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

(C) बेरियम हाइड्रॉक्साइड एक प्रबल क्षार है और यह पूर्णतः वियोजित होता है: $Ba(OH)_2 \rightarrow Ba^{2+} + 2OH^-$.
$Ba(OH)_2$ की प्रारंभिक सांद्रता $= 1 \times 10^{-3} \ M$.
$OH^-$ की प्रारंभिक सांद्रता $= 2 \times 1 \times 10^{-3} = 2 \times 10^{-3} \ M$.
$50 \ mL$ विलयन में $50 \ mL$ $H_2O$ मिलाने पर,कुल आयतन $100 \ mL$ हो जाता है।
$OH^-$ की नई सांद्रता तनुकरण सूत्र $M_1V_1 = M_2V_2$ का उपयोग करके ज्ञात की जाती है:
$(2 \times 10^{-3} \ M) \times (50 \ mL) = M_2 \times (100 \ mL)$.
$M_2 = \frac{2 \times 10^{-3} \times 50}{100} = 1 \times 10^{-3} \ M$.
$pOH = -\log[OH^-] = -\log(1 \times 10^{-3}) = 3$.
$pH = 14 - pOH = 14 - 3 = 11.0$.

(A) $CH_3COONa + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + NaOH$
उपरोक्त प्रक्रिया निम्नलिखित चरणों में होती है:
$CH_3COONa \xrightarrow{\text{आयनन}} CH_3COO^- + Na^+$
$CH_3COO^- + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + OH^-$
एसीटेट आयन $(CH_3COO^-)$ का ऋणायनिक जल-अपघटन होता है,जिससे विलयन में $OH^-$ आयन उत्पन्न होते हैं। $OH^-$ आयनों की अधिकता के कारण,परिणामी विलयन थोड़ा क्षारीय होता है। अतः,कथन $(A)$ और कारण $(R)$ दोनों सही हैं और कारण $(R)$,कथन $(A)$ की सही व्याख्या है।

(B) मान लीजिए कि तार को ऊर्ध्वाधर से $\theta$ कोण पर विस्थापित किया जाता है। जब भार संतुलन स्थिति (सबसे निचले बिंदु) से गुजरता है,तो तार में तनाव $T$ भार $mg$ को संतुलित करता है और आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
तार न टूटे इसके लिए अधिकतम कोण $\theta$ ज्ञात करना है। दोलन के सबसे निचले बिंदु पर तनाव $T$ अधिकतम होता है।
सबसे निचले बिंदु पर,$T = mg + \frac{mv^2}{R}$.
$\theta$ कोण से मुक्त करने पर सबसे निचले बिंदु तक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,खोई हुई स्थितिज ऊर्जा = प्राप्त गतिज ऊर्जा: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2$,इसलिए $mv^2 = 2mgR(1 - \cos \theta)$.
इस मान को तनाव के समीकरण में रखने पर: $T = mg + 2mg(1 - \cos \theta) = mg(3 - 2 \cos \theta)$.
दिया गया है कि $T_{max} = 2940 ~N$ और $m = 150 ~kg$,$g = 9.8 ~m/s^2$,इसलिए $mg = 150 \times 9.8 = 1470 ~N$.
$2940 = 1470(3 - 2 \cos \theta)$.
$2 = 3 - 2 \cos \theta$.
$2 \cos \theta = 1$.
$\cos \theta = 0.5$.
$\theta = 60^{\circ}$.

(D) एक चिकने नत समतल के लिए,त्वरण $a_s = g \sin \theta$ होता है। $s$ दूरी तय करने में लगा समय $t_s = \sqrt{\frac{2s}{g \sin \theta}}$ है।
एक खुरदरे नत समतल के लिए,त्वरण $a_r = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ होता है। समान दूरी $s$ तय करने में लगा समय $t_r = \sqrt{\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}}$ है।
दिया गया है कि $t_r = n t_s$,जहाँ $n = 2$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = n^2 \frac{2s}{g \sin \theta}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $\sin \theta = n^2(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ मिलता है।
$\mu$ के लिए हल करने पर,$\mu = \tan \theta \left[1 - \frac{1}{n^2}\right]$ प्राप्त होता है।
$\theta = 45^{\circ}$ और $n = 2$ का मान रखने पर:
$\mu = \tan 45^{\circ} \left[1 - \frac{1}{2^2}\right] = 1 \times \left[1 - \frac{1}{4}\right] = \frac{3}{4} = 0.75$।

(B) दिया गया वक्र समीकरण: $x^5 = 2y^4$ है।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$5x^4 = 8y^3 \frac{dy}{dx}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{5x^4}{8y^3}$
बिंदु $(2,2)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(2,2)} = \frac{5(2)^4}{8(2)^3} = \frac{5 \times 16}{8 \times 8} = \frac{80}{64} = \frac{5}{4}$।
अधोस्पर्शक की लंबाई का सूत्र $\left| \frac{y}{dy/dx} \right|$ होता है।
मान रखने पर:
अधोस्पर्शक की लंबाई $= \frac{2}{5/4} = 2 \times \frac{4}{5} = \frac{8}{5}$।

(D) दिए गए वक्र $y^2=4x+4$ $(i)$ और $y^2=36(9-x)$ (ii) हैं।
प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करने के लिए,$y^2$ के दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$4x+4 = 324-36x$
$40x = 320 \Rightarrow x = 8$.
$x=8$ को $(i)$ में रखने पर,$y^2 = 4(8)+4 = 36 \Rightarrow y = \pm 6$.
अतः,प्रतिच्छेदन बिंदु $(8,6)$ और $(8,-6)$ हैं।
$(i)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $2y \frac{dy}{dx} = 4 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{2}{y}$.
(ii) का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $2y \frac{dy}{dx} = -36 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{-18}{y}$.
बिंदु $(8,6)$ पर:
$m_1 = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ और $m_2 = \frac{-18}{6} = -3$.
चूंकि $m_1 \times m_2 = \frac{1}{3} \times (-3) = -1$,इसलिए स्पर्श रेखाएं लंबवत हैं।
अतः,वक्रों के बीच का कोण $90^{\circ}$ या $\frac{\pi}{2}$ है।

(C) दिया गया वक्र $y^4=ax^3$ है।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$4y^3 \frac{dy}{dx} = 3ax^2$.
बिंदु $(a, a)$ पर स्पर्श रेखा (tangent) की ढाल है:
$\frac{dy}{dx} = \frac{3a(a)^2}{4(a)^3} = \frac{3a^3}{4a^3} = \frac{3}{4}$.
अभिलंब की ढाल स्पर्श रेखा की ढाल का ऋणात्मक व्युत्क्रम होती है:
$m_{\text{normal}} = -\frac{1}{3/4} = -\frac{4}{3}$.
बिंदु $(a, a)$ पर अभिलंब का समीकरण है:
$y - a = -\frac{4}{3}(x - a)$.
$3$ से गुणा करने पर:
$3y - 3a = -4x + 4a$.
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$4x + 3y = 7a$.

(D) दिया गया समाकलन: $\int e^x(1+x) \cdot \sec^2(x e^x) \, dx = f(x) + C$.
माना $t = x e^x$.
अब,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dt}{dx} = e^x + x e^x = e^x(1+x)$.
अतः,$dt = e^x(1+x) \, dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर: $\int \sec^2(t) \, dt$.
$\sec^2(t)$ का समाकलन $\tan(t) + C$ होता है।
अब $t = x e^x$ वापस रखने पर,हमें $\tan(x e^x) + C$ प्राप्त होता है।
अतः,$f(x) + C$ से तुलना करने पर,$f(x) = \tan(x e^x)$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \sin |x| \, dx$ है।
चूंकि $f(x) = \sin |x|$ एक सम फलन (even function) है क्योंकि $f(-x) = \sin |-x| = \sin |x| = f(x)$,इसलिए हम गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ का उपयोग कर सकते हैं।
अतः,$I = 2 \int_{0}^{\pi / 2} \sin |x| \, dx$।
अंतराल $[0, \pi / 2]$ के लिए,$|x| = x$,इसलिए $I = 2 \int_{0}^{\pi / 2} \sin x \, dx$।
समाकलन करने पर: $I = 2 [-\cos x]_{0}^{\pi / 2}$।
$I = 2 [-\cos(\pi / 2) - (-\cos 0)]$।
$I = 2 [0 - (-1)] = 2(1) = 2$।

(D) माना $I = \int_0^1 x^{3/2} \sqrt{1-x} \, dx$.
$x = \sin^2 \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$.
जब $x=0, \theta=0$ और जब $x=1, \theta=\frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\pi/2} (\sin^2 \theta)^{3/2} \sqrt{1-\sin^2 \theta} \cdot (2 \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} \sin^3 \theta \cdot \cos \theta \cdot 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
वालिस के सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = 2 \left[ \frac{(4-1)(4-3) \cdot (2-1)}{(4+2)(4+2-2)(4+2-4)} \cdot \frac{\pi}{2} \right]$
$I = 2 \left[ \frac{3 \cdot 1 \cdot 1}{6 \cdot 4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right] = 2 \left[ \frac{3}{48} \cdot \frac{\pi}{2} \right] = \frac{\pi}{16}$.

(B) दिया गया अवकल समीकरण $x y^2 d y = (x^3 + y^3) d x$ है।
इसे $\frac{d y}{d x} = \frac{x^3 + y^3}{x y^2}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
यह एक समघातीय अवकल समीकरण है। मान लीजिए $y = v x$,तब $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$v + x \frac{d v}{d x} = \frac{x^3 + v^3 x^3}{x(v x)^2} = \frac{x^3(1 + v^3)}{x^3 v^2} = \frac{1 + v^3}{v^2}$।
$x \frac{d v}{d x} = \frac{1 + v^3}{v^2} - v = \frac{1 + v^3 - v^3}{v^2} = \frac{1}{v^2}$।
चरों को अलग करने पर,हमें $v^2 d v = \frac{1}{x} d x$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int v^2 d v = \int \frac{1}{x} d x$।
$\frac{v^3}{3} = \log |x| + C$,जहाँ $C = \log c$ है।
$\frac{v^3}{3} = \log |x| + \log c = \log |c x|$।
$v = \frac{y}{x}$ रखने पर,हमें $\frac{1}{3} (\frac{y}{x})^3 = \log |c x|$ प्राप्त होता है।
$\frac{y^3}{3 x^3} = \log |c x| \Rightarrow y^3 = 3 x^3 \log |c x|$।

(B) दिया गया रैखिक अवकल समीकरण $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ के रूप में है,जहाँ $P = -\tan x$ और $Q = e^x \sec x$ है।
सबसे पहले,हम समाकलन गुणक $(IF)$ ज्ञात करते हैं:
$IF = e^{\int P dx} = e^{\int -\tan x dx} = e^{\ln(\cos x)} = \cos x$.
व्यापक हल $y \cdot (IF) = \int Q \cdot (IF) dx + c$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$y \cos x = \int (e^x \sec x) \cdot \cos x dx + c$.
चूंकि $\sec x \cdot \cos x = 1$,समीकरण सरल होकर निम्न हो जाता है:
$y \cos x = \int e^x dx + c$.
$e^x$ का समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$y \cos x = e^x + c$.

(C) मान लीजिए $\overrightarrow{B} = \hat{i} - \hat{j}$ है।
सदिश $\overrightarrow{A}$ का $\overrightarrow{B}$ की दिशा में घटक ज्ञात करने के लिए,हम $\overrightarrow{A}$ का $\overrightarrow{B}$ के इकाई सदिश पर अदिश प्रक्षेप (scalar projection) की गणना करते हैं।
$\overrightarrow{B}$ की दिशा में इकाई सदिश $\hat{u}_B = \frac{\overrightarrow{B}}{|\overrightarrow{B}|} = \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{2}}$ है।
$\overrightarrow{A}$ का $\overrightarrow{B}$ की दिशा में घटक डॉट प्रोडक्ट $\overrightarrow{A} \cdot \hat{u}_B$ द्वारा दिया जाता है।
$\overrightarrow{A} \cdot \hat{u}_B = (a_x \hat{i} + a_y \hat{j} + a_z \hat{k}) \cdot \left( \frac{\hat{i} - \hat{j}}{\sqrt{2}} \right)$.
$= \frac{1}{\sqrt{2}} (a_x(1) + a_y(-1) + a_z(0)) = \frac{a_x - a_y}{\sqrt{2}}$।

(C) माना स्थिति सदिश $\vec{a} = \overrightarrow{OA} = 2\hat{i}-\hat{j}+\hat{k}$,$\vec{b} = \overrightarrow{OB} = \hat{i}-3\hat{j}-5\hat{k}$,और $\vec{c} = \overrightarrow{OC} = 3\hat{i}-4\hat{j}-4\hat{k}$ हैं।
$\cos A$ ज्ञात करने के लिए,हम त्रिभुज $ABC$ पर विचार करते हैं। भुजाओं को बनाने वाले सदिश $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a} = -\hat{i} - 2\hat{j} - 6\hat{k}$ और $\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a} = \hat{i} - 3\hat{j} - 5\hat{k}$ हैं।
कोण $A$,सदिशों $\vec{AB}$ और $\vec{AC}$ के बीच का कोण है।
$\cos A = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| |\vec{AC}|}$.
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-1)(1) + (-2)(-3) + (-6)(-5) = -1 + 6 + 30 = 35$.
$|\vec{AB}| = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2 + (-6)^2} = \sqrt{41}$.
$|\vec{AC}| = \sqrt{1^2 + (-3)^2 + (-5)^2} = \sqrt{35}$.
$\cos A = \frac{35}{\sqrt{41} \sqrt{35}} = \sqrt{\frac{35}{41}}$.
अतः,$\cos^2 A = \frac{35}{41}$.

(A) माना बिंदु $A(60, 3)$,$B(40, -8)$ और $C(a, -52)$ हैं।
चूंकि बिंदु संरेख हैं,इसलिए उनके द्वारा निर्मित त्रिभुज का क्षेत्रफल शून्य होगा,या $AB$ की ढाल $BC$ की ढाल के बराबर होनी चाहिए।
$AB$ की ढाल $= \frac{-8-3}{40-60} = \frac{-11}{-20} = \frac{11}{20}$.
$BC$ की ढाल $= \frac{-52-(-8)}{a-40} = \frac{-44}{a-40}$.
ढालों की तुलना करने पर: $\frac{11}{20} = \frac{-44}{a-40}$.
$11(a-40) = 20(-44)$.
$11a - 440 = -880$.
$11a = -440$.
$a = -40$.

(A) माना कि $P$ और $Q$ के स्थिति सदिश क्रमशः $\overrightarrow{p} = \overrightarrow{a}$ और $\overrightarrow{q} = \overrightarrow{b}$ हैं।
दिया गया है कि $\overrightarrow{PR} = 5 \overrightarrow{PQ}$।
हम जानते हैं कि $\overrightarrow{PR} = \overrightarrow{r} - \overrightarrow{p}$ और $\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{q} - \overrightarrow{p}$।
इन मानों को दिए गए समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\overrightarrow{r} - \overrightarrow{p} = 5(\overrightarrow{q} - \overrightarrow{p})$
$\overrightarrow{r} - \overrightarrow{a} = 5(\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a})$
$\overrightarrow{r} = \overrightarrow{a} + 5\overrightarrow{b} - 5\overrightarrow{a}$
$\overrightarrow{r} = 5\overrightarrow{b} - 4\overrightarrow{a}$
अतः,$R$ का स्थिति सदिश $5\overrightarrow{b} - 4\overrightarrow{a}$ है।

(C) माना त्रिभुज के शीर्ष $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$ और $C(x_3, y_3, z_3)$ हैं।
दिया गया है कि $AB, BC$ और $CA$ के मध्य बिंदु क्रमशः $(l, 0, 0), (0, m, 0)$ और $(0, 0, n)$ हैं।
मध्य बिंदु सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{x_1+x_2}{2} = l, \frac{y_1+y_2}{2} = 0, \frac{z_1+z_2}{2} = 0 \implies x_1+x_2=2l, y_1+y_2=0, z_1+z_2=0$
$\frac{x_2+x_3}{2} = 0, \frac{y_2+y_3}{2} = m, \frac{z_2+z_3}{2} = 0 \implies x_2+x_3=0, y_2+y_3=2m, z_2+z_3=0$
$\frac{x_3+x_1}{2} = 0, \frac{y_3+y_1}{2} = 0, \frac{z_3+z_1}{2} = n \implies x_3+x_1=0, y_3+y_1=0, z_3+z_1=2n$
इन समीकरणों को हल करने पर:
$x$ के लिए: $x_1=l, x_2=l, x_3=-l$
$y$ के लिए: $y_1=-m, y_2=m, y_3=m$
$z$ के लिए: $z_1=n, z_2=-n, z_3=n$
अतः,$A(l, -m, n), B(l, m, -n), C(-l, m, n)$ प्राप्त होते हैं।
अब,भुजाओं की लंबाई के वर्गों की गणना करने पर:
$AB^2 = 4m^2 + 4n^2$
$BC^2 = 4l^2 + 4n^2$
$CA^2 = 4l^2 + 4m^2$
योग: $AB^2+BC^2+CA^2 = 8(l^2+m^2+n^2)$.
इसलिए,$\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{l^2+m^2+n^2} = 8$.

(C) दी गई दो रेखाओं की दिक्-कोसाइन $(l_1, m_1, n_1) = \left(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ और $(l_2, m_2, n_2) = \left(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4}, \frac{-\sqrt{3}}{2}\right)$ हैं।
दो रेखाओं के बीच के कोण $\theta$ के लिए सूत्र $\cos \theta = |l_1 l_2 + m_1 m_2 + n_1 n_2|$ है।
मान रखने पर:
$\cos \theta = \left| \left(\frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{4}\right) + \left(\frac{1}{4} \times \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{-\sqrt{3}}{2}\right) \right|$
$\cos \theta = \left| \frac{3}{16} + \frac{1}{16} - \frac{3}{4} \right|$
$\cos \theta = \left| \frac{4}{16} - \frac{12}{16} \right| = \left| -\frac{8}{16} \right| = \left| -\frac{1}{2} \right| = \frac{1}{2}$.
अतः,$\cos \theta = \frac{1}{2}$ होने के कारण,$\theta = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।

(A) दो पांसों को फेंकने के लिए प्रतिदर्श समष्टि $S$ में $6 \times 6 = 36$ परिणाम हैं।
$p_k = P(E_k) = \frac{|E_k|}{36}$.
$k=1$ के लिए: $E_1 = \{(1, 1)\}$,इसलिए $p_1 = \frac{1}{36}$.
$k=2$ के लिए: $E_2 = \{(1, 2), (2, 1)\}$,इसलिए $p_2 = \frac{2}{36}$.
$k=4$ के लिए: $E_4 = \{(1, 4), (4, 1), (2, 2)\}$,इसलिए $p_4 = \frac{3}{36}$.
$k=6$ के लिए: $E_6 = \{(1, 6), (6, 1), (2, 3), (3, 2)\}$,इसलिए $p_6 = \frac{4}{36}$.
$k=30$ के लिए: $E_{30} = \{(5, 6), (6, 5)\}$,इसलिए $p_{30} = \frac{2}{36}$.
$k=11$ के लिए: $E_{11} = \emptyset$,इसलिए $p_{11} = 0$.
$k=36$ के लिए: $E_{36} = \{(6, 6)\}$,इसलिए $p_{36} = \frac{1}{36}$.
मानों की तुलना करने पर: $p_1 = \frac{1}{36}$,$p_{30} = \frac{2}{36}$,$p_4 = \frac{3}{36}$,$p_6 = \frac{4}{36}$.
अतः,$p_1 < p_{30} < p_4 < p_6$ सही है।

(B) मान लीजिए $R$ लाल गेंद निकालने की घटना है। बॉक्स की सामग्री इस प्रकार है:
$B_1: 1R, 2W \implies P(R|B_1) = \frac{1}{3}$
$B_2: 2R, 3W \implies P(R|B_2) = \frac{2}{5}$
$B_3: 3R, 4W \implies P(R|B_3) = \frac{3}{7}$
बेयस प्रमेय का उपयोग करते हुए,यदि गेंद लाल है तो उसके बॉक्स $B_2$ से आने की प्रायिकता है:
$P(B_2|R) = \frac{P(B_2)P(R|B_2)}{P(B_1)P(R|B_1) + P(B_2)P(R|B_2) + P(B_3)P(R|B_3)}$
मान रखने पर:
$P(B_2|R) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{2}{5}}{\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \times \frac{2}{5} + \frac{1}{6} \times \frac{3}{7}}$
$P(B_2|R) = \frac{\frac{2}{15}}{\frac{1}{6} + \frac{2}{15} + \frac{1}{14}}$
हर के लिए सामान्य हर $(210)$ लेने पर:
$P(B_2|R) = \frac{\frac{2}{15}}{\frac{35 + 28 + 15}{210}} = \frac{2}{15} \times \frac{210}{78} = \frac{14}{39}$

(C) पॉइसन वितरण के लिए,प्रायिकता द्रव्यमान फलन $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $P(X=1) = P(X=2)$,इसलिए:
$\frac{e^{-\lambda} \lambda^1}{1!} = \frac{e^{-\lambda} \lambda^2}{2!}$
दोनों पक्षों को $e^{-\lambda} \lambda$ से विभाजित करने पर (मान लीजिए $\lambda \neq 0$):
$1 = \frac{\lambda}{2}$
$\lambda = 2$
अब,हमें $P(X=4)$ ज्ञात करना है:
$P(X=4) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^4}{4!} = \frac{e^{-2} (2)^4}{4!}$
$P(X=4) = \frac{e^{-2} \times 16}{24} = \frac{2}{3 e^2}$.

(A) प्रायिकता वितरण के लिए,सभी प्रायिकताओं का योग $1$ के बराबर होना चाहिए।
इसलिए,$\sum P(X = x) = 1$.
$\frac{1}{10} + k + \frac{1}{5} + 2k + \frac{3}{10} + k = 1$
अचर पदों को जोड़ने पर:
$(\frac{1}{10} + \frac{2}{10} + \frac{3}{10}) + (k + 2k + k) = 1$
$\frac{6}{10} + 4k = 1$
$4k = 1 - \frac{6}{10}$
$4k = \frac{10 - 6}{10}$
$4k = \frac{4}{10}$
$k = \frac{4}{10 \times 4}$
$k = \frac{1}{10}$

(D) गोलाकार बूंद का टर्मिनल वेग $v_T$,$v_T = \frac{2}{9} \frac{r^2 g (\rho - \sigma)}{\eta}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ बूंद की त्रिज्या है।
अतः,$v_T \propto r^2$ है।
दिया गया है कि टर्मिनल वेग का अनुपात $\frac{v_{T_1}}{v_{T_2}} = \frac{9}{4}$ है।
चूँकि $\frac{v_{T_1}}{v_{T_2}} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$,इसलिए $\frac{r_1}{r_2} = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।
गोलाकार बूंद का आयतन $V$,$V = \frac{4}{3} \pi r^3$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,इसलिए $V \propto r^3$ है।
उनके आयतन का अनुपात $\frac{V_1}{V_2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^3 = \left(\frac{3}{2}\right)^3 = \frac{27}{8}$ होगा।

(C) लुईस के अनुसार,जो यौगिक इलेक्ट्रॉन के एक एकाकी युग्म (lone pair) को स्वीकार कर सकते हैं,उन्हें लुईस अम्ल कहा जाता है।
बोरोन हैलाइड्स,जैसे $BX_3$,में बोरोन परमाणु के संयोजी कोश में केवल $6$ इलेक्ट्रॉन होते हैं।
इस इलेक्ट्रॉन न्यूनता के कारण,वे अपना अष्टक पूरा करने के लिए दाता से इलेक्ट्रॉन के एक एकाकी युग्म को स्वीकार कर सकते हैं,इसलिए वे लुईस अम्ल के रूप में व्यवहार करते हैं।

(D) ऑर्थोसिलिसिक एसिड $(H_4SiO_4)$ को $1000^{\circ}C$ पर गर्म करने पर,यह दो पानी के अणु खोकर उत्पाद $A$ के रूप में सिलिका $(SiO_2)$ बनाता है।
$H_4SiO_4 \xrightarrow[{-2H_2O}]{1000^{\circ}C} SiO_2 (A)$
सिलिका $(SiO_2)$ का उच्च तापमान पर कार्बन के साथ अपचयन करने पर उत्पाद $B$ के रूप में कार्बोरंडम $(SiC)$ और कार्बन मोनोऑक्साइड $(CO)$ प्राप्त होता है।
$SiO_2 + 3C \xrightarrow{\Delta} SiC (B) + 2CO$
अतः,$B$ कार्बोरंडम है।

(B) पेरोक्सोडाइसल्फ्यूरिक एसिड (मार्शल एसिड) का रासायनिक सूत्र $H_2S_2O_8$ है।
इसकी संरचना में दो $SO_3$ समूह एक पेरोक्साइड लिंकेज $(-O-O-)$ द्वारा जुड़े होते हैं।
संरचना में:
- प्रत्येक सल्फर परमाणु पर $2$ $S=O$ द्वि-बंध होते हैं,जो कुल $4$ $\pi$ बंध बनाते हैं।
- $\sigma$ बंधों की गणना: $4$ $S=O$ बंध,$2$ $S-OH$ बंध,$2$ $O-H$ बंध,$2$ $S-O$ बंध (पेरोक्साइड ऑक्सीजन के साथ) और $1$ $O-O$ बंध।
- कुल $\sigma$ बंध = $4 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11$.
- कुल $\pi$ बंध = $4$.
अतः,$\sigma$ और $\pi$ बंधों की संख्या क्रमशः $11$ और $4$ है।

(D) ऑक्सीकरण एजेंट वह पदार्थ है जिसका अपचयन (reduction) होता है या जो दूसरे अभिकारक का ऑक्सीकरण करने में मदद करता है (जैसे,हाइड्रोजन को हटाकर)।
दी गई तीनों अभिक्रियाओं में,क्लोरीन की ऑक्सीकरण अवस्था $Cl_2$ में $0$ से घटकर $HCl$ में $-1$ हो जाती है,जिसका अर्थ है कि क्लोरीन का अपचयन होता है।
$(i)$ $CH_3CH_2OH + Cl_2 \longrightarrow CH_3CHO + HCl$: क्लोरीन इथेनॉल से हाइड्रोजन हटाता है,जिससे इसका ऑक्सीकरण एसिटाल्डिहाइड में हो जाता है।
(ii) $CH_3CHO + Cl_2 \longrightarrow CCl_3CHO + HCl$: क्लोरीन एसिटाल्डिहाइड में हाइड्रोजन परमाणुओं को प्रतिस्थापित करता है,ऑक्सीडेंट के रूप में कार्य करता है।
(iii) $CH_4 + Cl_2 \stackrel{hv}{\longrightarrow} CH_3Cl + HCl$: क्लोरीन मीथेन से हाइड्रोजन हटाता है,जिससे इसका ऑक्सीकरण क्लोरोमीथेन में हो जाता है।
चूंकि क्लोरीन इन सभी अभिक्रियाओं में अपचयित होता है,इसलिए यह इन सभी में ऑक्सीकरण एजेंट के रूप में कार्य करता है।

(B) समूह में नीचे जाने पर हैलोजन की ऑक्सीकरण शक्ति घटती है क्योंकि अपचयन विभव (reduction potential) कम हो जाता है।
फ्लोरीन $(F_2)$ सबसे प्रबल ऑक्सीकारक है,जबकि आयोडीन $(I_2)$ सबसे दुर्बल है।
उच्च अपचयन विभव वाला हैलोजन अपने लवण विलयन से निम्न अपचयन विभव वाले हैलाइड आयन को विस्थापित कर सकता है।
चूंकि $Cl_2$ का अपचयन विभव $F_2$ से कम है,इसलिए $Cl_2$,$F^-$ को $F_2$ में ऑक्सीकृत नहीं कर सकता है।
अतः,अभिक्रिया $Cl_2 + 2F^- \longrightarrow 2Cl^- + F_2$ संभव नहीं है।

(B) $(i)$ सुपरऑक्साइड में $O_2^-$ आयन होता है,जिसमें एक अयुग्मित इलेक्ट्रॉन होता है,जो उन्हें अनुचुंबकीय बनाता है। यह कथन सही है।
(ii) जैसे-जैसे हम समूह में नीचे जाते हैं,धातु आयन का आकार बढ़ता है,जिससे जालक ऊर्जा (lattice energy) कम हो जाती है और हाइड्रॉक्साइड की घुलनशीलता/वियोजन बढ़ जाता है,जिससे क्षारीय शक्ति बढ़ती है। यह कथन सही है।
(iii) जलीय विलयनों में चालकता आयनिक गतिशीलता पर निर्भर करती है। समूह में नीचे जाने पर,जलयोजित आयन (hydrated ion) का आकार घटता है (कम जलयोजन के कारण),जिससे उच्च आयनिक गतिशीलता और उच्च चालकता प्राप्त होती है। अतः,चालकता समूह में नीचे जाने पर बढ़ती है। यह कथन गलत है।
(iv) कार्बोनेट की क्षारीय प्रकृति ऋणायनिक जल-अपघटन ($CO_3^{2-}$ आयन का जल-अपघटन) के कारण होती है,न कि धनायनिक जल-अपघटन के कारण। यह कथन गलत है।
अतः,केवल कथन $(i)$ और $(ii)$ सही हैं।

(A) $CaCO_3 \xrightarrow{\Delta} CaO + CO_2$. $100 \ g \ CaCO_3$,$STP$ पर $22.4 \ L \ CO_2$ देता है। अतः,$10 \ g \ CaCO_3$,$2.24 \ L \ CO_2$ देगा। इस प्रकार,$A-(iv)$.
$(B)$ $Na_2CO_3 + 2HCl \rightarrow 2NaCl + H_2O + CO_2$. $106 \ g \ Na_2CO_3$,$22.4 \ L \ CO_2$ देता है। अतः,$1.06 \ g \ Na_2CO_3$,$0.224 \ L \ CO_2$ देगा। इस प्रकार,$B-(i)$.
$(C)$ $C + O_2 \rightarrow CO_2$. $12 \ g \ C$,$22.4 \ L \ CO_2$ देता है। अतः,$2.4 \ g \ C$,$(22.4 \times 2.4) / 12 = 4.48 \ L \ CO_2$ देगा। इस प्रकार,$C-(ii)$.
$(D)$ $2CO + O_2 \rightarrow 2CO_2$. $56 \ g \ CO$,$2 \times 22.4 \ L \ CO_2 = 44.8 \ L \ CO_2$ देता है। अतः,$0.56 \ g \ CO$,$(44.8 \times 0.56) / 56 = 0.448 \ L \ CO_2$ देगा। इस प्रकार,$D-(iii)$.
अतः,सही मिलान $A-(iv), B-(i), C-(ii), D-(iii)$ है।

(C) आदर्श गैस की गतिज ऊर्जा $(KE)$ का सूत्र $KE = nRT$ है, जहाँ $n$ मोलों की संख्या है, $R$ गैस स्थिरांक है और $T$ तापमान है।
दिया गया है:
हीलियम के लिए: $n_{He} = 0.3 \text{ mol}$
आर्गन के लिए: $n_{Ar} = 0.4 \text{ mol}$, $T_{Ar} = 400 \text{ K}$
प्रश्न के अनुसार, $KE_{He} = KE_{Ar}$.
मान रखने पर:
$0.3 \times R \times T = 0.4 \times R \times 400$
दोनों पक्षों को $R$ से विभाजित करने पर:
$0.3 \times T = 160$
$T = \frac{160}{0.3} = 533.33 \text{ K} \approx 533 \text{ K}$.

(B) $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{313.52 Z^2}{n^2} \ kcal \ mol^{-1}$ द्वारा दी जाती है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z = 1$ है।
लाइमन श्रेणी $n_1 = 1$ पर समाप्त होने वाले संक्रमणों के अनुरूप है।
लाइमन श्रेणी में $H_\alpha$ रेखा $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ के संक्रमण के अनुरूप है।
$n_1 = 1$ कक्षा में ऊर्जा: $E_1 = -\frac{313.52 \times (1)^2}{(1)^2} = -313.52 \ kcal \ mol^{-1} \approx -313.6 \ kcal \ mol^{-1}$ है।
$n_2 = 2$ कक्षा में ऊर्जा: $E_2 = -\frac{313.52 \times (1)^2}{(2)^2} = -\frac{313.52}{4} = -78.38 \ kcal \ mol^{-1} \approx -78.4 \ kcal \ mol^{-1}$ है।
अतः,ऊर्जा $-313.6 \ kcal \ mol^{-1}$ और $-78.4 \ kcal \ mol^{-1}$ है।

(A) दिया गया है,कण $A$ का वेग $(v_A)$ = $0.05 \ ms^{-1}$.
कण $B$ का वेग $(v_B)$ = $0.02 \ ms^{-1}$.
माना कण $A$ का द्रव्यमान $(m_A)$ = $m$.
अतः,कण $B$ का द्रव्यमान $(m_B)$ = $5m$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{mv}$ है।
कण $A$ के लिए,$\lambda_A = \frac{h}{m \times 0.05}$.
कण $B$ के लिए,$\lambda_B = \frac{h}{5m \times 0.02} = \frac{h}{0.1m}$.
अनुपात लेने पर,$\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{h}{m \times 0.05} \times \frac{0.1m}{h} = \frac{0.1}{0.05} = \frac{2}{1}$.
अतः,अनुपात $2: 1$ है।

(A) अभिक्रिया $C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$ के लिए एन्थैल्पी परिवर्तन ज्ञात करने के लिए,हम हेस के नियम का उपयोग करके दिए गए समीकरणों को जोड़ते हैं:
$(i) \ H_2O_{(g)} + C_{(s)} \longrightarrow CO_{(g)} + H_{2(g)} ; \Delta H_1 = +131 \ kJ$
$(ii) \ CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)} ; \Delta H_2 = -282 \ kJ$
$(iii) \ H_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow H_2O_{(g)} ; \Delta H_3 = -242 \ kJ$
समीकरण $(i)$,$(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर:
$(H_2O_{(g)} + C_{(s)} + CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} + H_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)})$ $\longrightarrow (CO_{(g)} + H_{2(g)} + CO_{2(g)} + H_2O_{(g)})$
दोनों पक्षों से समान घटकों को हटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$
कुल एन्थैल्पी परिवर्तन $\Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 + \Delta H_3 = 131 + (-282) + (-242) = -393 \ kJ$ है।