AIEEE 2011 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) પાણીને આપેલી ઉષ્મા $\Delta Q = mC\Delta T$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,દળ $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$,વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C = 4184 \ J/kg\cdot K$,અને તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = 50^{\circ}C - 30^{\circ}C = 20 \ K$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta Q = 0.1 \times 4184 \times 20 = 8368 \ J = 8.368 \ kJ \approx 8.4 \ kJ$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
પાણીના વિસ્તરણને અવગણવામાં આવતું હોવાથી,કાર્ય $\Delta W = 0$ થાય છે.
તેથી,આંતરિક ઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = \Delta Q = 8.4 \ kJ$ છે.

(A) ધારો કે વક્ર $x = y^2$ પરનું બિંદુ $P(a^2, a)$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $x - y + 1 = 0$ છે.
બિંદુ $P(a^2, a)$ થી રેખા $x - y + 1 = 0$ સુધીનું લંબ અંતર $D = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$D = \frac{|a^2 - a + 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{a^2 - a + 1}{\sqrt{2}}$ (કારણ કે તમામ વાસ્તવિક $a$ માટે $a^2 - a + 1 > 0$ છે).
લઘુત્તમ અંતર શોધવા માટે,આપણે પદાવલિ $f(a) = a^2 - a + 1$ ને ન્યૂનતમ કરીએ છીએ.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$f(a) = (a - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$ મળે છે.
$f(a)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $a = \frac{1}{2}$ પર મળે છે,જે $\frac{3}{4}$ છે.
તેથી,લઘુત્તમ અંતર $D_{\min} = \frac{3/4}{\sqrt{2}} = \frac{3}{4\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{8}$ થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $\vec{a} = \frac{1}{\sqrt{10}}(3\hat{i} + \hat{k})$ અને $\vec{b} = \frac{1}{7}(2\hat{i} + 3\hat{j} - 6\hat{k})$.
પ્રથમ,નોંધો કે $|\vec{a}|^2 = \frac{1}{10}(3^2 + 1^2) = 1$ અને $|\vec{b}|^2 = \frac{1}{49}(2^2 + 3^2 + (-6)^2) = \frac{4+9+36}{49} = 1$.
વળી,$\vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{1}{7\sqrt{10}}(3(2) + 0(3) + 1(-6)) = 0$.
હવે,પદાવલિનું વિસ્તરણ કરીએ: $(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot [(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} + 2\vec{b})]$.
વેક્ટર ટ્રિપલ પ્રોડક્ટના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} + 2\vec{b}) = (\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{a} + 2((\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{b})$.
$\vec{u} \times (\vec{v} \times \vec{w}) = (\vec{u} \cdot \vec{w})\vec{v} - (\vec{u} \cdot \vec{v})\vec{w}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$(\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{a} = -(\vec{a} \times (\vec{a} \times \vec{b})) = -((\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{a} - (\vec{a} \cdot \vec{a})\vec{b}) = - (0\vec{a} - 1\vec{b}) = \vec{b}$.
$2((\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{b}) = 2((\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{b} - (\vec{b} \cdot \vec{b})\vec{a}) = 2(0\vec{b} - 1\vec{a}) = -2\vec{a}$.
તેથી,પદાવલિ $(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot (\vec{b} - 2\vec{a})$ બને છે.
$= -(2\vec{a} - \vec{b}) \cdot (2\vec{a} - \vec{b}) = -|2\vec{a} - \vec{b}|^2$.
$= -(4|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 - 4\vec{a} \cdot \vec{b}) = -(4(1) + 1 - 4(0)) = -5$.

(B) સંકરણ નક્કી કરવા માટે,આપણે સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [V + M - C + A]$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$M$ એ એકસંયોજક પરમાણુઓની સંખ્યા છે,$C$ એ ધન વીજભાર છે,અને $A$ એ ઋણ વીજભાર છે.
$1$. $NO_2^+$ માટે: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 1 + 0] = 2$,જે $sp$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$2$. $NO_3^-$ માટે: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 0 - 0 + 1] = 3$,જે $sp^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
$3$. $NH_4^+$ માટે: $\text{Hybridization} = \frac{1}{2} [5 + 4 - 1 + 0] = 4$,જે $sp^3$ સંકરણ દર્શાવે છે.
આમ,સાચો ક્રમ અનુક્રમે $sp$,$sp^2$,અને $sp^3$ છે.

(C) ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,શોષાયેલા ફોટોનની ઉર્જા એ બે ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે.
$E_{absorbed} = E_{1} + E_{2}$
$E = \frac{hc}{\lambda}$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_{1}} + \frac{hc}{\lambda_{2}}$
$\frac{1}{\lambda} = \frac{1}{\lambda_{1}} + \frac{1}{\lambda_{2}}$
અહીં $\lambda = 355 \ nm$ અને $\lambda_{1} = 680 \ nm$ આપેલ છે:
$\frac{1}{355} = \frac{1}{680} + \frac{1}{\lambda_{2}}$
$\frac{1}{\lambda_{2}} = \frac{1}{355} - \frac{1}{680} = \frac{325}{241400}$
$\lambda_{2} = \frac{241400}{325} \approx 742.77 \ nm \approx 743 \ nm$

(A) $I$. આવર્તમાં,ડાબેથી જમણે જતાં ધાત્વીય ગુણધર્મ ઘટે છે,તેથી ઓક્સાઇડનો બેઝિક સ્વભાવ ઘટે છે.
$II$. સમૂહમાં,ઉપરથી નીચે જતાં ધાત્વીય ગુણધર્મ વધે છે,તેથી ઓક્સાઇડનો બેઝિક સ્વભાવ વધે છે.
$Na, Mg$ અને $Al$ એક જ આવર્તમાં ($3^{rd}$ આવર્ત) છે. બેઝિક સ્વભાવનો ક્રમ $Na_2O > MgO > Al_2O_3$ છે.
$Na$ અને $K$ એક જ સમૂહમાં ($1^{st}$ સમૂહ) છે. $K$ એ $Na$ ની નીચે હોવાથી,$K_2O$ નો બેઝિક સ્વભાવ $Na_2O$ કરતા વધારે છે.
આમ,વધતા બેઝિક સ્વભાવનો સાચો ક્રમ $Al_2O_3 < MgO < Na_2O < K_2O$ છે.

(C) ફાજન્સના નિયમ મુજબ,આયનીય બંધની સહસંયોજક લાક્ષણિકતા ધન આયનની ધ્રુવીભવન શક્તિ વધવાની સાથે વધે છે.
ધ્રુવીભવન શક્તિ એ ધન આયનના વીજભાર અને કદ પર આધાર રાખે છે.
આપેલા ધન આયનોના વીજભારની સરખામણી કરતા: $Fe^{2+}$,$Sn^{2+}$,$Al^{3+}$,અને $Mg^{2+}$.
$Al^{3+}$ પાસે સૌથી વધુ ધન વીજભાર $(+3)$ છે.
તેથી,$AlCl_3$ મહત્તમ સહસંયોજક લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે.

(D) $IF_7$ માં,મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $(I)$ $sp^3d^3$ સંકરણ અનુભવે છે.
આ સંકરણને કારણે,અણુ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેના અપાકર્ષણને ઘટાડવા માટે પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ ધારણ કરે છે.

(D) નું મૂલ્ય એ વાયુના અણુઓ વચ્ચેના આકર્ષણ બળનું માપ છે. $a$ નું મૂલ્ય જેટલું વધારે,તેટલું વાયુના અણુઓ વચ્ચેનું આંતર-આણ્વીય આકર્ષણ બળ વધારે.
$b$ નું મૂલ્ય વાયુના અણુઓના અસરકારક કદ સાથે સંબંધિત છે. તેને બાકાત કદ (excluded volume) તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
જે વાયુઓ માટે $a$ નું મૂલ્ય વધારે અને $b$ નું મૂલ્ય ઓછું હોય તે વધુ સરળતાથી પ્રવાહીમાં ફેરવી શકાય છે. તેથી $Cl_2$ માટે $a$ નું મૂલ્ય $C_2H_6$ કરતા વધારે અને $b$ નું મૂલ્ય $C_2H_6$ કરતા ઓછું હોવું જોઈએ.

(A) સમતાપી પ્રતિવર્તી પ્રક્રિયા માટે એન્ટ્રોપી ફેરફારનું સૂત્ર: $\Delta S = n R \ln \frac{V_2}{V_1}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $n = 2 \, \text{mol}$,$R = 8.314 \, J \, K^{-1} \, \text{mol}^{-1}$,$V_1 = 10 \, dm^3$,$V_2 = 100 \, dm^3$.
$\Delta S = 2 \times 8.314 \times 2.303 \log \left( \frac{100}{10} \right)$
$\Delta S = 2 \times 8.314 \times 2.303 \times 1 = 38.29 \, J \, K^{-1} \approx 38.3 \, J \, K^{-1}$

(A) પ્રક્રિયા માટેનું રાસાયણિક સમીકરણ: $CO_2(g) + C(s) \rightleftharpoons 2CO(g)$
શરૂઆતમાં,$CO_2$ નું દબાણ $0.5 \ atm$ છે અને $CO$ નું $0 \ atm$ છે.
ધારો કે સંતુલને $CO_2$ ના દબાણમાં ઘટાડો $x$ છે.
સંતુલને,આંશિક દબાણ: $P_{CO_2} = (0.5 - x) \ atm$ અને $P_{CO} = 2x \ atm$ છે.
સંતુલને કુલ દબાણ $0.8 \ atm$ આપેલું છે.
$P_{\text{total}} = P_{CO_2} + P_{CO} = (0.5 - x) + 2x = 0.5 + x$
$0.5 + x = 0.8 \implies x = 0.3 \ atm$.
હવે,સંતુલન અચળાંક $K_p$ ની ગણતરી કરો:
$K_p = \frac{(P_{CO})^2}{P_{CO_2}} = \frac{(2x)^2}{(0.5 - x)}$
$K_p = \frac{(2 \times 0.3)^2}{(0.5 - 0.3)} = \frac{(0.6)^2}{0.2} = \frac{0.36}{0.2} = 1.8 \ atm$.

(B) આલ્કીનનું ઓઝોનોલિસિસ $C=C$ દ્વિબંધના વિભાજન દ્વારા કાર્બોનિલ સંયોજનો બનાવે છે.
જો આલ્કીનમાં ટર્મિનલ $CH_2$ ગ્રુપ (એટલે કે,વિનાઇલ ગ્રુપ,$R-CH=CH_2$) હોય,તો ઓઝોનોલિસિસ પ્રક્રિયામાં નીપજ તરીકે ફોર્માલ્ડિહાઈડ $(HCHO)$ મળે છે.
આ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય: $R-CH=CH_2 + O_3 \rightarrow R-CHO + HCHO$.
આમ,ફોર્માલ્ડિહાઈડનું નિર્માણ ટર્મિનલ વિનાઇલ ગ્રુપની હાજરીની પુષ્ટિ કરે છે.

(C) હાઇડ્રોજન ઇલેક્ટ્રોડ માટે રિડક્શન અર્ધ-પ્રક્રિયા: $H^{+} + e^{-} \longrightarrow \frac{1}{2} H_{2}$ છે.
નેર્ન્સ્ટ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $E = E^{\circ} - \frac{0.0591}{1} \log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$.
પ્રમાણિત હાઇડ્રોજન ઇલેક્ટ્રોડ માટે $E^{\circ} = 0 \, V$ હોવાથી,સમીકરણ $E = -0.0591 \log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$ બને છે.
$E$ ઋણ હોવા માટે,$\log \frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]}$ ધન હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\frac{(P_{H_{2}})^{1/2}}{[H^{+}]} > 1$.
વિકલ્પ $C$ માં,$P_{H_{2}} = 2 \, atm$ અને $[H^{+}] = 1.0 \, M$ છે,તેથી $\frac{(2)^{1/2}}{1} = \sqrt{2} \approx 1.414 > 1$. આમ,$E < 0$ થાય છે.

(A) બોરોન બીજા આવર્તનું તત્વ છે અને તેની સંયોજકતા કક્ષાની ઇલેક્ટ્રોન રચના $2s^2 2p^1$ છે.
તેની સંયોજકતા કક્ષામાં $d$-કક્ષકોનો અભાવ હોવાથી,તેની મહત્તમ સહસંયોજકતા $4$ સુધી મર્યાદિત છે.
તેથી,બોરોન $BF_6^{3-}$ બનાવી શકતું નથી કારણ કે તેના માટે $6$ ના સવર્ગ આંકની જરૂર પડે છે અને વધારાના ઇલેક્ટ્રોનને સમાવવા માટે $d$-કક્ષકોની જરૂર હોય છે.

(D) થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + W$.
પાણીના પ્રસરણને અવગણવામાં આવતું હોવાથી,કદમાં ફેરફાર $\Delta V = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે કાર્ય $W = P \Delta V = 0$ છે.
તેથી,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ એ પૂરી પાડવામાં આવેલી ઉષ્મા $\Delta Q$ જેટલો જ હોય છે.
ઉષ્મા માટેનું સૂત્ર $\Delta Q = m c \Delta T$ છે.
આપેલ છે: દળ $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$,વિશિષ્ટ ઉષ્મા $c = 4184 \ J/kg/K$,અને તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = 50^\circ C - 30^\circ C = 20 \ K$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta U = 0.1 \ kg \times 4184 \ J/kg/K \times 20 \ K = 8368 \ J$.
$kJ$ માં ફેરવતા: $\Delta U = 8368 / 1000 \approx 8.4 \ kJ$.

(D) અરીસાનું સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,આપણને $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$ મળે છે.
આમ,પ્રતિબિંબનો વેગ $v_I = \frac{dv}{dt} = -(\frac{v}{u})^2 \frac{du}{dt}$.
કારણ કે $\frac{v}{u} = \frac{f}{u-f}$,તેથી $v_I = -(\frac{f}{u-f})^2 v_O$.
અહીં $f = 20\ cm = 0.2\ m$,$u = -2.8\ m$,અને $v_O = -15\ m/s$ (અરીસા તરફ આવતા).
કિંમતો મૂકતા: $v_I = -(\frac{0.2}{-2.8 - 0.2})^2 \times (-15) = -(\frac{0.2}{-3.0})^2 \times (-15) = -(\frac{1}{15})^2 \times (-15) = \frac{1}{15}\ m/s$.

(B) જ્યારે પાત્રને અચાનક સ્થિર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેની ગતિઊર્જા વાયુની આંતરિક ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ધારો કે વાયુનું દળ $m$ છે.
વાયુની ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ છે.
આદર્શ વાયુની આંતરિક ઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n C_V \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = \frac{m}{M}$ અને $C_V = \frac{R}{\gamma - 1}$ છે.
ગતિઊર્જાને આંતરિક ઊર્જાના ફેરફાર સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \cdot \frac{R}{\gamma - 1} \cdot \Delta T$.
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા: $\Delta T = \frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R}$.
આમ,તાપમાનમાં થતો વધારો $\frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R} \text{ K}$ છે.

(A) લટકતા દળ $m$ માટે,ગતિનું સમીકરણ:
$m g - T = m a$ --- $(1)$
ગરગડી માટે,ટોર્કનું સમીકરણ:
$\tau = I \alpha$
$T R = (\frac{1}{2} m R^2) \alpha$
દોરી સરકતી ન હોવાથી,$a = R \alpha$,તેથી $\alpha = \frac{a}{R}$.
$T R = \frac{1}{2} m R^2 (\frac{a}{R})$
$T = \frac{m a}{2}$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$m g - \frac{m a}{2} = m a$
$m g = m a + \frac{m a}{2}$
$m g = \frac{3 m a}{2}$
$a = \frac{2}{3} g$

(A) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અર્ધવર્તુળાકાર આડછેદવાળા અનંત લંબાઈના તારનો વિચાર કરો. કુલ વિદ્યુતપ્રવાહ $I$ એ $\pi R$ લંબાઈના અર્ધવર્તુળાકાર ચાપ પર વહેંચાયેલો છે.
રેખીય પ્રવાહ ઘનતા $\lambda = \frac{I}{\pi R}$ છે.
સંમિતિની અક્ષથી $\theta$ ખૂણે $d\ell = R d\theta$ લંબાઈના એક નાના ચાપના ઘટકનો વિચાર કરો. આ ઘટકમાં વહેતો પ્રવાહ $di = \lambda d\ell = \frac{I}{\pi R} (R d\theta) = \frac{I}{\pi} d\theta$ છે.
આ ઘટક $di$ પ્રવાહ ધરાવતા અનંત લંબાઈના તાર તરીકે વર્તે છે. આ ઘટકને કારણે કેન્દ્ર $O$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $dB = \frac{\mu_0 di}{2\pi R} = \frac{\mu_0}{2\pi R} \left( \frac{I}{\pi} d\theta \right) = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$ મળે છે.
સંમિતિને કારણે,સંમિતિની અક્ષને લંબ ચુંબકીય ક્ષેત્રના ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,જ્યારે અક્ષને સમાંતર ઘટકોનો સરવાળો થાય છે. અક્ષની દિશામાં $dB$ નો ઘટક $dB_x = dB \cos \theta$ છે.
$\theta = -\pi/2$ થી $\pi/2$ સુધી સંકલન કરતા,અથવા $2 \int_{0}^{\pi/2} dB \cos \theta$ લેતા:
$B = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \cos \theta d\theta = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} [\sin \theta]_{0}^{\pi/2} = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} (1 - 0) = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$.

(D) લાગતું ટોર્ક $\tau = rF = 2(20t - 5t^2) = 40t - 10t^2\, N\cdot m$ છે.
$\tau = I\alpha$ નો ઉપયોગ કરતા,$40t - 10t^2 = 10\alpha$,તેથી $\alpha = 4t - t^2\, rad/s^2$ મળે.
કોણીય વેગ $\omega$ શોધવા માટે $\alpha$ નું સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા ($\omega_0 = 0$ ધારીને): $\omega = \int (4t - t^2) dt = 2t^2 - \frac{t^3}{3}$.
જ્યારે $\omega = 0$ થાય ત્યારે ગતિની દિશા ઉલટાય છે,તેથી $2t^2 - \frac{t^3}{3} = 0$,જે $t^2(2 - \frac{t}{3}) = 0$ આપે છે. આમ,$t = 6\, s$ મળે.
કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ શોધવા માટે,આપણે $\omega$ નું સંકલન કરીએ છીએ: $\theta = \int_0^6 (2t^2 - \frac{t^3}{3}) dt = [\frac{2t^3}{3} - \frac{t^4}{12}]_0^6$.
$\theta = \frac{2(216)}{3} - \frac{1296}{12} = 144 - 108 = 36\, rad$.
પરિભ્રમણોની સંખ્યા $N = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{36}{2\pi} \approx \frac{36}{6.28} \approx 5.73$ છે.
$5.73$ એ $3$ અને $6$ ની વચ્ચે હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) જ્યારે પાત્રને અચાનક સ્થિર કરવામાં આવે છે,ત્યારે વાયુની ગતિઊર્જા વાયુની આંતરિક ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ધારો કે વાયુનું દળ $m$ છે. ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ છે.
આંતરિક ઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = \frac{m}{M}$ એ મોલની સંખ્યા છે અને $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$ છે.
ગતિઊર્જાને આંતરિક ઊર્જાના ફેરફાર સાથે સરખાવતા:
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
બંને બાજુથી $m$ ને દૂર કરતા:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R}{M(\gamma - 1)} \Delta T$
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા:
$\Delta T = \frac{(\gamma - 1) M v^2}{2R}$

(D) આપેલ પ્રતિપ્રવેગનું સમીકરણ: $\frac{dv}{dt} = -2.5\sqrt{v}$.
સંકલન કરવા માટે પદોને ગોઠવતા: $\frac{dv}{\sqrt{v}} = -2.5\, dt$.
બંને બાજુ પ્રારંભિક ઝડપ $v = 6.25\, m/s$ થી અંતિમ ઝડપ $v = 0\, m/s$ સુધીના સમય $t$ માટે સંકલન કરતા:
$\int_{6.25}^{0} v^{-1/2} dv = \int_{0}^{t} -2.5\, dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા: $[2\sqrt{v}]_{6.25}^{0} = -2.5[t]_{0}^{t}$.
સીમાઓ મૂકતા: $2(\sqrt{0} - \sqrt{6.25}) = -2.5(t - 0)$.
$2(0 - 2.5) = -2.5t$.
$-5 = -2.5t$.
$t = \frac{5}{2.5} = 2\, s$.

(C) આદર્શ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f}{2} n R T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) છે,$n$ એ મોલની સંખ્યા છે અને $T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
જ્યારે વાયુઓને મિશ્ર કરવામાં આવે છે અને ઉર્જાનો કોઈ વ્યય થતો નથી,ત્યારે મિશ્રણની કુલ આંતરિક ઉર્જા એ વ્યક્તિગત વાયુઓની આંતરિક ઉર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે.
કુલ આંતરિક ઉર્જા $U_{total} = U_1 + U_2 + U_3$.
$n = \frac{N}{N_A}$ નો ઉપયોગ કરતા (જ્યાં $N$ એ અણુઓની સંખ્યા છે અને $N_A$ એ એવોગેડ્રો આંક છે),ઉર્જા $U = \frac{f}{2} \frac{N}{N_A} R T = \frac{f}{2} N k_B T$ થાય છે.
ધારો કે વાયુઓ સમાન મુક્તિના અંશો $f$ ધરાવે છે,તો કુલ ઉર્જા $\frac{f}{2} k_B (n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3) = \frac{f}{2} k_B (n_1 + n_2 + n_3) T_{mix}$ થશે.
સામાન્ય પદો $\frac{f}{2} k_B$ ને દૂર કરતા,આપણને $n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3 = (n_1 + n_2 + n_3) T_{mix}$ મળે છે.
તેથી,મિશ્રણનું અંતિમ તાપમાન $T_{mix} = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3}{n_1 + n_2 + n_3}$ છે.

(D) રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,તંત્રનું કુલ વેગમાન અચળ રહેવું જોઈએ.
તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્યની નજીક હોવાથી (ન્યુટ્રોન ધીમેથી ગતિ કરે છે),પરિણામી બે ન્યુક્લિયસનું અંતિમ વેગમાન પણ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે $m_1$ દળ ધરાવતા ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $p_1$ છે અને $5m_1$ દળ ધરાવતા ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $p_2$ છે.
તેથી,$p_1 + p_2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $p_1 = -p_2$,અથવા $|p_1| = |p_2|$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ એ $\lambda = \frac{h}{p}$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $p$ એ વેગમાનનું મૂલ્ય છે.
બંને ન્યુક્લિયસનું વેગમાન સમાન હોવાથી $(|p_1| = |p_2|)$,તેમની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ પણ સમાન હોવી જોઈએ.
આમ,બીજા ન્યુક્લિયસની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ પણ $\lambda$ થશે.

(A) તારના આડછેદને $R$ ત્રિજ્યાના અર્ધવર્તુળાકાર ચાપ તરીકે ધ્યાનમાં લો. કુલ વિદ્યુતપ્રવાહ $I$ એ $\pi R$ જેટલી ચાપની લંબાઈ પર વહેંચાયેલો છે.
એકમ ચાપની લંબાઈ દીઠ વિદ્યુતપ્રવાહ $\lambda = \frac{I}{\pi R}$ છે.
અક્ષથી $\theta$ ખૂણે $dl = R d\theta$ લંબાઈનો એક નાનો ચાપનો ઘટક ધ્યાનમાં લો. આ ઘટકમાં વહેતો વિદ્યુતપ્રવાહ $di = \lambda dl = \frac{I}{\pi R} (R d\theta) = \frac{I}{\pi} d\theta$ છે.
આ અનંત તારના ઘટકને કારણે કેન્દ્ર $O$ પર ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર અનંત તારના સૂત્ર પરથી મળે છે: $dB = \frac{\mu_0 di}{2\pi R} = \frac{\mu_0}{2\pi R} \left( \frac{I}{\pi} d\theta \right) = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$.
સંમિતિને કારણે,અક્ષને લંબ ચુંબકીય ક્ષેત્રના ઘટકો એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે. પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર એ અક્ષ પરના ઘટકોનું સંકલન છે: $B = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} dB \cos\theta = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \cos\theta d\theta$.
$B = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} \int_{0}^{\pi/2} \cos\theta d\theta = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R} [\sin\theta]_{0}^{\pi/2} = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$.

(A) ઓક્સાઇડની બેઝિક પ્રકૃતિ તત્વના ધાત્વીય ગુણધર્મ પર આધાર રાખે છે.
ધાત્વીય ગુણધર્મ સમૂહમાં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં વધે છે અને આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં ઘટે છે.
$Al_2O_3$ એમ્ફોટેરિક છે,$MgO$ બેઝિક છે,$Na_2O$ વધુ બેઝિક છે અને $K_2O$ સૌથી વધુ બેઝિક છે.
તેથી,વધતી જતી બેઝિક પ્રકૃતિનો સાચો ક્રમ: $Al_2O_3 < MgO < Na_2O < K_2O$ છે.

(B) ધારો કે જે બિંદુએ ગુરુત્વાકર્ષી ક્ષેત્ર શૂન્ય છે તે $m$ દળથી $x$ અંતરે છે. બંને દળોને કારણે ઉદ્ભવતું ગુરુત્વાકર્ષી ક્ષેત્ર મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ હોવું જોઈએ.
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x} \Rightarrow r-x = 2x \Rightarrow 3x = r \Rightarrow x = \frac{r}{3}$
$4m$ દળથી અંતર $r-x = r - \frac{r}{3} = \frac{2r}{3}$ છે.
આ બિંદુએ ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિમાન $V$ એ બંને દળોને કારણે ઉદ્ભવતા સ્થિતિમાનનો સરવાળો છે:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x$ અને $r-x$ ની કિંમતો મૂકતા:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3} = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t_1$ પર,ક્ષય પામેલો જથ્થો $\frac{1}{3} N_0$ છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N_1 = N_0 - \frac{1}{3} N_0 = \frac{2}{3} N_0$ છે.
સમય $t_2$ પર,ક્ષય પામેલો જથ્થો $\frac{2}{3} N_0$ છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N_2 = N_0 - \frac{2}{3} N_0 = \frac{1}{3} N_0$ છે.
આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $N_2 = \frac{1}{2} N_1$.
કારણ કે પદાર્થનો જથ્થો એક અર્ધ-આયુષ્ય સમય $(T_{1/2})$ માં તેના મૂલ્ય કરતા અડધો થઈ જાય છે,તેથી પદાર્થને $N_1$ થી $N_2$ સુધી ક્ષય થવા માટે જરૂરી સમયગાળો બરાબર એક અર્ધ-આયુષ્ય જેટલો છે.
તેથી,$t_2 - t_1 = T_{1/2} = 20 \, min$.

(B) આપેલ છે:
તારની લંબાઈ,$\ell = 20\, m$
તારની ઝડપ,$v = 5.0\, m/s$
પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક,$B_H = 0.30 \times 10^{-4}\, Wb/m^2$
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વાહકમાં પ્રેરિત ગતિકીય $e.m.f.$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$e = B_H v \ell$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$e = (0.30 \times 10^{-4}) \times 5.0 \times 20$
$e = 0.30 \times 10^{-4} \times 100$
$e = 0.30 \times 10^{-2}\, V$
$e = 3 \times 10^{-3}\, V$
કારણ કે $1\, mV = 10^{-3}\, V$,તેથી પ્રેરિત $e.m.f.$:
$e = 3\, mV$

(B) સાબુના પરપોટાને બે સપાટીઓ (અંદરની અને બહારની) હોય છે. સાબુના પરપોટાની ત્રિજ્યા $r_1$ થી $r_2$ બદલવા માટે કરવું પડતું કાર્ય $W$ નીચે મુજબ છે:
$W = 2 \times T \times \Delta A = 2 \times T \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2) = 8\pi T(r_2^2 - r_1^2)$
આપેલ છે: $T = 0.03\, Nm^{-1}$,$r_1 = 3\, cm = 0.03\, m$,$r_2 = 5\, cm = 0.05\, m$.
કિંમતો મૂકતા:
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times ((0.05)^2 - (0.03)^2)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times (0.0025 - 0.0009)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times 0.0016$
$W = 0.24 \times \pi \times 0.0016 = 0.000384\pi \,J$
$W = 0.384\pi \,mJ \approx 0.4\pi \,mJ$.

(A) લેન્થેનોઇડ્સ સામાન્ય રીતે $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવે છે.
તમામ સભ્યો $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવતા નથી; માત્ર થોડા સભ્યો જેમ કે $Ce^{+4}$,$Pr^{+4}$,$Nd^{+4}$,$Tb^{+4}$ અને $Dy^{+4}$ સ્થિર ઇલેક્ટ્રોન રચનાને કારણે આ અવસ્થા દર્શાવે છે.
તેથી,એવું વિધાન કે તમામ સભ્યો $+4$ અવસ્થામાં સંયોજનો બનાવે છે તે ખોટું છે.

(B) ધારો કે દરેક તરંગની તીવ્રતા $I_0$ છે. પરિણામી તીવ્રતા $I = 2I_0 + 2I_0 \cos(\Delta \phi) = 4I_0 \cos^2(\frac{\Delta \phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $P$ પર,પથ તફાવત $\Delta x = 0$ છે,તેથી કળા તફાવત $\Delta \phi = 0$ છે. તીવ્રતા $I_P = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$.
બિંદુ $Q$ પર,પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{4}$ છે,તેથી કળા તફાવત $\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ છે. તીવ્રતા $I_Q = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi}{4}) = 4I_0 \cdot (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 2I_0$.
તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $\frac{I_P}{I_Q} = \frac{4I_0}{2I_0} = 2:1$ છે.

(B) સાબુના પરપોટાને બે સપાટીઓ (અંદરની અને બહારની) હોય છે. ત્રિજ્યા $r_1$ થી $r_2$ સુધી વધારવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય $W$ નું સૂત્ર $W = 2 \times [4\pi T(r_2^2 - r_1^2)] = 8\pi T(r_2^2 - r_1^2)$ છે.
આપેલ છે: $T = 0.03\, Nm^{-1}$,$r_1 = 3\, cm = 0.03\, m$,$r_2 = 5\, cm = 0.05\, m$.
કિંમતો મૂકતા:
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times ((0.05)^2 - (0.03)^2)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times (0.0025 - 0.0009)$
$W = 8 \times \pi \times 0.03 \times 0.0016$
$W = 0.000384\pi \,J = 0.384\pi \,mJ$.
નજીકની કિંમત લેતા,$W \approx 0.4\pi \,mJ$.

(C) પાત્ર ઉષ્મીય રીતે અલગ હોવાથી,આસપાસ સાથે કોઈ ઉષ્માની આપ-લે થતી નથી.
જ્યારે પાત્રને અચાનક સ્થિર કરવામાં આવે છે,ત્યારે વાયુની ગતિઊર્જાનું આંતરિક ઊર્જામાં રૂપાંતર થાય છે.
ગતિઊર્જામાં ઘટાડો = આંતરિક ઊર્જામાં વધારો
$\frac{1}{2} m v^2 = n C_V \Delta T$
અહીં,$n = \frac{m}{M}$ એ મોલની સંખ્યા છે અને $C_V = \frac{R}{\gamma - 1}$ એ અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{2} m v^2 = \left( \frac{m}{M} \right) \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
બંને બાજુથી $m$ દૂર કરતા:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R \Delta T}{M(\gamma - 1)}$
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા:
$\Delta T = \frac{M v^2 (\gamma - 1)}{2R} \ K$

(A) વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E$ અને સ્થિતિમાન $\phi$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = -\frac{d\phi}{dr}$ છે.
આપેલ છે કે $\phi = ar^2 + b$,તેથી $E = -\frac{d}{dr}(ar^2 + b) = -2ar$.
ગોસના નિયમના વિકલિત સ્વરૂપ મુજબ,વીજભાર ઘનતા $\rho = \varepsilon_0 (\nabla \cdot E)$ છે.
ગોલીય યામ પદ્ધતિમાં,ત્રિજ્યાવર્તી ક્ષેત્ર $E_r$ માટે ડાયવર્જન્સ $\nabla \cdot E = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 E_r)$ થાય છે.
$E_r = -2ar$ મૂકતા,આપણને મળે છે $\nabla \cdot E = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 (-2ar)) = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(-2ar^3) = \frac{1}{r^2} (-6ar^2) = -6a$.
તેથી,વીજભાર ઘનતા $\rho = \varepsilon_0 (-6a) = -6a\varepsilon_0$ થાય છે.

(D) $IF_{7}$ માં મધ્યસ્થ આયોડિન પરમાણુ $(I)$ પાસે $7$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. તે $7$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $7$ બંધ બનાવે છે.
સ્ટેરિક નંબરની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે:
$\text{Steric Number} = \frac{1}{2} \times (V + M - C + A) = \frac{1}{2} \times (7 + 7) = 7$.
$7$ નો સ્ટેરિક નંબર $sp^{3}d^{3}$ સંકરણ સૂચવે છે,જે પંચકોણીય દ્વિપિરામિડલ ભૂમિતિ આપે છે.
આ બંધારણમાં,પાંચ ફ્લોરિન પરમાણુઓ પંચકોણીય સમતલમાં $72^{\circ}$ ના $I-F$ બંધકોણ સાથે ગોઠવાયેલા હોય છે,અને બે ફ્લોરિન પરમાણુઓ સમતલની ઉપર અને નીચે $90^{\circ}$ ના ખૂણે ગોઠવાયેલા હોય છે.

(B) ધારો કે બિંદુ $P$ એ $m$ દળથી $x$ અંતરે છે. આ બિંદુએ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર શૂન્ય છે.
બંને દળોને કારણે ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રની તીવ્રતાને સરખાવતા:
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x}$
$r - x = 2x \Rightarrow 3x = r \Rightarrow x = \frac{r}{3}$
બિંદુ $P$ નું $4m$ દળથી અંતર $r - x = r - \frac{r}{3} = \frac{2r}{3}$ છે.
બિંદુ $P$ પર ગુરુત્વાકર્ષણ સ્થિતિમાન $V$ એ બંને દળોને કારણે સ્થિતિમાનનો સરવાળો છે:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x = \frac{r}{3}$ અને $r-x = \frac{2r}{3}$ મૂકતા:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3}$
$V = -\frac{3Gm}{r} - \frac{12Gm}{2r}$
$V = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(C) ટૉટોમેરિઝમ એ ક્રિયાશીલ સમૂહ સમઘટકતાનો એક વિશિષ્ટ પ્રકાર છે જેમાં સંયોજન બે કે તેથી વધુ આંતર-પરિવર્તનીય સ્વરૂપોમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે જે ઓછામાં ઓછા એક પરમાણુ કેન્દ્ર,સામાન્ય રીતે હાઇડ્રોજન પરમાણુના સાપેક્ષ સ્થાનમાં અલગ પડે છે.
કાર્બોનિલ સંયોજન માટે ટૉટોમેરિઝમ દર્શાવવા માટે,તેની પાસે ઓછામાં ઓછો એક $\alpha$-હાઇડ્રોજન પરમાણુ હોવો આવશ્યક છે.
$2-$પેન્ટેનોન $(CH_3COCH_2CH_2CH_3)$ માં કાર્બોનિલ સમૂહની બાજુના કાર્બન પર $\alpha$-હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ હોય છે,તેથી તે કીટો-ઇનોલ ટૉટોમેરિઝમ દર્શાવે છે.

(D) ફેસ સેન્ટર્ડ ક્યુબિક $(FCC)$ લેટિસમાં:
ખૂણા પર $A$ પરમાણુઓની સંખ્યા $= 8 \times \frac{1}{8} = 1$.
ઘનમાં કુલ ફેસ સેન્ટરની સંખ્યા $6$ છે. એક $B$ પરમાણુ ખૂટતો હોવાથી,હાજર $B$ પરમાણુઓની સંખ્યા $= 6 - 1 = 5$.
ફેસ સેન્ટર પર $B$ પરમાણુઓની સંખ્યા $= 5 \times \frac{1}{2} = 2.5$.
$A : B$ નો ગુણોત્તર $= 1 : 2.5 = 2 : 5$.
તેથી,સંયોજનનું સૂત્ર $A_2B_5$ છે.

(C) મોલાલિટી $(m)$ એટલે દ્રાવકના પ્રતિ કિલોગ્રામ દીઠ દ્રાવ્યના મોલની સંખ્યા.
આપેલ $m = 5.2 \ mol/kg$ નો અર્થ છે કે $5.2$ મોલ $CH_3OH$ એ $1000 \ g$ પાણી $(H_2O)$ માં ઓગળેલા છે.
પાણીના મોલ $(n_{H_2O})$ $= \frac{1000 \ g}{18 \ g/mol} \approx 55.56 \ mol$.
મિથાઈલ આલ્કોહોલનો મોલ અંશ $(X_{CH_3OH})$ $= \frac{n_{CH_3OH}}{n_{CH_3OH} + n_{H_2O}}$.
$X_{CH_3OH} = \frac{5.2}{5.2 + 55.56} = \frac{5.2}{60.76} \approx 0.0856$.
આમ,જવાબ $0.086$ મળે છે.

(A) આપેલ છે:
$K_f = 1.86 \ K \ kg \ mol^{-1}$
દ્રાવકનું દળ $(W_A)$ $= 4 \ kg = 4000 \ g$
ઠારબિંદુમાં અવનયન $\Delta T_f = 0 - (-6) = 6 \ K$
દ્રાવ્યનું આણ્વીય દળ $(M_B)$ $= 62 \ g \ mol^{-1}$
ઠારબિંદુમાં અવનયનનું સૂત્ર $\Delta T_f = K_f \times m$ છે,જ્યાં $m$ એ મોલાલિટી છે.
$\Delta T_f = K_f \times \frac{w \times 1000}{M_B \times W_A \text{ (g માં)}}$
$6 = 1.86 \times \frac{w \times 1000}{62 \times 4000}$
$6 = 1.86 \times \frac{w}{62 \times 4}$
$w = \frac{6 \times 62 \times 4}{1.86}$
$w = \frac{1488}{1.86} = 800 \ g$

(A) નિર્બળ વિદ્યુતવિભાજ્ય $A_xB_y$ ના વિયોજન માટે:
$A_xB_y \rightleftharpoons xA^{y+} + yB^{x-}$
$t=0$ સમયે,મોલ $1, 0, 0$ છે.
સંતુલન સમયે,મોલ $(1 - \alpha), x\alpha, y\alpha$ છે.
સંતુલન સમયે કુલ મોલ:
$n_{total} = 1 - \alpha + x\alpha + y\alpha = 1 + \alpha(x + y - 1)$
વોન્ટ હોફ અવયવ $(i)$ એ અવલોકિત મોલ અને પ્રારંભિક મોલનો ગુણોત્તર છે:
$i = \frac{1 + \alpha(x + y - 1)}{1} = 1 + \alpha(x + y - 1)$
$\alpha$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$i - 1 = \alpha(x + y - 1)$
$\alpha = \frac{i - 1}{x + y - 1}$

(C) તાપમાનમાં $10\,^{\circ}C$ ના વધારા માટે તાપમાન ગુણાંક $2$ છે.
$50\,^{\circ}C$ ના વધારા માટે,$10\,^{\circ}C$ ના અંતરાલોની સંખ્યા $n = \frac{50}{10} = 5$ છે.
પ્રક્રિયાના વેગમાં વધારો $2^n = 2^5$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2^5 = 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 32$.
તેથી,પ્રક્રિયાનો વેગ $32$ ગણો વધશે.

(A) સમૂહ $15$ માં ઉપરથી નીચે તરફ જતાં $NH_3$ થી $BiH_3$ સુધી હાઇડ્રાઇડની સ્થિરતા ઘટે છે. આનું કારણ એ છે કે કેન્દ્રીય પરમાણુનું કદ વધે છે,જેના પરિણામે કક્ષકોના નબળા ઓવરલેપને કારણે $M-H$ બંધ નબળો બને છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ માં આપેલ વિધાન ખોટું છે.
વધુમાં,નાઇટ્રોજન તેની સંયોજકતા કક્ષામાં $d$-કક્ષકોના અભાવને કારણે $d\pi - p\pi$ બંધ બનાવી શકતું નથી.
નાના $N$ પરમાણુઓમાં અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના ઉચ્ચ આંતર-ઇલેક્ટ્રોનિક અપાકર્ષણને કારણે એકલ $N-N$ બંધ એ $P-P$ બંધ કરતા નિર્બળ હોય છે.
$N_2O_4$ સંસ્પંદન બંધારણો દર્શાવે છે.

(D) સલ્ફરની ઓક્સિડેશન અવસ્થા તેના વિવિધ સંયોજનોમાં $-2$ થી $+6$ સુધીની હોય છે. ઉદાહરણ તરીકે,$H_2S$ માં,સલ્ફરની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $-2$ છે. તેથી,સલ્ફરની ઓક્સિડેશન અવસ્થા ક્યારેય $+4$ થી ઓછી હોતી નથી તેવું વિધાન ખોટું છે.

(C) સંકિર્ણ $[Cr(NH_3)_6]Cl_3$ માં,$Cr$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+3$ છે. $Cr^{3+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar]3d^3$ છે.
$NH_3$ લિગેન્ડ હોવાથી,તે $d^2sp^3$ સંકરણનો ઉપયોગ કરીને અષ્ટફલકીય સંકિર્ણ બનાવે છે.
તે $(n-1)d$ કક્ષકો ($3d$ કક્ષકો) નો ઉપયોગ કરતું હોવાથી,તેને આંતરિક કક્ષકીય સંકિર્ણ તરીકે વર્ગીકૃત કરવામાં આવે છે,બાહ્ય કક્ષકીય સંકિર્ણ તરીકે નહીં.
તેથી,તે બાહ્ય કક્ષકીય સંકિર્ણ છે તે વિધાન ખોટું છે.

(D) લેન્થેનોઇડ્સ સામાન્ય રીતે $+3$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવે છે.
$4f$ ઇલેક્ટ્રોન ઊંડે આવેલા હોય છે અને $5s$,$5p$ તથા $5d$ કક્ષકો દ્વારા આવરિત હોય છે,જેના કારણે તેઓ $d$-વિભાગના તત્વોની સરખામણીમાં બંધન માટે ઓછા ઉપલબ્ધ હોય છે.
જોકે કેટલાક લેન્થેનોઇડ્સ જેમ કે $Ce$ $(+4)$ અને $Tb$ $(+4)$ સ્થાયી ઇલેક્ટ્રોનિક રચનાને કારણે $+4$ ઓક્સિડેશન અવસ્થા દર્શાવે છે,પરંતુ તે શ્રેણીના તમામ સભ્યોનો ગુણધર્મ નથી.
તેથી,એ વિધાન કે તમામ સભ્યો $+4$ અવસ્થામાં સંયોજનો બનાવે છે તે ખોટું છે.

(C) $[NiCl_{4}]^{2-}$ માં,$Ni$ નો ઓક્સિડેશન આંક $+2$ છે.
$Ni^{2+}$ ની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $[Ar] 3d^{8}$ છે.
$Cl^{-}$ એ નિર્બળ ક્ષેત્ર લિગેન્ડ હોવાથી,તે $3d$ કક્ષકોમાં ઇલેક્ટ્રોનનું યુગ્મીકરણ કરતું નથી.
આમ,તેમાં $n = 2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
ચુંબકીય ચાકમાત્રાની ગણતરી $\mu = \sqrt{n(n+2)} \ B.M.$ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે.
$\mu = \sqrt{2(2+2)} = \sqrt{8} \approx 2.82 \ B.M.$

(D) $Gd$ (ગેડોલિનિયમ) નો પરમાણુ ક્રમાંક $64$ છે.
તેની ઇલેક્ટ્રોન રચના આઉફબાઉના સિદ્ધાંત પર આધારિત છે,પરંતુ વધારાની સ્થિરતા પ્રાપ્ત કરવા માટે તેમાં ફેરફાર કરવામાં આવે છે.
$4f$ સબશેલ અર્ધ-ભરાયેલી $(4f^7)$ હોવાથી તે પરમાણુને વધારાની સ્થિરતા આપે છે.
તેથી,સાચી ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Xe] 4f^7 5d^1 6s^2$ છે.

(D) જ્યારે ફિનોલને એસિડિક માધ્યમમાં $KBr$ અને $KBrO_3$ ના મિશ્રણ સાથે પ્રક્રિયા કરવામાં આવે છે,ત્યારે $Br_2$ ઉત્પન્ન થાય છે.
$5KBr + KBrO_3 + 6H^+ \rightarrow 3Br_2 + 6K^+ + 3H_2O$
$-OH$ સમૂહની અત્યંત સક્રિયતાને કારણે,ફિનોલ બ્રોમીન પાણી સાથે ઇલેક્ટ્રોન અનુરાગી એરોમેટિક વિસ્થાપન પ્રક્રિયા કરીને $2, 4, 6-$ ટ્રાયબ્રોમોફિનોલના સફેદ અવક્ષેપ બનાવે છે.

(D) ફિનોલ તટસ્થ $FeCl_3$ દ્રાવણ સાથે જાંબલી રંગ આપે છે.
બેન્ઝોઇક એસિડ તટસ્થ $FeCl_3$ દ્રાવણ સાથે બફ (આછા પીળા) રંગના અવક્ષેપ આપે છે.
તેથી,તટસ્થ $FeCl_3$ નો ઉપયોગ તેમની વચ્ચે તફાવત પારખવા માટે કરી શકાય છે.

(A) કેનિઝારો પ્રક્રિયા એ પ્રબળ બેઝની હાજરીમાં $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ ન ધરાવતા આલ્ડિહાઈડની અસમાનતા (disproportionation) પ્રક્રિયા છે.
ટ્રાયક્લોરોએસીટાલ્ડિહાઈડ $(CCl_3CHO)$ માં $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુઓ હોતા નથી.
$NaOH$ ની હાજરીમાં,તે સ્વ-ઓક્સિડેશન અને રિડક્શન પામીને સોડિયમ ટ્રાયક્લોરોએસીટેટ $(CCl_3COO^-)$ અને $2, 2, 2-$ટ્રાયક્લોરોઈથેનોલ $(CCl_3CH_2OH)$ બનાવે છે.

(C) કાર્બોક્સિલિક એસિડની એસિડિકતા ઇલેક્ટ્રોન-વિથડ્રોઇંગ ગ્રુપ $(EWG)$ ની હાજરીને કારણે વધે છે,જે ઇન્ડક્ટિવ ઇફેક્ટ ($-I$ અસર) ને આભારી છે.
આ સમૂહો ઋણ વીજભારને વિખેરીને કાર્બોક્સિલેટ આયનને સ્થિર કરે છે.
$-I$ અસરની પ્રબળતા કાર્બોક્સિલિક એસિડ સમૂહથી સબસ્ટિટ્યુઅન્ટના અંતર પર આધાર રાખે છે.
$CH_3CH_2CH(Cl)CO_2H$ માં,ક્લોરિન પરમાણુ $\alpha$-સ્થિતિ પર છે ($-COOH$ સમૂહની સૌથી નજીક),જે $ClCH_2CH_2CH_2COOH$ માં $\gamma$-સ્થિતિની તુલનામાં પ્રબળ $-I$ અસર દર્શાવે છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી $CH_3CH_2CH(Cl)CO_2H$ સૌથી પ્રબળ એસિડ છે.

(D) સોડિયમ ઇથોક્સાઇડ $(C_2H_5ONa)$ અને ઇથેનોઇલ ક્લોરાઇડ $(CH_3COCl)$ વચ્ચેની પ્રક્રિયા ન્યુક્લિયોફિલિક એસિલ સબસ્ટિટ્યુશન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં,ઇથોક્સાઇડ આયન $(C_2H_5O^-)$ ન્યુક્લિયોફાઇલ તરીકે કાર્ય કરે છે અને ઇથેનોઇલ ક્લોરાઇડના કાર્બોનિલ કાર્બન પર હુમલો કરે છે,જેનાથી ક્લોરાઇડ આયન $(Cl^-)$ દૂર થાય છે.
રાસાયણિક સમીકરણ છે: $CH_3COCl + C_2H_5ONa \rightarrow CH_3COOC_2H_5 + NaCl$.
બનતી નીપજ ઇથાઇલ ઇથેનોએટ $(CH_3COOC_2H_5)$ છે.

(D) સિલ્વર મિરર કસોટી (ટોલેન્સ કસોટી) આલ્ડિહાઈડ દ્વારા આપવામાં આવે છે કારણ કે તેઓ સરળતાથી કાર્બોક્સિલિક એસિડમાં ઓક્સિડેશન પામી શકે છે.
ફોર્માલ્ડિહાઈડ $(HCHO)$ અને એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ બંને આલ્ડિહાઈડ હોવાથી સિલ્વર મિરર કસોટી આપે છે.
$HCHO + 2[Ag(NH_3)_2]^+ + 3OH^- \rightarrow HCOO^- + 2Ag \downarrow + 4NH_3 + 2H_2O$
$CH_3CHO + 2[Ag(NH_3)_2]^+ + 3OH^- \rightarrow CH_3COO^- + 2Ag \downarrow + 4NH_3 + 2H_2O$
એસીટોન જેવા કીટોન આ કસોટી આપતા નથી.

(B) $RNA$ માં જોવા મળતી શર્કરા $D$-રાઈબોઝ છે,જ્યારે $DNA$ માં શર્કરા $D$-$2$-ડીઓક્સિરાઈબોઝ છે.
$D$-$2$-ડીઓક્સિરાઈબોઝ એ રાઈબોઝથી માત્ર $2$-સ્થાન પર $-OH$ સમૂહના બદલે હાઈડ્રોજન પરમાણુના વિસ્થાપનમાં અલગ પડે છે,જે આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.

(B) $fcc$ (ફેસ-સેન્ટર્ડ ક્યુબિક) એકમ કોષ માટે, ધારની લંબાઈ $a$ અને પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા $r$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$r = \frac{\sqrt{2} a}{4} = \frac{a}{2\sqrt{2}}$
આપેલ ધારની લંબાઈ $a = 361 \ pm$:
$r = \frac{361}{2 \times 1.414}$
$r = \frac{361}{2.828}$
$r \approx 127.65 \ pm$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા, $r = 128 \ pm$ મળે છે.

(C) હાઇડ્રોજન હાફ-સેલ માટે રિડક્શન પ્રક્રિયા: $2H^{+} + 2e^{-} \rightarrow H_{2}$
અહીં,$n = 2$ અને રિએક્શન ક્વોશન્ટ $Q = \frac{p(H_{2})}{[H^{+}]^{2}}$ છે.
નેર્ન્સ્ટ સમીકરણ મુજબ: $E_{H^{+}/H_{2}} = E^{0}_{H^{+}/H_{2}} - \frac{0.059}{n} \log Q$.
$E^{0}_{H^{+}/H_{2}} = 0 \ V$ હોવાથી,$E_{H^{+}/H_{2}} = -\frac{0.059}{2} \log Q$.
$E_{H^{+}/H_{2}}$ ઋણ થવા માટે,$\log Q$ ધન હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $Q > 1$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $Q = \frac{1}{1^{2}} = 1$
$(B)$ $Q = \frac{1}{2^{2}} = 0.25 < 1$
$(C)$ $Q = \frac{2}{1^{2}} = 2 > 1$
$(D)$ $Q = \frac{2}{2^{2}} = 0.5 < 1$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.