AP EAMCET 2012 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) $BaCl_2$ એક વિદ્યુતવિભાજ્ય છે જે જલીય દ્રાવણમાં આયનોમાં વિયોજિત થાય છે: $BaCl_2 \rightarrow Ba^{2+} + 2Cl^-$.
વોન્ટ હોફ અવયવ $i$ એ $1$ કરતા વધારે છે (આદર્શ રીતે $i = 3$).
અવલોકિત (પ્રાયોગિક) મોલર દળ $M_{obs} = \frac{M_{calc}}{i}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$i > 1$ હોવાથી,$M_{obs} < M_{calc}$.
આમ,પ્રાયોગિક મોલર દળ એ ગણતરી કરેલ મોલર દળ કરતા ઓછું છે.

(A) સ્પિન ક્વોન્ટમ નંબર $(s)$ રેખા વર્ણપટની ઝીણી રચનાને સમજાવે છે,જેમ કે $H$ અને આલ્કલી ધાતુઓમાં જોવા મળતા ડબલેટ્સ,અને આલ્કલાઇન અર્થ ધાતુઓમાં જોવા મળતા ડબલેટ્સ અને ટ્રિપલેટ્સ,જે ઇલેક્ટ્રોન સ્પિન કોણીય વેગમાનને કારણે હોય છે.

(C) ઇન્સ્યુલિન એ સ્વાદુપિંડ દ્વારા સ્ત્રવતું પેપ્ટાઇડ હોર્મોન છે.
તે રુધિર દ્વારા શરીરના વિવિધ ભાગોમાં પહોંચાડવામાં આવે છે.
ઇન્સ્યુલિન લક્ષ્ય કોષોની સપાટી પર આવેલા વિશિષ્ટ ગ્રાહકો સાથે જોડાઈને કાર્ય કરે છે.
તેથી,તેના કાર્યનું સ્થાન $plasma \ membrane$ (કોષરસ પટલ) છે.

(B) જેલીમાં,વિક્ષિપ્ત કલા $liquid$ છે અને વિક્ષેપન માધ્યમ $solid$ છે.
આમ,તે $solid$ માં $liquid$ નું કલિલ દ્રાવણ છે.

(D) વીનના સ્થાનાંતરના નિયમ મુજબ, $\lambda_m T = \text{અચળ}$, તેથી $T \propto \frac{1}{\lambda_m}$.
આપેલ છે કે $\lambda_2 = \frac{\lambda_1}{2}$, તેથી $T_2 = 2 T_1$.
સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ, કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P = \sigma A T^4$ છે, જેનો અર્થ છે કે $P \propto T^4$.
આમ, $\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{T_2}{T_1}\right)^4 = (2)^4 = 16$.
તેથી, $P_2 = 16 P_1 = 16 P$.

(B) પદાર્થની જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ એ $I = Mk^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $M$ એ દળ છે અને $k$ એ ચક્રાવર્તન ત્રિજ્યા છે.
દળ $M$ અચળ રહેતું હોવાથી,$I \propto k^2$ થાય.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln I = \ln M + 2 \ln k$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dI}{I} = 2 \frac{dk}{k}$ મળે છે.
ઉષ્મીય પ્રસરણ માટે,તાપમાન સાથે ચક્રાવર્તન ત્રિજ્યા $k$ માં ફેરફાર $k' = k(1 + \alpha \Delta T)$ મુજબ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\Delta k}{k} = \alpha \Delta T$.
આ કિંમતને જડત્વની ચાકમાત્રામાં થતા ફેરફારના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\Delta I}{I} = 2 \left( \frac{\Delta k}{k} \right) = 2 \alpha \Delta T$.

(D) પ્રવાહીના વાસ્તવિક વિસ્તરણનો ગુણાંક $(\gamma_r)$ અચળ હોય છે અને તે આભાસી વિસ્તરણ ગુણાંક $(\gamma_a)$ અને પાત્રના કદ વિસ્તરણ ગુણાંક $(\gamma_v = 3\alpha$, જ્યાં $\alpha$ એ રેખીય વિસ્તરણ ગુણાંક છે) ના સરવાળા જેટલો હોય છે।
તેથી, $\gamma_r = \gamma_{a1} + 3\alpha_1 = \gamma_{a2} + 3\alpha_2$.
આપેલ છે:
$\gamma_{a1} = 6 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$ (તાંબાના પાત્ર માટે)
$\alpha_1 = 18 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$ (તાંબા માટે)
$\gamma_{a2} = 24 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$ (સ્ટીલના પાત્ર માટે)
કિંમતો મૂકતા:
$6 \times 10^{-6} + 3(18 \times 10^{-6}) = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_2$
$6 \times 10^{-6} + 54 \times 10^{-6} = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_2$
$60 \times 10^{-6} = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_2$
$3\alpha_2 = 36 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$
$\alpha_2 = 12 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$.

(C) આપેલ શરત $V \propto T^{2/3}$ પરથી,આપણે લખી શકીએ $V = c T^{2/3}$,જેનો અર્થ છે $T \propto V^{3/2}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરીને,$T \propto V^{3/2}$ મૂકતા આપણને $PV \propto V^{3/2}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $P \propto V^{1/2}$ થાય છે.
આ એક પોલીટ્રોપિક પ્રક્રિયા $PV^x = \text{constant}$ દર્શાવે છે,જ્યાં $x = -1/2$.
પોલીટ્રોપિક પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્યનું સૂત્ર $W = \frac{nR \Delta T}{1-x}$ છે.
અહીં,$n = 1 \ mol$,$\Delta T = 30 \ K$,અને $x = -1/2$.
કિંમતો મૂકતા: $W = \frac{1 \times 8.314 \times 30}{1 - (-1/2)} = \frac{249.42}{1.5} = 166.28 \ J$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,જવાબ $166.2 \ J$ મળે છે.

(C) એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા માટે,તાપમાન $T$ અને દબાણ $p$ વચ્ચેનો સંબંધ $T^\gamma p^{1-\gamma} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\gamma \ln T + (1-\gamma) \ln p = \text{constant}$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા: $\gamma \frac{\Delta T}{T} + (1-\gamma) \frac{\Delta p}{p} = 0$.
$\Delta T$ માટે ગોઠવતા: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{\gamma - 1}{\gamma} \frac{\Delta p}{p}$.
આપેલ છે: $T = 273 \text{ K}$ ($NTP$ પર),$\gamma = 1.5$,$\Delta p = 0.001 \text{ dyne}/cm^2$,$p = 1.013 \times 10^6 \text{ dyne}/cm^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta T = 273 \times \left( \frac{1.5 - 1}{1.5} \right) \times \frac{0.001}{1.013 \times 10^6}$.
$\Delta T = 273 \times \frac{0.5}{1.5} \times 9.87 \times 10^{-10}$.
$\Delta T = 273 \times \frac{1}{3} \times 9.87 \times 10^{-10} \approx 8.97 \times 10^{-8} \text{ K}$.

(A) અચળ દબાણે આપવામાં આવતી ઉષ્માનું સૂત્ર $q = n \times C_p \times \Delta T$ છે.
આપેલ છે:
આપેલ ઉષ્મા $(q)$ = $1 \ kJ = 1000 \ J$.
પાણી $(H_2O)$ નું આણ્વીય દળ = $18 \ g \ mol^{-1}$.
મોલની સંખ્યા $(n)$ = $\frac{\text{દળ}}{\text{આણ્વીય દળ}} = \frac{100 \ g}{18 \ g \ mol^{-1}} = \frac{100}{18} \ mol$.
મોલર ઉષ્મા ધારિતા $(C_p)$ = $75 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$1000 = \frac{100}{18} \times 75 \times \Delta T$.
$\Delta T = \frac{1000 \times 18}{100 \times 75} = \frac{180}{75} = 2.4 \ K$.

(A) જેમ હેલોજન પરમાણુનું કદ $Cl$ થી $I$ તરફ વધે છે,તેમ $A-A$ બંધની લંબાઈ વધે છે.
સામાન્ય રીતે,જેમ બંધની લંબાઈ વધે છે,તેમ બંધ વિયોજન ઉર્જા ઘટે છે.
તેથી,બંધ ઉર્જાનો ક્રમ $Cl_2 > Br_2 > I_2$ છે.

(C) આકૃતિ પરથી,$S_1$ અને $S_2$ થી $P$ બિંદુ સુધી પહોંચતા તરંગો વચ્ચેનો પથ તફાવત $\Delta x = S_1 P - S_2 P$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ પ્રકાશિત શલાકા માટે,પથ તફાવત તરંગલંબાઈ $\lambda$ જેટલો હોવો જોઈએ (કારણ કે તેઓ સમાન કળામાં છે).
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,પથ તફાવતને $\Delta x = d \cos \theta$ તરીકે દર્શાવી શકાય,જ્યાં $d = 2 \lambda$ એ ઉદગમો વચ્ચેનું અંતર છે.
તેથી,$2 \lambda \cos \theta = \lambda$.
$\cos \theta = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = 60^{\circ}$.
પડદા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,$\tan \theta = \frac{OP}{D} = \frac{x}{D}$.
કારણ કે $\theta = 60^{\circ}$,$\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$.
તેથી,$\frac{x}{D} = \sqrt{3}$,જે $x = \sqrt{3} D$ આપે છે.

(D) મુક્ત છેડાથી $x$ અંતરે દોરડામાં લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{gx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v = \frac{dx}{dt}$ હોવાથી,આપણને $\frac{dx}{dt} = \sqrt{gx}$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$dt = \frac{dx}{\sqrt{gx}}$ મળે છે.
$x=0$ થી $x=l$ સુધી સંકલન કરતા,કુલ સમય $t$:
$t = \int_{0}^{l} \frac{dx}{\sqrt{gx}} = \frac{1}{\sqrt{g}} [2\sqrt{x}]_{0}^{l} = 2\sqrt{\frac{l}{g}}$.
આપેલ કિંમતો $l = 2.45 ~m$ અને $g = 9.8 ~m/s^2$ મૂકતા:
$t = 2 \sqrt{\frac{2.45}{9.8}} = 2 \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \times 0.5 = 1 ~s$.

(B) ધ્રુજારી ધરાવતા તારની આવૃત્તિ $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। અહીં તણાવ $T$ અને એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\mu$ અચળ હોવાથી, $n \propto \frac{1}{l}$ થાય, જેનો અર્થ છે કે $n l = \text{અચળ}$.
ધારો કે ટ્યુનિંગ ફોર્કની આવૃત્તિ $n$ છે。
$l_1 = 100 \, cm$ પર, તારની આવૃત્તિ $n_1 = n + 8$ છે (કારણ કે તાર ટૂંકો હોવાથી તેની આવૃત્તિ વધારે હોય છે)।
$l_2 = 101 \, cm$ પર, તારની આવૃત્તિ $n_2 = n - 8$ છે。
$n_1 l_1 = n_2 l_2$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$(n + 8) \times 100 = (n - 8) \times 101$
$100n + 800 = 101n - 808$
$101n - 100n = 800 + 808$
$n = 1608 \, Hz$.

(A) વાહનની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K = \frac{p^2}{2M}$ છે.
જ્યારે એન્જિન બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે વાહનને રોકવા માટે તેના પર લાગતું એકમાત્ર બળ ગતિક ઘર્ષણ બળ $f_k = \mu_k M g$ છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ઘર્ષણ બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
$W = \Delta K$
$-f_k \cdot s = 0 - K$
$\mu_k M g s = \frac{p^2}{2M}$
$s$ (કાપેલું અંતર) માટે ઉકેલતા:
$s = \frac{p^2}{2 M^2 \mu_k g}$.

(C) પાવર $P$ એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફારનો દર છે: $P = \frac{dK}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{1}{2} m v^2) = m v \frac{dv}{dt}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a = \frac{dv}{dt}$,તેથી $P = m v a = m v (v \frac{dv}{dx}) = m v^2 \frac{dv}{dx}$.
પદોને ગોઠવતા: $v^2 dv = \frac{P}{m} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int_0^v v^2 dv = \int_0^x \frac{P}{m} dx$.
$\frac{v^3}{3} = \frac{P x}{m}$.
આમ,$v^3 = \frac{3 P x}{m}$.
તેથી,$v^3 \propto \frac{P}{m}$.

(D) વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન એ તંત્રનો ભૌતિક ગુણધર્મ છે અને તે યામ પદ્ધતિની પસંદગીથી સ્વતંત્ર છે.
વિધાન $(B)$ સાચું છે કારણ કે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિ તંત્ર પર લાગતા કુલ બાહ્ય બળ દ્વારા નક્કી થાય છે,એટલે કે $\vec{F}_{ext} = M\vec{a}_{cm}$.
વિધાન $(C)$ સાચું છે કારણ કે ન્યૂટનના ત્રીજા નિયમ મુજબ આંતરિક બળો જોડીમાં એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે,તેથી તેઓ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિને અસર કરતા નથી.
વિધાન $(D)$ ખોટું છે કારણ કે આંતરિક બળો દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિની સ્થિતિ બદલી શકતા નથી.
તેથી,વિધાન $(A)$ અને $(D)$ ખોટા છે.

(C) દડા $A$ ની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K = p^2 / (2m)$ છે,તેથી $p = \sqrt{2mK}$.
દડા $A$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = p/m = \sqrt{2K/m}$ છે.
સંઘાત બાદ,દડો $A$ એ $K' = K/9$ ગતિઊર્જા સાથે ઋણ $x$-દિશામાં ગતિ કરે છે.
ધારો કે $v_1$ એ દડા $A$ નો અંતિમ વેગ છે. તેથી $K' = 1/2 m v_1^2 = K/9$,જે આપણને $v_1 = \sqrt{2K/(9m)} = (1/3) \sqrt{2K/m} = p/(3m)$ આપે છે.
દડો $A$ ઋણ $x$-દિશામાં ગતિ કરતો હોવાથી,તેનો અંતિમ વેગ $v_1 = -p/(3m)$ થશે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $p_{initial} = p_{final}$.
$p = m v_1 + p_B$,જ્યાં $p_B$ એ દડા $B$ નું અંતિમ વેગમાન છે.
$p = m(-p/(3m)) + p_B$.
$p = -p/3 + p_B$.
$p_B = p + p/3 = 4p/3$.

(D) ફોર્મલ ચાર્જ $(FC)$ ની ગણતરી આ સૂત્ર દ્વારા કરવામાં આવે છે: $FC = V - L - \frac{1}{2} B$,જ્યાં $V$ એ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે,$L$ એ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન (લોન પેર) ની સંખ્યા છે અને $B$ એ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે.
$\ddot{O}=C=\ddot{O}$ બંધારણ ધરાવતા $CO_2$ અણુ માટે:
$O$ પરમાણુ માટે: $V = 6$,$L = 4$,$B = 4$. તેથી,$FC = 6 - 4 - \frac{1}{2}(4) = 0$.
$C$ પરમાણુ માટે: $V = 4$,$L = 0$,$B = 8$. તેથી,$FC = 4 - 0 - \frac{1}{2}(8) = 0$.
આમ,$C$ અને $O$ પરમાણુઓના ફોર્મલ ચાર્જ અનુક્રમે $0$ અને $0$ છે.

(C) $O_2$ ($16$ ઇલેક્ટ્રોન) ની આણ્વીય કક્ષક ઇલેક્ટ્રોનિક રચના: $\sigma 1s^2, \sigma^* 1s^2, \sigma 2s^2, \sigma^* 2s^2, \sigma 2p_z^2, \pi 2p_x^2, \pi 2p_y^2, \pi^* 2p_x^1, \pi^* 2p_y^1$ છે.
બંધકારક આણ્વીય કક્ષકો તે છે જેની ઉપર ફૂદડી $(*)$ નથી.
બંધકારક કક્ષકો $\sigma 1s, \sigma 2s, \sigma 2p_z, \pi 2p_x, \pi 2p_y$ છે.
આ દરેક $5$ કક્ષકોમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન છે,જે કુલ $10$ બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન બનાવે છે.
તેથી,બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $10 / 2 = 5$ છે.

(D) સાચો જવાબ $D$ છે.
$A$: $LiOH$ એ $NaOH$ કરતા નિર્બળ બેઇઝ છે કારણ કે $Li^+$ ના નાના કદને લીધે $Li-O$ બંધ $Na-O$ બંધ કરતા મજબૂત હોય છે,જેથી $OH^-$ આયનો મુક્ત કરવા મુશ્કેલ બને છે. આ વિધાન સાચું છે.
$B$: $Be$ ના ક્ષારોનું જળવિભાજન થાય છે કારણ કે $Be^{2+}$ ની વીજભાર ઘનતા વધુ અને કદ નાનું હોય છે,જે પાણીના અણુઓનું ધ્રુવીભવન કરે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$C$: કેલ્શિયમ બાયકાર્બોનેટ,$Ca(HCO_3)_2$,માત્ર જલીય દ્રાવણમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તે પાણીમાં દ્રાવ્ય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$D$: બેરેલિયમ કાર્બાઇડ $(Be_2C)$ ના જળવિભાજનથી મિથેન $(CH_4)$ મળે છે,એસિટિલીન $(C_2H_2)$ નહીં. પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $Be_2C + 4H_2O \rightarrow CH_4 + 2Be(OH)_2$. તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.

(B) વર્ક ફંક્શન એ ધાતુની સપાટી પરથી ઈલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી લઘુત્તમ ઉર્જા છે. સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં પરમાણુ કદ વધે છે,તેથી આયનીકરણ ઉર્જા ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે વર્ક ફંક્શન પણ ઘટે છે.
$Li$,$Na$,$K$ અને $Rb$ એ આવર્ત કોષ્ટકના સમૂહ $1$ ના તત્વો છે.
તેમના પરમાણુ કદનો ક્રમ $Li < Na < K < Rb$ છે.
તેથી,તેમના વર્ક ફંક્શનનો ક્રમ $Li > Na > K > Rb$ થશે.
આપેલ મૂલ્યો: $Li = 2.41 \ eV$,$Na = 2.30 \ eV$ અને $Rb = 2.09 \ eV$.
$K$ નું વર્ક ફંક્શન $Na$ $(2.30 \ eV)$ અને $Rb$ $(2.09 \ eV)$ ની વચ્ચે હોવું જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$2.20 \ eV$ એ એકમાત્ર મૂલ્ય છે જે $2.09 \ eV < K < 2.30 \ eV$ ની શ્રેણીમાં આવે છે.

(A) આપેલ છે,$(a+ib)^2=(c+id)^2(x+iy)$
બંને બાજુ માનાંક લેતા:
$|(a+ib)^2| = |(c+id)^2(x+iy)|$
$|a+ib|^2 = |c+id|^2 |x+iy|$
કારણ કે $|z|^2 = a^2+b^2$,તેથી:
$a^2+b^2 = (c^2+d^2) \sqrt{x^2+y^2}$
આપેલ કિંમતો $a^2+b^2=4$ અને $c^2+d^2=2$ મૂકતા:
$4 = 2 \sqrt{x^2+y^2}$
$\sqrt{x^2+y^2} = 2$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$x^2+y^2 = 4$

(D) આપેલ છે કે $\alpha$ એ $x^6-1=0$ નું અવાસ્તવિક બીજ છે.
કારણ કે $\alpha^6=1$ અને $\alpha \neq 1$ (કારણ કે $\alpha$ અવાસ્તવિક છે),આપણી પાસે ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો છે:
$1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4+\alpha^5 = \frac{\alpha^6-1}{\alpha-1} = 0$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4+\alpha^5 = -(1+\alpha)$.
તેથી,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4+\alpha^5}{\alpha+1} = \frac{-(1+\alpha)}{\alpha+1} = -1$.

(C) કારણ કે $a, b, c$ સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં છે,તેથી $b = ar$ અને $c = ar^2$ મળે.
રેખાના સમીકરણ $ax + by + c = 0$ માં આ કિંમતો મૂકતા,$ax + ary + ar^2 = 0$ મળે.
$a$ વડે ભાગતા,$x + ry + r^2 = 0$ અથવા $x = -ry - r^2$ મળે.
આ કિંમત વક્ર $x + 2y^2 = 0$ માં મૂકતા,$(-ry - r^2) + 2y^2 = 0$ મળે.
આથી દ્વિઘાત સમીકરણ $2y^2 - ry - r^2 = 0$ બને છે.
યામોનો સરવાળો એ આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજનો સરવાળો છે,જે $-\frac{\text{coefficient of } y}{\text{coefficient of } y^2} = -(\frac{-r}{2}) = \frac{r}{2}$ થાય.

(C) એસિડ વર્ષા મુખ્યત્વે વાતાવરણમાં નાઈટ્રોજન અને સલ્ફરના ઓક્સાઈડના ઉત્સર્જનને કારણે થાય છે.
આ વાયુઓ વાતાવરણમાં રહેલી પાણીની વરાળ સાથે પ્રક્રિયા કરીને પ્રબળ એસિડ બનાવે છે,જેમ કે નાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_3)$ અને સલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2SO_4)$,જે એસિડ વર્ષા તરીકે નીચે પડે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયાઓ નીચે મુજબ છે:
$2NO_2 + H_2O \rightarrow HNO_3 + HNO_2$
$2SO_2 + O_2 + 2H_2O \rightarrow 2H_2SO_4$
આમ,એસિડ વર્ષા માટે જવાબદાર વાયુઓની જોડી $NO_2$ અને $SO_2$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $a$ અને $b$ માટે,સમાંતર મધ્યક એ ગુણોત્તર મધ્યક કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોય છે,એટલે કે $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$.
ધારો કે $a = 27 \tan ^2 \theta$ અને $b = 3 \cot ^2 \theta$.
તેથી,$\frac{27 \tan ^2 \theta + 3 \cot ^2 \theta}{2} \geq \sqrt{27 \tan ^2 \theta \cdot 3 \cot ^2 \theta}$.
$\frac{27 \tan ^2 \theta + 3 \cot ^2 \theta}{2} \geq \sqrt{81 \tan ^2 \theta \cdot \cot ^2 \theta}$.
કારણ કે $\tan \theta \cdot \cot \theta = 1$,તેથી $\frac{27 \tan ^2 \theta + 3 \cot ^2 \theta}{2} \geq \sqrt{81 \cdot 1}$.
$\frac{27 \tan ^2 \theta + 3 \cot ^2 \theta}{2} \geq 9$.
$27 \tan ^2 \theta + 3 \cot ^2 \theta \geq 18$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $18$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $(x^2+y^2) \cos^2 \theta = (x \cos \theta + y \sin \theta)^2$ છે.
જમણી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા:
$(x^2+y^2) \cos^2 \theta = x^2 \cos^2 \theta + y^2 \sin^2 \theta + 2xy \sin \theta \cos \theta$.
પદોને $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ સ્વરૂપમાં ગોઠવતા:
$x^2(\cos^2 \theta - \cos^2 \theta) + 2xy(\sin \theta \cos \theta) + y^2(\sin^2 \theta - \cos^2 \theta) = 0$.
$0x^2 + 2xy(\sin \theta \cos \theta) - y^2(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = 0$.
રેખાઓની જોડી લંબ હોવા માટે,$x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકોનો સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ $(A + B = 0)$.
અહીં,$A = 0$ અને $B = -(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = -\cos(2\theta)$.
$A + B = 0$ લેતા:
$0 - \cos(2\theta) = 0 \Rightarrow \cos(2\theta) = 0$.
તેથી,$2\theta = \frac{\pi}{2} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ રેખાઓની જોડી $8x^2 - 6xy + y^2 = 0$ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(4x - y)(2x - y) = 0$.
તેથી,બે રેખાઓ $y = 4x$ અને $y = 2x$ છે.
ત્રીજી રેખા $2x + 3y = a$ છે.
છેદબિંદુઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. $y = 4x$ અને $y = 2x$ નું છેદબિંદુ $O(0, 0)$ છે.
$2$. $y = 4x$ અને $2x + 3y = a$ નું છેદબિંદુ $A(a/14, 2a/7)$ છે.
$3$. $y = 2x$ અને $2x + 3y = a$ નું છેદબિંદુ $B(a/8, a/4)$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1y_2 - x_2y_1| = \frac{1}{2} |(a/14)(a/4) - (a/8)(2a/7)| = a^2/112$.
ક્ષેત્રફળ $7$ આપેલ છે,તેથી $a^2/112 = 7$ $\Rightarrow a^2 = 784$ $\Rightarrow a = 28$.

(D) સંરૂપણીય સમઘટકોને $rotamers$ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે અને આ સમઘટકતાને $rotamerism$ કહેવામાં આવે છે.

$(A)$. એસીટાલ્ડિહાઈડ $(CH_3CHO)$ અને વિનાઈલ આલ્કોહોલ $(CH_2=CH-OH)$ એ $\text{ટોટોમર્સ}$ છે,કારણ કે તેઓ $\alpha$-હાઈડ્રોજન પરમાણુના સ્થળાંતર સાથે ગતિશીલ સંતુલનમાં અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$B$. $\text{ઇક્લિપ્સ્ડ}$ અને $\text{સ્ટેગર્ડ}$ ઈથેન એ એક જ અણુની વિવિધ અવકાશી ગોઠવણીઓ છે,જેને $\text{સંરૂપણીય સમઘટકો}$ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$C$. $(+)$$2$-બ્યુટેનોલ અને $(-)$$2$-બ્યુટેનોલ એકબીજાના અરીસામાં પ્રતિબિંબ છે જે એકબીજા પર બંધબેસતા નથી,તેથી તેઓ $\text{એનાન્શિયોમર્સ}$ છે.
$D$. મિથાઈલ-$n$-પ્રોપાઈલએમાઈન $(CH_3-NH-CH_2CH_2CH_3)$ અને ડાયઈથાઈલએમાઈન $(CH_3CH_2-NH-CH_2CH_3)$ માં સમાન નાઈટ્રોજન પરમાણુ સાથે જોડાયેલા અલગ-અલગ આલ્કાઈલ સમૂહો હોય છે,જે તેમને $\text{મેટામર્સ}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરે છે.

(C) ઈથેનનું ક્લોરિનેશન એ મુક્ત મુલક વિસ્થાપન પ્રક્રિયાનું ઉત્તમ ઉદાહરણ છે. તે ત્રણ મુખ્ય તબક્કાઓ દ્વારા આગળ વધે છે:
તબક્કો $I$: પ્રારંભિક તબક્કો,જ્યાં ક્લોરિન અણુઓ પ્રકાશ $(hv)$ ની હાજરીમાં હોમોલિટીક વિભાજન પામીને ક્લોરિન મુક્ત મુલકો બનાવે છે:
$Cl_2 \stackrel{hv}{\longrightarrow} 2 Cl^{\bullet}$
તબક્કો $II$: પ્રસરણ તબક્કો,જ્યાં ક્લોરિન મુલક ઈથેન સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઇથાઇલ મુલક બનાવે છે,જે પછી બીજા ક્લોરિન અણુ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ક્લોરોઈથેન બનાવે છે અને ક્લોરિન મુલકને પુનઃજીવિત કરે છે:
$CH_3CH_3 + Cl^{\bullet} \longrightarrow CH_3CH_2^{\bullet} + HCl$
$CH_3CH_2^{\bullet} + Cl_2 \longrightarrow CH_3CH_2Cl + Cl^{\bullet}$
તબક્કો $III$: સમાપ્તિ તબક્કો,જ્યાં મુક્ત મુલકો જોડાઈને સાંકળ પ્રક્રિયાનો અંત લાવે છે:
$CH_3CH_2^{\bullet} + Cl^{\bullet} \longrightarrow CH_3CH_2Cl$
$Cl^{\bullet} + Cl^{\bullet} \longrightarrow Cl_2$
$2 CH_3CH_2^{\bullet} \longrightarrow CH_3CH_2CH_2CH_3$

(D) બેન્ઝીનમાં સંસ્પંદનને કારણે તમામ $C-C$ બંધ લંબાઈ $1.39 \ Å$ જેટલી સમાન હોય છે. તેથી,બેન્ઝીન $1.54 \ Å$ અને $1.34 \ Å$ ની બે અલગ બંધ લંબાઈ ધરાવે છે તે વિધાન ખોટું છે.

(B) $H_2O_2$ ડાયસોડિયમ હાઇડ્રોજન ફોસ્ફેટ $(Na_2HPO_4)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને એક એડિશન પ્રોડક્ટ (ઉમેરણ નીપજ) બનાવે છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$H_2O_2 + Na_2HPO_4 \rightarrow Na_2HPO_4 \cdot H_2O_2$
આ એક સ્થાયી એડિશન પ્રોડક્ટ છે.

(A) આપેલ છે કે,$x^4+y^4=t^2+\frac{1}{t^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(t+\frac{1}{t})^2 = t^2 + \frac{1}{t^2} + 2$.
તેથી,$t^2 + \frac{1}{t^2} = (t+\frac{1}{t})^2 - 2$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે $x^4+y^4 = (x^2+y^2)^2 - 2$.
જમણી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા: $x^4+y^4 = x^4 + y^4 + 2x^2y^2 - 2$.
બંને બાજુથી $x^4+y^4$ બાદ કરતા,આપણને મળે $0 = 2x^2y^2 - 2$,જેનો અર્થ છે કે $x^2y^2 = 1$.
તેથી,$y^2 = \frac{1}{x^2} = x^{-2}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{d}{dx}(y^2) = \frac{d}{dx}(x^{-2})$.
$2y \frac{dy}{dx} = -2x^{-3} = -\frac{2}{x^3}$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $y \frac{dy}{dx} = -\frac{1}{x^3}$.
બંને બાજુ $x^3$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $x^3 y \frac{dy}{dx} = -1$.

(A) આપેલ છે કે,$x^m y^n = (x+y)^{m+n}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (log) લેતા,આપણને મળે છે:
$m \ln x + n \ln y = (m+n) \ln (x+y)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{m}{x} + \frac{n}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{m+n}{x+y} \left(1 + \frac{dy}{dx}\right)$.
$\frac{dy}{dx}$ ને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{m}{x} - \frac{m+n}{x+y} = \frac{dy}{dx} \left( \frac{m+n}{x+y} - \frac{n}{y} \right)$.
બંને બાજુ સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{m(x+y) - x(m+n)}{x(x+y)} = \frac{dy}{dx} \left( \frac{y(m+n) - n(x+y)}{y(x+y)} \right)$.
$\frac{mx + my - mx - nx}{x(x+y)} = \frac{dy}{dx} \left( \frac{my + ny - nx - ny}{y(x+y)} \right)$.
$\frac{my - nx}{x(x+y)} = \frac{dy}{dx} \left( \frac{my - nx}{y(x+y)} \right)$.
અહીં $my - nx \neq 0$ હોવાથી,આપણે આ પદોને દૂર કરી શકીએ છીએ:
$\frac{1}{x} = \frac{dy}{dx} \left( \frac{1}{y} \right)$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$.

(C) $Cl^{-}$ એ લુઈસ બેઇઝ છે,લુઈસ એસિડ નથી,કારણ કે તેનું અષ્ટક પૂર્ણ છે અને તેની પાસે દાન કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ છે.
$1.0 \times 10^{-8} \ M \ HCl$ માટે,પાણીમાંથી મળતા $H^{+}$ નું યોગદાન ધ્યાનમાં લેવું પડે છે,જેના પરિણામે $pH$ $7$ કરતા થોડો ઓછો (આશરે $6.98$) મળે છે.
$25^{\circ} C$ તાપમાને પાણીનો આયનીય ગુણાકાર $(K_w)$ $1.0 \times 10^{-14} \ mol^2 \ L^{-2}$ છે.
$AlCl_{3}$ અપૂર્ણ અષ્ટકને કારણે લુઈસ એસિડ તરીકે વર્તે છે,જે બ્રોન્સ્ટેડ-લોરી સિદ્ધાંત દ્વારા સમજાવી શકાતું નથી.

(B) આપેલ છે કે ઘનફળમાં ફેરફારનો દર $\frac{dV}{dt} = 2 \pi \text{ cm}^3/\text{s}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ગોલકનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
બંને બાજુ $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dV}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$ મળે છે.
આપેલ $V = 288 \pi$ પરથી,ત્રિજ્યા $r$ શોધીએ:
$288 \pi = \frac{4}{3} \pi r^3 \Rightarrow 216 = r^3 \Rightarrow r = 6 \text{ cm}$.
આ કિંમતોને વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$2 \pi = 4 \pi (6)^2 \frac{dr}{dt}$
$2 \pi = 4 \pi (36) \frac{dr}{dt}$
$2 \pi = 144 \pi \frac{dr}{dt}$
$\frac{dr}{dt} = \frac{2 \pi}{144 \pi} = \frac{1}{72} \text{ cm/s}$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\sqrt{x-x^2}}$.
છેદને $\sqrt{x(1-x)} = \sqrt{x} \sqrt{1-x}$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int \frac{dx}{\sqrt{x} \sqrt{1-x}}$.
ધારો કે $\sqrt{x} = \sin \theta$. તો $x = \sin^2 \theta$,જેનો અર્થ છે કે $dx = 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta}{\sin \theta \sqrt{1-\sin^2 \theta}}$
$I = \int \frac{2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta}{\sin \theta \cos \theta}$
$I = \int 2 \, d\theta = 2\theta + C$.
કારણ કે $\sin \theta = \sqrt{x}$,તેથી $\theta = \sin^{-1} \sqrt{x}$.
આમ,$I = 2 \sin^{-1} \sqrt{x} + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \sec^2 x \operatorname{cosec}^4 x \, dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$ અને $\operatorname{cosec}^4 x = \frac{1}{\sin^4 x}$.
તેથી,$I = \int \frac{1}{\sin^4 x \cos^2 x} \, dx$.
નિત્યસમ $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^4 x \cos^2 x} \, dx = \int \frac{\sin^2 x}{\sin^4 x \cos^2 x} \, dx + \int \frac{\cos^2 x}{\sin^4 x \cos^2 x} \, dx$.
$I = \int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} \, dx + \int \frac{1}{\sin^4 x} \, dx$.
$I = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} \, dx + \int \operatorname{cosec}^4 x \, dx$.
$I = \int (\sec^2 x + \operatorname{cosec}^2 x) \, dx + \int \operatorname{cosec}^2 x (1 + \cot^2 x) \, dx$.
$I = \tan x - \cot x + \int \operatorname{cosec}^2 x \, dx + \int \operatorname{cosec}^2 x \cot^2 x \, dx$.
$I = \tan x - \cot x - \cot x + \int \cot^2 x \operatorname{cosec}^2 x \, dx$.
ધારો કે $u = \cot x$,તો $du = -\operatorname{cosec}^2 x \, dx$.
$I = \tan x - 2 \cot x - \int u^2 \, du = \tan x - 2 \cot x - \frac{u^3}{3} + C$.
$I = -\frac{1}{3} \cot^3 x + \tan x - 2 \cot x + C$.
આપેલ પદ $-\frac{1}{3} \cot^3 x + k \tan x - 2 \cot x + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = 1$ મળે છે.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં $M$ ચુંબકીય મોમેન્ટ ધરાવતા ચુંબકીય ડાયપોલને $\theta_1 = 0^{\circ}$ થી $\theta_2 = 60^{\circ}$ ના ખૂણે ફેરવવા માટે થયેલું કાર્ય $W$ નીચે મુજબ છે:
$W = MB(1 - \cos 60^{\circ}) = MB(1 - 0.5) = \frac{MB}{2}$.
આના પરથી,આપણને $MB = 2W$ મળે છે.
સોયને $\theta = 60^{\circ}$ પર જાળવી રાખવા માટે જરૂરી ટોર્ક $\tau$ નીચે મુજબ છે:
$\tau = MB \sin 60^{\circ}$.
$MB = 2W$ અને $\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ મૂકતા:
$\tau = (2W) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} W$.

(C) ધારો કે છેદબિંદુ $P$ છે. રેખા $l_1$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(1+t, -6+2t, 2+t)$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
રેખા $l_2$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(2u, 4+u, 1+2u)$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
રેખાઓ છેદતી હોવાથી,આ બિંદુઓ સમાન હોવા જોઈએ:
$1+t = 2u$ $(i)$
$-6+2t = 4+u$ (ii)
$2+t = 1+2u$ (iii)
$(i)$ પરથી,$t = 2u-1$. આ કિંમત (ii) માં મૂકતા:
$-6+2(2u-1) = 4+u$
$-6+4u-2 = 4+u$
$3u = 12 \Rightarrow u = 4$.
$u=4$ ને $t=2u-1$ માં મૂકતા,આપણને $t=2(4)-1 = 7$ મળે છે.
(iii) સાથે ચકાસણી કરતા: $2+7 = 9$ અને $1+2(4) = 9$. કિંમતો સુસંગત છે.
છેદબિંદુ $(1+7, -6+2(7), 2+7) = (8, 8, 9)$ છે.

(B) ધારો કે રેખાના દિકકોસાઇન $(l, m, n)$ છે. રેખા ત્રણેય યામ અક્ષો સાથે સમાન ખૂણે નમેલી હોવાથી,રેખા દ્વારા $x, y,$ અને $z$-અક્ષ સાથે બનતા ખૂણા સમાન છે. ધારો કે આ ખૂણો $\alpha$ છે.
તેથી,$l = \cos \alpha, m = \cos \alpha, n = \cos \alpha$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ રેખા માટે,દિકકોસાઇનના વર્ગોનો સરવાળો $1$ થાય છે,એટલે કે $l^2 + m^2 + n^2 = 1$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $\cos^2 \alpha + \cos^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
$3 \cos^2 \alpha = 1$.
$\cos^2 \alpha = \frac{1}{3}$.
$\cos \alpha = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
અહીં $\alpha$ એ $y$-અક્ષ સાથેનો ખૂણો હોવાથી,$\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ (લઘુકોણ માટે ધન કિંમત લેતા).
તેથી,$\alpha = \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

(A) ધારો કે બિંદુઓ $A(1,0,0)$,$B(0,1,0)$ અને $C(1,1,1)$ છે.
બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર ગણો:
$AB = \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + 0^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$
$BC = \sqrt{(1-0)^2 + (1-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$
$CA = \sqrt{(1-1)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$
અહીં $AB = BC = CA = \sqrt{2}$ હોવાથી,$\triangle ABC$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આ બિંદુઓમાંથી પસાર થતા સૌથી નાની ત્રિજ્યાવાળા ગોલકનું કેન્દ્ર $\triangle ABC$ ના મધ્યકેન્દ્ર પર હોય છે.
કેન્દ્ર $C' = \left(\frac{1+0+1}{3}, \frac{0+1+1}{3}, \frac{0+0+1}{3}\right) = \left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right)$.
ત્રિજ્યા $R$ એ $C'$ થી $A(1,0,0)$ સુધીનું અંતર છે:
$R^2 = \left(1-\frac{2}{3}\right)^2 + \left(0-\frac{2}{3}\right)^2 + \left(0-\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{1}{9} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$.
ગોલકનું સમીકરણ $(x-\frac{2}{3})^2 + (y-\frac{2}{3})^2 + (z-\frac{1}{3})^2 = \frac{2}{3}$ છે.
વિસ્તરણ કરતા: $x^2 - \frac{4x}{3} + \frac{4}{9} + y^2 - \frac{4y}{3} + \frac{4}{9} + z^2 - \frac{2z}{3} + \frac{1}{9} = \frac{6}{9}$.
$x^2 + y^2 + z^2 - \frac{4x}{3} - \frac{4y}{3} - \frac{2z}{3} + 1 = \frac{2}{3}$.
$3$ વડે ગુણતા: $3(x^2+y^2+z^2) - 4x - 4y - 2z + 3 = 2$.
$3(x^2+y^2+z^2) - 4x - 4y - 2z + 1 = 0$.

(A) ધારો કે $X$ એ $100$ ઉછાળમાં મળતી છાપની સંખ્યા છે. $X$ એ $n = 100$ અને $p = \frac{1}{2}$ સાથે દ્વિપદી વિતરણને અનુસરે છે.
આપણે $X$ એકી સંખ્યા હોય તેની સંભાવના શોધવાની છે,એટલે કે $P(X \in \{1, 3, 5, \ldots, 99\})$.
સંભાવના $\sum_{k \in \{1, 3, \ldots, 99\}} \binom{100}{k} p^k q^{n-k}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $p = q = \frac{1}{2}$ હોવાથી,આ $\sum_{k \in \{1, 3, \ldots, 99\}} \binom{100}{k} (\frac{1}{2})^{100} = \frac{1}{2^{100}} \sum_{k \in \{1, 3, \ldots, 99\}} \binom{100}{k}$ થશે.
આપણે જાણીએ છીએ કે એકી ક્રમના દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો $\binom{n}{1} + \binom{n}{3} + \ldots = 2^{n-1}$ થાય છે.
$n = 100$ માટે,આ સરવાળો $2^{100-1} = 2^{99}$ થશે.
તેથી,જરૂરી સંભાવના $\frac{1}{2^{100}} \times 2^{99} = \frac{2^{99}}{2^{100}} = \frac{1}{2}$ છે.

(A) દ્વિપદી વિતરણ માટે સંભાવના દળ વિધેય $P(X=r) = { }^n C_r p^r q^{n-r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q = 1-p$.
આપણને ગુણોત્તર $\frac{P(X=r)}{P(X=n-r)}$ આપેલ છે.
સૂત્ર મૂકતા:
$\frac{P(X=r)}{P(X=n-r)} = \frac{{ }^n C_r p^r q^{n-r}}{{ }^n C_{n-r} p^{n-r} q^r}$.
કારણ કે ${ }^n C_r = { }^n C_{n-r}$,પદાવલિ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$\frac{P(X=r)}{P(X=n-r)} = \frac{p^r q^{n-r}}{p^{n-r} q^r} = \left(\frac{p}{q}\right)^{r - (n-r)} = \left(\frac{p}{q}\right)^{2r-n} = \left(\frac{q}{p}\right)^{n-2r}$.
આ પદાવલિ $n$ થી સ્વતંત્ર રહે તે માટે,આધાર $1$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$\frac{q}{p} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $q = p$.
કારણ કે $p + q = 1$,આપણને $p + p = 1$ મળે છે,જે $2p = 1$ આપે છે.
તેથી,$p = \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે: તણાવ $F = 22 ~N$,ક્ષેત્રફળ $A = 0.02 ~cm^2 = 0.02 \times 10^{-4} ~m^2$,યંગ મોડ્યુલસ $Y = 1.1 \times 10^{11} ~N/m^2$,પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = 0.32$.
લંબાઈમાં વિકૃતિ $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{AY} = \frac{22}{0.02 \times 10^{-4} \times 1.1 \times 10^{11}} = \frac{22}{2.2 \times 10^5} = 10^{-4}$.
પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = - \frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ છે. પાર્શ્વ વિકૃતિ $\frac{\Delta r}{r} = -\sigma \frac{\Delta l}{l}$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ હોવાથી,$\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ મળે.
પાર્શ્વ વિકૃતિની કિંમત મૂકતા,$\frac{\Delta A}{A} = -2 \sigma \frac{\Delta l}{l}$.
ક્ષેત્રફળમાં થતા ઘટાડાનું મૂલ્ય $\Delta A = 2 \sigma A \frac{\Delta l}{l}$ છે.
$\Delta A = 2 \times 0.32 \times 0.02 ~cm^2 \times 10^{-4} = 0.64 \times 0.02 \times 10^{-4} ~cm^2 = 0.0128 \times 10^{-4} ~cm^2 = 1.28 \times 10^{-6} ~cm^2$.

(B) $Cu-Al$ ઉદ્દીપકની હાજરીમાં $450^{\circ}C$ તાપમાને $BCl_3$ ની $H_2$ સાથેની પ્રતિક્રિયાથી ડાયબોરેન $(B_2H_6)$ મળે છે,જે નીપજ $X$ છે:
$2BCl_3 + 6H_2 \xrightarrow{Cu-Al, 450^{\circ}C} B_2H_6 + 6HCl$
ડાયબોરેન $(B_2H_6)$ નું $CH_3Cl$ સાથે મિથાઈલેશન થતા ટેટ્રામિથાઈલડાયબોરેન બને છે,જે $Z$ છે:
$B_2H_6 + 4CH_3Cl \rightarrow (CH_3)_4B_2H_2 + 4HCl$
આમ,$Z$ એ $(CH_3)_4B_2H_2$ છે.

(C) $N_2H_4$ માં $N$ ની પ્રારંભિક ઓક્સિડેશન અવસ્થા આ મુજબ ગણવામાં આવે છે: $2x + 4(+1) = 0 \implies 2x = -4 \implies x = -2$.
$N_2H_4$ નો $1 \ mole$,$10 \ moles$ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવે છે,તેથી ઓક્સિડેશન આંકમાં કુલ વધારો $10$ થાય છે.
ધારો કે $Z$ માં $N$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $y$ છે. $2$ નાઇટ્રોજન પરમાણુઓ હોવાથી,$Z$ માં $N$ ની કુલ ઓક્સિડેશન અવસ્થા $2y$ છે.
ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં ફેરફાર $2y - (-4) = +10$ છે.
$2y + 4 = 10 \implies 2y = 6 \implies y = +3$.
તેથી,$Z$ માં નાઇટ્રોજનની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+3$ છે.

(C) $NaOH$ નું $Na$ માં રિડક્શન એ ખૂબ જ ઉષ્માશોષક અને મુશ્કેલ પ્રક્રિયા છે કારણ કે $Na$ એ ખૂબ જ પ્રબળ રિડક્શનકર્તા છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$C$ (કાર્બન) ઊંચા તાપમાને $NaOH$ નું $Na$ માં રિડક્શન કરવા માટે સક્ષમ છે. પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2NaOH + 2C \rightarrow 2Na + 2CO + H_2$.