WBJEE 2011 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $(h, k)$ છે.
વર્તુળ બિંદુઓ $A(a, 0)$ અને $B(-a, 0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,કેન્દ્રથી આ બિંદુઓનું અંતર સમાન હોવું જોઈએ (ત્રિજ્યા તરીકે).
તેથી,$\sqrt{(h-a)^2 + (k-0)^2} = \sqrt{(h-(-a))^2 + (k-0)^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(h-a)^2 + k^2 = (h+a)^2 + k^2$ મળે.
$h^2 - 2ah + a^2 + k^2 = h^2 + 2ah + a^2 + k^2$.
$-2ah = 2ah$,જેનો અર્થ છે કે $4ah = 0$,તેથી $h = 0$.
કેન્દ્ર $(h, k)$ નો બિંદુપથ $x = 0$ છે,જે $(a, 0)$ અને $(-a, 0)$ ને જોડતા રેખાખંડનો લંબદ્વિભાજક છે.

(A) સ્થિતિ ઊર્જા $V(x) = A(1 - \cos px)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ પર લાગતું બળ $F = -\frac{dV}{dx} = -\frac{d}{dx} [A(1 - \cos px)] = -Ap \sin px$ છે.
નાના દોલનો માટે,સ્થાનાંતર $x$ ખૂબ જ નાનું હોવાથી,$\sin px \approx px$ લઈ શકાય.
આ કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F = -Ap(px) = -(Ap^2)x$.
આ સરળ આવર્ત ગતિનું સમીકરણ $F = -kx$ છે,જ્યાં અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = Ap^2$ છે.
નાના દોલનોનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$k = Ap^2$ મૂકતા,આપણને $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{Ap^2}}$ મળે છે.

(D) ધારો કે બે સ્લિટ્સ $S_1$ અને $S_2$ છે. પડદા પરનું બિંદુ $P$ એ સ્લિટ $S_1$ ની બરાબર સામે છે.
અંતર $S_1 P = D$ અને અંતર $S_2 P = \sqrt{D^2 + d^2}$ છે.
$S_2 P$ માટે દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$S_2 P = D \left(1 + \frac{d^2}{D^2}\right)^{1/2} \approx D \left(1 + \frac{1}{2} \frac{d^2}{D^2}\right) = D + \frac{d^2}{2D}$.
બિંદુ $P$ પર પહોંચતા બે તરંગો વચ્ચેનો પથ તફાવત $\Delta x$:
$\Delta x = S_2 P - S_1 P = (D + \frac{d^2}{2D}) - D = \frac{d^2}{2D}$.
અપ્રકાશિત શલાકા માટે,પથ તફાવત $\frac{\lambda}{2}$ નો એકી ગુણાંક હોવો જોઈએ. પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકા માટે:
$\Delta x = \frac{\lambda}{2}$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{d^2}{2D} = \frac{\lambda}{2}$.
તેથી,પ્રકાશની તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{d^2}{D}$ મળે છે.

(D) પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકા એક સ્લિટની બરાબર સામેના બિંદુએ રચાય છે. મધ્યસ્થ અક્ષથી આ બિંદુનું અંતર $y = \frac{d}{2}$ છે.
અપ્રકાશિત શલાકા માટેની શરત $y = (2n - 1) \frac{\lambda D}{2d}$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$ એ શલાકાનો ક્રમ દર્શાવે છે.
પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકા માટે,આપણે $n = 1$ લઈએ છીએ.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $\frac{d}{2} = (2(1) - 1) \frac{\lambda D}{2d}$.
$\frac{d}{2} = \frac{\lambda D}{2d}$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \frac{d^2}{D}$.

(A) ફોર્મલ ચાર્જ માટેનું સૂત્ર: $\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = \text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} - (\frac{1}{2} \times \text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} + \text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન})$.
રચના $: \ddot{N}_1 = N_2 = \ddot{N}_3 :$ માટે:
$N_1$ (ડાબો નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 4 + 4) = 5 - (2 + 4) = -1$.
$N_2$ (મધ્ય નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 8$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 0$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 8 + 0) = 5 - 4 = +1$.
$N_3$ (જમણો નાઇટ્રોજન) માટે: $\text{સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન} = 5$,$\text{બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$,$\text{અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન} = 4$.
$\text{ફોર્મલ ચાર્જ} = 5 - (\frac{1}{2} \times 4 + 4) = 5 - (2 + 4) = -1$.
આમ,ફોર્મલ ચાર્જ $-1, +1, -1$ છે.

(D) $sp^3d^2$ સંકરણમાં છ સમાન સંકર કક્ષકો બનાવવા માટે એક $s$,ત્રણ $p$ અને બે $d$ કક્ષકોનું મિશ્રણ થાય છે.
આ છ સંકર કક્ષકો અષ્ટફલકના ખૂણાઓ તરફ ગોઠવાયેલી હોય છે.
તેથી,મધ્યસ્થ પરમાણુના $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવતો અણુ અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ દર્શાવે છે.

(B) આપેલ અણુનું બંધારણ $CH_3-CH=C=CH-CH_3$ છે.
સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે કાર્બન પરમાણુની આસપાસ સિગ્મા બંધ અને અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની સંખ્યા ગણીએ છીએ.
$C_2$ માટે: તે એક $H$ પરમાણુ,એક $CH_3$ સમૂહ (સિંગલ બોન્ડ) અને એક $C_3$ પરમાણુ (ડબલ બોન્ડ) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $3$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
$C_3$ માટે: તે $C_2$ (ડબલ બોન્ડ) અને $C_4$ (ડબલ બોન્ડ) સાથે જોડાયેલ છે. તેમાં $2$ સિગ્મા બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે,તેથી તે $sp$ સંકરણ ધરાવે છે.
તેથી,$C_2$ અને $C_3$ નું સંકરણ અનુક્રમે $sp^2$ અને $sp$ છે.

(B) પેરામેગ્નેટિક પદાર્થોમાં એક અથવા વધુ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
મોલેક્યુલર ઓર્બિટલ થિયરી $(MOT)$ મુજબ:
$N_2$ (કુલ $14$ ઇલેક્ટ્રોન): $({\sigma}1s)^2 ({\sigma}^*1s)^2 ({\sigma}2s)^2 ({\sigma}^*2s)^2 ({\pi}2p_x)^2 ({\pi}2p_y)^2 ({\sigma}2p_z)^2$. બધા ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મિત છે,તેથી તે ડાયામેગ્નેટિક છે.
$NO$ (કુલ $15$ ઇલેક્ટ્રોન): $({\sigma}1s)^2 ({\sigma}^*1s)^2 ({\sigma}2s)^2 ({\sigma}^*2s)^2 ({\sigma}2p_z)^2 ({\pi}2p_x)^2 ({\pi}2p_y)^2 ({\pi}^*2p_x)^1$. તેમાં એન્ટિબોન્ડિંગ ${\pi}^*$ ઓર્બિટલમાં એક અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે,તેથી તે પેરામેગ્નેટિક છે.
$CO$ (કુલ $14$ ઇલેક્ટ્રોન): $N_2$ ની જેમ,તે ડાયામેગ્નેટિક છે.
$O_3$ (કુલ $24$ ઇલેક્ટ્રોન): તે ડાયામેગ્નેટિક અણુ છે.
તેથી,$NO$ સાચો જવાબ છે.

(A) પ્રથમ સંતુલન માટે: $SO_2 + \frac{1}{2} O_2 \rightleftharpoons SO_3$,સંતુલન અચળાંક $K_1 = \frac{[SO_3]}{[SO_2][O_2]^{1/2}}$ છે.
બીજા સંતુલન માટે: $2 SO_3 \rightleftharpoons 2 SO_2 + O_2$,સંતુલન અચળાંક $K_2 = \frac{[SO_2]^2[O_2]}{[SO_3]^2}$ છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $K_2 = \frac{1}{K_1^2} = (\frac{1}{K_1})^2$.
તેથી,સાચો સંબંધ $K_2 = (\frac{1}{K_1})^2$ છે.

(B) આયનીકરણ ઉર્જા એટલે અલગ પડેલા વાયુરૂપ પરમાણુમાંથી સૌથી ઢીલી રીતે બંધાયેલા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા.
આપેલ ઇલેક્ટ્રોનિક કોન્ફિગરેશનમાં,$1s^2 2s^2 2p^6 3s^1$ એ આલ્કલી ધાતુ (સોડિયમ,$Na$) દર્શાવે છે.
આલ્કલી ધાતુઓ તેમના સંબંધિત આવર્તમાં સૌથી મોટું પરમાણુ કદ ધરાવે છે અને તેમની સૌથી બહારની $s$-કક્ષકમાં એક જ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જેના કારણે તે ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવો સૌથી સરળ બને છે.
તેથી,$1s^2 2s^2 2p^6 3s^1$ કોન્ફિગરેશન સૌથી ઓછી આયનીકરણ ઉર્જા ધરાવે છે.

(B) ઓઝોન સ્તર સ્ટ્રેટોસ્ફિયરમાં ડાયઓક્સિજન $(O_2)$ અણુઓ પર $UV$ કિરણોત્સર્ગની અસર દ્વારા રચાય છે.
$1$. $O_2(g) \xrightarrow{UV} O(g) + O(g)$
$2$. $O(g) + O_2(g) \xrightarrow{UV} O_3(g)$
આમ,$UV$ કિરણોત્સર્ગ અને ઓક્સિજનની આંતરક્રિયા ઓઝોનનું નિર્માણ કરે છે.

(C) $s$-બ્યુટાઇલ ફિનાઇલવિનાઇલ મિથેનનું બંધારણ તેના ઘટકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે:
$1$. મિથેન કોર $(CH_4)$ જ્યાં હાઇડ્રોજનને અવેજી દ્વારા બદલવામાં આવે છે.
$2$. એક $s$-બ્યુટાઇલ ગ્રુપ: $-CH(CH_3)CH_2CH_3$.
$3$. એક ફિનાઇલ ગ્રુપ: $-C_6H_5$ (અથવા $Ph$).
$4$. એક વિનાઇલ ગ્રુપ: $-CH=CH_2$.
આને જોડતા,મધ્યવર્તી કાર્બન એક $H$,એક $s$-બ્યુટાઇલ ગ્રુપ,એક ફિનાઇલ ગ્રુપ અને એક વિનાઇલ ગ્રુપ સાથે જોડાયેલ છે.
આપેલ બંધારણોને જોતા,વિકલ્પ $C$ માંનું બંધારણ $3$-ફિનાઇલ-$4$-મિથાઇલહેક્સ-$1$-ઈન દર્શાવે છે,જે $s$-બ્યુટાઇલ ફિનાઇલવિનાઇલ મિથેનને સમાન છે.
મધ્યવર્તી કાર્બન (સ્થાન $3$) એક વિનાઇલ ગ્રુપ $(-CH=CH_2)$,એક ફિનાઇલ ગ્રુપ $(-Ph)$,અને એક $s$-બ્યુટાઇલ ગ્રુપ $(-CH(CH_3)CH_2CH_3)$ સાથે જોડાયેલ છે.

(B) અણુ પ્રકાશીય સમઘટકતા ત્યારે જ દર્શાવે છે જો તેમાં કાઈરલ કાર્બન પરમાણુ હોય,જે ચાર અલગ-અલગ સમૂહો સાથે જોડાયેલ હોય.
$A$. ગ્લાયકોલિક એસિડ $(HO-CH_2-COOH)$: મધ્યસ્થ કાર્બન બે સમાન હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ સાથે જોડાયેલ છે. તે અકાઈરલ છે.
$B$. લેક્ટિક એસિડ $(CH_3-CH(OH)-COOH)$: મધ્યસ્થ કાર્બન ચાર અલગ-અલગ સમૂહો સાથે જોડાયેલ છે: $-H$,$-OH$,$-CH_3$,અને $-COOH$. તે કાઈરલ છે અને પ્રકાશીય સમઘટકતા દર્શાવે છે.
$C$. આઈસોબ્યુટીરિક એસિડ $((CH_3)_2CH-COOH)$: મધ્યસ્થ કાર્બન બે સમાન મિથાઈલ સમૂહો સાથે જોડાયેલ છે. તે અકાઈરલ છે.
$D$. $2-$ક્લોરો$-2-$મિથાઈલપ્રોપેનોઈક એસિડ $(CH_3-C(Cl)(CH_3)-COOH)$: મધ્યસ્થ કાર્બન બે સમાન મિથાઈલ સમૂહો સાથે જોડાયેલ છે. તે અકાઈરલ છે.
તેથી,લેક્ટિક એસિડ સાચો જવાબ છે.

(D) કાર્નાલાઇટ એ હાઇડ્રેટેડ પોટેશિયમ મેગ્નેશિયમ ક્લોરાઇડ ખનિજ છે જેનું રાસાયણિક સૂત્ર $KCl \cdot MgCl_2 \cdot 6H_2O$ છે.
તે પોટેશિયમ અને મેગ્નેશિયમનો એક મહત્વપૂર્ણ સ્ત્રોત છે.

(C) આલ્કીન્સનું એસિડ જલીયકરણ માર્કોવનીકોવના નિયમને અનુસરે છે,જેમાં ઇલેક્ટ્રોફાઇલ $H^+$ વધુ હાઇડ્રોજન પરમાણુ ધરાવતા કાર્બન સાથે જોડાઈને સૌથી સ્થિર કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તી બનાવે છે.
$(CH_3)_2C=CH_2$ (આઇસોબ્યુટીલીન) માટે,$H^+$ નો ઉમેરો તૃતીયક કાર્બોકેટાયન બનાવે છે: $(CH_3)_2C^+-CH_3$.
આ તૃતીયક કાર્બોકેટાયન પર પાણી $(H_2O)$ દ્વારા હુમલો થાય છે,જે પ્રોટોનેટેડ આલ્કોહોલ બનાવે છે,જે ત્યારબાદ પ્રોટોન ગુમાવીને તૃતીયક બ્યુટાઈલ આલ્કોહોલ,$(CH_3)_3C-OH$ આપે છે.

(C) નાઇટ્રેશન એ ઇલેક્ટ્રોફિલિક એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા છે. પ્રક્રિયાનો દર બેન્ઝીન વલયની ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા પર આધાર રાખે છે. વધુ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા ઝડપી નાઇટ્રેશન તરફ દોરી જાય છે.
$(I)$ ટોલ્યુઈનમાં એક મિથાઈલ ગ્રુપ $(-CH_3)$ છે જે ઇન્ડક્ટિવ ઇફેક્ટ $(+I)$ અને હાઇપરકોન્જુગેશન દ્વારા ઇલેક્ટ્રોન આપે છે.
$(II)$ $m$-ઝાયલીનમાં બે મિથાઈલ ગ્રુપ છે. ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા બે મિથાઈલ ગ્રુપ દ્વારા વધે છે.
$(III)$ $p$-ઝાયલીનમાં બે મિથાઈલ ગ્રુપ છે. $m$-ઝાયલીનની જેમ,તેમાં પણ બે ઇલેક્ટ્રોન આપતા ગ્રુપ છે.
$m$-ઝાયલીન અને $p$-ઝાયલીનની સરખામણી: $p$-ઝાયલીનમાં,બે મિથાઈલ ગ્રુપ પેરા સ્થાન પર છે,જે $m$-ઝાયલીનની તુલનામાં મધ્યવર્તી એરેનિયમ આયનનું વધુ અસરકારક સ્થિરીકરણ પૂરું પાડે છે.
આમ,પ્રતિક્રિયાશીલતાનો ક્રમ $p$-ઝાયલીન $(III)$ > $m$-ઝાયલીન $(II)$ > ટોલ્યુઈન $(I)$ છે.

(D) $CH_3COONa$ એ નિર્બળ એસિડ $(CH_3COOH)$ અને પ્રબળ બેઇઝ $(NaOH)$ નો ક્ષાર છે.
નિર્બળ એસિડ અને પ્રબળ બેઇઝના ક્ષારના જળવિભાજન માટે,$pH$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$pH = \frac{1}{2} (pK_w + pK_a + \log C)$
તેનું વિસ્તરણ કરતા:
$pH = \frac{1}{2} pK_w + \frac{1}{2} pK_a + \frac{1}{2} \log C$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) $Ca_3(PO_4)_2$ નું વિયોજન નીચે મુજબ છે:
$Ca_3(PO_4)_2{_{\text{(s)}}} \rightleftharpoons 3Ca^{2+}{_{\text{(aq)}}} + 2PO_4^{3-}{_{\text{(aq)}}}$
જો દ્રાવ્યતા $y \text{ mol/L}$ હોય,તો સંતુલન સમયે આયનોની સાંદ્રતા:
$[Ca^{2+}] = 3y$
$[PO_4^{3-}] = 2y$
દ્રાવ્યતા ગુણાકારનું સૂત્ર:
$K_{sp} = [Ca^{2+}]^3 [PO_4^{3-}]^2$
કિંમતો મૂકતા:
$K_{sp} = (3y)^3 (2y)^2$
$K_{sp} = (27y^3) (4y^2)$
$K_{sp} = 108y^5$

(A) જ્યારે કોઈ વાહન $\alpha$ ખૂણાવાળા ઢળતા સમતલ પર ઘર્ષણ વિના નીચે તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે તે ઢળતા સમતલની દિશામાં $a = g \sin \alpha$ જેટલો પ્રવેગ અનુભવે છે.
વાહનની અંદર રહેલા લોલક દ્વારા અનુભવાતો અસરકારક પ્રવેગ $g_{\text{eff}}$ શોધવા માટે,આપણે વાહનના સંદર્ભ ફ્રેમને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
આ અજડત્વીય ફ્રેમમાં,લોલકના ગોળા પર ઢળતા સમતલની ઉપરની દિશામાં એક આભાસી બળ $ma$ લાગે છે.
અસરકારક પ્રવેગ $g_{\text{eff}}$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $\vec{g}$ અને આભાસી પ્રવેગ $-\vec{a}$ નો સદિશ સરવાળો છે.
$\vec{g}$ ના ઘટકો પાડતા,આપણને ઢળતા સમતલને લંબ દિશામાં $g \cos \alpha$ અને ઢળતા સમતલને સમાંતર દિશામાં $g \sin \alpha$ મળે છે.
આભાસી પ્રવેગ $a = g \sin \alpha$ એ ઢળતા સમતલની ઉપરની દિશામાં લાગે છે.
આમ,ઢળતા સમતલને સમાંતર ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે $(g \sin \alpha - g \sin \alpha = 0)$,અને અસરકારક પ્રવેગ $g_{\text{eff}} = g \cos \alpha$ એ ઢળતા સમતલને લંબ દિશામાં મળે છે.
સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g_{\text{eff}}}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$g_{\text{eff}} = g \cos \alpha$ મૂકતા,આપણને $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g \cos \alpha}}$ મળે છે.

(B) ધાતુના નાઈટ્રેટ્સનું ઉષ્મીય વિઘટન ધાતુની સક્રિયતાના આધારે ચોક્કસ પેટર્ન અનુસરે છે.
$1$. આલ્કલી ધાતુના નાઈટ્રેટ્સ જેવા કે $KNO_3$ વિઘટન પામીને મેટલ નાઈટ્રાઈટ અને ઓક્સિજન વાયુ બનાવે છે: $2KNO_3 \xrightarrow{\Delta} 2KNO_2 + O_2$.
$2$. ભારે ધાતુના નાઈટ્રેટ્સ જેવા કે $AgNO_3$,$Cu(NO_3)_2$,અને $Pb(NO_3)_2$ વિઘટન પામીને ધાતુના ઓક્સાઈડ,નાઈટ્રોજન ડાયોક્સાઈડ $(NO_2)$ અને ઓક્સિજન વાયુ બનાવે છે.
ઉદાહરણ તરીકે: $2Cu(NO_3)_2 \xrightarrow{\Delta} 2CuO + 4NO_2 + O_2$.
તેથી,$KNO_3$ ને ગરમ કરવાથી $NO_2$ ઉત્પન્ન થતું નથી.

(D) $HCl$ ના ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા: $\text{તુલ્યાંક} = \text{નોર્માલિટી} \times \text{કદ (L માં)} = 0.1 \ N \times 0.1 \ L = 0.01 \ \text{eq}$.
તુલ્યતાના નિયમ મુજબ,ધાતુ કાર્બોનેટના ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા $HCl$ ના ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા જેટલી હોવી જોઈએ.
તેથી,ધાતુ કાર્બોનેટના ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા $= 0.01 \ \text{eq}$.
તુલ્ય વજન એટલે પદાર્થનું દળ ભાગ્યા ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા.
$\text{તુલ્ય વજન} = \frac{\text{દળ}}{\text{ગ્રામ તુલ્યાંકની સંખ્યા}} = \frac{2 \ g}{0.01 \ \text{eq}} = 200 \ g/\text{eq}$.
આમ,ધાતુ કાર્બોનેટનું તુલ્ય વજન $200$ છે.

(B) આપેલી પ્રક્રિયા: $2S_2O_3^{2-} + I_2 \longrightarrow S_4O_6^{2-} + 2I^-$
$S_2O_3^{2-}$ માટે: $S$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ થી બદલાઈને $+2.5$ થાય છે. પ્રતિ $S$ પરમાણુ ઓક્સિડેશન આંકમાં ફેરફાર $0.5$ છે. $S_2O_3^{2-}$ માં $2$ સલ્ફર પરમાણુ હોવાથી,પ્રતિ મોલ કુલ ફેરફાર $0.5 \times 2 = 1$ છે. તેથી,$n$-ફેક્ટર $1$ છે. તુલ્ય દળ = $\frac{M_1}{1} = M_1$.
$I_2$ માટે: $I$ નો ઓક્સિડેશન આંક $0$ થી બદલાઈને $-1$ થાય છે. પ્રતિ $I$ પરમાણુ ઓક્સિડેશન આંકમાં ફેરફાર $1$ છે. $I_2$ માં $2$ આયોડિન પરમાણુ હોવાથી,પ્રતિ મોલ કુલ ફેરફાર $1 \times 2 = 2$ છે. તેથી,$n$-ફેક્ટર $2$ છે. તુલ્ય દળ = $\frac{M_2}{2}$.

(B) વોલ્યુમ સ્ટ્રેન્થ અને નોર્માલિટી વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $\text{Volume strength} = 5.6 \times \text{Normality}$.
અહીં,વોલ્યુમ સ્ટ્રેન્થ $= 30$ છે.
કિંમત મૂકતા: $30 = 5.6 \times N$.
તેથી,$N = \frac{30}{5.6} \approx 5.357 \ N$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સૌથી નજીકની કિંમત $5.336 \ N$ છે.

(A) દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ કે $(101)^{100} = (1 + 100)^{100}$
$(1+x)^n = 1 + nC_1 x + nC_2 x^2 + nC_3 x^3 + \ldots + nC_n x^n$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને વિસ્તરણ કરતા:
$(1 + 100)^{100} = 1 + {}^{100}C_1(100) + {}^{100}C_2(100)^2 + {}^{100}C_3(100)^3 + \ldots + {}^{100}C_{100}(100)^{100}$
બંને બાજુથી $1$ બાદ કરતા:
$(101)^{100} - 1 = {}^{100}C_1(100) + {}^{100}C_2(100)^2 + \ldots = 100 \times 100 + {}^{100}C_2(100)^2 + \ldots = 10^4 + {}^{100}C_2(100)^2 + \ldots$
આમ,આ સંખ્યા $10^4$ વડે વિભાજ્ય છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ છે.
$Li^{2+}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે $n = 2$ લેવામાં આવે છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $E_2 = -13.6 \times \frac{3^2}{2^2} \ eV$.
$E_2 = -13.6 \times \frac{9}{4} \ eV$.
$E_2 = -13.6 \times 2.25 \ eV = -30.6 \ eV$.

(A) તરંગલંબાઇ માટેનું રિડબર્ગ સૂત્ર: $\frac{1}{\lambda} = Z^2 \cdot R_H \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
$n=2$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે: $\frac{1}{\lambda} = Z^2 \cdot R_H \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = Z^2 \cdot R_H \left( \frac{3}{4} \right)$
આ દર્શાવે છે કે $\lambda = \frac{4}{3 Z^2 R_H}$,તેથી $\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ મેળવવા માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ મહત્તમ હોવો જોઈએ.
આપેલ સ્પીસીઝ: $H$ $(Z=1)$,$He^{+}$ $(Z=2)$,અને $Li^{2+}$ $(Z=3)$.
$Li^{2+}$ નો $Z$ સૌથી વધુ હોવાથી,તે સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ ઉત્પન્ન કરશે.

(C) $Pauli$ $Exclusion$ $Principle$ (પાઉલીના અપવર્જનના સિદ્ધાંત) મુજબ,એક કક્ષકમાં મહત્તમ બે ઇલેક્ટ્રોન સમાઈ શકે છે,અને આ ઇલેક્ટ્રોન વિરુદ્ધ સ્પિન ધરાવતા હોવા જોઈએ.
$\uparrow \uparrow$ રજૂઆત એક જ કક્ષકમાં સમાંતર સ્પિન ધરાવતા બે ઇલેક્ટ્રોન દર્શાવે છે,જે આ સિદ્ધાંતનું ઉલ્લંઘન કરે છે.

(C) સમૂહ $15$ ના તત્વો માટે સામાન્ય સંયોજકતા કોષની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $ns^2 np^3$ છે,જ્યાં $n$ એ આવર્ત ક્રમાંક દર્શાવે છે.
આપેલ છે કે તત્વ ત્રીજા આવર્તમાં છે,તેથી $n = 3$.
$n = 3$ મૂકતા,સંયોજકતા કોષની રચના $3s^2 3p^3$ મળે છે.
તેથી,સંપૂર્ણ ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^3$ થશે.

(A) પગલું $1$: પ્રક્રિયકોના મિલીમોલની ગણતરી કરો.
$n(NaOH) = 20 \ mL \times 0.5 \ M = 10 \ mmol$.
$n(HCl) = 100 \ mL \times 0.1 \ M = 10 \ mmol$.
પગલું $2$: ઉત્પન્ન થતા પાણીનું પ્રમાણ નક્કી કરો.
પ્રક્રિયા: $NaOH + HCl \rightarrow NaCl + H_2O$.
બંને પ્રક્રિયકો $10 \ mmol$ હોવાથી,$10 \ mmol$ $H_2O$ ઉત્પન્ન થાય છે.
પગલું $3$: તટસ્થીકરણની ઉષ્માની ગણતરી કરો.
$10 \ mmol$ $(0.01 \ mol)$ $H_2O$ માટે મુક્ત થતી ઉષ્મા $x \ kJ$ છે.
તટસ્થીકરણની ઉષ્મા એટલે $1 \ mol$ $H_2O$ બનતી વખતે મુક્ત થતી ઉષ્મા.
$\Delta H_{neut} = - \frac{x \ kJ}{0.01 \ mol} = -100 \ x \ kJ / mol$.

(B) સંતુલન અચળાંક $K$ અને તાપમાન $T$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $\Delta G^{\circ} = -RT \ ln \ K$.
$\Delta G^{\circ} = \Delta H^{\circ} - T \Delta S^{\circ}$ મૂકતા,આપણને મળે: $\Delta H^{\circ} - T \Delta S^{\circ} = -RT \ ln \ K$.
બંને બાજુ $-RT$ વડે ભાગતા: $ln \ K = -\frac{\Delta H^{\circ}}{RT} + \frac{\Delta S^{\circ}}{R}$.
આ સમીકરણને $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = ln \ K$,$x = \frac{1}{T}$,$m = -\frac{\Delta H^{\circ}}{R}$,અને $c = \frac{\Delta S^{\circ}}{R}$.
આમ,y-અક્ષ પરનો આંતરછેદ $\frac{\Delta S^{\circ}}{R}$ છે.

(D) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,મધ્યસ્થ અધિકતમથી $n$-મી અપ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y_n = (2n - 1) \frac{D \lambda}{2d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$ છે.
અહીં આપેલ છે કે એક સ્લિટની બરાબર સામે પડદા પર અપ્રકાશિત શલાકા જોવા મળે છે,તેથી મધ્યસ્થ અક્ષથી આ બિંદુનું અંતર $y = \frac{d}{2}$ છે.
અપ્રકાશિત શલાકાના સ્થાન માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$(2n - 1) \frac{D \lambda}{2d} = \frac{d}{2}$.
પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકા માટે $(n = 1)$:
$(2(1) - 1) \frac{D \lambda}{2d} = \frac{d}{2}$.
$\frac{D \lambda}{2d} = \frac{d}{2}$.
તરંગલંબાઈ $\lambda$ માટે ઉકેલતા:
$\lambda = \frac{d^2}{D}$.

(A) ફોર્માલ્ડિહાઇડ $(HCHO)$ અને એમોનિયા $(NH_3)$ વચ્ચેની પ્રક્રિયાથી હેક્ઝામિથિલીન ટેટ્રામાઇન બને છે,જેને યુરોટ્રોપિન તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$6 HCHO + 4 NH_3 \rightarrow (CH_2)_6 N_4 + 6 H_2 O$

(B) એસીટોનની આયોડોફોર્મ પ્રક્રિયામાં બેઝ $(OI^-)$ ની હાજરીમાં આલ્ફા-કાર્બન પરના હાઇડ્રોજન પરમાણુઓનું ક્રમિક રીતે આયોડિન પરમાણુઓ દ્વારા વિસ્થાપન થાય છે.
પગલું $1$: $CH_3COCH_3 + OI^- \rightarrow CH_3COCH_2I + OH^-$
પગલું $2$: $CH_3COCH_2I + OI^- \rightarrow CH_3COCH_2I + OH^-$
પગલું $3$: $CH_3COCH_2I + OI^- \rightarrow CH_3COCI_3 + OH^-$
પગલું $4$: $CH_3COCI_3 + OH^- \rightarrow CH_3COO^- + CHI_3$
આ મધ્યવર્તી સંયોજનોની આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,$ICH_2COCH_2I$ પ્રક્રિયા દરમિયાન બનતું નથી કારણ કે આયોડિનેશન ખાસ કરીને કાર્બોનિલ જૂથની બાજુમાં આવેલા મિથાઈલ જૂથ પર થાય છે.

(D) જલીય દ્રાવણમાં,ગ્લુકોઝ તેના ઓપન-ચેઈન સ્વરૂપ અને બે ચક્રીય (પાયરેનોઝ) સ્વરૂપો,જે $\alpha-D-(+)-glucopyranose$ અને $\beta-D-(+)-glucopyranose$ તરીકે ઓળખાય છે,તેની વચ્ચે ગતિશીલ સંતુલનમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
સંતુલન મિશ્રણમાં આશરે $36\%$ $\alpha$-એનોમર,$64\%$ $\beta$-એનોમર અને ખૂબ જ ઓછી માત્રામાં (આશરે $0.02\%$) ઓપન-ચેઈન સ્વરૂપ હોય છે.
તેથી,ગ્લુકોઝ સંતુલનમાં ત્રણેય સ્વરૂપોમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(A) વિદ્યુત ક્ષેત્રમાં એમિનો એસિડનું વર્તન તેમના આઇસોઇલેક્ટ્રિક પોઇન્ટ $(pI)$ ની સાપેક્ષે આપેલ $pH$ પર તેમના ચોખ્ખા વીજભાર પર આધાર રાખે છે.
$1$. ગ્લુટામિક એસિડ $(pI = 3.2)$ માટે,$pH = 6.0$ $(pH > pI)$ પર,તે ઋણ આયન તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને એનોડ તરફ સ્થળાંતર કરે છે.
$2$. આર્જીનાઇન $(pI = 10.7)$ માટે,$pH = 6.0$ $(pH < pI)$ પર,તે ધન આયન તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને કેથોડ તરફ સ્થળાંતર કરે છે.
$3$. એલનાઇન $(pI = 6.0)$ માટે,$pH = 6.0$ $(pH = pI)$ પર,તે ઝ્વિટરઆયન (દ્વિધ્રુવીય આયન) તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેનો ચોખ્ખો વીજભાર શૂન્ય છે અને તે કોઈ પણ ઇલેક્ટ્રોડ તરફ સ્થળાંતર કરતું નથી,તેથી તે દ્રાવણમાં સમાન રીતે વિતરિત રહે છે.

(B) ન્યુક્લિક એસિડ ($DNA$ અને $RNA$) ત્રણ મુખ્ય ઘટકોના બનેલા હોય છે: પેન્ટોઝ શર્કરા (રાઇબોઝ અથવા ડીઓક્સિરાઇબોઝ),ફોસ્ફેટ ગ્રુપ (ફોસ્ફોરિક એસિડમાંથી મેળવેલ),અને નાઇટ્રોજનયુક્ત બેઝ (એડેનાઇન,ગુઆનાઇન,સાયટોસિન,થાઇમિન અથવા યુરેસિલ).
$Guanidine$ એ $HNC(NH_2)_2$ સૂત્ર ધરાવતું રાસાયણિક સંયોજન છે,જે ન્યુક્લિક એસિડનું ઘટક નથી.
$Guanine$ એ ન્યુક્લિક એસિડમાં જોવા મળતો નાઇટ્રોજનયુક્ત બેઝ છે,જ્યારે $Guanidine$ નથી.

(C) બાષ્પશીલતા એ આંતરઆણ્વીય બળોની પ્રબળતાના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
o-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોઈક એસિડ (સેલિસિલિક એસિડ) માં આંતઃઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધ જોવા મળે છે,જે તેના સમઘટકો (p- અને m-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોઈક એસિડ) ની તુલનામાં આંતરઆણ્વીય હાઈડ્રોજન બંધની માત્રા ઘટાડે છે.
આના પરિણામે આંતરઆણ્વીય બળો નબળા પડે છે,જેના કારણે o-હાઈડ્રોક્સીબેન્ઝોઈક એસિડ અન્ય કરતા વધુ બાષ્પશીલ બને છે.

(C) પેરાસીટામોલ એ વ્યાપકપણે વપરાતી વેદનાહર (analgesic) અને તાપમાન ઘટાડતી (antipyretic) દવા છે.
તેનું રાસાયણિક બંધારણ બેન્ઝીન રિંગ ધરાવે છે જેમાં $p$-સ્થાન પર હાઈડ્રોક્સિલ ગ્રુપ $(-OH)$ અને એસીટામિડો ગ્રુપ $(-NHCOCH_3)$ જોડાયેલ હોય છે.
તેથી,તેનું $IUPAC$ નામ $N$-($4$-હાઈડ્રોક્સિફિનાઈલ)એસીટામાઈડ છે,જેને સામાન્ય રીતે $N$-એસીટાઈલ $p$-એમિનોફિનોલ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.

(D) ઉમદા ધાતુઓને ભેજવાળી હવામાં ઓક્સિડેશન અને કાટ સામેના તેમના પ્રતિકાર દ્વારા વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
તેઓ એસિડ અને બેઝ જેવા ઘણા સામાન્ય પ્રક્રિયકો પ્રત્યે રાસાયણિક રીતે નિષ્ક્રિય હોય છે.
આ રાસાયણિક સ્થિરતા એ મુખ્ય કારણ છે કે તેમને ઉમદા ધાતુઓ તરીકે વર્ગીકૃત કરવામાં આવે છે.

(D) નિર્જળ $FeCl_3$ એ ગરમ કરેલા લોખંડની ધાતુ સાથે સૂકા $Cl_2$ વાયુની પ્રતિક્રિયા દ્વારા તૈયાર કરવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2 Fe + 3 Cl_2 \xrightarrow{\Delta} 2 FeCl_3$.
જો $HCl$ નો ઉપયોગ કરવામાં આવે,તો પાણીની હાજરીને કારણે તે ઘણીવાર જલીય ફેરિક ક્લોરાઇડ બનાવે છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયાઓ ઓક્સિડેશન અર્ધ-પ્રક્રિયાઓ છે,તેથી આપેલ $E^{\circ}$ મૂલ્યો ઓક્સિડેશન પોટેન્શિયલ $(E^{\circ}_{op})$ છે:
$Zn \rightarrow Zn^{2+} + 2e^-, E^{\circ}_{op} = +0.76 \ V$
$Fe \rightarrow Fe^{2+} + 2e^-, E^{\circ}_{op} = +0.41 \ V$
કોષ પ્રક્રિયા $Fe^{2+} + Zn \rightarrow Zn^{2+} + Fe$ માટે,$Zn$ નું ઓક્સિડેશન (એનોડ) અને $Fe^{2+}$ નું રિડક્શન (કેથોડ) થાય છે.
કોષ પોટેન્શિયલનું સૂત્ર: $E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{op}(\text{anode}) + E^{\circ}_{rp}(\text{cathode})$
કારણ કે $E^{\circ}_{rp}(\text{cathode}) = -E^{\circ}_{op}(\text{cathode})$,તેથી:
$E^{\circ}_{cell} = E^{\circ}_{op}(Zn) - E^{\circ}_{op}(Fe)$
$E^{\circ}_{cell} = 0.76 \ V - 0.41 \ V = +0.35 \ V$.

(A) નાઈટ્રોફિનોલ્સની એસિડિકતા $-NO_2$ સમૂહની ઈલેક્ટ્રોન આકર્ષક અસર ($-I$ અને $-R$ અસરો) દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
$p$-નાઈટ્રોફિનોલ સૌથી વધુ એસિડિક છે કારણ કે પેરા-સ્થાન પર રહેલ $-NO_2$ સમૂહ પ્રબળ $-I$ અને $-R$ બંને અસરો દર્શાવે છે,જે ફિનોક્સાઈડ આયનને નોંધપાત્ર રીતે સ્થાયી કરે છે.
$o$-નાઈટ્રોફિનોલમાં,$-NO_2$ સમૂહ ઓર્થો-સ્થાન પર છે,જે પ્રબળ $-I$ અને $-R$ અસરો દર્શાવે છે,પરંતુ $-OH$ સમૂહ અને $-NO_2$ સમૂહ વચ્ચે આંતઃઆણ્વીય $H$-બંધ બનવાને કારણે પ્રોટોન મુક્ત કરવો $p$-નાઈટ્રોફિનોલની સરખામણીમાં થોડો મુશ્કેલ બને છે.
$m$-નાઈટ્રોફિનોલમાં,$-NO_2$ સમૂહ માત્ર $-I$ અસર દર્શાવે છે (કોઈ સંસ્પંદન અસર નથી),જે તેને ત્રણેયમાં સૌથી ઓછો એસિડિક બનાવે છે.
આમ,એસિડિકતાનો ઘટતો સાચો ક્રમ: $p$-નાઈટ્રોફિનોલ $ > $ $o$-નાઈટ્રોફિનોલ $ > $ $m$-નાઈટ્રોફિનોલ છે.

(B) આલ્કોહોલિક $KOH$ સાથે આલ્કાઈલ હેલાઈડનું ડીહાઈડ્રોહેલોજનેશન $E_2$ પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે.
આ પ્રક્રિયામાં બનતા આલ્કીનની સ્થિરતા પ્રક્રિયાનો મુખ્ય આધાર છે.
સેટઝેફના નિયમ મુજબ,વધુ વિસ્થાપિત આલ્કીન વધુ સ્થિર હોય છે.
તૃતીયક $(3^{\circ})$ આલ્કાઈલ હેલાઈડ સૌથી વધુ વિસ્થાપિત આલ્કીન બનાવે છે,તેથી તે સૌથી ઝડપથી પ્રક્રિયા આપે છે.
તેથી,પ્રતિક્રિયાત્મકતાનો ક્રમ $3^{\circ} > 2^{\circ} > 1^{\circ}$ છે.

(A) $FeCl_3$ કસોટીનો ઉપયોગ ફિનોલિક સમૂહ (બેન્ઝીન રિંગ સાથે સીધો જોડાયેલ $-OH$ સમૂહ) ની હાજરી શોધવા માટે થાય છે.
ફિનોલિક સમૂહ ધરાવતા સંયોજનો તટસ્થ $FeCl_3$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને જાંબલી રંગનું સંકીર્ણ બનાવે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$o-$ક્રેસોલ ($2-$મિથાઈલફિનોલ) એ ફિનોલ છે અને $FeCl_3$ સાથે જાંબલી રંગ આપે છે.
બેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલ $(C_6H_5CH_2OH)$ માં ફિનોલિક સમૂહ હોતો નથી ($-OH$ સમૂહ સાઇડ ચેઈન પર છે),તેથી તે $FeCl_3$ સાથે જાંબલી રંગ આપતું નથી.
તેથી,$o-$ક્રેસોલ અને બેન્ઝાઈલ આલ્કોહોલને આ કસોટી દ્વારા અલગ પાડી શકાય છે.

(C) ઓરડાના તાપમાને અને દબાણે,$P_4O_{10}$ સફેદ ઘન સ્વરૂપે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$SO_2$ એ રંગહીન વાયુ છે.
$NO_2$ એ કથ્થઈ રંગનો વાયુ છે.
જોકે,$SO_3$ ઓરડાના તાપમાને રંગહીન,સ્ફટિકમય પારદર્શક ઘન સ્વરૂપે હોય છે,વાયુ સ્વરૂપે નહીં.
તેથી,$SO_3$ રંગહીન વાયુ છે તે વિધાન સાચું નથી.

(C) સાંદ્ર $HCl$ માંથી ઓરડાના તાપમાને $Cl_2$ વાયુની બનાવટ $KMnO_4$ જેવા પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તાનો ઉપયોગ કરીને કરવામાં આવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા: $2KMnO_4 + 16HCl \rightarrow 2KCl + 2MnCl_2 + 8H_2O + 5Cl_2$.
જોકે $MnO_2$ પણ $HCl$ નું $Cl_2$ માં ઓક્સિડેશન કરે છે,પરંતુ તેના માટે સામાન્ય રીતે ગરમ કરવાની જરૂર પડે છે,જ્યારે $KMnO_4$ આ પ્રક્રિયા ઓરડાના તાપમાને કરી શકે છે.

(B) શરૂઆતનો પરમાણુ $^X_Y M$ છે.
$1$. પ્રથમ $\alpha$ કણ $(^4_2 He)$ નું ઉત્સર્જન: દળ ક્રમાંક $4$ જેટલો ઘટે છે અને પરમાણુ ક્રમાંક $2$ જેટલો ઘટે છે. નીપજ: $^{X-4}_{Y-2} N$.
$2$. બીજા $\alpha$ કણનું ઉત્સર્જન: દળ ક્રમાંક $4$ જેટલો ઘટે છે અને પરમાણુ ક્રમાંક $2$ જેટલો ઘટે છે. નીપજ: $^{X-8}_{Y-4} O$.
$3$. એક $\beta$ કણ $(^0_{-1} e)$ નું ઉત્સર્જન: દળ ક્રમાંક અચળ રહે છે અને પરમાણુ ક્રમાંક $1$ જેટલો વધે છે. નીપજ: $^{X-8}_{Y-3} P$.
ન્યુટ્રોનની સંખ્યા = દળ ક્રમાંક - પરમાણુ ક્રમાંક.
ન્યુટ્રોનની સંખ્યા = $(X-8) - (Y-3) = X - 8 - Y + 3 = X - Y - 5$.