রসায়ন ১ম পত্র প্রশ্ন

উত্তর ও ব্যাখ্যা

1. ক)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   পরমাণুর নিউক্লিয়াসের চারদিকে যে ত্রিমাত্রিক অঞ্চলে কোনো নির্দিষ্ট শক্তিস্তরের ইলেকট্রন পাওয়ার সম্ভাবনা সবচেয়ে বেশি (সাধারণত ৯০% থেকে ৯৫%), তাকে অরবিটাল বলে।

2. খ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   ক্রোমাটোগ্রাফিতে $R_f$ (Retention factor) হলো উপাদান কর্তৃক অতিক্রান্ত দূরত্ব এবং দ্রাবক সম্মুখভাগ (solvent front) কর্তৃক অতিক্রান্ত দূরত্বের অনুপাত। অর্থাৎ,
   $R_f = \frac{\text{উপাদান বা নমুনা কর্তৃক অতিক্রান্ত দূরত্ব}}{\text{দ্রাবক কর্তৃক অতিক্রান্ত দূরত্ব}}$
   উপাদান দ্রাবকের প্রবাহের সাথে গতিশীল হয়, তাই কোনো অবস্থাতেই উপাদানের অতিক্রান্ত দূরত্ব দ্রাবকের অতিক্রান্ত দূরত্বের চেয়ে বেশি হতে পারে না। খুব বেশি হলে উপাদানটি দ্রাবকের সমান দূরত্ব অতিক্রম করতে পারে, সেক্ষেত্রে অনুপাতটির মান সর্বোচ্চ ১ হতে পারে। তাই $R_f$-এর সর্বোচ্চ মান ১।

3. গ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   উদ্দীপকের III নং পাত্রে $\text{Fe(OH)}_2$-এর সম্পৃক্ত দ্রবণ রয়েছে।
   এখানে,
   দ্রবণের আয়তন, $V = 500\text{ mL} = 0.5\text{ L}$
   দ্রবীভূত $\text{Fe(OH)}_2$-এর ভর, $w = 0.714\text{ g}$
   $\text{Fe(OH)}_2$-এর আণবিক ভর, $M = 55.85 + (16 + 1) \times 2 = 89.85\text{ g/mol}$ (বা প্রায় $90\text{ g/mol}$)

   অতএব, সম্পৃক্ত দ্রবণে $\text{Fe(OH)}_2$-এর দ্রাব্যতা,
   $S = \frac{w}{M \times V} = \frac{0.714}{89.85 \times 0.5} \approx 0.0159\text{ mol/L}$

   $\text{Fe(OH)}_2$-এর বিয়োজন সমীকরণ:
   $\text{Fe(OH)}_2(s) \rightleftharpoons \text{Fe}^{2+}(aq) + 2\text{OH}^-(aq)$
   সাম্যাবস্থায়:
   $[\text{Fe}^{2+}] = S$
   $[\text{OH}^-] = 2S$

   অতএব, দ্রাব্যতা গুণফল ($K_{sp}$):
   $K_{sp} = [\text{Fe}^{2+}][\text{OH}^-]^2 = (S)(2S)^2 = 4S^3$
   $K_{sp} = 4 \times (0.0159)^3 \approx 1.61 \times 10^{-5}$

   সুতরাং, III নং পাত্রের দ্রবের দ্রাব্যতা গুণফল প্রায় $1.61 \times 10^{-5}\text{ mol}^3\text{L}^{-3}$।

4. ঘ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   উদ্দীপকে II নং পাত্রের জলীয় দ্রবণ থেকে $\text{I}_2$ নিষ্কাশনে দ্রাবক হিসেবে I নং পাত্রের $\text{CCl}_4$ ব্যবহৃত হয়েছে।

   ধরি,
   প্রাথমিক জলীয় দ্রবণের আয়তন, $V = 200\text{ mL}$
   প্রাথমিক আয়োডিনের ভর, $w = 2\text{ g}$
   পানি ও $\text{CCl}_4$-এর মধ্যে আয়োডিনের বন্টন গুণাঙ্ক $= K_D$ (যেখানে $K_D = \frac{C_{\text{CCl}_4}}{C_{\text{H}_2\text{O}}} > 1$, কারণ আয়োডিন জৈব দ্রাবক $\text{CCl}_4$-এ অনেক বেশি দ্রবণীয়)।

   নার্নস্টের বন্টন সূত্রানুসারে, $v\text{ mL}$ দ্রাবক দ্বারা $n$ বার নিষ্কাশনের পর জলীয় দ্রবণে অবশিষ্ট দ্রবের ভর:
   $w_n = w \left(\frac{V}{V + K_D v}\right)^n$

   মি. X-এর ক্ষেত্রে:
   সম্পূর্ণ $200\text{ mL } \text{CCl}_4$ নিয়ে একবার ($n = 1, v = 200\text{ mL}$) নিষ্কাশন করা হয়।
   অতএব, জলীয় দ্রবণে অবশিষ্ট আয়োডিনের ভর:
   $w_X = w \left(\frac{V}{V + 200 K_D}\right)$

   মি. Y-এর ক্ষেত্রে:
   $200\text{ mL}$ দ্রাবককে সমান চার ভাগে ভাগ করে প্রতিবারে $v = 50\text{ mL}$ নিয়ে চার বার ($n = 4$) নিষ্কাশন করা হয়।
   অতএব, জলীয় দ্রবণে অবশিষ্ট আয়োডিনের ভর:
   $w_Y = w \left(\frac{V}{V + 50 K_D}\right)^4$

   যেহেতু $K_D > 1$, গাণিতিক সম্পর্ক হতে স্পষ্ট যে,
   $\left(\frac{V}{V + 50 K_D}\right)^4 < \left(\frac{V}{V + 200 K_D}\right)$

   ফলে, $w_Y < w_X$। অর্থাৎ, মি. Y-এর প্রক্রিয়ায় জলীয় দ্রবণে আয়োডিনের অবশিষ্ট পরিমাণ মি. X-এর চেয়ে অনেক কম থাকে। এর অর্থ হলো মি. Y-এর প্রক্রিয়ায় $\text{CCl}_4$-এ বেশি পরিমাণ আয়োডিন নিষ্কাশিত হয়।

   অতএব, নির্দিষ্ট পরিমাণ দ্রাবককে একবারে ব্যবহার না করে একাধিকবারে ক্ষুদ্র ক্ষুদ্র অংশে ভাগ করে নিষ্কাশন করলে বেশি পরিমাণ দ্রব নিষ্কাশিত হয়। সুতরাং, মি. Y-এর প্রক্রিয়াটি অধিক লাভজনক।