AP EAMCET 2014 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) સોલેનોઇડ અથવા ગૂંચળાનું આત્મ-પ્રેરકત્વ $L$ એ સૂત્ર $L = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ આંટાની સંખ્યા છે,$A$ એ ક્ષેત્રફળ છે અને $l$ એ લંબાઈ છે. સમાન ત્રિજ્યા અને લંબાઈ ધરાવતા ગૂંચળા માટે,$L \propto N^2$ થાય.
અહીં $N_1 = 600$ આંટા માટે $L_1 = 108 \ mH$ આપેલ છે.
આપણે $N_2 = 500$ આંટા માટે $L_2$ શોધવાનું છે.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{L_2}{L_1} = \left( \frac{N_2}{N_1} \right)^2$.
$\frac{L_2}{108} = \left( \frac{500}{600} \right)^2 = \left( \frac{5}{6} \right)^2 = \frac{25}{36}$.
$L_2 = 108 \times \frac{25}{36} = 3 \times 25 = 75 \ mH$.

(C) પ્રક્રિયા શ્રેણી નીચે મુજબ છે:
$1$. એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$ $273 \ K$ તાપમાને $NaNO_2 + HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$ બનાવે છે.
$2$. બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $H_3PO_2 + H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને રિડક્શન પામે છે,જે બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ આપે છે.
$3$. ત્યારબાદ બેન્ઝીન નિર્જળ $AlCl_3/CuCl$ ની હાજરીમાં $CO + HCl$ સાથે ગેટરમેન-કોચ પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝાલ્ડિહાઇડ $(C_6H_5CHO)$ બનાવે છે.
આમ,$Z$ એ $C_6H_5CHO$ છે.

(A) $n$-મી કક્ષાની ઊર્જા $E_n = -\frac{m e^4}{8 \varepsilon_0^2 h^2 n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે $E_n \propto m$,તેથી $\mu^{-}$-પરમાણુની ઊર્જા $E_{\mu} = \frac{m_{\mu}}{m_e} \times E_e$ થશે. આપેલ છે કે $m_{\mu} = 207 m_e$,તેથી $E_{\mu} = 207 \times (-13.6 \text{ eV}) = -13.6 \times 207 \text{ eV}$ મળે.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{\varepsilon_0 h^2 n^2}{\pi m e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે $r_n \propto \frac{1}{m}$,તેથી $\mu^{-}$-પરમાણુની ત્રિજ્યા $r_{\mu} = \frac{m_e}{m_{\mu}} \times r_{H} = \frac{m_e}{207 m_e} \times r_{H} = \frac{r_{H}}{207}$ મળે.
આમ,ઊર્જા $-13.6 \times 207 \text{ eV}$ અને ત્રિજ્યા $\frac{r_{H}}{207}$ છે.

(A) સાંદ્ર $H_2SO_4$ એ એક શક્તિશાળી નિર્જલીકરણ કર્તા છે.
તે ખાંડ $(C_{12}H_{22}O_{11})$ માંથી પાણી દૂર કરે છે,જેનાથી કાર્બનનો કાળો પદાર્થ બાકી રહે છે.
આ પ્રક્રિયાને કાર્બોનિકરણ (charring) તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$C_{12}H_{22}O_{11} \xrightarrow{\text{conc. } H_2SO_4} 12C + 11H_2O$

(B) લેક્ટોઝ એ $ \beta-D(+) $-ગેલેક્ટોઝ અને $ \beta-D(+) $-ગ્લુકોઝનું બનેલું ડાયસેકેરાઇડ છે.
આ બે મોનોસેકેરાઇડ્સ $ \beta-1,4 $-ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
લેક્ટોઝ એ રિડ્યુસિંગ શર્કરા છે કારણ કે તેમાં હેમિયાસેટલ સમૂહ હોય છે જે ખુલીને આલ્ડિહાઇડ સમૂહ બનાવી શકે છે.

(B) ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(CH_3MgBr)$ ની શુષ્ક ઇથરની હાજરીમાં કાર્બન ડાયોક્સાઇડ $(CO_2)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી મધ્યવર્તી મેગ્નેશિયમ ક્ષાર,$CH_3COOMgBr$ $(Y)$ બને છે.
એસિડ જળવિભાજન $(H_3O^{\oplus})$ પર,આ મધ્યવર્તી સંયોજન અંતિમ નીપજ $(Z)$ તરીકે એસિટિક એસિડ $(CH_3COOH)$ આપે છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા એ ડિકાર્બોક્સિલેશન પ્રક્રિયા છે,જેને સોડા-લાઈમ ડિકાર્બોક્સિલેશન તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
જ્યારે સોડિયમ પ્રોપેનોએટ $(CH_3CH_2CO_2Na)$ ને સોડા-લાઈમ $(NaOH + CaO)$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ડિકાર્બોક્સિલેશન પામીને મૂળ કાર્બોક્સિલિક એસિડ ક્ષાર કરતા એક કાર્બન પરમાણુ ઓછો ધરાવતો આલ્કેન બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $CH_3CH_2CO_2Na + NaOH \xrightarrow{CaO, \Delta} CH_3CH_3 + Na_2CO_3$.
આમ,$Z$ એ ઈથેન $(CH_3CH_3)$ છે.

(A) બંધ લંબાઈ એટલે અણુમાં બે બંધિત પરમાણુઓના કેન્દ્ર વચ્ચેનું સરેરાશ અંતર. તે પરમાણુના કદ,સંકરણ અને વિદ્યુતઋણતાના તફાવત જેવા પરિબળો પર આધાર રાખે છે.
પરમાણ્વીય ત્રિજ્યાનો ક્રમ: $C > N > O > H$ છે.
$C-C$ બંધમાં સૌથી મોટી પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ધરાવતા પરમાણુઓ હોવાથી,તેની બંધ લંબાઈ સૌથી વધુ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ઈથાઈન $(C_2H_2)$: કાર્બન પરમાણુ $sp$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં $2$ $\sigma$-બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે રેખીય ભૂમિતિ મળે છે.
મિથેન $(CH_4)$: કાર્બન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં $4$ $\sigma$-બંધ અને $0$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે,જેના પરિણામે ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ મળે છે.

(C) $XeOF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ પરમાણુ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે.
આ બંધનમાં $6$ ઇલેક્ટ્રોનનો ઉપયોગ કરે છે,અને $1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ બાકી રહે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ = $5$ બંધકારક યુગ્મ + $1$ અબંધકારક યુગ્મ = $6$ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ.
આ $sp^3d^2$ સંકરણ અને અષ્ટફલકીય ઇલેક્ટ્રોન ભૂમિતિ દર્શાવે છે.
$1$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,આણ્વિય ભૂમિતિ સમચોરસ પિરામિડલ છે.

(B) હાઇડ્રોજન બંધ એ હાઇડ્રોજન પરમાણુ અને વધુ વિદ્યુતઋણ પરમાણુ વચ્ચેની એક વિશિષ્ટ પ્રકારની દ્વિધ્રુવ-દ્વિધ્રુવ આંતરક્રિયા છે.
$HF$ અણુમાં,$H$ અને $F$ વચ્ચેની વિદ્યુતઋણતાનો તફાવત નોંધપાત્ર છે,જે કાયમી દ્વિધ્રુવ બનાવે છે.
તેથી,$HF$ અણુઓ વચ્ચેની આંતરક્રિયા એ દ્વિધ્રુવ-દ્વિધ્રુવ આંતરક્રિયા છે.

(A) પ્રક્રિયા $A + B \rightleftharpoons C + D$ છે.
શરૂઆતના મોલ: $A = 1, B = 1, C = 0, D = 0$.
સંતુલને,$B$ નો $40 \%$ ભાગ પ્રક્રિયા પામે છે,તેથી પ્રક્રિયા પામતો જથ્થો $1 \times 0.4 = 0.4 \ mole$ છે.
સંતુલને મોલ: $A = (1 - 0.4) = 0.6, B = (1 - 0.4) = 0.6, C = 0.4, D = 0.4$.
કદ $10 \ L$ હોવાથી,સાંદ્રતા $[A] = 0.6/10, [B] = 0.6/10, [C] = 0.4/10, [D] = 0.4/10$ થશે.
$K_C = \frac{[C][D]}{[A][B]} = \frac{(0.4/10) \times (0.4/10)}{(0.6/10) \times (0.6/10)} = \frac{0.4 \times 0.4}{0.6 \times 0.6} = \frac{0.16}{0.36} = 0.44$.

(D) સમૂહ $13$ ના તત્વો માટે,પાઉલિંગ સ્કેલ પર વિદ્યુતઋણતા $(EN)$ ના મૂલ્યો નીચે મુજબ છે:
$B: 2.0$
$Al: 1.5$
$Ga: 1.6$
$In: 1.7$
$Tl: 1.8$
જેમ આપણે સમૂહમાં $B$ થી $Al$ તરફ નીચે જઈએ છીએ,તેમ પરમાણુ કદમાં વધારાને કારણે વિદ્યુતઋણતા ઘટે છે.
જોકે,$Al$ થી $Tl$ સુધી,$d$ અને $f$ કક્ષકોની નબળી શીલ્ડિંગ અસરને કારણે વિદ્યુતઋણતામાં ક્રમશઃ વધારો થાય છે,જે અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભારમાં વધારો કરે છે.
તેથી,સાચો ફેરફાર $B$ થી $Al$ સુધી ઘટાડો અને ત્યારબાદ $Al$ થી $Tl$ સુધી વધારો છે.

(C) $SCl_2$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $S$ (સલ્ફર) છે,જેની પાસે $6$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $Cl$ પરમાણુઓ સાથે $2$ એકલ બંધ બનાવે છે,જેમાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન વપરાય છે.
બાકી રહેલા ઇલેક્ટ્રોન $= 6 - 2 = 4$,જે $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pairs) બનાવે છે.
$S$ ની આસપાસ કુલ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન $= 2 \text{ (બંધકારક યુગ્મ)} \times 2 + 2 \text{ (અબંધકારક યુગ્મ)} \times 2 = 4 + 4 = 8$ ઇલેક્ટ્રોન.
આમ,$SCl_2$ અષ્ટકના નિયમનું પાલન કરે છે.

(A) આવર્તમાં ડાબેથી જમણી તરફ જતાં,અસરકારક કેન્દ્રીય વીજભાર વધે છે.
આના કારણે પરમાણ્વીય ત્રિજ્યા ઘટે છે.
આમ,$3^{rd}$ આવર્તના તત્વોની પરમાણ્વીય ત્રિજ્યાનો સાચો ક્રમ $Na > Mg > Al > Si > S$ છે.
તેથી,ચડતો ક્રમ $S < Si < Al < Mg < Na$ છે.

(C) ટ્રાન્સમિટિંગ એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h_T$ અને જમીન પરના રિસીવિંગ એન્ટેના વચ્ચેનું મહત્તમ લાઇન-ઓફ-સાઇટ અંતર $d$ શોધવાનું સૂત્ર: $d = \sqrt{2 R_e h_T}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
$R_e = 6.4 \times 10^6 \ m$
$h_T = 128 \ m$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$d = \sqrt{2 \times (6.4 \times 10^6) \times 128}$
$d = \sqrt{12.8 \times 10^6 \times 128}$
$d = \sqrt{128 \times 10^5 \times 128}$
$d = 128 \times \sqrt{10^5} \ m$
$d = 128 \times 100 \sqrt{10} \ m = 12800 \sqrt{10} \ m$
કિલોમીટરમાં ફેરવતા $(1 \ km = 1000 \ m)$:
$d = \frac{12800 \sqrt{10}}{1000} \ km = 12.8 \sqrt{10} \ km$.
ગણતરી મુજબ સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) $[AlCl(H_2O)_5]^{2+}$ સંકીર્ણ માં,ધારો કે $Al$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$Cl^-$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $-1$ છે અને $H_2O$ તટસ્થ લિગેન્ડ $(0)$ છે.
$x + (-1) + 5(0) = +2$
$x - 1 = +2$
$x = +3$
આમ,$Al$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+3$ છે.
સહસંયોજકતા (સવર્ગ આંક) એ મધ્યસ્થ ધાતુ પરમાણુ દ્વારા લિગેન્ડ સાથે બનાવેલા કુલ સવર્ગ સહસંયોજક બંધની સંખ્યા છે.
અહીં,$Cl$ $1$ બંધ અને $5$ $H_2O$ અણુઓ $5$ બંધ બનાવે છે.
કુલ સહસંયોજકતા $= 1 + 5 = 6$.

(A) $5 \Omega$ ના અવરોધમાં વ્યય થતો પાવર $P_2 = I_2^2 R_2 = 50 \text{ J/s}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $R_2 = 5 \Omega$ આપેલ છે,તેથી $I_2^2 \times 5 = 50$,જેનો અર્થ છે કે $I_2^2 = 10 \text{ A}^2$,એટલે કે $I_2 = \sqrt{10} \text{ A}$.
સમાંતર શાખાઓ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = I_2 \times R_2 = \sqrt{10} \times 5 = 5\sqrt{10} \text{ V}$ છે.
ઉપરની શાખામાં $2 \Omega$ અને $8 \Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે,તેથી ઉપરની શાખાનો કુલ અવરોધ $R_1 = 2 \Omega + 8 \Omega = 10 \Omega$ થાય.
ઉપરની શાખામાં વહેતો પ્રવાહ $I_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{5\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{2} \text{ A}$ છે.
$2 \Omega$ ના અવરોધમાં પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $P_1 = I_1^2 \times R_{2\Omega} = \left(\frac{\sqrt{10}}{2}\right)^2 \times 2 = \frac{10}{4} \times 2 = \frac{20}{4} = 5 \text{ J/s}$ થાય.

(A) આપેલ છે: $\rho_B = 2 \rho_A$ અને $R_A = R_B = R$.
ધારો કે તાર $A$ ની ત્રિજ્યા $r_A = r$ છે.
તાર $B$ નો વ્યાસ $A$ કરતા બમણો હોવાથી,તાર $B$ ની ત્રિજ્યા $r_B = 2r$ થશે.
તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi r^2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને તારના અવરોધને સરખાવતા:
$\rho_A \frac{l_A}{\pi r_A^2} = \rho_B \frac{l_B}{\pi r_B^2}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\rho_A \frac{l_A}{\pi r^2} = (2 \rho_A) \frac{l_B}{\pi (2r)^2}$
$\rho_A \frac{l_A}{\pi r^2} = 2 \rho_A \frac{l_B}{4 \pi r^2}$
$\frac{l_A}{1} = \frac{2 l_B}{4}$
$\frac{l_A}{1} = \frac{l_B}{2}$
તેથી,$\frac{l_B}{l_A} = 2$.

(B) વેનેડિયમ $(Z=23)$ ની ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^3 4s^2$ છે.
$V^{3+}$ માટે,ઇલેક્ટ્રોન રચના $[Ar] 3d^2 4s^0$ છે,જેમાં $2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
હવે,વિકલ્પો તપાસીએ:
$A) Fe^{3+} (Z=26): [Ar] 3d^5 4s^0 \Rightarrow 5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન.
$B) Ni^{2+} (Z=28): [Ar] 3d^8 4s^0 \Rightarrow 2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન.
$C) Mn^{2+} (Z=25): [Ar] 3d^5 4s^0 \Rightarrow 5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન.
$D) Cr^{3+} (Z=24): [Ar] 3d^3 4s^0 \Rightarrow 3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન.
આમ,$Ni^{2+}$ માં $V^{3+}$ જેટલા જ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.

(B) ફોટોનની ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી ફોટોનની તરંગલંબાઈ $\lambda_2 = \frac{hc}{E}$ થાય.
પ્રોટોન માટે,ગતિઊર્જા $E = \frac{p^2}{2m}$ છે,જે વેગમાન $p = \sqrt{2mE}$ આપે છે.
પ્રોટોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{h / \sqrt{2mE}}{hc / E} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \cdot \frac{E}{hc} = \frac{E}{\sqrt{2mE} \cdot c} = \frac{\sqrt{E}}{\sqrt{2m} \cdot c}$.
અહીં $m$ અને $c$ અચળાંક હોવાથી,$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} \propto \sqrt{E}$ અથવા $E^{1/2}$ મળે છે.

(B) કોહલરાઉસના સ્વતંત્ર આયનોના અભિગમનનો નિયમ વાપરતા:
$\Lambda_m^{\circ}(NH_4OH) = \Lambda_m^{\circ}(NH_4Cl) + \Lambda_m^{\circ}(KOH) - \Lambda_m^{\circ}(KCl)$
$\Lambda_m^{\circ}(NH_4OH) = 152.8 + 272.6 - 149.8 = 275.6 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
વિયોજન અંશ $(\alpha)$ નીચે મુજબ મળે:
$\alpha = \frac{\Lambda_m}{\Lambda_m^{\circ}} = \frac{25.1}{275.6} \approx 0.091$
ટકાવારી વિયોજન $= \alpha \times 100 = 0.091 \times 100 = 9.1 \%$

(B) વર્તુળાકાર ગૂંચળાનું આત્મ-પ્રેરકત્વ $L$ સૂત્ર $L = \frac{\mu_0 \pi N^2 r}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ આંટાની સંખ્યા છે અને $r$ એ ત્રિજ્યા છે.
બંને ગૂંચળા માટે ત્રિજ્યા $r$ સમાન હોવાથી,$L \propto N^2$ થાય.
તેથી,આત્મ-પ્રેરકત્વનો ગુણોત્તર $\frac{L_1}{L_2} = \left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો $L_1 = 108 \ mH$,$N_1 = 600$ અને $N_2 = 500$ છે.
આ કિંમતોને ગુણોત્તરના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{108}{L_2} = \left(\frac{600}{500}\right)^2 = \left(\frac{6}{5}\right)^2 = \frac{36}{25}$.
$L_2$ માટે ઉકેલતા:
$L_2 = 108 \times \frac{25}{36} = 3 \times 25 = 75 \ mH$.
આમ,બીજા ગૂંચળાનું આત્મ-પ્રેરકત્વ $75 \ mH$ છે.

(C) આપેલ વિદ્યુતક્ષેત્રનું સમીકરણ $E = \hat{i} 30 \cos (kz - 5 \times 10^8 t)$ છે.
પ્રગામી વિદ્યુતચુંબકીય તરંગનું પ્રમાણિત સ્વરૂપ $E = E_0 \cos (kz - \omega t)$ છે.
આપેલ સમીકરણને પ્રમાણિત સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,આપણને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 5 \times 10^8 \ rad/s$ મળે છે.
પ્રકાશની ઝડપ $c$,કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ અને તરંગ સદિશ $k$ વચ્ચેનો સંબંધ $c = \frac{\omega}{k}$ છે.
$k$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા,$k = \frac{\omega}{c}$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,$k = \frac{5 \times 10^8 \ rad/s}{3 \times 10^8 \ m/s} = \frac{5}{3} \ rad/m$.
તેથી,$k \approx 1.66 \ rad/m$.

(C) કુલંબના નિયમ મુજબ,$r$ અંતરે રહેલા બે વિદ્યુતભારો $q$ અને $Q-q$ વચ્ચેનું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F$ નીચે મુજબ છે:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q(Q-q)}{r^2}$
બળ મહત્તમ થાય તે માટે $q$ નું મૂલ્ય શોધવા,આપણે $F$ નું $q$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરી તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીશું:
$\frac{dF}{dq} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \cdot \frac{d}{dq}(Qq - q^2) = 0$
અહીં $\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \neq 0$ હોવાથી,
$\frac{d}{dq}(Qq - q^2) = 0$
$Q - 2q = 0$
$2q = Q$
$q = \frac{Q}{2}$
આમ,જ્યારે વિદ્યુતભાર $Q$ ને બે સમાન ભાગોમાં વિભાજિત કરવામાં આવે,એટલે કે $q = \frac{Q}{2}$ હોય,ત્યારે બળ મહત્તમ થાય છે.

(A) ધારો કે પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ છે. બંને કવચ માટે પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા સમાન હોવાથી,$\sigma_1 = \sigma_2 = \sigma$ થાય.
કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ એ બંને કવચ પરના વિદ્યુતભારોનો સરવાળો છે: $Q = q_1 + q_2$.
$Q = \sigma(4 \pi r^2) + \sigma(4 \pi R^2) = 4 \pi \sigma (r^2 + R^2)$.
તેથી,$\sigma = \frac{Q}{4 \pi (r^2 + R^2)}$.
$q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા $a$ ત્રિજ્યાના ગોળાકાર કવચના કેન્દ્ર પર વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{a}$ છે.
બે સમકેન્દ્રીય કવચ માટે,કેન્દ્ર પરનું કુલ સ્થિતિમાન દરેક કવચને કારણે ઉદ્ભવતા સ્થિતિમાનનો સરવાળો છે:
$V = V_r + V_R = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q_1}{r} + \frac{q_2}{R} \right)$.
$q_1 = \sigma(4 \pi r^2)$ અને $q_2 = \sigma(4 \pi R^2)$ મૂકતા:
$V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{\sigma 4 \pi r^2}{r} + \frac{\sigma 4 \pi R^2}{R} \right) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (r + R)$.
$\sigma$ ની કિંમત મૂકતા:
$V = \frac{Q}{4 \pi (r^2 + R^2) \varepsilon_0} (r + R) = \frac{Q(R + r)}{4 \pi \varepsilon_0 (R^2 + r^2)}$.

(A) ક્લોરોફ્લોરોકાર્બન (CFCs),જેમ કે $CF_2Cl_2$,ટ્રોપોસ્ફિયરમાં સ્થિર સંયોજનો છે. જો કે,જ્યારે તેઓ સ્ટ્રેટોસ્ફિયરમાં પહોંચે છે,ત્યારે તેઓ અલ્ટ્રાવાયોલેટ $(UV)$ કિરણોત્સર્ગનું શોષણ કરે છે.
આ ઉચ્ચ-ઊર્જા કિરણોત્સર્ગ $C-Cl$ બંધના હોમોલિટીક વિભાજનનું કારણ બને છે,જેના પરિણામે ક્લોરિન મુક્ત રેડિકલ બને છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$CF_2Cl_2 \xrightarrow{UV} \cdot CF_2Cl + \cdot Cl$
અહીં,$X$ એ ક્લોરોડાયફ્લોરોમિથાઈલ રેડિકલ $(\cdot CF_2Cl)$ છે અને $Y$ એ ક્લોરિન મુક્ત રેડિકલ $(\cdot Cl)$ છે.

(A) $S_{N}1$ પ્રક્રિયાનો દર લિવિંગ ગ્રુપ દૂર થયા પછી બનતા કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તીની સ્થિરતા પર આધાર રાખે છે.
કાર્બોકેટાયનની વધુ સ્થિરતા ઝડપી પ્રક્રિયા તરફ દોરી જાય છે.
આપેલા હેલાઈડ્સમાંથી બનતા કાર્બોકેટાયન નીચે મુજબ છે:
$A$: $(C_6H_5)_2C^+(CH_3)$ (તૃતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન,જે બે ફિનાઈલ રિંગ અને એક મિથાઈલ ગ્રુપ દ્વારા સ્થિર થાય છે)
$B$: $C_6H_5CH_2^+$ (પ્રાથમિક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન)
$C$: $C_6H_5CH^+(CH_3)$ (દ્વિતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન)
$D$: $(C_6H_5)_2CH^+$ (દ્વિતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન,પરંતુ મિથાઈલ ગ્રુપની ગેરહાજરીને કારણે $A$ કરતા ઓછું સ્થિર છે)
સ્થિરતાની સરખામણી કરતા,તૃતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન $(C_6H_5)_2C^+(CH_3)$ એ રેઝોનન્સ અને મિથાઈલ ગ્રુપની ઇન્ડક્ટિવ અસરને કારણે સૌથી વધુ સ્થિર છે.
તેથી,$(C_6H_5)_2C(CH_3)Br$ એ $S_{N}1$ પ્રક્રિયા દ્વારા સૌથી સરળતાથી જળવિભાજન પામે છે.

(D) હેમેટાઇટ અયસ્કમાંથી લોખંડના નિષ્કર્ષણ દરમિયાન,શેકેલી અયસ્કને કોક અને ચૂનાના પથ્થર સાથે બ્લાસ્ટ ફર્નેસમાં ગરમ કરવામાં આવે છે.
કોક રિડ્યુસિંગ એજન્ટ તરીકે કામ કરે છે,જ્યારે ચૂનાનો પથ્થર ફ્લક્સ તરીકે કામ કરે છે.
ચૂનાનો પથ્થર વિઘટન પામીને $CaO$ બનાવે છે,જે સિલિકા $(SiO_2)$ જેવી એસિડિક અશુદ્ધિઓ સાથે પ્રતિક્રિયા આપીને કેલ્શિયમ સિલિકેટ $(CaSiO_3)$ સ્લેગ બનાવે છે:
$CaCO_3 \rightarrow CaO + CO_2$
$CaO + SiO_2 \rightarrow CaSiO_3$ (સ્લેગ)

(C) ગ્રહના કેન્દ્રથી $r = R_p + h$ અંતરે ભ્રમણ કરતા ઉપગ્રહનો પરિભ્રમણ સમયગાળો $T = 2 \pi \sqrt{\frac{r^3}{GM_p}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ઉપગ્રહ સપાટીની ખૂબ નજીક ભ્રમણ કરતો હોય,ત્યારે $h \approx 0$,તેથી $r = R_p$ થાય.
ગ્રહની ઘનતા $\rho$ અને ત્રિજ્યા $R_p$ ના સંદર્ભમાં ગ્રહનું દળ $M_p = \frac{4}{3} \pi R_p^3 \rho$ છે.
$M_p$ ની કિંમત સમયગાળાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{R_p^3}{G (\frac{4}{3} \pi R_p^3 \rho)}}$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{3}{4 \pi G \rho}} = \sqrt{\frac{4 \pi^2 \cdot 3}{4 \pi G \rho}} = \sqrt{\frac{3 \pi}{G \rho}}$.

(D) એરોમેટિક સંયોજનો,જેમ કે $C_6H_6$ (બેન્ઝીન),કાર્બન અને હાઇડ્રોજનનો ઊંચો ગુણોત્તર ધરાવે છે.
અપૂર્ણ દહનને કારણે,તેઓ કાળી (ધૂમાડાવાળી) જ્યોત ઉત્પન્ન કરે છે.

(D) ક્લાર્કની પ્રક્રિયામાં,પાણીની કામચલાઉ કઠિનતા ચોક્કસ માત્રામાં લાઈમ $(Ca(OH)_2)$ ઉમેરીને દૂર કરવામાં આવે છે. કેલ્શિયમ અને મેગ્નેશિયમના બાયકાર્બોનેટ્સ અદ્રાવ્ય કાર્બોનેટ્સ અને હાઇડ્રોક્સાઇડ્સમાં રૂપાંતરિત થાય છે,જેને ગાળણ દ્વારા દૂર કરી શકાય છે.
$Ca(HCO_3)_2 + Ca(OH)_2 \rightarrow 2CaCO_3 \downarrow + 2H_2O$
$Mg(HCO_3)_2 + 2Ca(OH)_2 \rightarrow 2CaCO_3 \downarrow + Mg(OH)_2 \downarrow + 2H_2O$

(C) $NaOH$ એ પ્રબળ વિદ્યુતવિભાજ્ય છે,તેથી $[OH^-] = 1.0 \ M$.
ધારો કે $Ni(OH)_2$ ની દ્રાવ્યતા $s \ M$ છે.
$Ni(OH)_2(s) \rightleftharpoons Ni^{2+}(aq) + 2OH^-(aq)$
$K_{sp} = [Ni^{2+}][OH^-]^2$
$1.9 \times 10^{-15} = (s)(1.0 + 2s)^2$
$s$ ખૂબ નાનું હોવાથી,આપણે $(1.0 + 2s) \approx 1.0$ લઈ શકીએ.
$1.9 \times 10^{-15} = s \times (1.0)^2$
$s = 1.9 \times 10^{-15} \ M$.

(C) ધારો કે પદાર્થનું દળ $m$,નમનકોણ $\theta$ અને ઘર્ષણાંક $\mu$ છે.
ઢળતા સમતલ પર પદાર્થને ઉપર તરફ ગતિ કરાવવા માટે જરૂરી બળ $F_{up} = mg \sin \theta + \mu mg \cos \theta$ છે.
પદાર્થને નીચે સરકતો અટકાવવા માટે જરૂરી બળ $F_{down} = mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$F_{up} = 2 F_{down}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$mg \sin \theta + \mu mg \cos \theta = 2(mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta)$
બંને બાજુ $mg$ વડે ભાગતા:
$\sin \theta + \mu \cos \theta = 2 \sin \theta - 2 \mu \cos \theta$
$\mu$ માટે પદો ગોઠવતા:
$3 \mu \cos \theta = \sin \theta$
$\mu = \frac{1}{3} \tan \theta$
અહીં $\theta = 60^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી:
$\mu = \frac{1}{3} \tan 60^{\circ} = \frac{1}{3} \times \sqrt{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(C) ઉપરની ગતિ માટે,જરૂરી બળ $F_{up} = mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ છે.
નીચેની ગતિ માટે,સરકતું અટકાવવા માટે જરૂરી બળ $F_{down} = mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$F_{up} = 2 F_{down}$.
પદો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$mg(\sin \theta + \mu \cos \theta) = 2 mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$
$\sin \theta + \mu \cos \theta = 2 \sin \theta - 2 \mu \cos \theta$
$3 \mu \cos \theta = \sin \theta$
$\mu = \frac{1}{3} \tan \theta$
અહીં $\theta = 60^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$.
તેથી,$\mu = \frac{1}{3} \times \sqrt{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(D) $n$ આંટા ધરાવતા વર્તુળાકાર ગૂંચળાના કેન્દ્રમાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 n i}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i$ એ પ્રવાહ છે અને $r$ એ લૂપની ત્રિજ્યા છે.
ધારો કે તારની લંબાઈ $L$ છે. એક આંટા માટે $(n_1 = 1)$,પરિઘ $2\pi r_1 = L$ થાય,તેથી $r_1 = L / (2\pi)$.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 (1) i}{2 r_1} = \frac{\mu_0 i}{2 (L / 2\pi)} = \frac{\mu_0 i \pi}{L}$ છે.
જ્યારે તે જ તારને $n$ આંટામાં વાળવામાં આવે $(n_2 = n)$,ત્યારે નવો પરિઘ $2\pi r_2 = L/n$ થાય,તેથી $r_2 = L / (2\pi n)$.
નવું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B'$ એ $B' = \frac{\mu_0 n i}{2 r_2} = \frac{\mu_0 n i}{2 (L / 2\pi n)} = \frac{\mu_0 n^2 i \pi}{L}$ છે.
બંનેની સરખામણી કરતા,$B' = n^2 \left( \frac{\mu_0 i \pi}{L} \right) = n^2 B$ મળે છે.

(D) જ્યારે કોઈ વિદ્યુતભારિત કણ સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ક્ષેત્ર રેખાઓને લંબ રૂપે પ્રવેશ કરે છે,ત્યારે ચુંબકીય લોરેન્ઝ બળ કેન્દ્રગામી બળ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$F = qvB = \frac{mv^2}{r}$
આના પરથી,વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $r$ નીચે મુજબ મળે છે:
$r = \frac{mv}{qB}$
અહીં $m$,$q$,અને $B$ અચળ હોવાથી,$r \propto v$ થાય છે.
તેથી,કણ તેના વેગના સમપ્રમાણમાં ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરે છે.

(D) આપેલ છે:
પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક,$B_H = 0.8 \times 10^{-4} ~T$
ડીપનો ખૂણો,$\theta = 60^{\circ}$
આપણે પૃથ્વીનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર,$B_e$ શોધવાનું છે.
કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર,તેના સમક્ષિતિજ ઘટક અને ડીપના ખૂણા વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$B_H = B_e \cos \theta$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$0.8 \times 10^{-4} = B_e \cos 60^{\circ}$
કારણ કે $\cos 60^{\circ} = 0.5$:
$0.8 \times 10^{-4} = B_e \times 0.5$
$B_e$ માટે ઉકેલતા:
$B_e = \frac{0.8 \times 10^{-4}}{0.5}$
$B_e = 1.6 \times 10^{-4} ~T$
આમ,પૃથ્વીનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $1.6 \times 10^{-4} ~T$ છે.

(C) આપેલ છે,$\frac{2 x^3+x^2-5}{x^4-25}=\frac{A x+B}{x^2-5}+\frac{C x+1}{x^2+5}$
$x^4-25 = (x^2-5)(x^2+5)$ હોવાથી,
$2 x^3+x^2-5 = (A x+B)(x^2+5) + (C x+1)(x^2-5)$
$2 x^3+x^2-5 = A x^3 + 5Ax + Bx^2 + 5B + Cx^3 - 5Cx + x^2 - 5$
$2 x^3+x^2-5 = x^3(A+C) + x^2(B+1) + x(5A-5C) + (5B-5)$
$x^3, x^2, x$ અને અચળ પદના સહગુણકોને સરખાવતા:
$A+C = 2$
$B+1 = 1 \Rightarrow B = 0$
$5A-5C = 0 \Rightarrow A = C$
$5B-5 = -5 \Rightarrow 5(0)-5 = -5$ (જે સુસંગત છે)
$A=C$ ને $A+C=2$ માં મૂકતા,$2C=2$ મળે,તેથી $C=1$ અને $A=1$.
આમ,$(A, B, C) = (1, 0, 1)$.

(D) આપેલ છે કે,$x_1$ અને $x_2$ એ સમીકરણ $x^2-kx+c=0$ ના બીજ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી:
$x_1+x_2 = k$
$x_1x_2 = c$
બિંદુઓ $A(x_1, 0)$ અને $B(x_2, 0)$ વચ્ચેનું અંતર નીચે મુજબ છે:
$AB = |x_2-x_1|$
આપણે જાણીએ છીએ કે $(x_2-x_1)^2 = (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2$.
કિંમતો મૂકતા:
$|x_2-x_1| = \sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2}$
$|x_2-x_1| = \sqrt{k^2 - 4c}$
તેથી,અંતર $\sqrt{k^2-4c}$ છે.

(C) ધારો કે દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - px + q = 0$ ના બીજ $\alpha$ અને $\beta$ છે.
બીજ ધન પૂર્ણાંકો હોવાથી,$\alpha + \beta = p$ અને $\alpha \beta = q$ થાય.
$q$ અવિભાજ્ય સંખ્યા હોવાથી,તેના અવયવો માત્ર $1$ અને $q$ છે.
તેથી,બીજ $1$ અને $q$ હોવા જોઈએ.
સરવાળાના સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા: $1 + q = p$.
$p$ અને $q$ બંને અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ હોવાથી,$p - q = 1$ નું પાલન કરતી ક્રમિક અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ $p = 3$ અને $q = 2$ છે.
$p = 3$ અને $q = 2$ ને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા: $x^2 - 3x + 2 = 0$.
અવયવ પાડતા: $(x - 1)(x - 2) = 0$.
તેથી,બીજ $1$ અને $2$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,$y(x^2+x+1) = x^2-x+1$ મળે.
$(y-1)x^2 + (y+1)x + (y-1) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$ થાય.
$D = (y+1)^2 - 4(y-1)^2 \geq 0$.
$(y+1)^2 - [2(y-1)]^2 \geq 0$.
$a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$((y+1) - (2y-2))((y+1) + (2y-2)) \geq 0$.
$(-y+3)(3y-1) \geq 0$.
$(y-3)(3y-1) \leq 0$.
આમ,$\frac{1}{3} \leq y \leq 3$.
તેથી $y$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{1}{3}$ છે.

(A) આપેલ છે,$z^3+\bar{z}=0$. ધારો કે $z=x+iy$.
સમીકરણમાં $z$ ની કિંમત મૂકતા: $(x+iy)^3 + (x-iy) = 0$.
ઘનનું વિસ્તરણ કરતા: $(x^3 - 3xy^2 + x) + i(3x^2y - y^3 - y) = 0$.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$1) x(x^2 - 3y^2 + 1) = 0$
$2) y(3x^2 - y^2 - 1) = 0$.
કિસ્સો $1$: જો $x=0$ હોય,તો $-y(y^2+1)=0 \Rightarrow y=0$. તેથી,$(0,0)$ એક ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: જો $y=0$ હોય,તો $x(x^2+1)=0 \Rightarrow x=0$. (જે પહેલેથી મળી ગયું છે).
કિસ્સો $3$: જો $x \neq 0$ અને $y \neq 0$ હોય,તો $x^2 - 3y^2 + 1 = 0$ અને $3x^2 - y^2 - 1 = 0$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $4x^2 - 4y^2 = 0 \Rightarrow x^2 = y^2$.
$y^2 = x^2$ ને $x^2 - 3y^2 + 1 = 0$ માં મૂકતા: $x^2 - 3x^2 + 1 = 0$ $\Rightarrow 2x^2 = 1$ $\Rightarrow x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$x^2 = y^2$ હોવાથી,$y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
ઉકેલો $(0,0)$,$(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$,$(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$,$(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$,અને $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$ છે.
ઉકેલોની કુલ સંખ્યા $5$ છે.

(C) આપેલ છે,$(1+i)^n=(1-i)^n$
$\Rightarrow \frac{(1+i)^n}{(1-i)^n}=1$
$\Rightarrow \left[\frac{(1+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}\right]^n=1$
$\Rightarrow \left[\frac{1+i^2+2i}{1-i^2}\right]^n=1$
$\Rightarrow \left[\frac{1-1+2i}{1+1}\right]^n=1$
$\Rightarrow \left(\frac{2i}{2}\right)^n=1$
$\Rightarrow i^n=1$
$i^n=1$ થાય તેવો સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $n$ એ $4$ છે,તેથી $n=4$.

(D) ધારો કે $T$ એ પાણીનું પૃષ્ઠતાણ છે.
એક નાના ટીપાની પૃષ્ઠ ઉર્જા $U_s = 4 \pi r^2 T$ છે.
$n$ નાના ટીપાંની કુલ પૃષ્ઠ ઉર્જા $n U_s = n(4 \pi r^2 T)$ છે.
મોટા ટીપાની પૃષ્ઠ ઉર્જા $E = 4 \pi R^2 T$ છે.
ઉર્જાનો વ્યય એ પ્રારંભિક પૃષ્ઠ ઉર્જા અને અંતિમ પૃષ્ઠ ઉર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\text{ઉર્જાનો વ્યય} = n(4 \pi r^2 T) - 4 \pi R^2 T = 3E$.
કારણ કે $E = 4 \pi R^2 T$,તેથી:
$n(4 \pi r^2 T) - 4 \pi R^2 T = 3(4 \pi R^2 T)$.
$n(4 \pi r^2 T) = 4(4 \pi R^2 T)$.
$n r^2 = 4 R^2$.
$n = 4 \frac{R^2}{r^2}$.

(B) બજાર સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય: $t_1 = \frac{\text{અંતર}}{\text{ઝડપ}} = \frac{2.5 \ km}{5 \ km/h} = 0.5 \ h = 30 \ min$.
ઘરે પાછા ફરવા માટે લાગતો સમય: $t_2 = \frac{\text{અંતર}}{\text{ઝડપ}} = \frac{2.5 \ km}{7.5 \ km/h} = \frac{1}{3} \ h = 20 \ min$.
આખી મુસાફરી માટે લાગતો કુલ સમય $30 \ min + 20 \ min = 50 \ min$ છે.
આપેલ કુલ સમયગાળો $50 \ min$ હોવાથી,વ્યક્તિ આખી મુસાફરી પૂર્ણ કરે છે.
કુલ કાપેલું અંતર = $2.5 \ km + 2.5 \ km = 5 \ km = 5000 \ m$.
સેકન્ડમાં કુલ સમય = $50 \ min \times 60 \ s/min = 3000 \ s$.
સરેરાશ ઝડપ = $\frac{\text{કુલ અંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{5000 \ m}{3000 \ s} = \frac{5}{3} \ m/s$.

(A) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય અથવા ગતિના સમીકરણ $v^2 - u^2 = 2as$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $v = 0$ (અંતિમ વેગ),$u = v$ (પ્રારંભિક વેગ),અને $a = -F/m$ (પ્રતિપ્રવેગ).
$0^2 - v^2 = 2(-F/m)x$
$v^2 = 2Fx/m$
$x = (mv^2) / (2F)$
અહીં $v$ અને $F$ અચળ હોવાથી,અટકવાનું અંતર $x$ એ બસના દળ $m$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(x \propto m)$.
ધારો કે પ્રારંભિક દળ $m_1 = m$ અને પ્રારંભિક અંતર $x_1 = x$ છે.
$25 \%$ વધારા પછી નવું દળ $m_2 = m + 0.25m = 1.25m$ થશે.
સમપ્રમાણતા $x_2 / x_1 = m_2 / m_1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x_2 / x = (1.25m) / m$
$x_2 = 1.25x$.

(D) પ્રક્ષિપ્ત ગતિના માર્ગનું સમીકરણ $y = ax - bx^2$ છે.
તેને પ્રક્ષિપ્ત ગતિના પ્રમાણિત સમીકરણ $y = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2u^2 \cos^2 \theta}$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a = \tan \theta$ અને $b = \frac{g}{2u^2 \cos^2 \theta}$.
$a = \tan \theta$ પરથી,પ્રક્ષેપણ કોણ $\theta = \tan^{-1}(a)$ મળે છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ $H$ નું સૂત્ર $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
અહીં $\tan \theta = a$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}$ અને $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}$ થાય.
વળી,$b = \frac{g}{2u^2 \cos^2 \theta} \implies u^2 = \frac{g}{2b \cos^2 \theta}$.
$u^2$ ની કિંમત $H$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$H = \frac{g}{2b \cos^2 \theta} \cdot \frac{\sin^2 \theta}{2g} = \frac{\tan^2 \theta}{4b} = \frac{a^2}{4b}$.
આમ,મહત્તમ ઊંચાઈ $\frac{a^2}{4b}$ અને પ્રક્ષેપણ કોણ $\tan^{-1}(a)$ છે.

(C) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિનું સૂત્ર $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ છે.
મહત્તમ અવધિ માટે,પ્રક્ષેપણ કોણ $\theta = 45^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$R_{\max} = \frac{u^2 \sin(2 \times 45^{\circ})}{g} = \frac{u^2}{g} \quad \dots(i)$.
ઉડ્ડયન સમય $T$ નું સૂત્ર $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ છે.
$\theta = 45^{\circ}$ મૂકતા,આપણને મળે $T = \frac{2u \sin 45^{\circ}}{g} = \frac{2u}{g \sqrt{2}} = \frac{u \sqrt{2}}{g}$.
આના પરથી,$u = \frac{Tg}{\sqrt{2}}$ મળે છે.
$u$ ની આ કિંમતને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$R_{\max} = \frac{1}{g} \left( \frac{Tg}{\sqrt{2}} \right)^2 = \frac{1}{g} \left( \frac{T^2 g^2}{2} \right) = \frac{g T^2}{2}$.

(D) ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $R = R_0 A^{1/3}$ છે,જ્યાં $R_0$ એ અચળાંક છે અને $A$ એ દળ ક્રમાંક છે.
આપેલ છે:
$R_1 = 1.5 \text{ fermi}$,$A_1 = 125$
$A_2 = 64$
આપણે $R_2$ શોધવાનું છે.
ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^{1/3}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1.5}{R_2} = \left(\frac{125}{64}\right)^{1/3}$
$\frac{1.5}{R_2} = \frac{5}{4}$
$R_2 = \frac{1.5 \times 4}{5} = 0.3 \times 4 = 1.2 \text{ fermi}$.

(B) પ્રથમ પ્રક્રિયા માટે:
$CH_2O$ (ફોર્માલ્ડિહાઈડ) ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(RMgBr)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ત્યારબાદ જળવિભાજન પામીને પ્રાથમિક આલ્કોહોલ બનાવે છે. નીપજ $CH_3CH_2CH_2CH_2OH$ (બ્યુટેન$-1-$ઓલ) છે. તેથી ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $CH_3CH_2CH_2MgBr$ (પ્રોપાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ) હોવો જોઈએ.
બીજી પ્રક્રિયા માટે:
$Y$ એ $C_2H_5MgBr$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ત્યારબાદ જળવિભાજન પામીને $CH_3CH_2C(CH_3)_2OH$ ($2$-મિથાઈલબ્યુટેન$-2-$ઓલ) બનાવે છે. આ એક તૃતીયક આલ્કોહોલ છે. કીટોનની ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક સાથેની પ્રક્રિયાથી તૃતીયક આલ્કોહોલ મળે છે. બંધારણની સરખામણી કરતા,$Y$ એ $CH_3COCH_3$ (એસીટોન અથવા પ્રોપેનોન) હોવું જોઈએ.
આમ,$X = CH_3CH_2CH_2MgBr$ અને $Y = CH_3COCH_3$.

(B) ફિનોલનું ક્રોમિક એસિડ ($H_2SO_4$ ની હાજરીમાં $Na_2Cr_2O_7$) સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી $p$-બેન્ઝોક્વિનોન મળે છે.
તેથી,$X$ એ ફિનોલ છે અને $Y$ એ $Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4$ છે.

(D) જ્યારે આલ્કાઈલ એરાઈલ ઈથરની પ્રક્રિયા હેલોજન એસિડ $(HI)$ સાથે કરવામાં આવે છે,ત્યારે $C-O$ બંધનું વિભાજન એવી રીતે થાય છે કે આલ્કાઈલ સમૂહ આલ્કાઈલ હેલાઈડ બનાવે છે અને એરાઈલ સમૂહ ફીનોલ બનાવે છે.
ઈથાઈલ ફિનાઈલ ઈથર $(C_6H_5-O-CH_2CH_3)$ ની $HI$ સાથેની પ્રક્રિયામાં,ઓક્સિજન અને ઈથાઈલ સમૂહ વચ્ચેનો $C-O$ બંધ તૂટે છે.
$C_6H_5-O-CH_2CH_3 + HI \xrightarrow{\Delta} C_6H_5OH + CH_3CH_2I$
આમ,$Y$ એ $C_6H_5OH$ (ફીનોલ) છે અને $Z$ એ $CH_3CH_2I$ (ઈથાઈલ આયોડાઈડ) છે.

(C) Etard પ્રક્રિયા $(I)$ માં ટોલ્યુઈનનું બેન્ઝાલ્ડિહાઈડમાં ઓક્સિડેશન કરવા માટે $CCl_4$ દ્રાવકની હાજરીમાં ક્રોમિલ ક્લોરાઈડ $(CrO_2Cl_2)$ નો ઉપયોગ થાય છે. આ પ્રક્રિયામાં એક કથ્થઈ રંગનો ક્રોમિયમ સંકીર્ણ બને છે,જેનું જળવિભાજન કરતા બેન્ઝાલ્ડિહાઈડ મળે છે.
Stephen પ્રક્રિયા $(II)$ માં નાઈટ્રાઈલ્સ $(R-CN)$ નું હાઈડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ ની હાજરીમાં સ્ટેનસ ક્લોરાઈડ $(SnCl_2)$ દ્વારા રિડક્શન કરવામાં આવે છે,ત્યારબાદ તેનું જળવિભાજન કરતા અનુરૂપ આલ્ડિહાઈડ $(R-CHO)$ મળે છે.

(C) $1$. પ્રક્રિયા $C_6H_5CONH_2 \xrightarrow{NaOBr} y$ એ હોફમેન બ્રોમામાઇડ ડિગ્રેડેશન પ્રક્રિયા છે,જે એમાઇડને એક કાર્બન ઓછા ધરાવતા પ્રાથમિક એમાઇડમાં રૂપાંતરિત કરે છે. તેથી,$y$ એ એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ છે.
$2$. પ્રક્રિયા $C_6H_5CONH_2 \xrightarrow[(ii) H_3O^+]{(i) C_6H_5SO_2Cl / py, \Delta} x$ માં બેન્ઝેમાઇડની પિરિડિનની હાજરીમાં બેન્ઝીન સલ્ફોનાઇલ ક્લોરાઇડ સાથે પ્રક્રિયા થાય છે,ત્યારબાદ ગરમ કરવામાં આવે છે અને એસિડિક જળવિભાજન થાય છે. આ પ્રક્રિયા એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ બનાવે છે.
$3$. તેથી,$y$ અને $x$ બંને એનિલીન $(C_6H_5NH_2)$ છે. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(C) પ્રક્રિયા $A_{(g)} \rightarrow B_{(g)} + 2C_{(g)}$ માટે,ધારો કે $t = 0$ સમયે $A$ ની પ્રારંભિક સાંદ્રતા $100 \ M$ છે.
$t = 24 \ min$ સમયે,ધારો કે $A$ ની પ્રતિક્રિયા પામેલી સાંદ્રતા $x$ છે.
$A$ ની બાકી રહેલી સાંદ્રતા $= 100 - x$.
$B$ ની સાંદ્રતા $= x$ અને $C$ ની સાંદ્રતા $= 2x$.
નીપજોની કુલ સાંદ્રતા $= x + 2x = 3x$.
આપેલ છે કે નીપજો અને પ્રક્રિયકનો ગુણોત્તર $1:3$ છે,તેથી $\frac{3x}{100 - x} = \frac{1}{3}$.
$9x = 100 - x \implies 10x = 100 \implies x = 10$.
$A$ ની બાકી રહેલી સાંદ્રતા $[A]_t = 100 - 10 = 90$.
વેગ અચળાંક $k = \frac{2.303}{t} \log(\frac{[A]_0}{[A]_t}) = \frac{2.303}{24} \log(\frac{100}{90}) = \frac{2.303}{24} \log(1.11)$.
$\log 1.11 = 0.046$ નો ઉપયોગ કરતા,$k = \frac{2.303 \times 0.046}{24} \approx 0.004415 \ min^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય $t_{1/2} = \frac{0.693}{k} = \frac{0.693}{0.004415} \approx 157.19 \ min$,જે આશરે $157.8 \ min$ છે.

(A) આપેલ સંકીર્ણોનું સંકરણ નીચે મુજબ નક્કી કરવામાં આવે છે:
$A. sp^3$: $[Ni(CO)_4]$ એ $sp^3$ સંકરણ ધરાવતું સમચતુષ્ફલકીય સંકીર્ણ છે. તેથી,$A-(ii)$.
$B. dsp^2$: $[Pt(NH_3)_2Cl_2]$ એ $dsp^2$ સંકરણ ધરાવતું સમતલીય ચોરસ સંકીર્ણ છે. તેથી,$B-(iii)$.
$C. sp^3d^2$: $[CoF_6]^{3-}$ એ $sp^3d^2$ સંકરણ ધરાવતું બાહ્ય કક્ષકીય અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ છે. તેથી,$C-(iv)$.
$D. d^2sp^3$: $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ એ $d^2sp^3$ સંકરણ ધરાવતું આંતરિક કક્ષકીય અષ્ટફલકીય સંકીર્ણ છે. તેથી,$D-(i)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-(ii), B-(iii), C-(iv), D-(i)$ છે.

(A) કોપોલિમર એ બે અથવા વધુ અલગ પ્રકારના મોનોમર એકમોમાંથી બનતું પોલિમર છે.
$1$. વિકલ્પ $A$ એ બ્યુના-$S$ (સ્ટાયરીન-બ્યુટાડાઈન રબર) દર્શાવે છે,જે $1,3$-બ્યુટાડાઈન અને સ્ટાયરીનના કોપોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બને છે.
$2$. વિકલ્પ $B$ એ પોલીટેટ્રાફ્લોરોઈથિલિન (ટેફલોન) દર્શાવે છે,જે ટેટ્રાફ્લોરોઈથિનનું હોમોપોલિમર છે.
$3$. વિકલ્પ $C$ એ પોલીક્લોરોપ્રીન (નિયોપ્રીન) દર્શાવે છે,જે ક્લોરોપ્રીનનું હોમોપોલિમર છે.
$4$. વિકલ્પ $D$ એ પોલીવિનાઈલ ક્લોરાઈડ $(PVC)$ દર્શાવે છે,જે વિનાઈલ ક્લોરાઈડનું હોમોપોલિમર છે.
તેથી,કોપોલિમર વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ છે.

(B) ફિનોલનું ક્રોમિક એસિડ $(Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4)$ સાથે ઓક્સિડેશન કરવાથી નીપજ તરીકે $p$-બેન્ઝોક્વિનોન મળે છે.
તેથી,$X$ એ ફિનોલ છે અને $Y$ એ $Na_2Cr_2O_7 / H_2SO_4$ છે.

(B) $1$. બેન્ઝોઈક એસિડ સાંદ્ર $HNO_3$ અને સાંદ્ર $H_2SO_4$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (નાઈટ્રેશન) $m$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ $(X)$ બનાવે છે.
$2$. $Sn/HCl$ સાથે $m$-નાઈટ્રોબેન્ઝોઈક એસિડ $(X)$ નું રિડક્શન કરવાથી $-NO_2$ સમૂહનું $-NH_2$ સમૂહમાં રૂપાંતર થાય છે,જે $m$-એમિનોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Y)$ બનાવે છે.
$3$. $m$-એમિનોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Y)$ $0-5 \ ^\circ C$ તાપમાને $NaNO_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ડાયઝોનિયમ ક્ષાર બનાવે છે,જે ત્યારબાદ $Cu_2Cl_2/HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (સેન્ડમેયર પ્રક્રિયા) ડાયઝોનિયમ સમૂહને ક્લોરિન પરમાણુ દ્વારા બદલે છે,જેના પરિણામે $m$-ક્લોરોબેન્ઝોઈક એસિડ $(Z)$ મળે છે.

(C) પગલું $1$: એનિલિન $(C_6H_5NH_2)$ $273 \ K$ તાપમાને $NaNO_2 + HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $(C_6H_5N_2^+Cl^-)$ બનાવે છે.
પગલું $2$: બેન્ઝીન ડાયઝોનિયમ ક્લોરાઇડ $H_3PO_2 + H_2O$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ બનાવે છે.
પગલું $3$: બેન્ઝીન નિર્જળ $AlCl_3/CuCl$ ની હાજરીમાં $CO + HCl$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને (ગાટરમેન-કોચ પ્રક્રિયા) બેન્ઝાલ્ડિહાઇડ $(C_6H_5CHO)$ બનાવે છે.
તેથી,$Z$ એ $C_6H_5CHO$ છે.

(B) લેક્ટોઝ એ $\beta-D(+)$-ગેલેક્ટોઝ અને $\beta-D(+)$-ગ્લુકોઝ એકમોનો બનેલો ડાયસેકેરાઇડ છે.
આ બે મોનોસેકેરાઇડ્સ $\beta-1,4$-ગ્લાયકોસિડિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
તે રિડ્યુસિંગ શર્કરા છે કારણ કે ગ્લુકોઝ એકમના $C-1$ પર હેમિયાસીટલ સમૂહ મુક્ત હોય છે.

(B) ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક $(CH_3MgBr)$ ની શુષ્ક ઈથરની હાજરીમાં કાર્બન ડાયોક્સાઈડ $(CO_2)$ સાથેની પ્રક્રિયાથી મધ્યવર્તી મેગ્નેશિયમ કાર્બોક્સિલેટ સંકીર્ણ $(Y = CH_3COOMgBr)$ બને છે.
ત્યારબાદ એસિડિક જળવિભાજન $(H_3O^{\oplus})$ કરવાથી તે કાર્બોક્સિલિક એસિડ આપે છે.
અહીં વપરાયેલ ગ્રીગનાર્ડ પ્રક્રિયક મિથાઈલ મેગ્નેશિયમ બ્રોમાઈડ $(CH_3MgBr)$ હોવાથી,મળતો કાર્બોક્સિલિક એસિડ એસીટીક એસિડ $(CH_3COOH)$ છે.

(C) $XeOF_4$ માં,મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
તે $F$ પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ અને $O$ પરમાણુ સાથે $1$ દ્વિબંધ બનાવે છે.
આ $6$ ઇલેક્ટ્રોનનો ઉપયોગ કરે છે,જે $2$ ઇલેક્ટ્રોનને એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ (lone pair) તરીકે છોડે છે.
કુલ ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $5 + 1 = 6$ છે (જેમાં $5$ બંધકારક યુગ્મો અને $1$ અબંધકારક યુગ્મ છે),જે $sp^3d^2$ સંકરણ દર્શાવે છે.
એક અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મની હાજરીને કારણે,તેની ભૂમિતિ સમચોરસ પિરામિડલ છે.

(B) સંકિર્ણ $[AlCl(H_2O)_5]^{2+}$ માટે:
ધારો કે $Al$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$x + (-1) + 5(0) = +2$
$x = +3$
સહસંયોજકતા (સવર્ગ આંક) એ મધ્યસ્થ ધાતુ પરમાણુ સાથે જોડાયેલા લિગેન્ડ્સની કુલ સંખ્યા છે.
અહીં,$1$ $Cl^-$ આયન અને $5$ $H_2O$ અણુઓ જોડાયેલા છે.
કુલ સહસંયોજકતા $= 1 + 5 = 6$
તેથી,ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+3$ અને સહસંયોજકતા $6$ છે.

(A) સાચી જોડી નીચે મુજબ છે:
$(A)$ $[Ni(CO)_4]$ માં $sp^3$ સંકરણ હોય છે (ચતુષ્ફલકીય ભૂમિતિ).
$(B)$ $[Pt(NH_3)_2Cl_2]$ માં $dsp^2$ સંકરણ હોય છે (સમચોરસ સમતલીય ભૂમિતિ).
$(C)$ $[CoF_6]^{3-}$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ હોય છે (બાહ્ય કક્ષકીય સંકીર્ણ).
$(D)$ $[Co(NH_3)_6]^{3+}$ માં $d^2sp^3$ સંકરણ હોય છે (આંતરિક કક્ષકીય સંકીર્ણ).
તેથી,સાચો ક્રમ $(ii), (iii), (iv), (i)$ છે.

(B) વેનેડિયમ ($V$,$Z=23$) ની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $[Ar] 3d^3 4s^2$ છે.
$V^{3+}$ માટે,રચના $[Ar] 3d^2 4s^0$ છે,જેમાં $2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
હવે,વિકલ્પો તપાસીએ:
$Fe^{3+}$ $(Z=26)$: $[Ar] 3d^5$,જેમાં $5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Ni^{2+}$ $(Z=28)$: $[Ar] 3d^8$,જેમાં $2$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Mn^{2+}$ $(Z=25)$: $[Ar] 3d^5$,જેમાં $5$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Cr^{3+}$ $(Z=24)$: $[Ar] 3d^3$,જેમાં $3$ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.
આમ,$Ni^{2+}$ માં $V^{3+}$ જેટલા જ અયુગ્મિત ઇલેક્ટ્રોન છે.

(B) કોલરાઉસના સ્વતંત્ર આયન સ્થળાંતરના નિયમ મુજબ:
$\Lambda_m^{\circ}(NH_4OH) = \Lambda_m^{\circ}(NH_4Cl) + \Lambda_m^{\circ}(KOH) - \Lambda_m^{\circ}(KCl)$
$= 152.8 + 272.6 - 149.8 = 275.6 \ S \ cm^2 \ mol^{-1}$
વિયોજન અંશ $(\alpha)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\alpha = \frac{\Lambda_m}{\Lambda_m^{\circ}} = \frac{25.1}{275.6} \approx 0.091$
ટકાવારી વિયોજન $= \alpha \times 100 = 0.091 \times 100 = 9.1 \%$

(A) $S_{N}1$ પ્રક્રિયાનો વેગ લિવિંગ ગ્રુપ દૂર થયા પછી બનતા કાર્બોકેટાયન મધ્યવર્તીની સ્થિરતા પર આધાર રાખે છે.
કાર્બોકેટાયન જેટલો વધુ સ્થિર,તેટલું જળવિભાજન ઝડપી.
આપેલા હેલાઈડ્સમાંથી બનતા કાર્બોકેટાયનની સરખામણી:
$(a)$ $(C_6H_5)_2C^+(CH_3)$ એ તૃતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન છે જે બે ફિનાઈલ રિંગ અને એક મિથાઈલ ગ્રુપ દ્વારા સ્થિર થાય છે.
$(b)$ $C_6H_5CH_2^+$ એ પ્રાથમિક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન છે.
$(c)$ $C_6H_5CH^+(CH_3)$ એ દ્વિતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન છે.
$(d)$ $(C_6H_5)_2CH^+$ એ બે ફિનાઈલ રિંગ દ્વારા સ્થિર થયેલ દ્વિતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન છે.
મહત્તમ રેઝોનન્સ સ્થિરતા અને ઇન્ડક્ટિવ અસરને કારણે તૃતીયક બેન્ઝિલિક કાર્બોકેટાયન $(C_6H_5)_2C^+(CH_3)$ આપેલા વિકલ્પોમાં સૌથી વધુ સ્થિર છે.
તેથી,$(C_6H_5)_2C(CH_3)Br$ એ $S_{N}1$ પ્રક્રિયા દ્વારા સૌથી સરળતાથી જળવિભાજન પામે છે.

(D) હેમેટાઇટ અયસ્ક $(Fe_2O_3)$ માંથી લોખંડના નિષ્કર્ષણ દરમિયાન,શેકેલા અયસ્કને કોક અને ચૂનાના પથ્થર સાથે મિશ્ર કરીને બ્લાસ્ટ ફર્નેસમાં ગરમ કરવામાં આવે છે.
કોક આયર્ન ઓક્સાઇડને ધાતુના લોખંડમાં ઘટાડવા માટે રિડ્યુસિંગ એજન્ટ તરીકે કામ કરે છે.
ચૂનાનો પથ્થર $(CaCO_3)$ વિઘટિત થઈને કેલ્શિયમ ઓક્સાઇડ $(CaO)$ બનાવે છે,જે ફ્લક્સ તરીકે કાર્ય કરે છે.
આ ફ્લક્સ અયસ્કમાં રહેલી સિલિકા $(SiO_2)$ જેવી એસિડિક અશુદ્ધિઓ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને કેલ્શિયમ સિલિકેટ $(CaSiO_3)$ બનાવે છે,જેને સ્લેગ (slag) કહેવામાં આવે છે.
તેથી,ચૂનાના પથ્થરની ભૂમિકા ફ્લક્સ તરીકે કામ કરવાની છે.

(D) જર્મેનિયમ $(Ge)$ આવર્ત કોષ્ટકના સમૂહ $14$ નું તત્વ છે.
$p$-પ્રકારનું સેમિકન્ડક્ટર બનાવવા માટે,આપણે તેને સમૂહ $13$ ના તત્વ સાથે ડોપ કરવું પડે છે,જેમાં $Ge$ કરતા એક વેલેન્સ ઇલેક્ટ્રોન ઓછો હોય છે.
આનાથી ઇલેક્ટ્રોનની ઉણપ ધરાવતો બંધ અથવા 'હોલ' (છિદ્ર) બને છે,જે ધન વીજભાર વાહક તરીકે કાર્ય કરે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$Bi$,$Sb$ અને $As$ સમૂહ $15$ ના તત્વો છે (જે $n$-પ્રકારનું સેમિકન્ડક્ટર બનાવે છે),જ્યારે $Ga$ સમૂહ $13$ નું તત્વ છે.
તેથી,$Ge$ ને $Ga$ સાથે ડોપ કરવાથી $p$-પ્રકારનું સેમિકન્ડક્ટર મળે છે.

(A) કો-પોલિમર એ બે અથવા વધુ અલગ પ્રકારના મોનોમર એકમોમાંથી બનતું પોલિમર છે.
વિકલ્પ $A$ એ બુના-$S$ (સ્ટાયરીન-બ્યુટાડાઈન રબર) દર્શાવે છે,જે $1,3$-બ્યુટાડાઈન $(CH_2=CH-CH=CH_2)$ અને સ્ટાયરીન $(C_6H_5CH=CH_2)$ ના કો-પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બને છે.
વિકલ્પો $B$,$C$,અને $D$ હોમોપોલિમર દર્શાવે છે:
$B$ એ પોલીટેટ્રાફ્લોરોઈથીન (ટેફલોન) છે,
$C$ એ પોલીક્લોરોપ્રીન (નિયોપ્રીન) છે,
$D$ એ પોલીવિનાઈલ ક્લોરાઈડ $(PVC)$ છે.
તેથી,સાચો જવાબ $A$ છે.

(C) અબાષ્પશીલ દ્રાવ્ય ધરાવતા દ્રાવણ માટે રાઉલ્ટના નિયમ મુજબ:
$\frac{p^{\circ} - p_s}{p^{\circ}} = \frac{n_2}{n_1 + n_2} \approx \frac{n_2}{n_1}$
આપેલ છે:
$n_2$ (યુરિયાના મોલ) $= 0.1 \ mol$
$W_1$ (પાણીનું દળ) $= 180 \ g$
$M_1$ (પાણીનું આણ્વીય દળ) $= 18 \ g/mol$
$n_1$ (પાણીના મોલ) $= \frac{180}{18} = 10 \ mol$
$p^{\circ}$ (શુદ્ધ પાણીનું બાષ્પદબાણ) $= 24 \ mm \ Hg$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{24 - p_s}{24} = \frac{0.1}{10} = 0.01$
$24 - p_s = 24 \times 0.01 = 0.24$
$p_s = 24 - 0.24 = 23.76 \ mm \ Hg$

(A) આઈસોટોનિક દ્રાવણો માટે,અભિસરણ દબાણ સમાન હોય છે,તેથી મોલર સાંદ્રતા સમાન હોય છે: $\frac{W_1}{M_1 V_1} = \frac{W_2}{M_2 V_2}$.
આપેલ છે કે દ્રાવણો $1 \%$ અને $5 \%$ છે,તેથી આપણે $100 \ mL$ દ્રાવણમાં $1 \ g$ દ્રાવ્ય $X$ અને $100 \ mL$ દ્રાવણમાં $5 \ g$ કેન સુગર ધારી શકીએ.
અહીં,$W_1 = 1 \ g$,$W_2 = 5 \ g$,$M_2 = 342 \ g \ mol^{-1}$,અને $V_1 = V_2 = 100 \ mL$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{M_1 \times 100} = \frac{5}{342 \times 100}$.
$M_1 = \frac{342}{5} = 68.4 \ g \ mol^{-1}$.

$(A)$ વાન્ડર વાલ્સ બળો ફિઝિસોપ્શન (ભૌતિક અધિશોષણ) માટે જવાબદાર છે, કેમિસોર્પ્શન માટે નહીં.
કેમિસોર્પ્શનમાં અધિશોષિત અને અધિશોષક વચ્ચે રાસાયણિક બંધનું નિર્માણ થાય છે.
તેથી, વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
કેમિસોર્પ્શન એ સક્રિય પ્રક્રિયા છે અને સામાન્ય રીતે તેને ઊંચી સક્રિયકરણ ઊર્જાની જરૂર હોય છે.
આમ, ઊંચું તાપમાન કેમિસોર્પ્શન માટે અનુકૂળ છે કારણ કે તે સક્રિયકરણ ઊર્જાના અવરોધને દૂર કરવામાં મદદ કરે છે.
તેથી, કારણ $(R)$ સાચું છે.
આથી, સાચો વિકલ્પ $(A)$ ખોટું છે, પરંતુ $(R)$ સાચું છે.

(C) એગોનિસ્ટ એ એક રાસાયણિક પદાર્થ છે જે રિસેપ્ટર સાથે જોડાય છે અને જૈવિક પ્રતિભાવ ઉત્પન્ન કરવા માટે તેને સક્રિય કરે છે. \\ તે સમાન રિસેપ્ટર સાઇટ્સ સાથે જોડાઈને કુદરતી રાસાયણિક સંદેશાવાહકોની ક્રિયાની નકલ કરે છે.