AP EAMCET 2008 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) બેરિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ એક પ્રબળ બેઇઝ છે અને તે સંપૂર્ણ રીતે આયનીકરણ પામે છે: $Ba(OH)_2 \rightarrow Ba^{2+} + 2OH^-$.
$Ba(OH)_2$ ની પ્રારંભિક સાંદ્રતા $= 1 \times 10^{-3} \ M$.
$OH^-$ ની પ્રારંભિક સાંદ્રતા $= 2 \times 1 \times 10^{-3} = 2 \times 10^{-3} \ M$.
$50 \ mL$ દ્રાવણમાં $50 \ mL$ $H_2O$ ઉમેરતા,કુલ કદ $100 \ mL$ થાય છે.
$OH^-$ ની નવી સાંદ્રતા મંદન સૂત્ર $M_1V_1 = M_2V_2$ નો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે:
$(2 \times 10^{-3} \ M) \times (50 \ mL) = M_2 \times (100 \ mL)$.
$M_2 = \frac{2 \times 10^{-3} \times 50}{100} = 1 \times 10^{-3} \ M$.
$pOH = -\log[OH^-] = -\log(1 \times 10^{-3}) = 3$.
$pH = 14 - pOH = 14 - 3 = 11.0$.

(A) $CH_3COONa + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + NaOH$
ઉપરોક્ત પ્રક્રિયા નીચેના તબક્કાઓમાં થાય છે:
$CH_3COONa \xrightarrow{\text{આયનીકરણ}} CH_3COO^- + Na^+$
$CH_3COO^- + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + OH^-$
એસીટેટ આયન $(CH_3COO^-)$ એનાયોનિક જળવિભાજન પામે છે,જેનાથી દ્રાવણમાં $OH^-$ આયનો ઉત્પન્ન થાય છે. $OH^-$ આયનોની વધુ પડતી હાજરીને કારણે,પરિણામી દ્રાવણ થોડું બેઝિક (આલ્કલાઇન) બને છે. તેથી,વિધાન $(A)$ અને કારણ $(R)$ બંને સાચા છે અને કારણ $(R)$ એ વિધાન $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(B) ધારો કે તારને શિરોલંબથી $\theta$ ખૂણે વિચલિત કરવામાં આવે છે. જ્યારે ભાર સંતુલન સ્થિતિ (સૌથી નીચો બિંદુ) માંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તારમાં તણાવ $T$ એ વજન $mg$ ને સંતુલિત કરે છે અને જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
તાર ન તૂટે તે માટે મહત્તમ ખૂણો $\theta$ શોધવો છે. દોલનના સૌથી નીચલા બિંદુએ તણાવ $T$ મહત્તમ હોય છે.
સૌથી નીચલા બિંદુએ,$T = mg + \frac{mv^2}{R}$.
$\theta$ ખૂણેથી મુક્ત કરવાથી સૌથી નીચલા બિંદુ સુધી ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગુમાવેલી સ્થિતિ ઉર્જા = મેળવેલી ગતિ ઉર્જા: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2$,તેથી $mv^2 = 2mgR(1 - \cos \theta)$.
આ કિંમત તણાવના સમીકરણમાં મૂકતા: $T = mg + 2mg(1 - \cos \theta) = mg(3 - 2 \cos \theta)$.
આપેલ છે કે $T_{max} = 2940 ~N$ અને $m = 150 ~kg$,$g = 9.8 ~m/s^2$,તેથી $mg = 150 \times 9.8 = 1470 ~N$.
$2940 = 1470(3 - 2 \cos \theta)$.
$2 = 3 - 2 \cos \theta$.
$2 \cos \theta = 1$.
$\cos \theta = 0.5$.
$\theta = 60^{\circ}$.

(D) લીસા ઢળતા સમતલ માટે,પ્રવેગ $a_s = g \sin \theta$ છે. $s$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_s = \sqrt{\frac{2s}{g \sin \theta}}$ છે.
ખરબચડા ઢળતા સમતલ માટે,પ્રવેગ $a_r = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ છે. તેટલું જ અંતર $s$ કાપવા માટે લાગતો સમય $t_r = \sqrt{\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}}$ છે.
આપેલ છે કે $t_r = n t_s$,જ્યાં $n = 2$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = n^2 \frac{2s}{g \sin \theta}$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\sin \theta = n^2(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ મળે.
$\mu$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$\mu = \tan \theta \left[1 - \frac{1}{n^2}\right]$ મળે.
$\theta = 45^{\circ}$ અને $n = 2$ કિંમતો મૂકતા:
$\mu = \tan 45^{\circ} \left[1 - \frac{1}{2^2}\right] = 1 \times \left[1 - \frac{1}{4}\right] = \frac{3}{4} = 0.75$.

(B) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $x^5 = 2y^4$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$5x^4 = 8y^3 \frac{dy}{dx}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{5x^4}{8y^3}$
બિંદુ $(2,2)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(2,2)} = \frac{5(2)^4}{8(2)^3} = \frac{5 \times 16}{8 \times 8} = \frac{80}{64} = \frac{5}{4}$.
અસ્પર્શકની લંબાઈનું સૂત્ર $\left| \frac{y}{dy/dx} \right|$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
અસ્પર્શકની લંબાઈ $= \frac{2}{5/4} = 2 \times \frac{4}{5} = \frac{8}{5}$.

(D) આપેલ વક્રો $y^2=4x+4$ $(i)$ અને $y^2=36(9-x)$ (ii) છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$y^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$4x+4 = 324-36x$
$40x = 320 \Rightarrow x = 8$.
$x=8$ ને $(i)$ માં મૂકતા,$y^2 = 4(8)+4 = 36 \Rightarrow y = \pm 6$.
તેથી,છેદબિંદુઓ $(8,6)$ અને $(8,-6)$ છે.
$(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2y \frac{dy}{dx} = 4 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{2}{y}$.
(ii) નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2y \frac{dy}{dx} = -36 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{-18}{y}$.
બિંદુ $(8,6)$ પર:
$m_1 = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ અને $m_2 = \frac{-18}{6} = -3$.
અહીં $m_1 \times m_2 = \frac{1}{3} \times (-3) = -1$ હોવાથી,સ્પર્શકો પરસ્પર લંબ છે.
તેથી,વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{2}$ છે.

(C) આપેલ વક્ર $y^4=ax^3$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$4y^3 \frac{dy}{dx} = 3ax^2$.
બિંદુ $(a, a)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{3a(a)^2}{4(a)^3} = \frac{3a^3}{4a^3} = \frac{3}{4}$.
અભિલંબનો ઢાળ એ સ્પર્શકના ઢાળનો વ્યસ્ત અને વિરોધી હોય છે:
$m_{\text{normal}} = -\frac{1}{3/4} = -\frac{4}{3}$.
બિંદુ $(a, a)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ:
$y - a = -\frac{4}{3}(x - a)$.
$3$ વડે ગુણતા:
$3y - 3a = -4x + 4a$.
પદોને ગોઠવતા:
$4x + 3y = 7a$.

(D) આપેલ સંકલન: $\int e^x(1+x) \cdot \sec^2(x e^x) \, dx = f(x) + C$.
ધારો કે $t = x e^x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dt}{dx} = e^x + x e^x = e^x(1+x)$.
તેથી,$dt = e^x(1+x) \, dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $\int \sec^2(t) \, dt$.
$\sec^2(t)$ નું સંકલન $\tan(t) + C$ થાય છે.
હવે $t = x e^x$ પાછું મૂકતા,આપણને $\tan(x e^x) + C$ મળે છે.
આમ,$f(x) + C$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = \tan(x e^x)$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \sin |x| \, dx$.
અહીં $f(x) = \sin |x|$ એ યુગ્મ વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = \sin |-x| = \sin |x| = f(x)$,તેથી આપણે ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
આથી,$I = 2 \int_{0}^{\pi / 2} \sin |x| \, dx$.
અંતરાલ $[0, \pi / 2]$ માટે,$|x| = x$,તેથી $I = 2 \int_{0}^{\pi / 2} \sin x \, dx$.
સંકલન કરતા: $I = 2 [-\cos x]_{0}^{\pi / 2}$.
$I = 2 [-\cos(\pi / 2) - (-\cos 0)]$.
$I = 2 [0 - (-1)] = 2(1) = 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^1 x^{3/2} \sqrt{1-x} \, dx$.
$x = \sin^2 \theta$ આદેશ લેતા,$dx = 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$.
જ્યારે $x=0, \theta=0$ અને જ્યારે $x=1, \theta=\frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\pi/2} (\sin^2 \theta)^{3/2} \sqrt{1-\sin^2 \theta} \cdot (2 \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} \sin^3 \theta \cdot \cos \theta \cdot 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \left[ \frac{(4-1)(4-3) \cdot (2-1)}{(4+2)(4+2-2)(4+2-4)} \cdot \frac{\pi}{2} \right]$
$I = 2 \left[ \frac{3 \cdot 1 \cdot 1}{6 \cdot 4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right] = 2 \left[ \frac{3}{48} \cdot \frac{\pi}{2} \right] = \frac{\pi}{16}$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $x y^2 d y = (x^3 + y^3) d x$ છે.
આને $\frac{d y}{d x} = \frac{x^3 + y^3}{x y^2}$ તરીકે લખી શકાય.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે. ધારો કે $y = v x$,તેથી $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$v + x \frac{d v}{d x} = \frac{x^3 + v^3 x^3}{x(v x)^2} = \frac{x^3(1 + v^3)}{x^3 v^2} = \frac{1 + v^3}{v^2}$.
$x \frac{d v}{d x} = \frac{1 + v^3}{v^2} - v = \frac{1 + v^3 - v^3}{v^2} = \frac{1}{v^2}$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $v^2 d v = \frac{1}{x} d x$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int v^2 d v = \int \frac{1}{x} d x$.
$\frac{v^3}{3} = \log |x| + C$,જ્યાં $C = \log c$.
$\frac{v^3}{3} = \log |x| + \log c = \log |c x|$.
$v = \frac{y}{x}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{3} (\frac{y}{x})^3 = \log |c x|$ મળે છે.
$\frac{y^3}{3 x^3} = \log |c x| \Rightarrow y^3 = 3 x^3 \log |c x|$.

(B) આપેલ સુરેખ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $P = -\tan x$ અને $Q = e^x \sec x$ છે.
પ્રથમ,આપણે સંકલ્યકારક અવયવ $(IF)$ શોધીએ:
$IF = e^{\int P dx} = e^{\int -\tan x dx} = e^{\ln(\cos x)} = \cos x$.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot (IF) = \int Q \cdot (IF) dx + c$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$y \cos x = \int (e^x \sec x) \cdot \cos x dx + c$.
કારણ કે $\sec x \cdot \cos x = 1$,સમીકરણ આ રીતે સરળ બને છે:
$y \cos x = \int e^x dx + c$.
$e^x$ નું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$y \cos x = e^x + c$.

(C) ધારો કે $\overrightarrow{B} = \hat{i} - \hat{j}$.
સદિશ $\overrightarrow{A}$ નો $\overrightarrow{B}$ ની દિશામાં ઘટક શોધવા માટે,આપણે $\overrightarrow{A}$ નો $\overrightarrow{B}$ ના એકમ સદિશ પરનો અદિશ પ્રક્ષેપ ગણીશું.
$\overrightarrow{B}$ ની દિશામાં એકમ સદિશ $\hat{u}_B = \frac{\overrightarrow{B}}{|\overrightarrow{B}|} = \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{2}}$ છે.
$\overrightarrow{A}$ નો $\overrightarrow{B}$ ની દિશામાં ઘટક એ $\overrightarrow{A} \cdot \hat{u}_B$ ડોટ પ્રોડક્ટ દ્વારા મળે છે.
$\overrightarrow{A} \cdot \hat{u}_B = (a_x \hat{i} + a_y \hat{j} + a_z \hat{k}) \cdot \left( \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{2}} \right)$.
$= \frac{1}{\sqrt{2}} (a_x(1) + a_y(-1) + a_z(0)) = \frac{a_x - a_y}{\sqrt{2}}$.

(C) ધારો કે સ્થાન સદિશો $\vec{a} = \overrightarrow{OA} = 2\hat{i}-\hat{j}+\hat{k}$,$\vec{b} = \overrightarrow{OB} = \hat{i}-3\hat{j}-5\hat{k}$,અને $\vec{c} = \overrightarrow{OC} = 3\hat{i}-4\hat{j}-4\hat{k}$ છે.
$\cos A$ શોધવા માટે,આપણે ત્રિકોણ $ABC$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. બાજુઓ બનાવતા સદિશો $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a} = -\hat{i} - 2\hat{j} - 6\hat{k}$ અને $\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a} = \hat{i} - 3\hat{j} - 5\hat{k}$ છે.
ખૂણો $A$ એ સદિશો $\vec{AB}$ અને $\vec{AC}$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$\cos A = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| |\vec{AC}|}$.
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-1)(1) + (-2)(-3) + (-6)(-5) = -1 + 6 + 30 = 35$.
$|\vec{AB}| = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2 + (-6)^2} = \sqrt{41}$.
$|\vec{AC}| = \sqrt{1^2 + (-3)^2 + (-5)^2} = \sqrt{35}$.
$\cos A = \frac{35}{\sqrt{41} \sqrt{35}} = \sqrt{\frac{35}{41}}$.
તેથી,$\cos^2 A = \frac{35}{41}$.

(A) ધારો કે બિંદુઓ $A(60, 3)$,$B(40, -8)$ અને $C(a, -52)$ છે.
બિંદુઓ સમરેખ હોવાથી,તેમના દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શૂન્ય થાય,અથવા $AB$ નો ઢાળ $BC$ ના ઢાળ જેટલો હોવો જોઈએ.
$AB$ નો ઢાળ $= \frac{-8-3}{40-60} = \frac{-11}{-20} = \frac{11}{20}$.
$BC$ નો ઢાળ $= \frac{-52-(-8)}{a-40} = \frac{-44}{a-40}$.
ઢાળને સરખાવતા: $\frac{11}{20} = \frac{-44}{a-40}$.
$11(a-40) = 20(-44)$.
$11a - 440 = -880$.
$11a = -440$.
$a = -40$.

(A) ધારો કે $P$ અને $Q$ ના સ્થાન સદિશો અનુક્રમે $\overrightarrow{p} = \overrightarrow{a}$ અને $\overrightarrow{q} = \overrightarrow{b}$ છે.
આપેલ છે કે $\overrightarrow{PR} = 5 \overrightarrow{PQ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\overrightarrow{PR} = \overrightarrow{r} - \overrightarrow{p}$ અને $\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{q} - \overrightarrow{p}$.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\overrightarrow{r} - \overrightarrow{p} = 5(\overrightarrow{q} - \overrightarrow{p})$
$\overrightarrow{r} - \overrightarrow{a} = 5(\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a})$
$\overrightarrow{r} = \overrightarrow{a} + 5\overrightarrow{b} - 5\overrightarrow{a}$
$\overrightarrow{r} = 5\overrightarrow{b} - 4\overrightarrow{a}$
આમ,$R$ નો સ્થાન સદિશ $5\overrightarrow{b} - 4\overrightarrow{a}$ છે.

(C) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$ અને $C(x_3, y_3, z_3)$ છે.
આપેલ છે કે $AB, BC$ અને $CA$ ના મધ્યબિંદુઓ અનુક્રમે $(l, 0, 0), (0, m, 0)$ અને $(0, 0, n)$ છે.
મધ્યબિંદુ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x_1+x_2}{2} = l, \frac{y_1+y_2}{2} = 0, \frac{z_1+z_2}{2} = 0 \implies x_1+x_2=2l, y_1+y_2=0, z_1+z_2=0$
$\frac{x_2+x_3}{2} = 0, \frac{y_2+y_3}{2} = m, \frac{z_2+z_3}{2} = 0 \implies x_2+x_3=0, y_2+y_3=2m, z_2+z_3=0$
$\frac{x_3+x_1}{2} = 0, \frac{y_3+y_1}{2} = 0, \frac{z_3+z_1}{2} = n \implies x_3+x_1=0, y_3+y_1=0, z_3+z_1=2n$
આ સમીકરણોને ઉકેલતા:
$x$ માટે: $x_1=l, x_2=l, x_3=-l$
$y$ માટે: $y_1=-m, y_2=m, y_3=m$
$z$ માટે: $z_1=n, z_2=-n, z_3=n$
આમ,$A(l, -m, n), B(l, m, -n), C(-l, m, n)$ મળે છે.
હવે,બાજુઓની લંબાઈના વર્ગની ગણતરી કરતા:
$AB^2 = 4m^2 + 4n^2$
$BC^2 = 4l^2 + 4n^2$
$CA^2 = 4l^2 + 4m^2$
સરવાળો: $AB^2+BC^2+CA^2 = 8(l^2+m^2+n^2)$.
તેથી,$\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{l^2+m^2+n^2} = 8$.

(C) આપેલ બે રેખાઓની દિક્કોસાઇન $(l_1, m_1, n_1) = \left(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ અને $(l_2, m_2, n_2) = \left(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4}, \frac{-\sqrt{3}}{2}\right)$ છે.
બે રેખાઓ વચ્ચેના ખૂણા $\theta$ માટેનું સૂત્ર $\cos \theta = |l_1 l_2 + m_1 m_2 + n_1 n_2|$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\cos \theta = \left| \left(\frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{4}\right) + \left(\frac{1}{4} \times \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{-\sqrt{3}}{2}\right) \right|$
$\cos \theta = \left| \frac{3}{16} + \frac{1}{16} - \frac{3}{4} \right|$
$\cos \theta = \left| \frac{4}{16} - \frac{12}{16} \right| = \left| -\frac{8}{16} \right| = \left| -\frac{1}{2} \right| = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$ મળે છે.

(A) બે પાસા ફેંકવા માટે નિદર્શાવકાશ $S$ માં $6 \times 6 = 36$ પરિણામો છે.
$p_k = P(E_k) = \frac{|E_k|}{36}$.
$k=1$ માટે: $E_1 = \{(1, 1)\}$,તેથી $p_1 = \frac{1}{36}$.
$k=2$ માટે: $E_2 = \{(1, 2), (2, 1)\}$,તેથી $p_2 = \frac{2}{36}$.
$k=4$ માટે: $E_4 = \{(1, 4), (4, 1), (2, 2)\}$,તેથી $p_4 = \frac{3}{36}$.
$k=6$ માટે: $E_6 = \{(1, 6), (6, 1), (2, 3), (3, 2)\}$,તેથી $p_6 = \frac{4}{36}$.
$k=30$ માટે: $E_{30} = \{(5, 6), (6, 5)\}$,તેથી $p_{30} = \frac{2}{36}$.
$k=11$ માટે: $E_{11} = \emptyset$,તેથી $p_{11} = 0$.
$k=36$ માટે: $E_{36} = \{(6, 6)\}$,તેથી $p_{36} = \frac{1}{36}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $p_1 = \frac{1}{36}$,$p_{30} = \frac{2}{36}$,$p_4 = \frac{3}{36}$,$p_6 = \frac{4}{36}$.
આમ,$p_1 < p_{30} < p_4 < p_6$ સાચું છે.

(B) ધારો કે $R$ એ લાલ દડો પસંદ કરવાની ઘટના છે. પેટીઓની સામગ્રી નીચે મુજબ છે:
$B_1: 1R, 2W \implies P(R|B_1) = \frac{1}{3}$
$B_2: 2R, 3W \implies P(R|B_2) = \frac{2}{5}$
$B_3: 3R, 4W \implies P(R|B_3) = \frac{3}{7}$
બેયઝના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,જો દડો લાલ હોય તો તે પેટી $B_2$ માંથી આવ્યો હોય તેની સંભાવના:
$P(B_2|R) = \frac{P(B_2)P(R|B_2)}{P(B_1)P(R|B_1) + P(B_2)P(R|B_2) + P(B_3)P(R|B_3)}$
કિંમતો મૂકતા:
$P(B_2|R) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{2}{5}}{\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \times \frac{2}{5} + \frac{1}{6} \times \frac{3}{7}}$
$P(B_2|R) = \frac{\frac{2}{15}}{\frac{1}{6} + \frac{2}{15} + \frac{1}{14}}$
છેદ માટે સામાન્ય છેદ $(210)$ લેતા:
$P(B_2|R) = \frac{\frac{2}{15}}{\frac{35 + 28 + 15}{210}} = \frac{2}{15} \times \frac{210}{78} = \frac{14}{39}$

(C) પોઈસન વિતરણ માટે,સંભાવના દળ વિધેય $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $P(X=1) = P(X=2)$,તેથી:
$\frac{e^{-\lambda} \lambda^1}{1!} = \frac{e^{-\lambda} \lambda^2}{2!}$
બંને બાજુને $e^{-\lambda} \lambda$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\lambda \neq 0$):
$1 = \frac{\lambda}{2}$
$\lambda = 2$
હવે,આપણે $P(X=4)$ શોધવાનું છે:
$P(X=4) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^4}{4!} = \frac{e^{-2} (2)^4}{4!}$
$P(X=4) = \frac{e^{-2} \times 16}{24} = \frac{2}{3 e^2}$.

(A) સંભાવના વિતરણ માટે,તમામ સંભાવનાઓનો સરવાળો $1$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$\sum P(X = x) = 1$.
$\frac{1}{10} + k + \frac{1}{5} + 2k + \frac{3}{10} + k = 1$
અચળ પદોનો સરવાળો કરતા:
$(\frac{1}{10} + \frac{2}{10} + \frac{3}{10}) + (k + 2k + k) = 1$
$\frac{6}{10} + 4k = 1$
$4k = 1 - \frac{6}{10}$
$4k = \frac{10 - 6}{10}$
$4k = \frac{4}{10}$
$k = \frac{4}{10 \times 4}$
$k = \frac{1}{10}$

(D) ગોળાકાર ટીપાંનો ટર્મિનલ વેગ $v_T$ એ $v_T = \frac{2}{9} \frac{r^2 g (\rho - \sigma)}{\eta}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ ટીપાંની ત્રિજ્યા છે.
આમ,$v_T \propto r^2$.
આપેલ છે કે ટર્મિનલ વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_{T_1}}{v_{T_2}} = \frac{9}{4}$ છે.
કારણ કે $\frac{v_{T_1}}{v_{T_2}} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$,તેથી $\frac{r_1}{r_2} = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$ મળે.
ગોળાકાર ટીપાંનું કદ $V$ એ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $V \propto r^3$.
તેમના કદનો ગુણોત્તર $\frac{V_1}{V_2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^3 = \left(\frac{3}{2}\right)^3 = \frac{27}{8}$ થાય.

(C) લુઈસના મતે,જે સંયોજનો ઇલેક્ટ્રોનની એક જોડી સ્વીકારી શકે છે તેને લુઈસ એસિડ કહેવામાં આવે છે.
બોરોન હેલાઈડ્સ,જેમ કે $BX_3$,માં બોરોન પરમાણુની સંયોજકતા કક્ષામાં માત્ર $6$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
આ ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપને કારણે,તેઓ તેમનું અષ્ટક પૂર્ણ કરવા માટે દાતા પાસેથી ઇલેક્ટ્રોનની એક જોડી સ્વીકારી શકે છે,તેથી તેઓ લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે.

(D) ઓર્થોસિલિકિક એસિડ $(H_4SiO_4)$ ને $1000^{\circ}C$ તાપમાને ગરમ કરતા,તે બે પાણીના અણુઓ ગુમાવીને નીપજ $A$ તરીકે સિલિકા $(SiO_2)$ બનાવે છે.
$H_4SiO_4 \xrightarrow[{-2H_2O}]{1000^{\circ}C} SiO_2 (A)$
સિલિકા $(SiO_2)$ નું ઊંચા તાપમાને કાર્બન સાથે રિડક્શન કરવાથી નીપજ $B$ તરીકે કાર્બોરન્ડમ $(SiC)$ અને કાર્બન મોનોક્સાઇડ $(CO)$ મળે છે.
$SiO_2 + 3C \xrightarrow{\Delta} SiC (B) + 2CO$
તેથી,$B$ એ કાર્બોરન્ડમ છે.

(B) પેરોક્સિડાયસલ્ફ્યુરિક એસિડ (માર્શલ એસિડ) નું રાસાયણિક સૂત્ર $H_2S_2O_8$ છે.
તેની રચનામાં બે $SO_3$ જૂથો પેરોક્સાઇડ લિંકેજ $(-O-O-)$ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
બંધારણમાં:
- દરેક સલ્ફર પરમાણુ દીઠ $2$ $S=O$ દ્વિબંધ છે,જે કુલ $4$ $\pi$ બંધ બનાવે છે.
- $\sigma$ બંધોની ગણતરી: $4$ $S=O$ બંધ,$2$ $S-OH$ બંધ,$2$ $O-H$ બંધ,$2$ $S-O$ બંધ (પેરોક્સાઇડ ઓક્સિજન સાથે) અને $1$ $O-O$ બંધ.
- કુલ $\sigma$ બંધ = $4 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11$.
- કુલ $\pi$ બંધ = $4$.
આમ,$\sigma$ અને $\pi$ બંધોની સંખ્યા અનુક્રમે $11$ અને $4$ છે.

(D) ઓક્સિડેશનકર્તા એ પદાર્થ છે જેનું રિડક્શન થાય છે અથવા જે અન્ય પ્રક્રિયકનું ઓક્સિડેશન કરવામાં મદદ કરે છે (દા.ત.,હાઇડ્રોજન દૂર કરીને).
આપેલ ત્રણેય પ્રક્રિયાઓમાં,ક્લોરિનનો ઓક્સિડેશન આંક $Cl_2$ માં $0$ થી ઘટીને $HCl$ માં $-1$ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે ક્લોરિનનું રિડક્શન થાય છે.
$(i)$ $CH_3CH_2OH + Cl_2 \longrightarrow CH_3CHO + HCl$: ક્લોરિન ઇથેનોલમાંથી હાઇડ્રોજન દૂર કરે છે,તેનું એસિટાલડીહાઇડમાં ઓક્સિડેશન કરે છે.
(ii) $CH_3CHO + Cl_2 \longrightarrow CCl_3CHO + HCl$: ક્લોરિન એસિટાલડીહાઇડમાં હાઇડ્રોજન પરમાણુઓને બદલે છે,ઓક્સિડન્ટ તરીકે કાર્ય કરે છે.
(iii) $CH_4 + Cl_2 \stackrel{hv}{\longrightarrow} CH_3Cl + HCl$: ક્લોરિન મિથેનમાંથી હાઇડ્રોજન દૂર કરે છે,તેનું ક્લોરોમિથેનમાં ઓક્સિડેશન કરે છે.
આમ,ક્લોરિન આ તમામ પ્રક્રિયાઓમાં ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે.

(B) સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં હેલોજનની ઓક્સિડેશનકર્તા શક્તિ ઘટે છે કારણ કે રિડક્શન પોટેન્શિયલ ઘટે છે.
ફ્લોરિન $(F_2)$ સૌથી પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા છે,જ્યારે આયોડિન $(I_2)$ સૌથી નિર્બળ છે.
વધુ રિડક્શન પોટેન્શિયલ ધરાવતો હેલોજન તેના ક્ષારના દ્રાવણમાંથી ઓછા રિડક્શન પોટેન્શિયલ ધરાવતા હેલાઈડ આયનને મુક્ત કરી શકે છે.
$Cl_2$ નો રિડક્શન પોટેન્શિયલ $F_2$ કરતા ઓછો હોવાથી,$Cl_2$ એ $F^-$ નું $F_2$ માં ઓક્સિડેશન કરી શકતું નથી.
તેથી,પ્રક્રિયા $Cl_2 + 2F^- \longrightarrow 2Cl^- + F_2$ શક્ય નથી.

(B) $(i)$ સુપરઓક્સાઈડમાં $O_2^-$ આયન હોય છે,જેમાં એક અયુગ્મિત ઈલેક્ટ્રોન હોય છે,જે તેમને પેરામેગ્નેટિક બનાવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
(ii) જેમ આપણે સમૂહમાં નીચે જઈએ છીએ,તેમ ધાતુ આયનનું કદ વધે છે,જે લેટીસ ઉર્જા ઘટાડે છે અને હાઈડ્રોક્સાઈડની દ્રાવ્યતા/વિયોજન વધારે છે,આમ બેઝિક પ્રબળતા વધે છે. આ વિધાન સાચું છે.
(iii) જલીય દ્રાવણમાં વાહકતા આયનિક ગતિશીલતા પર આધાર રાખે છે. સમૂહમાં નીચે જતાં,જલીય આયનનું કદ ઘટે છે (ઓછા જલીયકરણને કારણે),જે ઉચ્ચ આયનિક ગતિશીલતા અને ઉચ્ચ વાહકતા તરફ દોરી જાય છે. આમ,વાહકતા સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં વધે છે. આ વિધાન ખોટું છે.
(iv) કાર્બોનેટની બેઝિક પ્રકૃતિ એનાયોનિક જળવિભાજન ($CO_3^{2-}$ આયનનું જળવિભાજન) ને કારણે છે,કેશનિક જળવિભાજનને કારણે નહીં. આ વિધાન ખોટું છે.
તેથી,માત્ર વિધાનો $(i)$ અને $(ii)$ સાચા છે.

(A) $CaCO_3 \xrightarrow{\Delta} CaO + CO_2$. $100 \ g \ CaCO_3$ એ $STP$ પર $22.4 \ L \ CO_2$ આપે છે. તેથી,$10 \ g \ CaCO_3$ એ $2.24 \ L \ CO_2$ આપશે. આમ,$A-(iv)$.
$(B)$ $Na_2CO_3 + 2HCl \rightarrow 2NaCl + H_2O + CO_2$. $106 \ g \ Na_2CO_3$ એ $22.4 \ L \ CO_2$ આપે છે. તેથી,$1.06 \ g \ Na_2CO_3$ એ $0.224 \ L \ CO_2$ આપશે. આમ,$B-(i)$.
$(C)$ $C + O_2 \rightarrow CO_2$. $12 \ g \ C$ એ $22.4 \ L \ CO_2$ આપે છે. તેથી,$2.4 \ g \ C$ એ $(22.4 \times 2.4) / 12 = 4.48 \ L \ CO_2$ આપશે. આમ,$C-(ii)$.
$(D)$ $2CO + O_2 \rightarrow 2CO_2$. $56 \ g \ CO$ એ $2 \times 22.4 \ L \ CO_2 = 44.8 \ L \ CO_2$ આપે છે. તેથી,$0.56 \ g \ CO$ એ $(44.8 \times 0.56) / 56 = 0.448 \ L \ CO_2$ આપશે. આમ,$D-(iii)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-(iv), B-(i), C-(ii), D-(iii)$ છે.

(C) આદર્શ વાયુની ગતિઊર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર $KE = nRT$ છે, જ્યાં $n$ મોલની સંખ્યા છે, $R$ વાયુ અચળાંક છે અને $T$ તાપમાન છે।
આપેલ છે:
હિલિયમ માટે: $n_{He} = 0.3 \text{ mol}$
આર્ગોન માટે: $n_{Ar} = 0.4 \text{ mol}$, $T_{Ar} = 400 \text{ K}$
પ્રશ્ન મુજબ, $KE_{He} = KE_{Ar}$.
કિંમતો મૂકતા:
$0.3 \times R \times T = 0.4 \times R \times 400$
બંને બાજુ $R$ વડે ભાગતા:
$0.3 \times T = 160$
$T = \frac{160}{0.3} = 533.33 \text{ K} \approx 533 \text{ K}$.

(B) $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{313.52 Z^2}{n^2} \ kcal \ mol^{-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z = 1$.
લાયમન શ્રેણી $n_1 = 1$ પર સમાપ્ત થતા સંક્રમણોને અનુરૂપ છે.
લાયમન શ્રેણીમાં $H_\alpha$ રેખા $n_2 = 2$ થી $n_1 = 1$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે.
$n_1 = 1$ કક્ષામાં ઉર્જા: $E_1 = -\frac{313.52 \times (1)^2}{(1)^2} = -313.52 \ kcal \ mol^{-1} \approx -313.6 \ kcal \ mol^{-1}$.
$n_2 = 2$ કક્ષામાં ઉર્જા: $E_2 = -\frac{313.52 \times (1)^2}{(2)^2} = -\frac{313.52}{4} = -78.38 \ kcal \ mol^{-1} \approx -78.4 \ kcal \ mol^{-1}$.
આમ,ઉર્જા $-313.6 \ kcal \ mol^{-1}$ અને $-78.4 \ kcal \ mol^{-1}$ છે.

(A) આપેલ છે,કણ $A$ નો વેગ $(v_A)$ = $0.05 \ ms^{-1}$.
કણ $B$ નો વેગ $(v_B)$ = $0.02 \ ms^{-1}$.
ધારો કે કણ $A$ નું દળ $(m_A)$ = $m$.
તેથી,કણ $B$ નું દળ $(m_B)$ = $5m$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
કણ $A$ માટે,$\lambda_A = \frac{h}{m \times 0.05}$.
કણ $B$ માટે,$\lambda_B = \frac{h}{5m \times 0.02} = \frac{h}{0.1m}$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{h}{m \times 0.05} \times \frac{0.1m}{h} = \frac{0.1}{0.05} = \frac{2}{1}$.
આમ,ગુણોત્તર $2: 1$ છે.

(A) પ્રક્રિયા $C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$ માટે એન્થાલ્પી ફેરફાર શોધવા માટે,આપણે હેસના નિયમનો ઉપયોગ કરીને આપેલ સમીકરણોનો સરવાળો કરીએ છીએ:
$(i) \ H_2O_{(g)} + C_{(s)} \longrightarrow CO_{(g)} + H_{2(g)} ; \Delta H_1 = +131 \ kJ$
$(ii) \ CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)} ; \Delta H_2 = -282 \ kJ$
$(iii) \ H_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow H_2O_{(g)} ; \Delta H_3 = -242 \ kJ$
સમીકરણો $(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(H_2O_{(g)} + C_{(s)} + CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} + H_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)})$ $\longrightarrow (CO_{(g)} + H_{2(g)} + CO_{2(g)} + H_2O_{(g)})$
બંને બાજુ સમાન ઘટકોને દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$
કુલ એન્થાલ્પી ફેરફાર $\Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 + \Delta H_3 = 131 + (-282) + (-242) = -393 \ kJ$ છે.