WBJEE 2019 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) अतिपरवलय का दिया गया समीकरण $\frac{x^2}{\cos^2 \alpha} - \frac{y^2}{\sin^2 \alpha} = 1$ है।
मानक समीकरण $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ से तुलना करने पर,$a^2 = \cos^2 \alpha$ और $b^2 = \sin^2 \alpha$ प्राप्त होता है।
नाभियों के निर्देशांक $(\pm ae, 0)$ होते हैं,जहाँ $ae = \sqrt{a^2 + b^2}$ है।
मान रखने पर,$ae = \sqrt{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} = \sqrt{1} = 1$।
अतः,नाभियाँ $(\pm 1, 0)$ हैं,जो $\alpha$ से स्वतंत्र हैं।
इसलिए,$\alpha$ के बदलने पर नाभियाँ स्थिर रहती हैं।

(A) मुख्य बिंदु: जैसे-जैसे बंध में $s$-लक्षण का प्रतिशत बढ़ता है,बंध कोण भी बढ़ता है।
बेंट के नियम के अनुसार,जैसे-जैसे केंद्रीय परमाणु की विद्युत ऋणात्मकता बढ़ती है,लोन-पेयर अधिक $s$-लक्षण वाले कक्षक में स्थित होता है।
$NH_3$ में,$N$ परमाणु $PH_3$ के $P$ की तुलना में अधिक विद्युत ऋणात्मक है।
चूंकि $NH_3$ में बंध कोण $(107.6^{\circ})$ $PH_3$ $(93.5^{\circ})$ से अधिक है,इसलिए $NH_3$ के बंध कक्षकों में $s$-लक्षण अधिक होता है।
परिणामस्वरूप,$NH_3$ में लोन-पेयर कक्षक में $PH_3$ की तुलना में $s$-लक्षण अधिक और $p$-लक्षण कम होता है।
अतः,अमोनिया पर लोन-पेयर का $p$-लक्षण कम होता है।
इसलिए,विकल्प $(A)$ सही उत्तर है.

(C) साम्यावस्था $H_{2} + I_{2} \rightleftharpoons 2 HI$ में,यदि दिए गए तापमान पर अभिकारकों की सांद्रता बढ़ाई जाती है,तो साम्य स्थिरांक $K_{C}$ का मान समान रहेगा।
इसका कारण यह है कि साम्य स्थिरांक $K_{C}$ केवल तापमान का फलन है और यह अभिकारकों या उत्पादों की मोलर सांद्रता पर निर्भर नहीं करता है।
सही विकल्प $C$ है।

(B) मुख्य बिंदु:
$(i)$ अर्ध-पूर्ण या पूर्ण भरी हुई विन्यास वाली कक्षाओं की इलेक्ट्रॉन बंधुता कम होती है (अर्थात,धनात्मक या कम ऋणात्मक इलेक्ट्रॉन लब्धि एन्थैल्पी)।
$(ii)$ आकार जितना छोटा होता है,इलेक्ट्रॉन लब्धि एन्थैल्पी सामान्यतः उतनी ही अधिक ऋणात्मक होती है।
आवर्त में बाएं से दाएं जाने पर,नाभिकीय आवेश में वृद्धि के कारण परमाणु का आकार घटता है।
$(i)$ तत्वों का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास:
$C (Z=6) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{2}$
$N (Z=7) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{3}$
$O (Z=8) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{4}$
$(ii)$ नाइट्रोजन के स्थिर अर्ध-पूर्ण इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $(2p^{3})$ के कारण,इसकी इलेक्ट्रॉन बंधुता बहुत कम (धनात्मक इलेक्ट्रॉन लब्धि एन्थैल्पी $30.9 \ kJ/mol$) होती है।
$(iii)$ चूंकि $O$ का आकार $C$ से छोटा है,इसलिए $O$ की इलेक्ट्रॉन लब्धि एन्थैल्पी $(-141.1 \ kJ/mol)$,$C$ $(-122.3 \ kJ/mol)$ की तुलना में अधिक ऋणात्मक होती है।
अतः,सही क्रम $N < C < O$ है।

(B) मुख्य बिंदु: जिस यौगिक में आयनिक गुण अधिक होता है,उसका गलनांक अधिक होता है।
$Be$ और $Ca$ एक ही समूह $(2)$ के तत्व हैं और समूह में नीचे जाने पर आयनिक गुण बढ़ता है।
अतः,$BeCl_2$,$CaCl_2$ की तुलना में कम आयनिक है,इसलिए $CaCl_2$ का गलनांक $BeCl_2$ से अधिक है।
$HgCl_2$ अत्यधिक सहसंयोजक है क्योंकि $Hg^{2+}$ आयन की ध्रुवण क्षमता बहुत अधिक होती है।
इसलिए,गलनांक का सही क्रम $CaCl_2 > BeCl_2 > HgCl_2$ है,अर्थात $(ii) > (i) > (iii)$।
अतः,विकल्प $(b)$ सही उत्तर है।

(B) $1 \text{ mole}$ इलेक्ट्रॉनों पर आवेश $F = 96500 \text{ C/mol}$ होता है।
दिया गया है,$1 \text{ millimole} = 1 \times 10^{-3} \text{ mol}$ $M^{n+}$ आयन।
कुल आवेश $Q = n \times \text{moles} \times F$.
$193 = n \times (1 \times 10^{-3}) \times 96500$.
$193 = n \times 96.5$.
$n = \frac{193}{96.5} = 2$.
अतः,$n$ का मान $2$ है।

(C) इलेक्ट्रॉनों का एक एकाकी युग्म विस्थानीकृत माना जाता है यदि वह $\pi$-बंध के साथ संयुग्मन (conjugation) में हो (अर्थात एक एकल बंध द्वारा अलग हो)।
विकल्प $(a)$ में,ऑक्सीजन का एकाकी युग्म कार्बोनिल समूह से एक $-CH_2-$ समूह द्वारा अलग है,इसलिए यह स्थानीयकृत (localised) है।
विकल्प $(b)$ में,नाइट्रोजन का एकाकी युग्म कार्बोनिल समूह से एक $-CH_2-$ समूह द्वारा अलग है,इसलिए यह स्थानीयकृत है।
विकल्प $(c)$ में,ऑक्सीजन परमाणु सीधे वलय (ring) के द्वि-बंध से जुड़ा है। ऑक्सीजन पर मौजूद एकाकी युग्म द्वि-बंध के $\pi$-इलेक्ट्रॉनों के साथ संयुग्मन में है,जो इसे विस्थानीकृत बनाता है।
विकल्प $(d)$ में,नाइट्रोजन का एकाकी युग्म द्वि-बंध से एक $-CH_2-$ समूह द्वारा अलग है,इसलिए यह स्थानीयकृत है।
अतः,केवल विकल्प $(c)$ वाले अणु में विस्थानीकृत एकाकी युग्म है।

(A) एक न्यूक्लियोफाइल वह प्रजाति है जो रासायनिक बंध बनाने के लिए इलेक्ट्रॉन युग्म दान कर सकती है।
$BH_{4}^{-}$ में,बोरॉन $(B)$ परमाणु पर औपचारिक ऋण आवेश है लेकिन इसके पास दान करने के लिए कोई एकाकी इलेक्ट्रॉन युग्म (lone pair) नहीं है।
$CH_{3}MgBr$ में,$C-Mg$ बंध की ध्रुवीयता के कारण कार्बन $(C)$ परमाणु न्यूक्लियोफिलिक है।
$CH_{3}OH$ में,ऑक्सीजन $(O)$ परमाणु के पास दो एकाकी इलेक्ट्रॉन युग्म हैं।
$CH_{3}NH_{2}$ में,नाइट्रोजन $(N)$ परमाणु के पास एक एकाकी इलेक्ट्रॉन युग्म है।
अतः,$BH_{4}^{-}$ में $B$ परमाणु एक न्यूक्लियोफिलिक साइट नहीं है।
इसलिए,सही विकल्प $A$ है।

(D) $n$-ब्यूटेन के संरूपण (ग्रसित,गौश और विपक्ष) $C2-C3$ सिग्मा बंध के चारों ओर घूर्णन द्वारा उत्पन्न होते हैं। यह घूर्णन $C2$ और $C3$ कार्बन से जुड़े दो मिथाइल समूहों के बीच द्वितल कोण (dihedral angle) को बदलता है,जिससे विभिन्न ऊर्जा अवस्थाएँ प्राप्त होती हैं।
अतः,सही विकल्प $(d)$ है।

(D) $\beta$-कीटो एसिड या प्रतिस्थापित मैलोनिक एसिड को गर्म करने पर डिकार्बोक्सिलेशन ($CO_2$ का निकलना) होता है।
डिकार्बोक्सिलेशन के बाद यौगिक के अकाइरल बनने के लिए,परिणामी उत्पाद में समरूपता का तल होना चाहिए या कायरल केंद्र नष्ट हो जाना चाहिए।
दिए गए विकल्प $(D)$ में,गर्म करने पर डिकार्बोक्सिलेशन होता है और परिणामी अणु में केंद्रीय कार्बन पर दो समान समूह (जैसे दो $H$ परमाणु) जुड़ जाते हैं,जिससे यह अकाइरल हो जाता है।

(C) सबसे कम $pH$ निर्धारित करने के लिए,हम प्रत्येक मिश्रण की प्रकृति का विश्लेषण करते हैं:
$(A)$ $CH_{3}COOH$ और $NH_{4}OH$ का मिश्रण एक लवण बनाता है जो लगभग उदासीन होता है।
$(B)$ $NH_{4}Cl$ और $NH_{4}OH$ का मिश्रण एक क्षारीय बफर बनाता है $(pH > 7)$।
$(C)$ $CH_{3}COOH$ और $CH_{3}COONa$ का मिश्रण एक अम्लीय बफर बनाता है,जहाँ $pH = pK_{a} \approx 4.76$।
$(D)$ $CH_{3}COOH$ और $NaOH$ का मिश्रण $CH_{3}COONa$ बनाता है,जिसका जल-अपघटन होने पर विलयन क्षारीय हो जाता है $(pH > 7)$।
अतः,विकल्प $(C)$ में अम्लीय बफर का $pH$ सबसे कम है।

(B) हैलोजन अम्लों में,जैसे-जैसे हैलोजन परमाणु का आकार बढ़ता है,हैलोजन और हाइड्रोजन परमाणु के बीच बंध की मजबूती कम हो जाती है।
यह $H-X$ बंध को तोड़ना आसान बनाता है,जिससे इलेक्ट्रॉनस्नेही योगज अभिक्रिया सुगम हो जाती है।
बंध वियोजन ऊर्जा का क्रम $HCl > HBr > HI$ है।
इसलिए,एथिलीन के साथ योगज अभिक्रिया के लिए अभिक्रियाशीलता का क्रम $HI > HBr > HCl$ है।
अतः,सही विकल्प $(B)$ है।

(C) क्रिस्टलीय ठोस $MSO_{4} \cdot nH_{2}O$ का मोलर द्रव्यमान $250 \ g \ mol^{-1}$ है।
यह दिया गया है कि निर्जलीय लवण $(MSO_{4})$ का प्रतिशत $64\%$ है,इसलिए जल $(H_{2}O)$ का प्रतिशत $100\% - 64\% = 36\%$ है।
$H_{2}O$ का द्रव्यमान = $\frac{36}{100} \times 250 = 90 \ g$.
$H_{2}O$ के मोल = $\frac{90 \ g}{18 \ g \ mol^{-1}} = 5 \ mol$.
चूंकि सूत्र $MSO_{4} \cdot nH_{2}O$ है,$n$ का मान जल के मोलों की संख्या के बराबर है,जो कि $5$ है।
अतः,विकल्प $(C)$ सही उत्तर है।

(A) दिया गया है,गैस का द्रव्यमान $(W) = 7.5 \ g$।
$STP$ पर गैस का आयतन $(V) = 5.6 \ L$।
चूंकि,$STP$ पर गैस के मोल $= \frac{V(L)}{22.4 \ L} = \frac{W}{M}$,जहाँ $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
इसलिए,$M = \frac{W \times 22.4}{V}$।
$M = \frac{7.5 \times 22.4}{5.6} = 30.00 \ g \ mol^{-1}$।
दिए गए विकल्पों में से,मोलर द्रव्यमान $(M)$:
$(A) \ NO = 14 + 16 = 30.00 \ g \ mol^{-1}$।
$(B) \ N_{2}O = 28 + 16 = 44.00 \ g \ mol^{-1}$।
$(C) \ CO = 12 + 16 = 28.00 \ g \ mol^{-1}$।
$(D) \ CO_{2} = 12 + 32 = 44.00 \ g \ mol^{-1}$।
चूंकि $NO$ का मोलर द्रव्यमान $30 \ g \ mol^{-1}$ है,इसलिए दी गई गैस $NO$ है।
अतः,$A$ सही विकल्प है।

(C) $h \nu / K_{B}$ राशि तापमान के अनुरूप है।
गैसों के गतिज सिद्धांत के अनुसार,गैस के अणु की औसत गतिज ऊर्जा $\frac{3}{2} K_{B} T$ होती है।
ऊर्जा के क्वांटम $h \nu$ को तापीय ऊर्जा $K_{B} T$ के बराबर रखने पर,$h \nu = K_{B} T$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{h \nu}{K_{B}} = T$।
इसलिए,$\frac{h \nu}{K_{B}}$ राशि तापमान की विमा रखती है।
अतः,विकल्प $C$ सही है।

(B) पद $\left(\frac{a b}{V^{2}}\right)$ की विमाओं का विश्लेषण इस प्रकार किया जा सकता है:
वान डर वाल्स समीकरण में,पद $\left(\frac{a}{V^{2}}\right)$ दाब $(P)$ की विमाएँ रखता है।
इसलिए,$\left(\frac{a}{V^{2}}\right) \times b = \text{दाब} \times \text{आयतन}$.
चूँकि $\text{दाब} = \frac{\text{बल}}{\text{क्षेत्रफल}}$,इसलिए $\text{दाब} \times \text{आयतन} = \frac{\text{बल}}{\text{क्षेत्रफल}} \times \text{आयतन} = \frac{MLT^{-2}}{L^{2}} \times L^{3} = ML^{2} T^{-2}$.
यह विमा $(ML^{2} T^{-2})$ ऊर्जा (जूल) के अनुरूप है।
अतः,पद $\left(\frac{a b}{V^{2}}\right)$ ऊर्जा को दर्शाता है।

(A) माना निश्चित बिंदु $A$ के निर्देशांक $(p, q)$ हैं और व्यास के दूसरे सिरे $B$ के निर्देशांक $(x, y)$ हैं।
चूंकि $AB$ व्यास है,वृत्त का केंद्र $AB$ का मध्यबिंदु $(\frac{x+p}{2}, \frac{y+q}{2})$ है।
वृत्त की त्रिज्या केंद्र से $A$ तक की दूरी है,जो $\sqrt{(\frac{x-p}{2})^{2} + (\frac{y-q}{2})^{2}}$ है।
चूंकि वृत्त $X$-अक्ष को स्पर्श करता है,त्रिज्या केंद्र के $y$-निर्देशांक के निरपेक्ष मान के बराबर है,इसलिए $r = |\frac{y+q}{2}|$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$(\frac{x-p}{2})^{2} + (\frac{y-q}{2})^{2} = (\frac{y+q}{2})^{2}$ प्राप्त होता है।
$4$ से गुणा करने पर,$(x-p)^{2} + (y-q)^{2} = (y+q)^{2}$ प्राप्त होता है।
$(x-p)^{2} + y^{2} - 2qy + q^{2} = y^{2} + 2qy + q^{2}$.
$(x-p)^{2} = 4qy$.

(D) मुख्य बिंदु: जिन स्पीशीज में एक या अधिक अयुग्मित इलेक्ट्रॉन होते हैं,उनका चुंबकीय आघूर्ण शून्य नहीं होता है।
इलेक्ट्रॉनिक विन्यास:
$Na^{+} (Z=11) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{6}$ (सभी इलेक्ट्रॉन युग्मित हैं)
$Mg (Z=12) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{6} 3s^{2}$ (सभी इलेक्ट्रॉन युग्मित हैं)
$F^{-} (Z=9) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{6}$ (सभी इलेक्ट्रॉन युग्मित हैं)
$Ar^{+} (Z=18) = 1s^{2} 2s^{2} 2p^{6} 3s^{2} 3p^{5}$ ($3p$ कक्षक में एक अयुग्मित इलेक्ट्रॉन है)
चूंकि $Ar^{+}$ में एक अयुग्मित इलेक्ट्रॉन है,इसलिए इसका चुंबकीय आघूर्ण शून्य नहीं है। अतः,$(d)$ सही विकल्प है।

(C) दिग्ंशीय क्वांटम संख्या $l$ के दिए गए मान के लिए,चुंबकीय क्वांटम संख्या $m$ का मान $-l$ से $+l$ (शून्य सहित) के बीच हो सकता है।
यदि $l=0$ है,तो $m$ का मान $0$ ही होना चाहिए।
विकल्प $(c)$ में,$l=0$ है लेकिन $m=-1$ है,जो $-l \leq m \leq l$ नियम का उल्लंघन करता है।
अतः,$n=2, l=0, m=-1$ विन्यास असंभव और असंगत है।

(A) किरचॉफ के समीकरण के अनुसार,तापमान के साथ अभिक्रिया की एन्थैल्पी में परिवर्तन इस प्रकार दिया जाता है:
$ \Delta H_{T_2} = \Delta H_{T_1} + \int_{T_1}^{T_2} \Delta C_{p} \, dT $
यदि $ \Delta C_{p} = 0 $ है,तो समाकलन पद शून्य हो जाता है।
इसका अर्थ है कि $ \Delta H_{T_2} = \Delta H_{T_1} $,जिसका अर्थ है कि संभवन ऊष्मा तापमान से स्वतंत्र है।
अतः,सही स्थिति $ \Delta C_{p} = 0 $ है।
इसलिए,विकल्प $(A)$ सही उत्तर है।

(A, B) कथन $(a)$ सही है: $CrO_{5}$ (बटरफ्लाई संरचना) में $Cr$ की ऑक्सीकरण संख्या $+6$ है।
कथन $(b)$ सही है: अभिक्रिया $N_{2}O_{4(g)} \rightarrow 2NO_{2(g)}$ के लिए,$\Delta n_{g} = 2 - 1 = 1$ है। चूंकि $\Delta H = \Delta U + \Delta n_{g}RT$,और $\Delta n_{g} > 0$,इसलिए $\Delta H > \Delta U$ है।
कथन $(c)$ गलत है: $0.1 \ N \ H_{2}SO_{4}$ के लिए,$[H^{+}] = 0.1 \ M$,इसलिए $pH = -\log(0.1) = 1$ है। $0.1 \ N \ HCl$ के लिए,$[H^{+}] = 0.1 \ M$,इसलिए $pH = -\log(0.1) = 1$ है। अतः,$pH$ मान समान हैं।
कथन $(d)$ गलत है: $25^{\circ} C$ पर,$\frac{RT}{F} \approx 0.0257 \ V$ होता है। $0.0591 \ V$ का मान $\frac{2.303RT}{F}$ के लिए है।
अतः,सही कथन $(a)$ और $(b)$ हैं।

(D) दी गई साम्यावस्था $H_{2}O_{(l)} \rightleftharpoons H_{2}O_{(g)}$ के लिए:
$(I)$ साम्यावस्था पर,गिब्स मुक्त ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta G = 0$ होता है।
$(II)$ एन्ट्रापी परिवर्तन,$\Delta S$,तंत्र की यादृच्छिकता (randomness) का माप है। चूंकि वाष्प अवस्था,द्रव अवस्था की तुलना में अधिक अव्यवस्थित होती है,इसलिए एन्ट्रापी बढ़ती है,अर्थात $\Delta S > 0$।
$(III)$ द्रव $H_{2}O$ का वाष्प $H_{2}O$ में परिवर्तन एक ऊष्माशोषी प्रक्रिया है,जिसमें ऊष्मीय ऊर्जा की आवश्यकता होती है। अतः,एन्थैल्पी परिवर्तन $\Delta H > 0$ है।
अतः,सही शर्तों का समूह $\Delta G = 0, \Delta H > 0$ और $\Delta S > 0$ है।
इसलिए,विकल्प $(D)$ सही उत्तर है।

(D) साइक्लोपेंटेनॉल की $NaH$ के साथ अभिक्रिया से सोडियम एल्कोक्साइड मध्यवर्ती बनता है।
यह एल्कोक्साइड फिर $CS_{2}$ के साथ अभिक्रिया करके सोडियम ज़ेंथेट लवण बनाता है।
अंत में,$CH_{3}I$ (मिथाइल आयोडाइड) के साथ अभिक्रिया से मिथाइल ज़ेंथेट एस्टर का निर्माण होता है।
इस अनुक्रम को चुगाएव एलिमिनेशन प्रीकर्सर संश्लेषण के रूप में जाना जाता है।
अतः,उत्पाद एक ज़ेंथेट है।
इस प्रकार,विकल्प $(d)$ सही उत्तर है।

(C) एलाइल अल्कोहल $(CH_2=CH-CH_2OH)$ का परएसिड $(RCO_3H)$ के साथ ऑक्सीकरण एक एपॉक्सिडेशन अभिक्रिया है।
यह अभिक्रिया ग्लाइसीडोल देती है,जिसका आणविक सूत्र $C_3H_6O_2$ है।
ग्लाइसीडोल की संरचना $CH_2(O)CH-CH_2OH$ (या $2,3-$एपॉक्सीप्रोपेन$-1-$ऑल) है।
इस अणु में,$C-2$ स्थिति पर स्थित कार्बन परमाणु चार अलग-अलग समूहों ($-H$,$-CH_2OH$,और एपॉक्साइड वलय के दो कार्बन) से जुड़ा होता है,जो इसे एक असममित (कायरल) कार्बन परमाणु बनाता है।
इसलिए,सही संरचना $CH_2(O)CH-CH_2OH$ है।

(C) $2,2,2-$ट्राइक्लोरोऐसीटोफिनोन जलीय $KOH$ के साथ हैलोफॉर्म जैसी विखंडन अभिक्रिया करता है। हाइड्रॉक्साइड आयन कार्बोनिल कार्बन पर आक्रमण करता है,जिसके बाद स्थायी $CHCl_3$ (क्लोरोफॉर्म) लीविंग ग्रुप के रूप में बाहर निकल जाता है और बेंज़ोइक अम्ल का पोटेशियम लवण बनता है। इसके बाद $H_3O^+$ के साथ अम्लीकरण करने पर अंतिम उत्पाद $P$ के रूप में बेंज़ोइक अम्ल प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(c)$ सही उत्तर है।

(A) $4$-हाइड्रॉक्सीबेन्ज़ोइक अम्ल की सांद्र $H_{2}SO_{4}$ और ऊष्मा की उपस्थिति में एसीटिक एनहाइड्राइड के साथ अभिक्रिया एक एसीटिलीकरण अभिक्रिया है।
फिनोलिक $-OH$ समूह एक न्यूक्लियोफाइल के रूप में कार्य करता है और एसीटिक एनहाइड्राइड के कार्बोनिल कार्बन पर आक्रमण करता है,जिससे एक एस्टर समूह $(-OCOCH_{3})$ का निर्माण होता है।
उत्पाद $Q$,$4$-एसीटॉक्सीबेन्ज़ोइक अम्ल है,जिसका आणविक सूत्र $C_{9}H_{8}O_{4}$ है।
अतः,विकल्प $(A)$ सही उत्तर है।

(B) $CH_3COCl$ (एसिटाइल क्लोराइड) अत्यधिक प्रतिक्रियाशील होता है और $25^{\circ} C$ पर भी जल-अपघटन (hydrolysis) द्वारा $CH_3COOH$ (एसिटिक एसिड) बनाता है।
एसिटिक एसिड,कार्बोनिक एसिड $(H_2CO_3)$ से अधिक प्रबल अम्ल है,इसलिए यह $NaHCO_3$ के साथ प्रतिक्रिया करके $CO_2$ गैस उत्पन्न करता है।
अभिक्रिया इस प्रकार है:
$CH_3COCl + H_2O \longrightarrow CH_3COOH + HCl$
$CH_3COOH + NaHCO_3 \longrightarrow CH_3COONa + H_2O + CO_2 \uparrow$
अतः,विकल्प $(B)$ सही उत्तर है।

(D) अभिक्रिया के लिए वेग नियम $r = k[A]^n$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें $\sqrt{r} = \sqrt{k} \times [A]^{n/2}$ प्राप्त होता है।
दिया गया ग्राफ $\sqrt{r_0}$ बनाम $[A]_0$ का एक आलेख है,जो मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
इसे समीकरण $y = mx$ के साथ तुलना करने पर,हमारे पास $y = \sqrt{r_0}$,$x = [A]_0$,और ढाल $m = \sqrt{k}$ है।
ग्राफ से,ढाल $4.0$ है।
इसलिए,$\sqrt{k} = 4.0$,जिसका अर्थ है $k = (4.0)^2 = 16.0$।
साथ ही,$[A]$ के घातों की तुलना करने पर,हमें $n/2 = 1$ प्राप्त होता है,जो $n = 2$ देता है।
अतः,अभिक्रिया की कोटि $n = 2$ है और वेग स्थिरांक $k = 16.0 \ dm^3 \ mol^{-1} \ min^{-1}$ है।
इसलिए,विकल्प $(d)$ सही उत्तर है।

(B) प्रथम कोटि की अभिक्रिया के लिए,अर्ध-आयु $(t_{1/2})$ और दर स्थिरांक $(k)$ के बीच संबंध $t_{1/2} = \frac{0.693}{k}$ है।
अभिक्रिया $(1)$ के लिए: $A \rightarrow B$,$k = 0.693 \ min^{-1}$। अतः,$t_{1/2} = \frac{0.693}{0.693} = 1.0 \ min$।
अभिक्रिया $(2)$ के लिए: $A \rightarrow C$,$t_{1/2} = 0.693 \ min$। अतः,$k = \frac{0.693}{0.693} = 1.0 \ min^{-1}$।
दर स्थिरांकों की तुलना करने पर,अभिक्रिया $(1)$ के लिए $k = 0.693 \ min^{-1}$ और अभिक्रिया $(2)$ के लिए $k = 1.0 \ min^{-1}$ है।
चूंकि प्रथम कोटि की अभिक्रिया की दर $Rate = k[A]$ होती है,और $A$ की प्रारंभिक सांद्रता दोनों के लिए समान है,इसलिए उच्च दर स्थिरांक वाली अभिक्रिया तेज होती है।
चूंकि $1.0 > 0.693$,इसलिए अभिक्रिया $(2)$,अभिक्रिया $(1)$ से तेज है,जिसका अर्थ है कि अभिक्रिया $(1)$,अभिक्रिया $(2)$ से धीमी है।

(B) माना प्रारंभिक रेडियोधर्मिता $N_0 = 100 \%$ है।
दिया गया है,अर्ध-आयु $(t_{1/2}) = 60$ दिन।
कुल समय $(T) = 180$ दिन।
अर्ध-आयु की संख्या $(n)$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$n = \frac{T}{t_{1/2}} = \frac{180}{60} = 3$.
$n$ अर्ध-आयु के बाद शेष रेडियोधर्मिता $(N)$ सूत्र द्वारा दी जाती है:
$N = N_0 \times (\frac{1}{2})^n$.
मान रखने पर:
$N = 100 \% \times (\frac{1}{2})^3 = 100 \% \times \frac{1}{8} = 12.5 \%$.
अतः,$180$ दिनों के बाद रेडियोधर्मिता $12.5 \%$ होगी।

(D) प्रारंभिक नाभिक ${}_{82}A^{210}$ है और अंतिम नाभिक ${}_{82}D^{206}$ है।
द्रव्यमान संख्या में परिवर्तन $210 - 206 = 4$ इकाई है और परमाणु संख्या में परिवर्तन $82 - 82 = 0$ है।
एक $\alpha$-कण का उत्सर्जन द्रव्यमान संख्या को $4$ से कम करता है और परमाणु संख्या को $2$ से कम करता है।
एक $\beta$-कण का उत्सर्जन द्रव्यमान संख्या को स्थिर रखता है और परमाणु संख्या को $1$ से बढ़ाता है।
परमाणु संख्या को स्थिर रखते हुए द्रव्यमान संख्या को $4$ से कम करने के लिए,हमें एक $\alpha$-कण (परमाणु संख्या में $-2$) और दो $\beta$-कणों (परमाणु संख्या में $+2$) की आवश्यकता है।
क्रम ${}_{82}A^{210}$ $\xrightarrow{-\beta} {}_{83}B^{210}$ $\xrightarrow{-\beta} {}_{84}C^{210}$ $\xrightarrow{-\alpha} {}_{82}D^{206}$ है।
अतः,उत्सर्जन का क्रम $\beta, \beta, \alpha$ है।

(D) $Co(III)$ का एक समन्वय यौगिक जो विलयन में $3$ आयनों में वियोजित होता है,इसका अर्थ है कि समन्वय क्षेत्र के बाहर दो आयननीय आयन हैं,क्योंकि कोबाल्ट की ऑक्सीकरण अवस्था $+3$ है।
$(A)$ $[Co(NH_{3})_{6}]Cl_{3} \rightarrow [Co(NH_{3})_{6}]^{3+} + 3Cl^{-}$ ($4$ आयन)
$(B)$ $[Co(NH_{3})_{5}(SO_{4})]Cl \rightarrow [Co(NH_{3})_{5}(SO_{4})]^{+} + Cl^{-}$ ($2$ आयन)
$(C)$ $[Co(NH_{3})_{5}Cl]SO_{4} \rightarrow [Co(NH_{3})_{5}Cl]^{2+} + SO_{4}^{2-}$ ($2$ आयन)
$(D)$ $[Co(NH_{3})_{5}Cl]Cl_{2} \rightarrow [Co(NH_{3})_{5}Cl]^{2+} + 2Cl^{-}$ ($3$ आयन)
अतः,वह यौगिक जो $3$ आयनों में वियोजित होता है,$[Co(NH_{3})_{5}Cl]Cl_{2}$ है।
इसलिए,विकल्प $(D)$ सही उत्तर है।

(B, C, D) स्पिन-ओनली चुंबकीय आघूर्ण $\mu = \sqrt{n(n+2)} \text{ BM}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ अयुग्मित इलेक्ट्रॉनों की संख्या है। $n=5$ के लिए,$\mu = \sqrt{5(5+2)} = \sqrt{35} \approx 5.92 \text{ BM}$ होता है।
$(A)$ $K_{4}[Mn(CN)_{6}]$ में,$Mn$ $+2$ ऑक्सीकरण अवस्था में है $(3d^{5})$। $CN^{-}$ एक प्रबल क्षेत्र लिगेंड है,जो इलेक्ट्रॉनों का युग्मन करता है। अतः,$n=1$ है।
$(B)$ $[Fe(H_{2}O)_{6}]Cl_{3}$ में,$Fe$ $+3$ ऑक्सीकरण अवस्था में है $(3d^{5})$। $H_{2}O$ एक दुर्बल क्षेत्र लिगेंड है,इसलिए कोई युग्मन नहीं होता है। अतः,$n=5$ है।
$(C)$ $K_{3}[FeF_{6}]$ में,$Fe$ $+3$ ऑक्सीकरण अवस्था में है $(3d^{5})$। $F^{-}$ एक दुर्बल क्षेत्र लिगेंड है,इसलिए कोई युग्मन नहीं होता है। अतः,$n=5$ है।
$(D)$ $K_{4}[MnF_{6}]$ में,$Mn$ $+2$ ऑक्सीकरण अवस्था में है $(3d^{5})$। $F^{-}$ एक दुर्बल क्षेत्र लिगेंड है,इसलिए कोई युग्मन नहीं होता है। अतः,$n=5$ है।
अतः,पाँच अयुग्मित इलेक्ट्रॉनों वाले यौगिक $(B)$,$(C)$,और $(D)$ हैं।

(D) तांबे के सिक्के पर जिंक $(Zn)$ की इलेक्ट्रोप्लेटिंग की जाती है और फिर उसे उच्च तापमान पर गर्म किया जाता है।
गर्म करने के दौरान,जिंक के परमाणु तांबे के जालक (lattice) में विसरित होकर एक मिश्र धातु बनाते हैं।
परिणामी मिश्र धातु पीतल (Brass) है,जिसका विशिष्ट सुनहरा रंग होता है।
यह इसलिए होता है क्योंकि जिंक तांबे के माध्यम से स्थानांतरित होकर पीतल मिश्र धातु का $\alpha$-रूप बनाता है (जहाँ $Cu$ का प्रतिशत $> 65 \%$ और $Zn$ का $< 35 \%$ होता है)।
$Zn + Cu \xrightarrow{\Delta} \text{Brass (सुनहरा रंग)}$.
अतः,सही विकल्प $(D)$ है।

(A) मुख्य बिंदु: बाह्यतम कोश के समान इलेक्ट्रॉनिक विन्यास वाले तत्वों के लिए,आकार आयनन ऊर्जा का मान निर्धारित करता है। आकार जितना बड़ा होगा,आयनन ऊर्जा का मान उतना ही कम होगा।
$II^{nd}$ $I.E$ के लिए इलेक्ट्रॉनिक विन्यास:
$Zn^{+}$ आयन $(Z=30) = [Ar] 3d^{10} 4s^{1} - (1734 \ kJ/mol)$
$Cd^{+}$ आयन $(Z=48) = [Kr] 4d^{10} 5s^{1} - (1631 \ kJ/mol)$
$Hg^{+}$ आयन $(Z=80) = [Xe] 4f^{14} 5d^{10} 6s^{1} - (1809 \ kJ/mol)$
चूंकि $Cd^{+}$ का आकार $Zn^{+}$ से बड़ा है,इसलिए इसकी $II^{nd}$ आयनन ऊर्जा कम है। लैंथेनॉइड संकुचन (अर्थात $4f$ और $5d$ इलेक्ट्रॉनों द्वारा खराब परिरक्षण) के कारण,$Hg^{+}$ की $II^{nd}$ आयनन ऊर्जा अधिक है।
अतः,सही क्रम $Zn > Cd < Hg$ है और विकल्प $(A)$ सही उत्तर है।

(D) दिए गए विकल्पों में से,$_{92}^{238}U$ यूरेनियम का एक समस्थानिक है लेकिन इसका उपयोग परमाणु ईंधन के रूप में नहीं किया जा सकता है।
$_{92}^{238}U$ गैर-विखंडनीय (non-fissile) है,जिसका अर्थ है कि यह थर्मल न्यूट्रॉन द्वारा विखंडन नहीं करता है।
जब $_{92}^{238}U$ एक न्यूट्रॉन को अवशोषित करता है तो निकलने वाली ऊर्जा परमाणु विखंडन करने के लिए अपर्याप्त होती है।
अतः,$(d)$ सही विकल्प है।

(D) $Cu$ इलेक्ट्रोड का उपयोग करके जलीय $CuSO_4$ विलयन के विद्युत अपघटन के दौरान,विलयन में $Cu^{2+}$,$H^{+}$,$SO_{4}^{2-}$ और $OH^{-}$ आयन उपस्थित होते हैं।
कैथोड पर,$Cu^{2+}$ आयनों का अपचयन होता है: $Cu^{2+}_{(aq)} + 2e^{-} \rightarrow Cu_{(s)}$।
एनोड पर,$Cu$ इलेक्ट्रोड स्वयं ऑक्सीकृत होता है क्योंकि यह एक सक्रिय इलेक्ट्रोड है: $Cu_{(s)} - 2e^{-} \rightarrow Cu^{2+}_{(aq)}$।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) एलेनिन एक कायरल अमीनो एसिड है जिसमें एक कायरल केंद्र होता है। रेसेमिक मिश्रण में $(R)$ और $(S)$ दोनों एनैन्टीओमर्स होते हैं।
जब दो एलेनिन अणु मिलकर एक रैखिक डाइपेप्टाइड बनाते हैं,तो परिणामी अणु में दो कायरल केंद्र होते हैं (प्रत्येक एलेनिन अवशेष से एक)।
प्रत्येक कायरल केंद्र $(R)$ या $(S)$ विन्यास में मौजूद हो सकता है।
डाइपेप्टाइड में दो कायरल केंद्रों के लिए संभावित संयोजन $(R, R)$,$(R, S)$,$(S, R)$ और $(S, S)$ हैं।
चूंकि ये सभी संयोजन अलग-अलग स्टीरियोआइसोमर्स का प्रतिनिधित्व करते हैं,इसलिए कुल $2^2 = 4$ संभावित आइसोमेरिक रैखिक डाइपेप्टाइड्स हैं।
अतः,आइसोमेरिक रैखिक डाइपेप्टाइड्स की कुल संख्या $4$ है और सही विकल्प $(d)$ है।

(B) बेयर प्रक्रम में,एल्यूमिना का निक्षालन $NaOH$ का उपयोग करके किया जाता है।
$Al_{2}O_{3(s)} + 2 NaOH_{(aq)} \stackrel{150^{\circ}C, 35 \ atm}{\longrightarrow} 2 Na[Al(OH)_{4}] + 3 H_{2}O$
$2 Na[Al(OH)_{4}] + CO_{2} \rightarrow Al_{2}O_{3} \cdot x H_{2}O + 2 NaHCO_{3}$
$Al_{2}O_{3} \cdot x H_{2}O_{(s)} \xrightarrow{1470 \ K} Al_{2}O_{3(s)} + x H_{2}O_{(g)}$
अतः,विकल्प $(b)$ सही उत्तर है।

(A, B) हेलोफॉर्म अभिक्रिया उन यौगिकों द्वारा दी जाती है जिनमें $CH_{3}CO-$ समूह होता है या जो इस समूह में ऑक्सीकृत हो सकते हैं (जैसे $CH_{3}CH(OH)-$ व्युत्पन्न)।
$1$. $ICH_{2}COCH_{2}Ph$: इस यौगिक में $ICH_{2}$ स्थिति पर $\alpha$-हाइड्रोजन है। $I_{2}$ और क्षारीय परिस्थितियों में,$ICH_{2}$ समूह का और अधिक आयोडिनेशन होकर $CI_{3}CO-$ बनता है,जो बाद में टूटकर आयोडोफॉर्म $(CHI_{3})$ बनाता है।
$2$. $PhCOCH(OH)CH_{3}$: यह एक द्वितीयक अल्कोहल है जिसमें $CH_{3}CH(OH)-$ समूह है। यह $I_{2}/KOH$ द्वारा ऑक्सीकृत होकर कीटोन $PhCOCOCH_{3}$ बनाता है,जिसमें $CH_{3}CO-$ समूह होता है और इसलिए यह हेलोफॉर्म अभिक्रिया देता है।
अतः,यौगिक $(a)$ और $(b)$ दोनों हेलोफॉर्म अभिक्रिया देते हैं।

(B) क्लोरीन ब्लीच $NaOCl$ है। क्लोरीन ब्लीच में हाइपोक्लोराइट आयन नीचे दिखाए अनुसार वियोजित होकर नवजात ऑक्सीजन देता है।
$OCl^{-} \longrightarrow [O] + Cl^{-}$
अतः,क्लोरीन ब्लीच में अभिक्रियाशील स्पीशीज $OCl^{-}$ है।
इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।

(A, C) $NH_{4}NO_{3}$ सांद्र $NaOH$ के साथ अभिक्रिया करके तीखी गंध वाली $NH_{3}$ गैस उत्पन्न करता है।
यह सांद्र $H_{2}SO_{4}$ के साथ अभिक्रिया करके $NO_{2}$ के भूरे धुएं उत्पन्न करता है।
यह जल के साथ कोई दृश्य अभिक्रिया नहीं दिखाता है।
इसी प्रकार,$(NH_{4})_{2}CO_{3}$ सांद्र $NaOH$ के साथ अभिक्रिया करके तीखी गंध वाली $NH_{3}$ गैस उत्पन्न करता है।
यह सांद्र $H_{2}SO_{4}$ के साथ अभिक्रिया करके $CO_{2}$ गैस का बुदबुदाहट (effervescence) उत्पन्न करता है।
यह जल के साथ कोई दृश्य अभिक्रिया नहीं दिखाता है।
अतः,$(a)$ और $(c)$ दोनों का उपयोग तीनों बीकरों को अलग करने के लिए किया जा सकता है।