Noble gases Questions in Gujarati

(B) જ્યારે ઝેનોન વાયુને વધુ પ્રમાણમાં ફ્લોરિન વાયુ સાથે $673 \ K$ તાપમાન અને $1 \ bar$ દબાણે પ્રક્રિયા કરાવવામાં આવે છે,ત્યારે ઝેનોન ડાયફ્લોરાઇડ $(XeF_2)$ બને છે.
$Xe \text{ (excess)} + F_{2(g)} \xrightarrow{673 \ K, 1 \ bar} XeF_2$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) જોકે $Xe$ અને $Ne$ બંને નિષ્ક્રિય વાયુઓ છે,પરંતુ $Xe$ તેના મોટા કદ અને ઓછી આયનીકરણ ઉર્જાને કારણે $O$ અને $F$ જેવા અત્યંત વિદ્યુતઋણ તત્વો સાથે સંયોજનો બનાવી શકે છે.
$Ne$ નું કદ ખૂબ નાનું છે અને તેની આયનીકરણ ઉર્જા ખૂબ વધારે છે,જે તેને અત્યંત નિષ્ક્રિય બનાવે છે.
તેથી,$Ne$ અન્ય પરમાણુઓ સાથે સ્થાયી રાસાયણિક બંધ બનાવતું નથી,અને $NeF_2$ અસ્તિત્વમાં નથી.

(D) પ્રવાહી હિલિયમનો ઉપયોગ ક્રાયોજેનિક એજન્ટ તરીકે થાય છે.
તેથી,વિધાન $(d)$ ખોટું છે.
બાકીના આપેલા વિધાનો સાચા છે.

(A) હિલિયમ $(He)$ નું ઉત્કલનબિંદુ સૌથી ઓછું $4.2 \ K$ છે.
આનું કારણ એ છે કે $He$ પરમાણુઓ વચ્ચેના આકર્ષણ બળો અત્યંત નિર્બળ લંડન વિક્ષેપન બળો છે,જે તેના નાના કદ અને સ્થાયી ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાને કારણે હોય છે.
તેથી,વિધાન $(A)$ અને કારણ $(R)$ બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) . $Xe + 3F_2 \xrightarrow{573K, 60-70 bar} XeF_6$. આ વિધાન સાચું છે.
$B$. $Ar$ નો ઉપયોગ ઇલેક્ટ્રિક બલ્બમાં નિષ્ક્રિય વાતાવરણ પૂરું પાડવા માટે થાય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$C$. $XeF_2$ માં,$Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. બે ઇલેક્ટ્રોન $F$ સાથે બંધ બનાવવામાં વપરાય છે,જેથી $6$ ઇલેક્ટ્રોન બાકી રહે છે,જે $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો બનાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$D$. $He$ નબળા વાન્ડર વાલ્સ બળોને કારણે તમામ નિષ્ક્રિય વાયુઓમાં સૌથી ઓછું ઉત્કલનબિંદુ $(4.2 K)$ ધરાવે છે. તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.

(A) $XeF_2$ નું જળવિભાજન નીચે મુજબની પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે:
$2XeF_2(s) + 2H_2O(l) \rightarrow 2Xe(g) + 4HF(aq) + O_2(g)$
આ પ્રક્રિયામાં,$XeF_2$ પાણી સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઝેનોન વાયુ $(Xe)$,હાઇડ્રોજન ફ્લોરાઇડ $(HF)$ અને ઓક્સિજન વાયુ $(O_2)$ બનાવે છે.
તેથી,ઉત્પન્ન થતી વાયુરૂપ નીપજો $Xe$ અને $O_2$ છે.

(A) સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં પરમાણ્વીય કદ વધવાને કારણે વાન્ડર વાલ્સ બળોનું મૂલ્ય વધે છે,તેથી નિષ્ક્રિય વાયુઓના ઉત્કલનબિંદુમાં વધારો થાય છે.
હિલિયમ $(He)$ એ સમૂહ $18$ નું પ્રથમ તત્વ છે અને તેનું પરમાણ્વીય કદ સૌથી નાનું છે.
તેના અત્યંત નબળા આંતર-પરમાણ્વીય વાન્ડર વાલ્સ બળોને કારણે,હિલિયમનું ઉત્કલનબિંદુ તમામ જાણીતા પદાર્થોમાં સૌથી ઓછું છે,જે આશરે $4.2 \ K$ છે.

(B) $Xe$ ની $F_2$ સાથે $1:20$ મોલર ગુણોત્તરમાં $573 \ K$ અને $60-70 \ bar$ દબાણે પ્રક્રિયા કરતા $XeF_6$ $(A)$ મળે છે.
$Xe_{(g)} + 3F_{2(g)} \xrightarrow{573 \ K, 60-70 \ bar} XeF_{6(s)}$
$XeF_6$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન $XeO_3$ $(B)$ અને $HF$ આપે છે.
$XeF_{6(s)} + 3H_2O_{(l)} \rightarrow XeO_{3(s)} + 6HF_{(aq)}$
તેથી,$A$ એ $XeF_6$ છે અને $B$ એ $XeO_3$ છે.

(D) $XeF_6$ ની બનાવટમાં ઝેનોન અને ફ્લોરિનની પ્રક્રિયાનો સમાવેશ થાય છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $Xe(g) + 3F_2(g) \xrightarrow{573 \ K, 60-70 \ bar} XeF_6(s)$.
$XeF_6$ ના નિર્માણની ખાતરી કરવા માટે,$F_2$ ને મોટા પ્રમાણમાં વધારામાં લેવામાં આવે છે,જે સામાન્ય રીતે $1:20$ $(Xe:F_2)$ ના મોલર ગુણોત્તરમાં હોય છે.

(D) ઝેનોન ફ્લોરાઈડની જળવિભાજન પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. $2XeF_2 + 2H_2O \rightarrow 2Xe + 4HF + O_2$ ($O_2$ મુક્ત થાય છે)
$2$. $6XeF_4 + 12H_2O \rightarrow 4Xe + 2XeO_3 + 24HF + 3O_2$ ($O_2$ મુક્ત થાય છે)
$3$. $XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3 + 6HF$ ($O_2$ મુક્ત થતો નથી)
$4$. $XeF_4 + O_2F_2 \rightarrow XeF_6 + O_2$ ($O_2$ મુક્ત થાય છે)
તેથી,પ્રક્રિયા $XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3 + 6HF$ માં ઓક્સિજન મુક્ત થતો નથી.

(D) વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે નિષ્ક્રિય વાયુઓ એકપરમાણ્વીય છે અને તેમના પરમાણુઓ વચ્ચે માત્ર નિર્બળ વાન્ડર વાલ્સ આકર્ષણ બળો હોય છે,જેના કારણે તેમના ઉત્કલનબિંદુ ખૂબ નીચા હોય છે.
કારણ $(R)$ પણ સાચું છે કારણ કે નિષ્ક્રિય વાયુઓ (સમૂહ $18$) ની સામાન્ય ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $ns^2 np^6$ છે ($He$ માટે $1s^2$ છે).
જોકે,ઇલેક્ટ્રોનીય રચના એ નીચા ઉત્કલનબિંદુ માટેનું સીધું કારણ નથી; નિર્બળ આંતરઆણ્વીય બળો તેનું મુખ્ય કારણ છે. તેથી,કારણ $(R)$ એ વિધાન $(A)$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

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

(A) $XeO_3$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ એ એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. તે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $3$ દ્વિબંધ બનાવે છે. દરેક દ્વિબંધમાં એક $\sigma$ બંધ અને એક $p \pi-d \pi$ $\pi$ બંધ હોય છે. આમ,$3$ $p \pi-d \pi$ $\pi$ બંધો છે.
$XeO_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ એ કોઈ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વગર $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે. તે ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે $4$ દ્વિબંધ બનાવે છે. દરેક દ્વિબંધમાં એક $\sigma$ બંધ અને એક $p \pi-d \pi$ $\pi$ બંધ હોય છે. આમ,$4$ $p \pi-d \pi$ $\pi$ બંધો છે.
તેથી,$XeO_3$ અને $XeO_4$ માં $p \pi-d \pi$ $\pi$ બંધોની સંખ્યા અનુક્રમે $3$ અને $4$ છે.

(A) પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$Xe + 3F_2 \rightarrow XeF_6$ $(X)$
$XeF_6 + H_2O \rightarrow XeOF_4$ $(Y)$ $+ 2HF$
$XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3$ $(Z)$ $+ 6HF$
$XeOF_4$ $(Y)$ ની રચના $sp^3d^2$ સંકરણ અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે ચોરસ પિરામિડલ છે.
$XeO_3$ $(Z)$ ની રચના $sp^3$ સંકરણ,$3 \sigma$ બંધો,$3 \pi$ બંધો અને મધ્યસ્થ પરમાણુ પર $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સાથે પિરામિડલ છે.
તેથી,વિધાન $I$ અને $III$ સાચા છે.

(A) ઝેનોન $(Xe)$ ની સંયોજકતા કક્ષામાં $8$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણી શકાય: $\text{Lone pairs} = \frac{1}{2} (V - B)$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $B$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$1$. $XeOF_4$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે,આમ કુલ $4 + 2 = 6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 6) = 1$.
$2$. $XeF_4$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $4$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 4) = 2$.
$3$. $XeF_2$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 2) = 3$.
$4$. $XeF_6$ માં: $Xe$,$F$ સાથે $6$ એકલ બંધ બનાવે છે,આમ $6$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે. અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $\frac{1}{2} (8 - 6) = 1$.
આમ,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા અનુક્રમે $1, 2, 3, 1$ છે.

(B) પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $XeF_4 + O_2F_2 \rightarrow XeF_6 + O_2$
અહીં,$X = XeF_6$ છે.
જળવિભાજનની પ્રક્રિયા: $XeF_6 + H_2O \rightarrow XeOF_4 + 2 HF$
અહીં,$Y = XeOF_4$ છે.
$XeF_6$ નો આકાર અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે વિકૃત અષ્ટફલકીય હોય છે.
$XeOF_4$ નો આકાર સમચોરસ પિરામિડલ હોય છે.

(B) $XeO_3$ માં,$Xe$ પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.
$XeOF_4$ માં,$Xe$ પરમાણુ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવે છે અને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ ધરાવે છે,જે ચોરસ પિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.

(A) $XeO_3$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ નું સંકરણ $(H)$ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$
જ્યાં:
$V$ = મધ્યસ્થ પરમાણુ $(Xe)$ ના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા = $8$
$M$ = જોડાયેલા એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા = $0$ (ઓક્સિજન દ્વિસંયોજક છે)
$C$ = ધન વીજભારની સંખ્યા = $0$
$A$ = ઋણ વીજભારની સંખ્યા = $0$
કિંમતો મૂકતા:
$H = \frac{1}{2}(8 + 0 - 0 + 0) = 4$
$4$ નું મૂલ્ય $s p^3$ સંકરણ સૂચવે છે.

(D) $XeF_2$ માં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ પર $2$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને $3$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે સ્ટેરિક નંબર $5$ મળે છે.
તેથી,$XeF_2$ માં $Xe$ નું સંકરણ $s p^3 d$ છે,$d^2 s p^3$ નથી.
આમ,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
$XeF_2$ માં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુની આસપાસ $10$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે વિસ્તૃત અષ્ટક છે,એટલે કે તે અષ્ટકનો નિયમ પાળતું નથી.
આમ,કારણ $(R)$ સાચું છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) $XeOF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ પરમાણુ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે.
આ $6$ ઇલેક્ટ્રોનનો ઉપયોગ કરે છે,જે $2$ ઇલેક્ટ્રોનને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) તરીકે છોડે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $5 + 1 = 6$ છે (જેમાં $5$ બંધકારક યુગ્મો અને $1$ અબંધકારક યુગ્મ છે),જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેની ભૂમિતિ સમચોરસ પિરામિડલ છે.

(C) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ નું સંકરણ સૂત્ર $H = \frac{1}{2}(V + M - C + A)$ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધનભાર છે અને $A$ એ ઋણભાર છે.
$XeF_2$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 2) = 5$,જે $sp^3d$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$XeF_4$ માટે: $H = \frac{1}{2}(8 + 4) = 6$,જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
તેથી,સાચી જોડી $XeF_2, sp^3d$ છે.

(B) આપેલા સંયોજનોમાં,$NeF_2$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
નિયોન $(Ne)$ $2$જા આવર્તનું તત્વ છે અને તેની પાસે બંધ બનાવવા માટે $d$-કક્ષકો હોતી નથી.
વધુમાં,નિયોનના સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન તેના નાના કદ અને ઉચ્ચ અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારને કારણે કેન્દ્ર દ્વારા ખૂબ જ મજબૂત રીતે જકડાયેલા હોય છે,જેના કારણે બંધ બનાવવા માટે ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે ઘણી ઊર્જાની જરૂર પડે છે જે વ્યવહારુ નથી.

(A) નિષ્ક્રિય વાયુઓ એકપરમાણ્વીય છે અને તેમના સંબંધિત આવર્તમાં સૌથી મોટી પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ધરાવે છે.
નિષ્ક્રિય વાયુઓનું પરમાણ્વીય કદ સમૂહમાં $He$ થી $Rn$ તરફ જતાં નવી કક્ષાઓ ઉમેરાવાને કારણે વધે છે.
નિષ્ક્રિય વાયુઓમાં,$He$ નું પરમાણ્વીય કદ સૌથી નાનું છે.
તેના અત્યંત નાના કદને કારણે,$He$ ના પરમાણુઓ સિલિકા ગ્લાસના છિદ્રોમાંથી સરળતાથી પ્રસરણ પામી શકે છે.
નિષ્ક્રિય વાયુઓની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યાને વાન ડર વાલ્સ ત્રિજ્યા કહેવામાં આવે છે.

(C) $XeF_6$ નું આંશિક જળવિભાજન નીચે મુજબ છે:
$XeF_6 + H_2O \rightarrow XeOF_4 + 2HF$
અહીં,'$X$' એ $XeOF_4$ છે.
$XeOF_4$ માં મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે. તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ પરમાણુ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે.
$Xe$ ની આસપાસ કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $5$ (બંધકારક) + $1$ (અબંધકારક) = $6$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
આ $sp^3d^2$ સંકરણ અને અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ સૂચવે છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,$XeOF_4$ નો આકાર ચોરસ પિરામિડલ છે.

(B) $1$. હિલિયમ $(He)$ નો ઉપયોગ આધુનિક ડાઇવિંગ ઉપકરણોમાં ઓક્સિજન માટે મંદકારક તરીકે થાય છે કારણ કે તેની લોહીમાં દ્રાવ્યતા ઓછી છે.
$2$. આર્ગોન $(Ar)$ નો ઉપયોગ ઉચ્ચ તાપમાનની ધાતુશાસ્ત્રીય પ્રક્રિયાઓમાં નિષ્ક્રિય વાતાવરણ પૂરું પાડવા માટે થાય છે.
$3$. પ્રશ્ન '$Y$' અને '$X$' માટે અનુક્રમે પૂછવામાં આવ્યો છે.
$4$. તેથી,'$Y$' એ $Ar$ છે અને '$X$' એ $He$ છે,તેથી સાચી જોડી $(Ar, He)$ છે.

(C) નિયોન $(Ne)$ એ નિષ્ક્રિય વાયુ છે,જે રંગહીન,ગંધહીન અને રાસાયણિક રીતે નિષ્ક્રિય છે.
વિકલ્પ $C$ ખોટો છે કારણ કે $Ne$ એ ફ્લોરોસન્ટ લીલો વાયુ નથી અને તેની સડેલા ઈંડા જેવી ગંધ હોતી નથી.
$PH_3$ ની ગંધ સડેલી માછલી જેવી હોય છે,$Cl_2$ એ તીવ્ર ગંધ ધરાવતો લીલોતરી પીળો વાયુ છે,અને $SO_2$ એ તીવ્ર ગંધ ધરાવતો રંગહીન વાયુ છે.

(B) ઝેનોન ફ્લોરાઇડ્સની ઓક્સિડાઇઝિંગ અને ફ્લોરિનેટિંગ શક્તિ $Xe$ પરમાણુના રિડક્શન પામવાની ક્ષમતા પર આધાર રાખે છે,જે સંયોજનમાં $Xe$ ના ઓક્સિડેશન આંક સાથે સીધો સંબંધ ધરાવે છે.
$XeF_6$ માં,$Xe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+6$ છે.
$XeF_4$ માં,$Xe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+4$ છે.
$XeF_2$ માં,$Xe$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ છે.
જેમ ઓક્સિડેશન આંક વધે છે,તેમ રિડક્શન પામવાની વૃત્તિ વધે છે,જે સંયોજનને વધુ શક્તિશાળી ઓક્સિડાઇઝિંગ અને ફ્લોરિનેટિંગ એજન્ટ બનાવે છે.
તેથી,સાચો ઘટતો ક્રમ $XeF_6 > XeF_4 > XeF_2$ છે.

(C) $XeF_4$ ના જળવિભાજન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$6 XeF_4 + 12 H_2O \rightarrow 4 Xe + 2 XeO_3 + 24 HF + 3 O_2$
આને આપેલ સમીકરણ $a XeF_4 + b H_2O \rightarrow p Xe + q XeO_3 + r HF + s O_2$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a = 6, b = 12, p = 4, q = 2, r = 24, s = 3$.

(A) નિષ્ક્રિય વાયુઓની બાષ્પીભવન એન્થાલ્પી વાન્ડર વાલ્સ આકર્ષણ બળોના મૂલ્ય પર આધાર રાખે છે. \\ સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં પરમાણુ કદ અને પરમાણુ ભાર વધે છે,તેથી વાન્ડર વાલ્સ આકર્ષણ બળોનું મૂલ્ય વધે છે. \\ તેથી,બાષ્પીભવન એન્થાલ્પીનો ક્રમ $He < Ne < Ar < Kr < Xe$ છે.

(C) $XeF_4$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબની પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે: $6XeF_4 + 12H_2O \rightarrow 2XeO_3 + 4Xe + 24HF + 3O_2$. તેથી,$P$ એ $XeO_3$ છે.
$XeF_6$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબની પ્રક્રિયા દ્વારા થાય છે: $XeF_6 + 3H_2O \rightarrow XeO_3 + 6HF$. તેથી,$Q$ એ $XeO_3$ છે.
આમ,$P$ અને $Q$ બંને $XeO_3$ છે.

(C) નિષ્ક્રિય વાયુઓ સ્થિર ઇલેક્ટ્રોનિક રચના ધરાવતા એક-પરમાણ્વીય અણુઓ છે.
તેમના પરમાણુઓ વચ્ચે કોઈ કાયમી દ્વિધ્રુવ કે રાસાયણિક બંધ હોતા નથી,તેથી તેમની વચ્ચે માત્ર નિર્બળ વાન્ડર વાલ્સ આંતરક્રિયા (જેને લંડન ડિસ્પર્શન ફોર્સ પણ કહેવાય છે) જોવા મળે છે.
આ નિર્બળ બળોને તોડવા માટે ખૂબ ઓછી ઉર્જાની જરૂર પડે છે,જેના પરિણામે તેમના ગલનબિંદુ અને ઉત્કલનબિંદુ નીચા હોય છે.

(A) $XeF_4$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબના રાસાયણિક સમીકરણ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે:
$6 XeF_4 + 12 H_2O \longrightarrow 2 XeO_3 + 4 Xe + 3 O_2 + 24 HF$
સમીકરણમાં દર્શાવ્યા મુજબ,બનતી નીપજો $Xe$,$XeO_3$,$O_2$ અને $HF$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(A)$ સાચો જવાબ છે.

(A) $XeF_6$ નું સંપૂર્ણ જળવિભાજન નીચે મુજબ થાય છે:
$XeF_6 + 3 H_2O \longrightarrow XeO_3 + 6 HF$
આથી,$X = XeO_3$.
$XeF_6$ નું આંશિક જળવિભાજન બે તબક્કામાં થાય છે:
$XeF_6 + H_2O \longrightarrow XeOF_4 + 2 HF$
$XeF_6 + 2 H_2O \longrightarrow XeO_2 F_2 + 4 HF$
આથી,$Y$ અને $Z$ અનુક્રમે $XeOF_4$ અને $XeO_2 F_2$ છે.
તેથી,$X, Y, Z$ નીપજો $XeO_3, XeOF_4, XeO_2 F_2$ છે.

(A) $XeF_4$ એ ઝેનોન અને ફ્લોરિનના $1: 5$ ના મોલર ગુણોત્તરમાં મિશ્રણને $873 \ K$ તાપમાને અને $7 \ bar$ દબાણે નિકલના બંધ પાત્રમાં ગરમ કરવાથી મેળવવામાં આવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$Xe_{(g)} + 2 \ F_{2(g)} \xrightarrow{873 \ K, 7 \ bar} XeF_4$
વધારાનો ફ્લોરિન લેવાથી ઉત્પાદનમાં વધારો થાય છે.

(D) પ્રવાહી ઝેનોન $(Xe)$ નો ઉપયોગ બબલ ચેમ્બરમાં $\gamma$-ફોટોન અને તટસ્થ મેસોન્સની શોધ માટે થાય છે,કારણ કે તેની ઘનતા અને પરમાણુ ક્રમાંક ઊંચા હોય છે,જે આ કણો સાથે આંતરક્રિયાની સંભાવના વધારે છે.

(A) નિષ્ક્રિય વાયુઓ એકપરમાણ્વીય છે અને નિર્બળ વાન્ડર વાલ્સ બળો દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
જેમ $He$ થી $Xe$ તરફ પરમાણ્વીય કદ વધે છે,તેમ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા અને ધ્રુવીયતા વધવાને કારણે વાન્ડર વાલ્સ બળોનું મૂલ્ય વધે છે.
પરિણામે,આ બળોને તોડવા માટે વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે,જેનાથી ઉત્કલનબિંદુમાં વધારો થાય છે.
તેથી,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) ક્રિપ્ટોનનો ઉપયોગ માઇનરની કેપ લેમ્પમાં થાય છે કારણ કે તે ઉચ્ચ તીવ્રતાનો પ્રકાશ આપે છે અને ફિલામેન્ટનું આયુષ્ય વધારે છે.

(B) વાતાવરણમાં નિષ્ક્રિય વાયુઓની હાજરીનું પ્રમાણ (કદ દ્વારા,જે આ વાયુઓ માટે વજનના પ્રમાણસર છે) નીચે મુજબ છે:
$Ar$ $(0.934\%)$ > $Ne$ $(0.0018\%)$ > $Kr$ $(0.00011\%)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $Ar > Ne > Kr$ છે.

(A) ફિશર-રિંગે પદ્ધતિમાં,ભેજ અને $CO_2$ મુક્ત હવાને લોખંડની નળીમાં $90 \% CaC_2 + 10 \% CaCl_2$ ના ગરમ મિશ્રણ $(800^{\circ}C)$ પરથી પસાર કરવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયા હવાના મિશ્રણમાંથી નાઈટ્રોજન અને ઓક્સિજનને દૂર કરે છે.
સંબંધિત રાસાયણિક પ્રતિક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$CaC_2 + N_2 \xrightarrow{800^{\circ}C} CaCN_2 + C$
$2C + O_2 \rightarrow 2CO$
$2CaC_2 + 3CO_2 \rightarrow 2CaCO_3 + 5C$
$CuO + CO \rightarrow Cu + CO_2$
બાકી રહેલા $CO_2$ ને ત્યારબાદ $KOH$ ના દ્રાવણ દ્વારા શોષી લેવામાં આવે છે,જેનાથી ઉમદા વાયુઓનું મિશ્રણ પ્રાપ્ત થાય છે.

(C) ડ્યુઅરની પદ્ધતિમાં,$173 \ K$ $(-100^{\circ}C)$ તાપમાને નિષ્ક્રિય વાયુઓને અધિશોષિત કરવા માટે નાળિયેરના કોલસાનો ઉપયોગ થાય છે.
આ તાપમાને,ઊંચા ઉત્કલનબિંદુ ધરાવતા વાયુઓ અધિશોષિત થાય છે,જ્યારે ખૂબ નીચા ઉત્કલનબિંદુ ધરાવતા વાયુઓ વાયુમય અવસ્થામાં જ રહે છે.
$He$ (ઉત્કલનબિંદુ $\approx 4 \ K$) અને $Ne$ (ઉત્કલનબિંદુ $\approx 27 \ K$) ના ઉત્કલનબિંદુ $173 \ K$ કરતા ઘણા ઓછા હોવાથી,તેઓ નાળિયેરના કોલસા પર અધિશોષિત થતા નથી.
તેથી,$He$ અને $Ne$ નું મિશ્રણ અધિશોષિત થયા વગરનું રહે છે.

(C) $XeO_3$ માં $Xe$ નો ઓક્સિડેશન આંક નીચે મુજબ ગણી શકાય:
$x + 3(-2) = 0$
$x - 6 = 0$
$x = +6$
$XeO_3$ માં $Xe$ નું $sp^3$ સંકરણ થાય છે અને તેમાં એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોવાથી તેનો આકાર પિરામિડલ હોય છે.
$XeO_3$ માં બંધકોણ આશરે $103^{\circ}$ હોય છે.