AP EAMCET 2009 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) વિશિષ્ટ પરિભ્રમણ માટેનું સૂત્ર $[\alpha] = \frac{\alpha}{l \times c}$ છે,જ્યાં $\alpha$ એ ડિગ્રીમાં અવલોકિત પરિભ્રમણ છે,$l$ એ ડેસીમીટર $(dm)$ માં પાથની લંબાઈ છે અને $c$ એ $g/mL$ માં સાંદ્રતા છે.
આપેલ છે: $\alpha = -1.2^{\circ}$,$l = 5 \ cm = 0.5 \ dm$,અને $c = 6.15 \ g / 100 \ mL = 0.0615 \ g/mL$.
આ કિંમતો મૂકતા: $[\alpha] = \frac{-1.2}{0.5 \times 0.0615} = \frac{-1.2}{0.03075} = -39^{\circ}$.

(A) ઓઝોનોલિસિસ પામતા એલ્કીનનું બંધારણ નક્કી કરવા માટે,નીપજોના કાર્બોનિલ ઓક્સિજન પરમાણુઓને સામસામે મૂકો અને $O$ પરમાણુઓને દ્વિબંધ $(C=C)$ વડે બદલો.
એસીટાલ્ડિહાઈડ $CH_3CHO$ છે અને એસીટોન $(CH_3)_2CO$ છે.
તેમને ગોઠવતા: $CH_3(H)C=O + O=C(CH_3)_2$.
ઓક્સિજન પરમાણુઓને દૂર કરીને અને કાર્બનને દ્વિબંધથી જોડતા $CH_3(H)C=C(CH_3)_2$ મળે છે.
બંધારણ $CH_3-CH=C(CH_3)_2$ છે.
સૌથી લાંબી શૃંખલામાં $4$ કાર્બન પરમાણુઓ છે અને $2$-સ્થાન પર મિથાઈલ સમૂહ છે,તેથી $IUPAC$ નામ $2$-મિથાઈલ-$2$-બ્યુટીન છે.

(C) આપેલ છે કે,$x=\cos ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\right)$ અને $y=\sin ^{-1}\left(\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right)$.
ધારો કે $t = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} t$.
ત્યારે $\sqrt{1+t^2} = \sqrt{1+\tan^2 \theta} = \sec \theta$ થાય.
તેથી,$x = \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sec \theta}\right) = \cos^{-1}(\cos \theta) = \theta = \tan^{-1} t$.
અને $y = \sin^{-1}\left(\frac{\tan \theta}{\sec \theta}\right) = \sin^{-1}(\sin \theta) = \theta = \tan^{-1} t$.
અહીં $x = \tan^{-1} t$ અને $y = \tan^{-1} t$ હોવાથી,$y = x$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x) = 1$.

(A) આપેલ છે,$z=\tan (y+a x)+\sqrt{y-a x}$
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં આંશિક વિકલન મેળવો:
$z_x = \sec^2(y+ax) \cdot a + \frac{1}{2\sqrt{y-ax}} \cdot (-a)$
$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} [a \sec^2(y+ax) - \frac{a}{2\sqrt{y-ax}}] = 2a^2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) - \frac{a^2}{4(y-ax)^{3/2}}$
ત્યારબાદ,$y$ ની સાપેક્ષમાં આંશિક વિકલન મેળવો:
$z_y = \sec^2(y+ax) + \frac{1}{2\sqrt{y-ax}}$
$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y} [\sec^2(y+ax) + \frac{1}{2\sqrt{y-ax}}] = 2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) - \frac{1}{4(y-ax)^{3/2}}$
હવે,$z_{xx} - a^2 z_{yy}$ ની ગણતરી કરો:
$z_{xx} - a^2 z_{yy} = [2a^2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) - \frac{a^2}{4(y-ax)^{3/2}}] - a^2 [2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) - \frac{1}{4(y-ax)^{3/2}}]$
$z_{xx} - a^2 z_{yy} = 2a^2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) - \frac{a^2}{4(y-ax)^{3/2}} - 2a^2 \sec^2(y+ax) \tan(y+ax) + \frac{a^2}{4(y-ax)^{3/2}} = 0$

(B) ધારો કે પોટેશિયમ એસિટેટની સાંદ્રતા $x \ M$ છે. હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$pH = pK_a + \log \frac{[\text{salt}]}{[\text{acid}]}$
આપેલ છે: $pH = 4.8$,$K_a = 1.8 \times 10^{-5}$,$pK_a = -\log(1.8 \times 10^{-5}) \approx 4.74$.
એસિડના મોલ $= 20 \ mL \times 0.1 \ M = 2 \ mmol$.
ક્ષારના મોલ $= 50 \ mL \times x \ M = 50x \ mmol$.
સમીકરણમાં કિંમતો મુકતા:
$4.8 = 4.74 + \log \frac{50x}{2}$
$0.06 = \log(25x)$
$25x = 10^{0.06} \approx 1.148$
$x = \frac{1.148}{25} \approx 0.0459 \ M \approx 0.04 \ M$.

(D) બફર ક્ષમતા,$\beta = \frac{dC_{HA}}{dpH}$.
અહીં,$dC_{HA}$ એ દ્રાવણના પ્રતિ લિટર ઉમેરવામાં આવેલા એસિડના મોલની સંખ્યા છે.
$dC_{HA} = \frac{\text{એસિટિક એસિડના મોલ}}{\text{કદ (લિટર માં)}} = \frac{0.12 / 60}{250 / 1000} = \frac{0.002}{0.25} = 0.008 \ M$.
$pH$ માં ફેરફાર $dpH = 0.02$ છે.
તેથી,$\beta = \frac{0.008}{0.02} = 0.4$.

(C) આપેલ છે,$y=e^{a \sin ^{-1} x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = e^{a \sin ^{-1} x} \cdot \frac{a}{\sqrt{1-x^2}}$
$\Rightarrow y_1 \sqrt{1-x^2} = ay$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(1-x^2) y_1^2 = a^2 y^2$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1-x^2) 2 y_1 y_2 - 2x y_1^2 = a^2 2y y_1$
$2y_1$ વડે ભાગતા:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 - a^2 y = 0$
$n$-માં વિકલન માટે લેબનીઝના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$(1-x^2) y_{n+2} + n(-2x) y_{n+1} + \frac{n(n-1)}{2}(-2) y_n - (x y_{n+1} + n(1) y_n) - a^2 y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - 2nx y_{n+1} - n(n-1) y_n - x y_{n+1} - n y_n - a^2 y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - (2n+1) x y_{n+1} - (n^2 - n + n + a^2) y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - (2n+1) x y_{n+1} = (n^2 + a^2) y_n$

(B) આપેલ છે,$f(x)=x^3+3x-2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x)=3x^2+3$ મળે છે.
કારણ કે $x \in [2,3]$ માટે $x^2 \geq 0$ છે,તેથી $f'(x) = 3x^2+3 \geq 3 > 0$.
આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $[2,3]$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત વધતા વિધેય માટે,વિસ્તાર $[f(2), f(3)]$ થાય છે.
$x=2$ માટે,$f(2) = 2^3 + 3(2) - 2 = 8 + 6 - 2 = 12$.
$x=3$ માટે,$f(3) = 3^3 + 3(3) - 2 = 27 + 9 - 2 = 34$.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[12, 34]$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\log x}{x}$.
મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ શોધીએ છીએ:
$f'(x) = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(\log x) - \log x \cdot \frac{d}{dx}(x)}{x^2} = \frac{x \cdot \frac{1}{x} - \log x}{x^2} = \frac{1 - \log x}{x^2}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે $f'(x) = 0$ લો:
$1 - \log x = 0 \Rightarrow \log x = 1 \Rightarrow x = e$.
હવે,બિંદુની પ્રકૃતિ ચકાસવા માટે આપણે દ્વિતીય વિકલન $f''(x)$ તપાસીએ છીએ:
$f''(x) = \frac{x^2(-\frac{1}{x}) - (1 - \log x)(2x)}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x \log x}{x^4} = \frac{2 \log x - 3}{x^3}$.
$x = e$ પર,$f''(e) = \frac{2(1) - 3}{e^3} = -\frac{1}{e^3} < 0$.
કારણ કે દ્વિતીય વિકલન ઋણ છે,તેથી વિધેયને $x = e$ પર સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત મળે છે.
મહત્તમ કિંમત $f(e) = \frac{\log e}{e} = \frac{1}{e} = e^{-1}$ છે.

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \left( \frac{2 - \sin 2x}{1 - \cos 2x} \right) e^x \, dx$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \left( \frac{2 - 2 \sin x \cos x}{2 \sin^2 x} \right) e^x \, dx$
$I = \int \left( \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{\sin x \cos x}{\sin^2 x} \right) e^x \, dx$
$I = \int (\operatorname{cosec}^2 x - \cot x) e^x \, dx$
$I = \int e^x \operatorname{cosec}^2 x \, dx - \int e^x \cot x \, dx$
પ્રથમ પદ $\int e^x \operatorname{cosec}^2 x \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $u = \cot x$,તો $du = -\operatorname{cosec}^2 x \, dx$.
$\int e^x \operatorname{cosec}^2 x \, dx = -e^x \cot x - \int (-e^x \cot x) \, dx = -e^x \cot x + \int e^x \cot x \, dx$.
આ કિંમત $I$ માં મૂકતા:
$I = (-e^x \cot x + \int e^x \cot x \, dx) - \int e^x \cot x \, dx + c$
$I = -e^x \cot x + c$.

(D) આપેલ વક્રોનું કુળ: $y = (a + bx + cx^2)e^x$
આને $y e^{-x} = a + bx + cx^2$ તરીકે લખી શકાય.
$x$ ની સાપેક્ષમાં ત્રણ વખત વિકલન કરતા:
પ્રથમ વિકલન: $\frac{d}{dx}(y e^{-x}) = b + 2cx$
$\Rightarrow y' e^{-x} - y e^{-x} = b + 2cx$
બીજું વિકલન: $\frac{d}{dx}(y' e^{-x} - y e^{-x}) = 2c$
$\Rightarrow y'' e^{-x} - y' e^{-x} - (y' e^{-x} - y e^{-x}) = 2c$
$\Rightarrow y'' e^{-x} - 2y' e^{-x} + y e^{-x} = 2c$
ત્રીજું વિકલન: $\frac{d}{dx}(y'' e^{-x} - 2y' e^{-x} + y e^{-x}) = 0$
$\Rightarrow y''' e^{-x} - y'' e^{-x} - 2(y'' e^{-x} - y' e^{-x}) + (y' e^{-x} - y e^{-x}) = 0$
$\Rightarrow y''' - y'' - 2y'' + 2y' + y' - y = 0$
$\Rightarrow y''' - 3y'' + 3y' - y = 0$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \sin(x+y) \tan(x+y) - 1$
ધારો કે $x+y = z$. તેથી,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$1 + \frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx} - 1$.
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dz}{dx} - 1 = \sin z \tan z - 1$
$\frac{dz}{dx} = \sin z \tan z = \sin z \cdot \frac{\sin z}{\cos z} = \frac{\sin^2 z}{\cos z}$
ચલને અલગ કરતા:
$\int \frac{\cos z}{\sin^2 z} dz = \int dx$
ધારો કે $\sin z = t$,તેથી $\cos z dz = dt$. સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{t^2} dt = x + c$
$- \frac{1}{t} = x + c$
$\sin z = t$ હોવાથી,$-\operatorname{cosec} z = x + c$,જેનું સાદું રૂપ $x + \operatorname{cosec}(x+y) = C$ થાય છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે જો કોઈ રેખા યામ અક્ષો સાથે $\alpha, \beta, \gamma$ ખૂણા બનાવે,તો તેના દિકકોસાઇન $\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma$ થાય અને તે $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1$ નિત્યસમનું પાલન કરે છે.
આપેલ પદાવલિ: $E = \cos 2\alpha + \cos 2\beta + \cos 2\gamma + \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma$.
$\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$E = (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) + (\cos^2 \beta - \sin^2 \beta) + (\cos^2 \gamma - \sin^2 \gamma) + \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma$.
પદોનું સાદું રૂપ આપતા:
$E = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha + \cos^2 \beta - \sin^2 \beta + \cos^2 \gamma - \sin^2 \gamma + \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma$.
અહીં $-\sin^2 \alpha + \sin^2 \alpha$,$-\sin^2 \beta + \sin^2 \beta$,અને $-\sin^2 \gamma + \sin^2 \gamma$ ઉડી જશે.
તેથી,$E = \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1$,તેથી પદાવલિની કિંમત $1$ છે.

(C) આપેલ છે: $P(E_1) = \frac{1}{4}$,$P(E_2 / E_1) = \frac{1}{2}$,$P(E_1 / E_2) = \frac{1}{4}$.
પગલું $1$: $P(E_1 \cap E_2)$ શોધો.
$P(E_2 / E_1) = \frac{P(E_1 \cap E_2)}{P(E_1)} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{P(E_1 \cap E_2)}{1/4} \Rightarrow P(E_1 \cap E_2) = \frac{1}{8}$.
પગલું $2$: $P(E_2)$ શોધો.
$P(E_1 / E_2) = \frac{P(E_1 \cap E_2)}{P(E_2)} \Rightarrow \frac{1}{4} = \frac{1/8}{P(E_2)} \Rightarrow P(E_2) = \frac{1/8}{1/4} = \frac{1}{2}$. ($iv$ સાથે મેળ ખાય છે)
પગલું $3$: $P(E_1 \cup E_2)$ શોધો.
$P(E_1 \cup E_2) = P(E_1) + P(E_2) - P(E_1 \cap E_2) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{2+4-1}{8} = \frac{5}{8}$. ($ii$ સાથે મેળ ખાય છે)
પગલું $4$: $P(\bar{E}_1 / \bar{E}_2)$ શોધો.
$P(\bar{E}_1 / \bar{E}_2) = \frac{P(\bar{E}_1 \cap \bar{E}_2)}{P(\bar{E}_2)} = \frac{1 - P(E_1 \cup E_2)}{1 - P(E_2)} = \frac{1 - 5/8}{1 - 1/2} = \frac{3/8}{1/2} = \frac{3}{4}$. ($vi$ સાથે મેળ ખાય છે)
પગલું $5$: $P(E_1 / \bar{E}_2)$ શોધો.
$P(E_1 / \bar{E}_2) = \frac{P(E_1 \cap \bar{E}_2)}{P(\bar{E}_2)} = \frac{P(E_1) - P(E_1 \cap E_2)}{1 - P(E_2)} = \frac{1/4 - 1/8}{1 - 1/2} = \frac{1/8}{1/2} = \frac{1}{4}$. ($i$ સાથે મેળ ખાય છે)
આમ,સાચું જોડાણ $(A)$-$iv$,$(B)$-$ii$,$(C)$-$vi$,$(D)$-$i$ છે.

(A) અહીં $X$ એ $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ વિસ્તાર ધરાવતો દ્વિપદી ચલ છે,તેથી $n = 6$.
દ્વિપદી વિતરણનું સંભાવના ઘટત્વ વિધેય $P(X=k) = { }^n C_k p^k q^{n-k}$ છે,જ્યાં $q = 1-p$.
આપેલ શરત મુજબ,$P(X=2) = 4 P(X=4)$.
કિંમતો મૂકતા:
${ }^6 C_2 p^2 q^4 = 4 \cdot { }^6 C_4 p^4 q^2$
કારણ કે ${ }^6 C_2 = 15$ અને ${ }^6 C_4 = 15$,તેથી:
$15 p^2 q^4 = 4 \cdot 15 p^4 q^2$
બંને બાજુ $15 p^2 q^2$ વડે ભાગતા:
$q^2 = 4 p^2$
$(1-p)^2 = 4 p^2$
$1 - 2p + p^2 = 4 p^2$
$3p^2 + 2p - 1 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$(3p - 1)(p + 1) = 0$
આથી $p = \frac{1}{3}$ અથવા $p = -1$ મળે.
સંભાવના $p$ એ $[0, 1]$ અંતરાલમાં હોવી જોઈએ,તેથી $p = -1$ શક્ય નથી.
આમ,$p = \frac{1}{3}$.

(C) એલ્યુમિનિયમ જલીય $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ ટેટ્રાહાઈડ્રોક્સોએલ્યુમિનેટ$(III)$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $2Al(s) + 2NaOH(aq) + 6H_2O(l) \longrightarrow 2Na[Al(OH)_4](aq) + 3H_2(g)$.
જલીય દ્રાવણમાં,આ ઘટક અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ $[Al(H_2O)_2(OH)_4]^-$ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,જેમાં $Al$ નો સવર્ગ આંક $6$ છે.

(D) સિલિકોન ટેટ્રાક્લોરાઈડ $(SiCl_4)$ નું જળવિભાજન નીચે મુજબ થાય છે:
$SiCl_4 + 4H_2O \longrightarrow H_4SiO_4 + 4HCl$
અહીં,'$X$' એ સિલિસિક એસિડ $(H_4SiO_4)$ છે.
$1000^{\circ} C$ તાપમાને ગરમ કરતા,સિલિસિક એસિડનું નિર્જલીકરણ થાય છે:
$H_4SiO_4 \xrightarrow{\Delta, 1000^{\circ} C} SiO_2 + 2H_2O$
અહીં,'$Y$' એ સિલિકોન ડાયોક્સાઇડ $(SiO_2)$ છે.
તેથી,'$X$' એ $H_4SiO_4$ છે અને '$Y$' એ $SiO_2$ છે.

(C) વિધાન $(A)$ સાચું છે: આલ્કલી ધાતુઓ $K$,$Rb$ અને $Cs$ વધારાના ઓક્સિજન સાથે પ્રક્રિયા કરીને $MO_2$ પ્રકારના સુપરઓક્સાઇડ બનાવે છે.
કારણ $(R)$ ખોટું છે: સુપરઓક્સાઇડની સ્થિરતા $K$ થી $Cs$ તરફ વધે છે કારણ કે આલ્કલી ધાતુના કેટાયનનું મોટું કદ લેટીસ ઉર્જામાં ઘટાડો કરીને મોટા સુપરઓક્સાઇડ આયન $(O_2^-)$ ને સ્થિર કરે છે,પરંતુ આપેલ કારણમાં સ્થિરતા વધવાનું કારણ લેટીસ ઉર્જામાં ઘટાડો હોવાનું જણાવ્યું છે જે વૈજ્ઞાનિક રીતે અસ્પષ્ટ છે.
તેથી,$(A)$ સાચું છે પરંતુ $(R)$ ખોટું છે.

(C) $Cd$ નું દળ $= 0.9 \ g$.
$Cl_2$ નું દળ $= 1.5 \ g - 0.9 \ g = 0.6 \ g$.
$Cl$ નું પરમાણ્વીય દળ $= 35.5 \ g/mol$.
$CdCl_2$ માં $Cl_2$ નું દળ $= 2 \times 35.5 = 71 \ g/mol$.
રાસાયણિક તુલ્યતાના નિયમ મુજબ:
$\frac{Cd \text{ નું દળ}}{Cd \text{ નું પરમાણ્વીય દળ}} = \frac{Cl_2 \text{ નું દળ}}{Cl_2 \text{ નું તુલ્ય દળ}}$.
$\frac{0.9}{x} = \frac{0.6}{71}$.
$x = \frac{0.9 \times 71}{0.6} = 1.5 \times 71 = 106.5 \ g/mol$.

(B) પગલું $1$: $A$ નું પ્રમાણ સૂચક સૂત્ર નક્કી કરો.
$C = 85.71 \% = \frac{85.71}{12} = 7.14$; $\frac{7.14}{7.14} = 1$
$H = 14.29 \% = \frac{14.29}{1} = 14.29$; $\frac{14.29}{7.14} = 2$
પ્રમાણ સૂચક સૂત્ર $= CH_2$.
પગલું $2$: $A$ નું આણ્વીય સૂત્ર નક્કી કરો.
આણ્વીય દળ $= 2 \times \text{બાષ્પ ઘનતા} = 2 \times 14 = 28$.
$n = \frac{28}{14} = 2$.
આણ્વીય સૂત્ર $= (CH_2)_2 = C_2H_4$ (ઈથીન).
પગલું $3$: પ્રક્રિયા શ્રેણી.
$A$ એ $CH_2=CH_2$ છે.
$CH_2=CH_2 + Cl_2/H_2O \rightarrow HO-CH_2-CH_2-Cl$ ($B$,ઇથિલિન ક્લોરોહાઇડ્રિન).
$HO-CH_2-CH_2-Cl + KCN \rightarrow HO-CH_2-CH_2-CN$ (ન્યુક્લિયોફિલિક વિસ્થાપન).
$HO-CH_2-CH_2-CN + H_3O^+ \rightarrow HO-CH_2-CH_2-COOH$ ($C$,$3$-હાઇડ્રોક્સીપ્રોપેનોઇક એસિડ).

(A) પરહાઇડ્રોલ એ $30\% \ w/v$ $H_2O_2$ દ્રાવણ છે,જે $100$ વોલ્યુમ $H_2O_2$ ને અનુરૂપ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $1 \ mL$ પરહાઇડ્રોલ $STP$ પર $100 \ mL$ $O_2$ ઉત્પન્ન કરે છે.
રૂપાંતરણ માટેની પ્રક્રિયા: $2SO_2 + O_2 \rightarrow 2SO_3$ છે.
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$2 \ L$ $SO_2$ ને સંપૂર્ણ રૂપાંતરણ માટે $1 \ L$ $O_2$ ની જરૂર પડે છે.
જરૂરી $O_2$ નું કદ = $1 \ L = 1000 \ mL$.
તેથી,જરૂરી પરહાઇડ્રોલનું કદ = $\frac{1000 \ mL}{100} = 10 \ mL$.

(B) આદર્શ વાયુના એક અણુની સરેરાશ ગતિઊર્જાનું સૂત્ર: $KE_{avg} = \frac{3}{2} k T$ છે.
અહીં,$k$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે $(k = \frac{R}{N_A})$,$T$ એ કેલ્વિનમાં તાપમાન છે અને $N_A$ એ એવોગેડ્રો આંક છે.
આપેલ છે: $T = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$.
કિંમતો મૂકતા:
$KE_{avg} = \frac{3}{2} \times \left( \frac{8.314 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}}{6.022 \times 10^{23} \ mol^{-1}} \right) \times 300 \ K$.
$KE_{avg} = 1.5 \times 1.38 \times 10^{-23} \ J \ K^{-1} \times 300 \ K$.
$KE_{avg} \approx 6.21 \times 10^{-21} \ J \ \text{molecule}^{-1}$.

(A) $1 \ mol$ ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $(KE)$ $6.023 \times 10^4 \ J$ છે.
$1 \ mol = 6.023 \times 10^{23} \ \text{પરમાણુઓ}$ હોવાથી,$1 \ \text{ઇલેક્ટ્રોન}$ ની $KE$:
$KE = \frac{6.023 \times 10^4 \ J}{6.023 \times 10^{23}} = 1.0 \times 10^{-19} \ J$.
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $(E)$ $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા મળે છે:
$E = \frac{6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s \times 3 \times 10^8 \ m/s}{600 \times 10^{-9} \ m} = 3.313 \times 10^{-19} \ J$.
થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા $(Phi)$ એ આપાત ફોટોન ઊર્જા અને ગતિઊર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\Phi = E - KE = 3.313 \times 10^{-19} \ J - 1.0 \times 10^{-19} \ J = 2.313 \times 10^{-19} \ J$.

(A) ડી-બ્રોગ્લીના સમીકરણ મુજબ,$\lambda = \frac{h}{mv}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\lambda^2 = \frac{h^2}{m^2v^2}$.
ગતિઊર્જા $(KE = \frac{1}{2}mv^2)$ માટે ગોઠવતા,$mv^2 = \frac{h^2}{m\lambda^2}$ મળે છે.
તેથી,$KE = \frac{1}{2} \times \frac{h^2}{m\lambda^2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $KE \propto \frac{1}{\lambda^2}$.
તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{3}{5}$ આપેલ છે,તેથી ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K_1}{K_2} = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^2 = \left(\frac{5}{3}\right)^2 = \frac{25}{9}$ થશે.
આમ,ગુણોત્તર $25: 9$ છે.

(C) સિલિન્ડર $A$ માટે (સમદાબી પ્રક્રિયા): આપેલી ઉષ્મા $Q = n C_P \Delta T_A$. આપેલ છે કે $\Delta T_A = 42 ~K$ અને એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે $C_P = \frac{5}{2} R$. તેથી,$Q = n \left(\frac{5}{2} R\right) (42) = 105 nR$.
સિલિન્ડર $B$ માટે (સમકદ પ્રક્રિયા): આપેલી ઉષ્મા $Q = n C_V \Delta T_B$. એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે $C_V = \frac{3}{2} R$.
બંને સિલિન્ડરને આપેલી ઉષ્મા સમાન હોવાથી,$n \left(\frac{3}{2} R\right) \Delta T_B = 105 nR$.
$\frac{3}{2} \Delta T_B = 105 \implies \Delta T_B = 105 \times \frac{2}{3} = 70 ~K$.

(B) લક્ષ્ય પ્રક્રિયા $Na_2O_{(s)} + SO_{3(g)} \longrightarrow Na_2SO_{4(s)}$ મેળવવા માટે,આપણે આપેલી સમીકરણોને નીચે મુજબ ગોઠવીએ:
$2 \times (A) + \frac{1}{2} \times (C) - (B) = 2(-146) + \frac{1}{2}(259) - 418 = -292 + 129.5 - 418 = -580.5 \ kJ \approx -581 \ kJ$.

(C) આપેલ છે: $\Delta H_f(H) = 218 \ kJ/mol$
$H$ પરમાણુના એક મોલના નિર્માણ માટેની પ્રક્રિયા: $\frac{1}{2} H_2 \rightarrow H ; \Delta H = 218 \ kJ/mol$
$H-H$ ની બંધ વિયોજન ઉર્જા એ પ્રક્રિયા માટે જરૂરી ઉર્જા છે: $H_2 \rightarrow 2H$
તેથી,$\Delta H_{bond} = 2 \times 218 \ kJ/mol = 436 \ kJ/mol$
$kJ/mol$ ને $kcal/mol$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,આપણે $1 \ kcal = 4.18 \ kJ$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ
$\Delta H_{bond} = \frac{436}{4.18} \ kcal/mol \approx 104.3 \ kcal/mol$
આમ,$H-H$ બંધ ઉર્જા આશરે $104 \ kcal/mol$ છે.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં મધ્યસ્થ મહત્તમથી $n^{\text{મા}}$ પ્રકાશિત શલાકા (મહત્તમ) નું સ્થાન નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$y_n = \frac{n \lambda D}{d}$
જ્યાં $D$ એ સ્લિટ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર છે,અને $d$ એ બે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે,$\lambda_1$ તરંગલંબાઈનો $10^{\text{મો}}$ મહત્તમ $y_1$ અંતરે છે:
$y_1 = \frac{10 \lambda_1 D}{d}$
બીજા કિસ્સા માટે,$\lambda_2$ તરંગલંબાઈનો $5^{\text{મો}}$ મહત્તમ $y_2$ અંતરે છે:
$y_2 = \frac{5 \lambda_2 D}{d}$
હવે,ગુણોત્તર $\left(\frac{y_1}{y_2}\right)$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{y_1}{y_2} = \frac{\frac{10 \lambda_1 D}{d}}{\frac{5 \lambda_2 D}{d}}$
$\frac{y_1}{y_2} = \frac{10 \lambda_1}{5 \lambda_2} = \frac{2 \lambda_1}{\lambda_2}$

(A) ધારો કે મધ્યસ્થ પ્રકાશિત શલાકા પરની તીવ્રતા $I_1 = I_{max} = 4I_0$ છે,જ્યાં $I_0$ એ દરેક સ્લિટની તીવ્રતા છે.
મધ્યસ્થ અધિકતમથી $y$ અંતરે પથ તફાવત $\Delta x = \frac{yd}{D}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શલાકાની પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
આપેલ છે કે $y = \frac{\beta}{4} = \frac{\lambda D}{4d}$,તેથી $P_2$ પર પથ તફાવત $\Delta x = \frac{(\lambda D / 4d)d}{D} = \frac{\lambda}{4}$ થાય.
તેને અનુરૂપ કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ મળે.
કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2(\phi / 2)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\phi = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા,$I_2 = I_{max} \cos^2(\frac{\pi}{4}) = I_{max} (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{I_{max}}{2}$ મળે.
તેથી,$\frac{I_1}{I_2} = \frac{I_{max}}{I_{max}/2} = 2$.