Atomic models and Planck's quantum theory Questions in Hindi

(A) हाइड्रोजन की आयनन ऊर्जा $(IE)_{H} = 13.6 \ eV = X$ है।
हाइड्रोजन जैसी प्रजातियों के लिए इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \ eV = -X \times \frac{Z^2}{n^2}$ होती है।
$Li^{2+}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है।
$2^{nd}$ उत्तेजित अवस्था का अर्थ है $n_1 = 3$ और $5^{th}$ उत्तेजित अवस्था का अर्थ है $n_2 = 6$।
उत्तेजन के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1} = 13.6 \times Z^2 \times (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$ है।
मान रखने पर: $\Delta E = X \times 3^2 \times (\frac{1}{3^2} - \frac{1}{6^2}) = 9X \times (\frac{1}{9} - \frac{1}{36}) = \frac{3X}{4}$।

(A) हाइड्रोजन जैसी प्रजातियों की $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $v = v_0 \times \frac{Z}{n}$,जहाँ $v_0$ $H$ परमाणु की $1^{st}$ कक्षा में वेग है $(Z=1, n=1)$।
$H$ परमाणु के लिए दिया गया है: $v_1 = V = v_0 \times \frac{1}{1} = v_0$।
$Be^{3+}$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 4$ और कक्षा संख्या $n = 4$ है।
इसलिए,वेग $v_2 = v_0 \times \frac{Z}{n} = V \times \frac{4}{4} = V$।
अतः,$Be^{3+}$ की $4^{th}$ कक्षा में वेग $V$ है।

(A) रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है,जहाँ $n_1 = n$ और $n_2 = n+1$ है।
मान रखने पर: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)$।
व्यंजक को सरल करने पर: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right) = R Z^2 \left( \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \right)$।
शर्त $n >> 1$ दी गई है,इसलिए हम $2n+1 \approx 2n$ और $(n+1)^2 \approx n^2$ मान सकते हैं।
अतः,$\frac{1}{\lambda} \approx R Z^2 \left( \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} \right) = \frac{2R Z^2}{n^3}$।
चूँकि $v = \frac{c}{\lambda}$,इसलिए $v = \frac{2cR Z^2}{n^3}$ प्राप्त होता है।

(C) $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की कुल ऊर्जा $(E_n)$ का सूत्र $E_n = \frac{E_1}{n^2}$ है,जहाँ $E_1$ मूल अवस्था $(n=1)$ की ऊर्जा है।
दिया गया है $E_4 = -25 \, a.u.$,इसलिए $-25 = \frac{E_1}{4^2}$।
अतः,$E_1 = -25 \times 16 = -400 \, a.u.$
हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए,स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ और कुल ऊर्जा $(E)$ के बीच संबंध $PE = 2 \times E$ होता है।
इसलिए,मूल अवस्था $(n=1)$ के लिए,$PE_1 = 2 \times E_1 = 2 \times (-400) = -800 \, a.u.$

(B) बोर के सिद्धांत के अनुसार,कक्षा में इलेक्ट्रॉन का आवर्तकाल $(T)$ संबंध $T \propto \frac{n^3}{Z^2}$ द्वारा दिया जाता है।
हाइड्रोजन परमाणु ($H$-atom) के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 1$ है,इसलिए $T \propto n^3$ होगा।
पहली कक्षा $(n_1 = 1)$ के लिए,$T_1 \propto (1)^3 = 1$ होगा।
तीसरी कक्षा $(n_2 = 3)$ के लिए,$T_2 \propto (3)^3 = 27$ होगा।
अतः,आवर्तकाल का अनुपात $\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{27}$ अर्थात $1 : 27$ होगा।

(A) परमाणु से बाहर निकलने के लिए आवश्यक न्यूनतम ऊर्जा (आयनन ऊर्जा) $13.6 \ eV$ है।
यह दिया गया है कि इलेक्ट्रॉन इस ऊर्जा का $2$ गुना अवशोषित करता है,इसलिए कुल अवशोषित ऊर्जा $2 \times 13.6 \ eV = 27.2 \ eV$ है।
उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा की गणना इस प्रकार की जाती है: $\text{गतिज ऊर्जा} = \text{कुल अवशोषित ऊर्जा} - \text{आयनन ऊर्जा}$.
$\text{गतिज ऊर्जा} = 27.2 \ eV - 13.6 \ eV = 13.6 \ eV$.

(C) दिया गया है कि $P.E. = -20 \ eV/atom$।
$T.E. = \frac{P.E.}{2} = \frac{-20}{2} = -10 \ eV/atom$।
$I.P.$ (आयनन विभव) $T.E.$ का ऋणात्मक मान होता है,अर्थात $I.P. = -T.E. = -(-10) = 10 \ eV/atom$।

(B) $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग $V \propto \frac{Z}{n}$ संबंध द्वारा दिया जाता है।
$He^{+}$ के लिए,$Z = 2$ और $n = 2$ है। अतः,$V_1 \propto \frac{2}{2} = 1$ है।
$B^{4+}$ के लिए,$Z = 5$ और $n = 3$ है। अतः,$V_2 \propto \frac{5}{3}$ है।
अनुपात $\frac{V_1}{V_2} = \frac{1}{5/3} = \frac{3}{5}$ है।

(C) फोटॉन की ऊर्जा $E = h \nu$ समीकरण द्वारा दी जाती है,जहाँ $E$ ऊर्जा है,$h$ प्लांक स्थिरांक है,और $\nu$ आवृत्ति है।
दिया गया है $E = 5.0 \times 10^{-5} \ erg$ और $h = 6.626 \times 10^{-27} \ erg \ sec$ ($CGS$ इकाइयों में)।
आवृत्ति के लिए सूत्र: $\nu = \frac{E}{h}$।
$\nu = \frac{5.0 \times 10^{-5} \ erg}{6.626 \times 10^{-27} \ erg \ sec} \approx 7.54 \times 10^{21} \ sec^{-1}$।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) श्रेणी सीमा श्रेणी की अंतिम रेखा है,अर्थात $n_2 = \infty$।
तरंग संख्या के लिए सूत्र $\bar{v} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है।
श्रेणी सीमा के लिए,$n_2 = \infty$,इसलिए $\bar{v} = \frac{R}{n_1^2}$।
दिया गया है $\bar{v} = 12186.3 \ cm^{-1}$ और $R = 109677.76 \ cm^{-1}$,इसलिए:
$12186.3 = \frac{109677.76}{n_1^2}$
$n_1^2 = \frac{109677.76}{12186.3} \approx 9$
$n_1 = 3$।
चूंकि $n_1 = 3$,यह पाशन श्रेणी है।

(C) नाभिक से अनंत दूरी पर इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा को शून्य माना जाता है।
जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन नाभिक के करीब आता है,स्थिर वैद्युत आकर्षण बढ़ता है,जिससे इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा कम हो जाती है और ऋणात्मक हो जाती है।
इसलिए,जैसे-जैसे $n$ का मान घटता है (अर्थात कक्षा नाभिक के करीब होती है),इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा अधिक ऋणात्मक हो जाती है,जिसका अर्थ है कि यह अधिक मजबूती से बंधा होता है,न कि ढीले ढंग से।
अतः,विकल्प $C$ में दिया गया कथन गलत है क्योंकि यह दावा करता है कि इलेक्ट्रॉन सबसे छोटी कक्षा में अधिक ढीले ढंग से बंधा होता है।

(D) हाइड्रोजन जैसी प्रजातियों के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है।
$He^{+}$ $(Z = 2)$ के लिए,$n_2 = 4$ से $n_1 = 2$ के संक्रमण के लिए $\frac{1}{\lambda} = R (2)^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 4R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 4R \left( \frac{3}{16} \right) = \frac{3R}{4}$ प्राप्त होता है।
हाइड्रोजन परमाणु $(Z = 1)$ के लिए,हमें $n_1$ और $n_2$ खोजने की आवश्यकता है ताकि $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = \frac{3R}{4}$ हो।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} = \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।
यह $n_1 = 1$ और $n_2 = 2$ के लिए संतुष्ट होता है क्योंकि $\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ होता है।

(A) हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम के दृश्य क्षेत्र में आने वाली रेखाएं बामर श्रृंखला का गठन करती हैं,जहाँ इलेक्ट्रॉन $n_1 = 2$ कक्षा में कूदता है।
रेखाएं तरंग दैर्ध्य के क्रम में होती हैं,जिसमें लाल सिरा सबसे लंबी तरंग दैर्ध्य (सबसे कम ऊर्जा संक्रमण) का प्रतिनिधित्व करता है।
पहली रेखा $3 \to 2$ है,दूसरी रेखा $4 \to 2$ है,और तीसरी रेखा $5 \to 2$ है।
इसलिए,लाल सिरे से तीसरी रेखा $5 \to 2$ संक्रमण के अनुरूप है।

(C) बामर श्रेणी उन संक्रमणों के अनुरूप है जहाँ $n_1 = 2$ और $n_2 = 3, 4, 5, ...$ होता है। अतः,कथन सही है।
उच्चतम तरंगदैर्ध्य के लिए,स्तरों के बीच ऊर्जा का अंतर न्यूनतम होना चाहिए।
चूँकि $\Delta E = 13.6 \times Z^2 \times (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}) \text{ eV}$ और $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ है,बामर श्रेणी के लिए न्यूनतम ऊर्जा संक्रमण $n_2 = 3$ से $n_1 = 2$ है।
इसलिए,कारण गलत है क्योंकि उच्चतम तरंगदैर्ध्य $n_2 = 3$ से $n_1 = 2$ के संक्रमण के अनुरूप है,न कि $n = 4$ और $6$ के।

(B) कथन बताता है कि कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है,जो परमाणु के बोहर मॉडल की एक मौलिक अभिधारणा है। यह कथन सही है।
कारण बताता है कि मुख्य क्वांटम संख्या,$n$,कोई भी पूर्णांक मान $(n = 1, 2, 3, \dots)$ ले सकती है। मुख्य क्वांटम संख्या की परिभाषा के संदर्भ में यह भी एक सही कथन है।
हालाँकि,यह तथ्य कि $n$ कोई भी पूर्णांक मान ले सकता है,यह कारण नहीं है कि कोणीय संवेग $\frac{nh}{2\pi}$ के रूप में क्वांटाइज्ड है। कोणीय संवेग का क्वांटाइजेशन इलेक्ट्रॉन की तरंग प्रकृति से प्राप्त एक अलग अभिधारणा है। इसलिए,कारण कथन की सही व्याख्या नहीं है।

(A) हाइड्रोजन जैसे स्पीशीज की $n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_n = 0.529 \ \mathring{A} \times \frac{n^2}{Z}$ है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z = 1$ है।
पहली कक्षा के लिए,$n = 1$ है।
इन मानों को रखने पर,$r_1 = 0.529 \ \mathring{A} \times \frac{1^2}{1} = 0.529 \ \mathring{A}$ प्राप्त होता है।
अतः,कथन और कारण दोनों सही हैं,और कारण वह सही सूत्र प्रदान करता है जिसका उपयोग कथन को प्राप्त करने के लिए किया गया है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु के स्पेक्ट्रम में,$Balmer$ श्रेणी की स्पेक्ट्रल रेखाएं दृश्य क्षेत्र में स्थित होती हैं।
$Lyman$ श्रेणी पराबैंगनी क्षेत्र में स्थित होती है,जबकि $Paschen$,$Brackett$ और $Pfund$ श्रेणियां अवरक्त (इन्फ्रारेड) क्षेत्र में स्थित होती हैं।

(D) $n^{th}$ बोहर कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_{n} = \frac{n^{2} \times a_{0}}{Z}$ है।
$Li^{2+}$ की $2^{nd}$ बोहर कक्षा के लिए:
$n = 2$
$Z = 3$ (लिथियम की परमाणु संख्या)
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$r_{2} = \frac{2^{2} \times a_{0}}{3} = \frac{4 a_{0}}{3}$.

(B) बामर श्रेणी के लिए,$n_{1}=2$ और $n_{2}=3, 4, 5, \dots, \infty$ है।
$(I)$ जैसे-जैसे तरंगदैर्ध्य $\lambda$ घटती है,तरंग संख्या $\bar{v}$ बढ़ती है,और रेखाएं श्रेणी सीमा की ओर अभिसरित होती हैं,इसलिए यह सही है।
$(II)$ बामर श्रेणी की परिभाषा के अनुसार,$n_{1}=2$ है,इसलिए यह सही है।
$(III)$ तरंगदैर्ध्य $\lambda$ तब सबसे लंबी होती है जब ऊर्जा अंतर $\Delta E$ न्यूनतम होता है,जो $n_{2}=3$ से $n_{1}=2$ के संक्रमण के लिए होता है। अतः,यह सही है।
$(IV)$ आयनन ऊर्जा $n=1$ से $n=\infty$ तक के संक्रमण के अनुरूप होती है। हालांकि बामर श्रेणी की रेखाएं $R_{H}$ प्रदान करती हैं,लेकिन आयनन ऊर्जा की गणना विशेष रूप से रिडबर्ग स्थिरांक $R_{H}$ और मूल अवस्था ऊर्जा का उपयोग करके की जाती है,न कि केवल बामर रेखाओं की तरंग संख्या से। इसलिए,यह कथन गलत है।
अतः,कथन $(I)$,$(II)$,और $(III)$ सही हैं।

बल्ब की शक्ति $P = 100 \, W = 100 \, J \, s^{-1}$ है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ है।
$E = \frac{6.626 \times 10^{-34} \, J \, s \times 3 \times 10^{8} \, m \, s^{-1}}{400 \times 10^{-9} \, m} = 4.9695 \times 10^{-19} \, J$.
प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $n = \frac{P}{E}$ है।
$n = \frac{100 \, J \, s^{-1}}{4.9695 \times 10^{-19} \, J} \approx 2.012 \times 10^{20} \, s^{-1}$.

$300 \, nm$ फोटॉन की ऊर्जा $(E) = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $= \frac{6.626 \times 10^{-34} \, J \, s \times 3.0 \times 10^{8} \, m \, s^{-1}}{300 \times 10^{-9} \, m} = 6.626 \times 10^{-19} \, J$.
एक मोल फोटॉन की ऊर्जा $= 6.626 \times 10^{-19} \, J \times 6.022 \times 10^{23} \, mol^{-1} = 3.99 \times 10^{5} \, J \, mol^{-1}$.
सोडियम से एक मोल इलेक्ट्रॉन को हटाने के लिए आवश्यक न्यूनतम ऊर्जा (कार्य फलन,$\Phi$) $= (3.99 - 1.68) \times 10^{5} \, J \, mol^{-1} = 2.31 \times 10^{5} \, J \, mol^{-1}$.
एक इलेक्ट्रॉन के लिए न्यूनतम ऊर्जा $= \frac{2.31 \times 10^{5} \, J \, mol^{-1}}{6.022 \times 10^{23} \, mol^{-1}} = 3.84 \times 10^{-19} \, J$.
अधिकतम तरंगदैर्ध्य $(\lambda_{max}) = \frac{hc}{E} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \, J \, s \times 3.0 \times 10^{8} \, m \, s^{-1}}{3.84 \times 10^{-19} \, J} = 517 \, nm$.

आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
गतिज ऊर्जा $(K.E.) = h(v - v_{0})$
दिया गया है:
$h = 6.626 \times 10^{-34} \,J \cdot s$
$v = 1.0 \times 10^{15} \,s^{-1} = 10.0 \times 10^{14} \,s^{-1}$
$v_{0} = 7.0 \times 10^{14} \,s^{-1}$
$K.E. = (6.626 \times 10^{-34} \,J \cdot s) \times (10.0 \times 10^{14} \,s^{-1} - 7.0 \times 10^{14} \,s^{-1})$
$K.E. = (6.626 \times 10^{-34} \,J \cdot s) \times (3.0 \times 10^{14} \,s^{-1})$
$K.E. = 1.9878 \times 10^{-19} \,J \approx 1.99 \times 10^{-19} \,J$

हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$n_{i}=5$ से $n_{f}=2$ के संक्रमण के लिए ऊर्जा परिवर्तन रिडबर्ग सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\Delta E = 2.18 \times 10^{-18} \, J \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$
$\Delta E = 2.18 \times 10^{-18} \, J \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{5^{2}} \right) = 2.18 \times 10^{-18} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{25} \right) = 2.18 \times 10^{-18} \left( \frac{21}{100} \right) = 4.578 \times 10^{-19} \, J$
आवृत्ति $\nu$ की गणना $\nu = \frac{\Delta E}{h} = \frac{4.578 \times 10^{-19} \, J}{6.626 \times 10^{-34} \, J \, s} = 6.91 \times 10^{14} \, Hz$ के रूप में की जाती है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ की गणना $\lambda = \frac{c}{\nu} = \frac{3.0 \times 10^{8} \, m \, s^{-1}}{6.91 \times 10^{14} \, Hz} = 4.34 \times 10^{-7} \, m = 434 \, nm$ के रूप में की जाती है।

(N/A) $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र: $E_{n} = -\frac{(2.18 \times 10^{-18} \, J) Z^{2}}{n^{2}}$ है।
$He^{+}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ और पहली कक्षा के लिए $n = 1$ है।
इन मानों को रखने पर: $E_{1} = -\frac{(2.18 \times 10^{-18} \, J) (2^{2})}{1^{2}} = -8.72 \times 10^{-18} \, J$.
$n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या का सूत्र: $r_{n} = \frac{(0.0529 \, nm) n^{2}}{Z}$ है।
$n = 1$ और $Z = 2$ रखने पर: $r_{1} = \frac{(0.0529 \, nm) (1^{2})}{2} = 0.02645 \, nm$.

$(i)$ फोटॉन की ऊर्जा $(E)$ को इस व्यंजक द्वारा दिया जाता है:
$E = h \nu$
जहाँ $h = 6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s$ (प्लांक स्थिरांक) और $\nu = 3 \times 10^{15} \, Hz$ है।
मान रखने पर:
$E = (6.626 \times 10^{-34}) \times (3 \times 10^{15}) = 1.988 \times 10^{-18} \, J$.
$(ii)$ तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ वाले फोटॉन की ऊर्जा $(E)$ इस प्रकार है:
$E = \frac{hc}{\lambda}$
जहाँ $h = 6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s$,$c = 3 \times 10^{8} \, m/s$,और $\lambda = 0.50 \, \mathring{A} = 0.50 \times 10^{-10} \, m$ है।
मान रखने पर:
$E = \frac{(6.626 \times 10^{-34}) \times (3 \times 10^{8})}{0.50 \times 10^{-10}} = 3.976 \times 10^{-15} \, J \approx 3.98 \times 10^{-15} \, J$.

(N/A) एक फोटॉन की ऊर्जा $(E) = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$n$ फोटॉनों के लिए, कुल ऊर्जा $(E_n) = \frac{n \times hc}{\lambda}$ होती है।
$n$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर, $n = \frac{E_n \times \lambda}{hc}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान:
$E_n = 1 \ J$
$\lambda = 4000 \ pm = 4 \times 10^{-9} \ m$
$h = 6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s$
$c = 3 \times 10^8 \ m/s$
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$n = \frac{1 \times 4 \times 10^{-9}}{6.626 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$
$n \approx 2.012 \times 10^{16}$.
अतः, फोटॉनों की संख्या $2.012 \times 10^{16}$ है।

$(i)$ फोटॉन की ऊर्जा $(E) = \frac{hc}{\lambda}$
$E = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \, Js)(3 \times 10^{8} \, ms^{-1})}{4 \times 10^{-7} \, m} = 4.9695 \times 10^{-19} \, J$
$eV$ में परिवर्तन: $E = \frac{4.9695 \times 10^{-19} \, J}{1.6020 \times 10^{-19} \, J/eV} = 3.1020 \, eV$
$(ii)$ गतिज ऊर्जा $(E_k) = E - \Phi = 3.1020 \, eV - 2.13 \, eV = 0.9720 \, eV$
$(iii)$ वेग $(v) = \sqrt{\frac{2E_k}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.9720 \times 1.6020 \times 10^{-19} \, J}{9.10939 \times 10^{-31} \, kg}}$
$v = \sqrt{0.3418 \times 10^{12} \, m^2s^{-2}} = 5.846 \times 10^{5} \, ms^{-1}$

बल्ब की शक्ति,$P = 25 \ W = 25 \ J \ s^{-1}$.
एक फोटॉन की ऊर्जा,$E = \frac{hc}{\lambda}$.
मान रखने पर: $h = 6.626 \times 10^{-34} \ J \ s$,$c = 3 \times 10^8 \ m \ s^{-1}$,$\lambda = 0.57 \times 10^{-6} \ m$.
$E = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \ J \ s)(3 \times 10^8 \ m \ s^{-1})}{0.57 \times 10^{-6} \ m} = 3.487 \times 10^{-19} \ J$.
प्रति सेकंड उत्सर्जित क्वांटा की दर = $\frac{P}{E} = \frac{25 \ J \ s^{-1}}{3.487 \times 10^{-19} \ J} = 7.17 \times 10^{19} \ s^{-1}$.

(A) $n_{i}=4$ से $n_{f}=2$ का संक्रमण बामर श्रेणी में होता है।
तरंग संख्या $(\bar{\nu})$ के लिए रिडबर्ग सूत्र:
$\bar{\nu} = \frac{1}{\lambda} = R_H \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$
जहाँ $R_H = 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$,$n_f = 2$,और $n_i = 4$ है।
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right)$
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right)$
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \times \frac{3}{16} = 2.056875 \times 10^6 \ m^{-1}$
$\lambda = \frac{1}{2.056875 \times 10^6} \approx 4.863 \times 10^{-7} \ m = 486 \ nm$.

(N/A) $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा इस प्रकार दी जाती है:
$E_{n} = \frac{-2.18 \times 10^{-18} \times Z^{2}}{n^{2}} \ J$
$H$ परमाणु के लिए,$Z = 1$,अतः $E_{n} = \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{n^{2}} \ J$.
$n=5$ से $n=\infty$ तक आयनीकरण के लिए:
$\Delta E = E_{\infty} - E_{5} = 0 - \left( \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{5^{2}} \right) \ J$
$\Delta E = \frac{2.18 \times 10^{-18}}{25} \ J = 8.72 \times 10^{-20} \ J$.
$n=1$ से $n=\infty$ तक आयनीकरण के लिए (आयनन एन्थैल्पी):
$\Delta E' = E_{\infty} - E_{1} = 0 - \left( \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{1^{2}} \right) \ J$
$\Delta E' = 2.18 \times 10^{-18} \ J$.
निष्कर्ष: $n=5$ कक्षा से इलेक्ट्रॉन को आयनित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $(8.72 \times 10^{-20} \ J)$,$H$ परमाणु की आयनन एन्थैल्पी $(2.18 \times 10^{-18} \ J)$ की तुलना में काफी कम है।

(B) जब $H$ परमाणु में $n=6$ में स्थित उत्तेजित इलेक्ट्रॉन मूल अवस्था में आता है,तो संभावित संक्रमण $n=6$ से $n=5, 4, 3, 2, 1$; $n=5$ से $n=4, 3, 2, 1$ आदि होते हैं।
जब $n$ वें स्तर का इलेक्ट्रॉन मूल अवस्था में आता है,तो उत्पन्न वर्णक्रमीय रेखाओं की कुल संख्या निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\text{वर्णक्रमीय रेखाओं की संख्या} = \frac{n(n-1)}{2}$
यहाँ $n=6$ दिया गया है:
$\text{वर्णक्रमीय रेखाओं की संख्या} = \frac{6(6-1)}{2} = \frac{6 \times 5}{2} = 15$
अतः,उत्सर्जन स्पेक्ट्रम में कुल $15$ रेखाएँ प्राप्त होंगी।

$(i)$ हाइड्रोजन परमाणु की $n^{th}$ कक्षा से जुड़ी ऊर्जा $E_n = \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{n^2} \, J \, atom^{-1}$ द्वारा दी जाती है।
पांचवीं कक्षा के लिए $(n = 5)$:
$E_5 = \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{5^2} = \frac{-2.18 \times 10^{-18}}{25} = -8.72 \times 10^{-20} \, J \, atom^{-1}$.
$(ii)$ हाइड्रोजन परमाणु के लिए बोहर की $n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या $r_n = (0.0529 \, nm) \times n^2$ द्वारा दी जाती है।
पांचवीं कक्षा के लिए $(n = 5)$:
$r_5 = 0.0529 \, nm \times 5^2 = 0.0529 \times 25 \, nm = 1.3225 \, nm$.

(N/A) बामर श्रेणी के लिए,निचला ऊर्जा स्तर $n_{1} = 2$ है। तरंग संख्या $(\bar{\nu})$ के लिए रिडबर्ग सूत्र इस प्रकार है:
$\bar{\nu} = R_{H} \left( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} \right)$
जहाँ $R_{H} = 1.097 \times 10^{7} \ m^{-1}$ है।
चूंकि तरंग संख्या $(\bar{\nu})$ तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,इसलिए सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य सबसे छोटी तरंग संख्या के अनुरूप होती है।
बामर श्रेणी के लिए,सबसे छोटी तरंग संख्या वाला संक्रमण निकटतम उच्च ऊर्जा स्तर यानी $n_{2} = 3$ से $n_{1} = 2$ तक होता है।
मान रखने पर:
$\bar{\nu} = (1.097 \times 10^{7} \ m^{-1}) \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right)$
$\bar{\nu} = (1.097 \times 10^{7} \ m^{-1}) \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right)$
$\bar{\nu} = (1.097 \times 10^{7} \ m^{-1}) \left( \frac{9 - 4}{36} \right)$
$\bar{\nu} = (1.097 \times 10^{7} \ m^{-1}) \left( \frac{5}{36} \right)$
$\bar{\nu} \approx 1.5236 \times 10^{6} \ m^{-1}$

परमाणु की $n^{\text{वीं}}$ बोहर कक्षा की ऊर्जा $(E)$ इस प्रकार दी जाती है:
$E_{n} = \frac{-(2.18 \times 10^{-18} \ J) Z^{2}}{n^{2}}$
दिया गया है,मूल अवस्था की ऊर्जा $= -2.18 \times 10^{-11} \ erg = -2.18 \times 10^{-18} \ J$.
इलेक्ट्रॉन को $n=1$ से $n=5$ में स्थानांतरित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा:
$\Delta E = E_{5} - E_{1} = -2.18 \times 10^{-18} [\frac{1}{5^{2}} - \frac{1}{1^{2}}]$
$\Delta E = -2.18 \times 10^{-18} [\frac{1}{25} - 1] = -2.18 \times 10^{-18} [-\frac{24}{25}]$
$\Delta E = 2.0928 \times 10^{-18} \ J$.
जब इलेक्ट्रॉन मूल अवस्था में वापस आता है,तो उत्सर्जित ऊर्जा अवशोषित ऊर्जा के बराबर होती है,$\Delta E = 2.0928 \times 10^{-18} \ J$.
उत्सर्जित प्रकाश की तरंग दैर्ध्य $(\lambda)$ इस प्रकार है:
$\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s) (3 \times 10^{8} \ m/s)}{2.0928 \times 10^{-18} \ J}$
$\lambda = 9.498 \times 10^{-8} \ m$.

(A) दिया गया है,$E_n = -\frac{2.18 \times 10^{-18}}{n^2} \ J$.
$n = 2$ से आयनीकरण के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_{\infty} - E_2$ है।
चूंकि $E_{\infty} = 0$,$\Delta E = 0 - (\frac{-2.18 \times 10^{-18}}{2^2}) = \frac{2.18 \times 10^{-18}}{4} = 5.45 \times 10^{-19} \ J$.
$\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $h = 6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s$ और $c = 3 \times 10^8 \ m/s$:
$\lambda = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s)(3 \times 10^8 \ m/s)}{5.45 \times 10^{-19} \ J} = 3.647 \times 10^{-7} \ m$.
$cm$ में बदलने पर: $\lambda = 3.647 \times 10^{-7} \ m \times 100 \ cm/m = 3.647 \times 10^{-5} \ cm$.

(A) $He^{+}$ आयन के लिए,$n_2=4$ से $n_1=2$ संक्रमण से जुड़ी तरंग संख्या $(\bar{v})$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\bar{v} = \frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
$He^{+}$ के लिए,$Z=2$,$n_1=2$,और $n_2=4$:
$\frac{1}{\lambda} = R(2)^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 4R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 4R \left( \frac{3}{16} \right) = \frac{3R}{4}$
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z=1$. मान लीजिए संक्रमण $n_2$ से $n_1$ है:
$\frac{1}{\lambda} = R(1)^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = \frac{3R}{4}$
$\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} = \frac{3}{4}$
इसे लाइमन श्रेणी के सूत्र के साथ तुलना करने पर जहाँ $n_1=1$:
$\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$
अतः,हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम में $n=2$ से $n=1$ का संक्रमण समान तरंगदैर्ध्य रखता है।

(D) हाइड्रोजन जैसे स्पीशीज के लिए इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र: $E_{n} = -2.18 \times 10^{-18} \left( \frac{Z^{2}}{n^{2}} \right) \, J \, atom^{-1}$ है।
$He_{(g)}^{+} \rightarrow He_{(g)}^{2+} + e^{-}$ प्रक्रिया के लिए,इलेक्ट्रॉन को ग्राउंड स्टेट $(n = 1)$ से अनंत $(n = \infty)$ तक हटाया जाता है।
आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_{\infty} - E_{1}$ है।
चूंकि $E_{\infty} = 0$,इसलिए $\Delta E = -E_{1}$ होगा।
$He^{+}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है। सूत्र में $Z = 2$ और $n = 1$ रखने पर:
$E_{1} = -2.18 \times 10^{-18} \times \left( \frac{2^{2}}{1^{2}} \right) \, J = -2.18 \times 10^{-18} \times 4 \, J = -8.72 \times 10^{-18} \, J$.
अतः,$\Delta E = 0 - (-8.72 \times 10^{-18} \, J) = 8.72 \times 10^{-18} \, J$.

(B) रदरफोर्ड के प्रयोग में,$\alpha$-कणों का विक्षेपण धनावेशित नाभिक और $\alpha$-कणों के बीच स्थिरवैद्युत प्रतिकर्षण के कारण होता है।
भारी परमाणुओं (जैसे सोना,$Z = 79$) में हल्के परमाणुओं (जैसे एल्युमिनियम,$Z = 13$) की तुलना में उच्च नाभिकीय आवेश होता है।
चूंकि प्रतिकर्षण बल नाभिकीय आवेश के सीधे आनुपातिक होता है $(F \propto Z_1 Z_2)$,इसलिए हल्के परमाणुओं की पन्नी का उपयोग करने से प्रतिकर्षण बल काफी कमजोर हो जाता है।
अतः,भारी धातु की पन्नी के साथ प्राप्त परिणामों की तुलना में $\alpha$-कणों का विक्षेपण बहुत कम होगा।

(D) उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $(\lambda) = 616 \, nm = 616 \times 10^{-9} \, m$ (दिया गया है)।
$(a)$ उत्सर्जन की आवृत्ति $(v) = \frac{c}{\lambda} = \frac{3.0 \times 10^{8} \, m/s}{616 \times 10^{-9} \, m} = 4.87 \times 10^{14} \, s^{-1}$.
$(b)$ $30 \, s$ में विकिरण द्वारा तय की गई दूरी $= \text{वेग} \times \text{समय} = (3.0 \times 10^{8} \, m/s) \times (30 \, s) = 9.0 \times 10^{9} \, m$.
$(c)$ एक क्वांटम की ऊर्जा $(E) = hv = (6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s) \times (4.87 \times 10^{14} \, s^{-1}) = 3.227 \times 10^{-19} \, J$.
$(d)$ $2 \, J$ ऊर्जा में क्वांटा की संख्या $= \frac{\text{कुल ऊर्जा}}{\text{एक क्वांटम की ऊर्जा}} = \frac{2 \, J}{3.227 \times 10^{-19} \, J} = 6.197 \times 10^{18} \approx 6.2 \times 10^{18}$ क्वांटा।

(N/A) एक फोटॉन की ऊर्जा $(E)$ का सूत्र निम्नलिखित है:
$E = \frac{hc}{\lambda}$
जहाँ:
$h = 6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s$ (प्लांक स्थिरांक)
$c = 3 \times 10^{8} \, m \cdot s^{-1}$ (प्रकाश की गति)
$\lambda = 600 \times 10^{-9} \, m$ (तरंगदैर्ध्य)
एक फोटॉन की ऊर्जा की गणना:
$E = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s)(3 \times 10^{8} \, m \cdot s^{-1})}{600 \times 10^{-9} \, m} = 3.313 \times 10^{-19} \, J$
फोटॉनों की कुल संख्या $(n)$ कुल ऊर्जा को एक फोटॉन की ऊर्जा से विभाजित करने पर प्राप्त होती है:
$n = \frac{\text{Total Energy}}{E} = \frac{3.15 \times 10^{-18} \, J}{3.313 \times 10^{-19} \, J} \approx 9.5$
निकटतम पूर्णांक में,डिटेक्टर लगभग $10$ फोटॉन प्राप्त करता है।

फोटॉन की ऊर्जा $E_{photon} = h\nu$ द्वारा दी जाती है। यहाँ आवृत्ति $\nu$,पल्स की अवधि $\Delta t$ से $\nu = \frac{1}{\Delta t}$ के रूप में संबंधित है।
दिया गया है:
अवधि $\Delta t = 2 \, ns = 2.0 \times 10^{-9} \, s$
फोटॉनों की संख्या $N = 2.5 \times 10^{15}$
प्लांक स्थिरांक $h = 6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s$
आवृत्ति $\nu = \frac{1}{2.0 \times 10^{-9} \, s} = 5.0 \times 10^{8} \, s^{-1}$
कुल ऊर्जा $E = N \times h \times \nu$
$E = (2.5 \times 10^{15}) \times (6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s) \times (5.0 \times 10^{8} \, s^{-1})$
$E = 8.2825 \times 10^{-10} \, J$
अतः,स्रोत की ऊर्जा $8.2825 \times 10^{-10} \, J$ है।

(N/A) $(i)$ दिया गया है,
प्रथम संक्रमण से संबंधित तरंगदैर्ध्य,$\lambda_{1} = 589 \, nm = 589 \times 10^{-9} \, m$
द्वितीय संक्रमण से संबंधित तरंगदैर्ध्य,$\lambda_{2} = 589.6 \, nm = 589.6 \times 10^{-9} \, m$
प्रथम तरंगदैर्ध्य की आवृत्ति $\nu_{1} = \frac{c}{\lambda_{1}} = \frac{3 \times 10^{8} \, m s^{-1}}{589 \times 10^{-9} \, m} = 5.093 \times 10^{14} \, s^{-1}$
द्वितीय तरंगदैर्ध्य की आवृत्ति $\nu_{2} = \frac{c}{\lambda_{2}} = \frac{3 \times 10^{8} \, m s^{-1}}{589.6 \times 10^{-9} \, m} = 5.088 \times 10^{14} \, s^{-1}$
$(ii)$ दो उत्तेजित अवस्थाओं के बीच ऊर्जा का अंतर:
$\Delta E = h(\nu_{1} - \nu_{2})$
$\Delta E = 6.626 \times 10^{-34} \, J s \times (5.093 \times 10^{14} - 5.088 \times 10^{14}) \, s^{-1}$
$\Delta E = 3.313 \times 10^{-22} \, J$

सीज़ियम परमाणु के लिए कार्य फलन $(W_{0}) = 1.9 \, eV$ दिया गया है।
$(a)$ सूत्र $W_{0} = \frac{hc}{\lambda_{0}}$ से:
$\lambda_{0} = \frac{hc}{W_{0}} = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \, Js)(3.0 \times 10^{8} \, ms^{-1})}{1.9 \times 1.602 \times 10^{-19} \, J} = 6.53 \times 10^{-7} \, m = 653 \, nm$.
$(b)$ सूत्र $W_{0} = hv_{0}$ से:
$v_{0} = \frac{W_{0}}{h} = \frac{1.9 \times 1.602 \times 10^{-19} \, J}{6.626 \times 10^{-34} \, Js} = 4.593 \times 10^{14} \, s^{-1}$.
$(c)$ $\lambda = 500 \, nm$ के लिए:
गतिज ऊर्जा $(K.E.) = \frac{hc}{\lambda} - W_{0} = 9.315 \times 10^{-20} \, J$.
चूंकि $K.E. = \frac{1}{2} mv^{2}$,इसलिए $v = \sqrt{\frac{2 \times K.E.}{m}} = 4.52 \times 10^{5} \, ms^{-1}$.

(A) उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की गतिज ऊर्जा आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा दी जाती है: $h\nu - h\nu_{0} = \frac{1}{2}mv^{2}$,जिसे $hc(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_{0}}) = \frac{1}{2}mv^{2}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
दिए गए डेटा का उपयोग करके $\lambda = 500 \ nm$ $(v = 2.55 \times 10^{3} \ m/s)$ और $\lambda = 400 \ nm$ $(v = 5.35 \times 10^{3} \ m/s)$ के लिए:
$hc(\frac{1}{500 \times 10^{-9}} - \frac{1}{\lambda_{0}}) = \frac{1}{2}m(2.55 \times 10^{3})^{2}$ $(I)$
$hc(\frac{1}{400 \times 10^{-9}} - \frac{1}{\lambda_{0}}) = \frac{1}{2}m(5.35 \times 10^{3})^{2}$ $(II)$
$(II)$ को $(I)$ से विभाजित करने और $\lambda_{0}$ के लिए हल करने पर $\lambda_{0} \approx 540 \ nm$ प्राप्त होता है।
$\lambda_{0}$ का मान समीकरण $(I)$ में रखने पर प्लांक स्थिरांक $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \ J \ s$ प्राप्त होता है।

(N/A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $(E) = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$E = \frac{(6.626 \times 10^{-34} \, Js)(3.0 \times 10^{8} \, ms^{-1})}{150 \times 10^{-12} \, m} = 1.3252 \times 10^{-15} \, J = 13.252 \times 10^{-16} \, J$.
उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(K.E) = \frac{1}{2} m_{e} v^{2}$ है।
$K.E = \frac{1}{2} (9.109 \times 10^{-31} \, kg)(1.5 \times 10^{7} \, ms^{-1})^{2} = 1.0248 \times 10^{-16} \, J$.
बंधन ऊर्जा $(B.E)$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा और उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा के बीच का अंतर है:
$B.E = E - K.E = 13.252 \times 10^{-16} \, J - 1.0248 \times 10^{-16} \, J = 12.2272 \times 10^{-16} \, J$.
$eV$ में परिवर्तित करने पर:
$B.E = \frac{12.2272 \times 10^{-16} \, J}{1.602 \times 10^{-19} \, J/eV} \approx 7632 \, eV \approx 7.63 \times 10^{3} \, eV$.

(A) दी गई तरंगदैर्ध्य $\lambda = 1285 \, nm = 1285 \times 10^{-9} \, m$.
आवृत्ति $\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3.0 \times 10^8 \, m/s}{1285 \times 10^{-9} \, m} \approx 2.334 \times 10^{14} \, Hz$.
सूत्र $\nu = 3.29 \times 10^{15} \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{n^2}\right)$ का उपयोग करते हुए:
$2.334 \times 10^{14} = 3.29 \times 10^{15} \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{n^2}\right)$.
$\frac{2.334 \times 10^{14}}{3.29 \times 10^{15}} = \frac{1}{9} - \frac{1}{n^2}$.
$0.07094 = 0.1111 - \frac{1}{n^2}$.
$\frac{1}{n^2} = 0.1111 - 0.07094 = 0.04016$.
$n^2 = \frac{1}{0.04016} \approx 24.9$.
$n = \sqrt{24.9} \approx 5$.
चूंकि Paschen श्रेणी $n=3$ पर समाप्त होने वाले संक्रमणों से संबंधित है,और $1285 \, nm$ तरंगदैर्ध्य इन्फ्रारेड क्षेत्र में है,इसलिए यह संक्रमण $n=5$ से $n=3$ है और यह इन्फ्रारेड क्षेत्र में स्थित है।

(D) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n$-वीं कक्षा की त्रिज्या $r = 0.0529 \times \frac{n^2}{Z} \, nm = 52.9 \times \frac{n^2}{Z} \, pm$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभिक कक्षा के लिए $(r_1 = 1.3225 \, nm = 1322.5 \, pm)$:
$n_1^2 = \frac{1322.5 \times Z}{52.9} = 25Z$.
अंतिम कक्षा के लिए $(r_2 = 211.6 \, pm)$:
$n_2^2 = \frac{211.6 \times Z}{52.9} = 4Z$.
अनुपात लेने पर: $\frac{n_1^2}{n_2^2} = \frac{25Z}{4Z} = 6.25$.
$\frac{n_1}{n_2} = \sqrt{6.25} = 2.5 = \frac{5}{2}$.
अतः, $n_1 = 5$ और $n_2 = 2$.
यह संक्रमण $n = 5$ से $n = 2$ तक है, जो $\text{Balmer}$ श्रेणी से संबंधित है और स्पेक्ट्रम का क्षेत्र दृश्य (visible) क्षेत्र है।
तरंग संख्या $(\bar{\nu})$ के लिए रिडबर्ग सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\bar{\nu} = R_H \left( \frac{1}{n_2^2} - \frac{1}{n_1^2} \right) = 1.097 \times 10^7 \, m^{-1} \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{5^2} \right) = 2.3037 \times 10^6 \, m^{-1}$.
तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ = $\frac{1}{\bar{\nu}} = 434 \, nm$.

(N/A) परमाण्वीय कणों की खोज के बाद वैज्ञानिकों के समक्ष प्रमुख समस्याएं निम्नलिखित थीं:
$1$. परमाणु की स्थिरता को स्पष्ट करना।
$2$. भौतिक और रासायनिक गुणों के संदर्भ में एक तत्व के व्यवहार की दूसरे तत्व से तुलना करना।
$3$. विभिन्न परमाणुओं के संयोजन से विभिन्न प्रकार के अणुओं के निर्माण की व्याख्या करना।
$4$. परमाणुओं द्वारा अवशोषित या उत्सर्जित विद्युत चुम्बकीय विकिरण की विशेषताओं के मूल और प्रकृति को समझना।