવવામાં આવે છે.
તેની રચનામાં બેન્ઝીન રિંગ સાથે ઓર્થો સ્થાન પર કાર્બોક્સિલિક એસિડ ગ્રુપ $(-COOH)$ અને એસીટોક્સી ગ્રુપ $(-OCOCH_3)$ જોડાયેલ હોય છે.

(B) નિષ્ક્રિય ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની અસર એ $p$-વિભાગના તત્વોમાં જોવા મળે છે,જેમાં બાહ્યતમ $s$-કક્ષકના બે ઇલેક્ટ્રોન બંધ બનાવવામાં ભાગ લેતા નથી.
$Sn$ ($5^{th}$ આવર્ત),$Pb$ ($6^{th}$ આવર્ત) અને $In$ ($5^{th}$ આવર્ત) એ $p$-વિભાગના તત્વો છે જે આ અસર દર્શાવે છે.
$Fe$ એ $d$-વિભાગનું તત્વ (સંક્રાંતિ ધાતુ) છે અને તે નિષ્ક્રિય ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની અસર દર્શાવતું નથી.

(A) હિમોગ્લોબિન એ રક્તકણોમાં જોવા મળતું એક જટિલ પ્રોટીન છે જે સમગ્ર શરીરમાં ઓક્સિજનના વહન માટે જવાબદાર છે.
તેમાં 'હીમ' નામનો પ્રોસ્થેટિક સમૂહ હોય છે,જે પોર્ફિરિન રિંગનો બનેલો હોય છે જે કેન્દ્રિય આયર્ન આયન સાથે જોડાયેલ હોય છે.
કાર્યરત હિમોગ્લોબિનમાં,આ આયર્ન આયન ફેરસ અવસ્થામાં હોય છે,જેને $Fe^{2+}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(B) જ્યારે $AgCl$ ની પ્રક્રિયા $KCN$ સાથે થાય છે,ત્યારે તે દ્રાવ્ય થઈને એક દ્રાવ્ય સંકીર્ણ સંયોજન બનાવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$AgCl(s) + 2KCN(aq) \rightarrow K[Ag(CN)_2](aq) + KCl(aq)$
આ પ્રક્રિયામાં,સિલ્વર ક્લોરાઇડ પોટેશિયમ સાયનાઇડ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયસાયનોઆર્જેન્ટેટ$(I)$ સંકીર્ણ આયન,$[Ag(CN)_2]^-$,બનાવે છે,જે પાણીમાં દ્રાવ્ય છે.

(C) હાઇડ્રોજન ઇલેક્ટ્રોડ માટે અર્ધ-કોષ પ્રક્રિયા: $2H^+ (aq) + 2e^- \rightarrow H_2 (g)$ છે.
નર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $E = E^0 - \frac{0.0591}{n} \log \frac{P_{H_2}}{[H^+]^2}$.
અહીં $E^0 = 0 \ V$,$n = 2$,$P_{H_2} = 1 \ atm$,અને $[H^+] = 10^{-pH} = 10^{-10} \ M$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $E = 0 - \frac{0.0591}{2} \log \frac{1}{(10^{-10})^2}$.
$E = -\frac{0.0591}{2} \log (10^{20})$.
$E = -\frac{0.0591}{2} \times 20$.
$E = -0.0591 \times 10 = -0.591 \ V$.
આમ,પોટેન્શિયલ આશરે $-0.59 \ V$ થાય.

(A) પૃથ્વીના પોપડામાં ધાતુઓની વિપુલતા નીચે મુજબ છે: $Aluminium$ $(Al)$ એ સૌથી વધુ વિપુલ પ્રમાણમાં જોવા મળતી ધાતુ છે,જે વજનના આધારે આશરે $8.3\%$ જેટલી છે. $Iron$ $(Fe)$ એ બીજા ક્રમની સૌથી વધુ વિપુલ ધાતુ છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) પ્રક્રિયા બે તબક્કામાં થાય છે:
$1$. નાઈટ્રોબેન્ઝીન $(C_6H_5NO_2)$ નું $NH_4Cl / Zn$ ડસ્ટ દ્વારા રિડક્શન થઈને ફિનાઈલહાઈડ્રોક્સાઈલએમાઈન $(C_6H_5NHOH)$ બને છે.
$2$. ત્યારબાદ ફિનાઈલહાઈડ્રોક્સાઈલએમાઈનનું $H_2SO_4 / Na_2Cr_2O_7$ દ્વારા ઓક્સિડેશન થઈને નાઈટ્રોસોબેન્ઝીન $(C_6H_5NO)$ મળે છે.

(C) પાયરોફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_4P_2O_7)$ ની રચનામાં બે ફોસ્ફેટ એકમો એક ઓક્સિજન પરમાણુ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે,જે $P-O-P$ બંધ બનાવે છે.
તેની રચના $(HO)_2P(O)-O-P(O)(OH)_2$ છે.
અન્ય એસિડ જેવા કે હાયપોફોસ્ફરસ એસિડ $(H_3PO_2)$,ફોસ્ફરસ એસિડ $(H_3PO_3)$,અને ઓર્થોફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_3PO_4)$ માં $P-O-P$ બંધ હોતો નથી.

(C) એનહાઇડ્રાઇડ એ એસિડમાંથી પાણી દૂર કરીને બનતું સંયોજન છે.
ફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_3 PO_4)$ માટે,નિર્જલીકરણ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$4 H_3 PO_4 \longrightarrow P_4 O_{10} + 6 H_2 O$
આમ,$P_4 O_{10}$ એ ઓર્થોફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_3 PO_4)$ નું એનહાઇડ્રાઇડ છે.

(C) ઓઝોન $(O_3)$ અણુનો આકાર કોણીય હોય છે અને તે બે બંધારણોનું સંસ્પંદન સંકર છે. સંસ્પંદનને કારણે ઓઝોનમાં બંધ ક્રમાંક $1.5$ છે,જે એકલ બંધ $(1)$ અને દ્વિબંધ $(2)$ ની વચ્ચે છે. આણ્વીય ઓક્સિજન $(O_2)$ માં બંધ ક્રમાંક $2$ છે. બંધ લંબાઈ એ બંધ ક્રમાંકના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી,$O_3$ માં $O-O$ બંધ લંબાઈ $O_2$ માં $O=O$ બંધ લંબાઈ કરતા વધારે હોય છે. તેથી,વિધાન $C$ ખોટું છે.

(A) સહ-પોલિમર એ બે અથવા વધુ અલગ પ્રકારના મોનોમર એકમોમાંથી બનતું પોલિમર છે.
$Buna-S$ એ $1,3-butadiene$ અને સ્ટાયરીનના પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બનતું સહ-પોલિમર છે.
$Buna-S$ નું બંધારણ: $(-CH_2-CH=CH-CH_2-CH(C_6H_5)-CH_2-)_n$ છે.
ટેફલોન,$PVC$,અને પોલીપ્રોપીલીન એ હોમોપોલિમર છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય પ્રક્રિયા દળ ક્રમાંક અને પરમાણુ ક્રમાંકના સંરક્ષણના નિયમનું પાલન કરે છે.
$1$. $\beta$-ક્ષય માટે: ${ }_{89}^{227} Ac \xrightarrow{-\beta} { }_{90}^{227} Th + { }_{-1}^{0} e$. તેથી,$[A] = { }_{90}^{227} Th$.
$2$. $\alpha$-ક્ષય માટે: ${ }_{90}^{227} Th \xrightarrow{-\alpha} { }_{88}^{223} Ra + { }_{2}^{4} He$. તેથી,$[B] = { }_{88}^{223} Ra$.
$3$. આગળનો $\alpha$-ક્ષય: ${ }_{88}^{223} Ra \xrightarrow{-\alpha} { }_{86}^{219} Rn + { }_{2}^{4} He$. આ શ્રેણીની પુષ્ટિ કરે છે.
તેથી,$[A]$ એ ${ }_{90}^{227} Th$ છે અને $[B]$ એ ${ }_{88}^{223} Ra$ છે.