AP EAMCET 2018 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) સમતાપી પ્રતિવર્તી વિસ્તરણ માટે,વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્યનું સૂત્ર: $W = -nRT \ln(\frac{V_2}{V_1})$ છે.
પ્રક્રિયા સમતાપી હોવાથી,$p_1 V_1 = nRT$ થાય.
આપેલ છે કે $p_1 = 20 \ atm$ અને $V_1 = 1.5 \ L$,તેથી $nRT = 20 \ atm \times 1.5 \ L = 30 \ L \ atm$.
કાર્યના સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$W = -30 \times \ln(\frac{15}{1.5})$
$W = -30 \times \ln(10)$
$W = -30 \times 2.303 \times \log_{10}(10)$
$W = -30 \times 2.303 \times 1 = -69.09 \ L \ atm$.
ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે કાર્ય તંત્ર દ્વારા આસપાસ પર કરવામાં આવે છે.

(B) આદર્શ વાયુના સમતાપી પ્રતિવર્તી વિસ્તરણ માટે,થયેલ કાર્ય $(w)$ નું સૂત્ર: $w = -2.303 \ nRT \ \log(\frac{V_f}{V_i})$ છે.
$PV = nRT$ હોવાથી,આપણે $nRT$ ને $P_i V_i$ (પ્રારંભિક સ્થિતિ) વડે બદલી શકીએ છીએ:
$w = -2.303 \ P_i V_i \ \log(\frac{V_f}{V_i})$.
આપેલ છે: $w = -184.24 \ L \ atm$,$P_i = 10 \ atm$,$V_i = 4 \ L$.
કિંમતો મૂકતા:
$-184.24 = -2.303 \times (10 \times 4) \times \log(\frac{V_f}{4})$.
$-184.24 = -2.303 \times 40 \times \log(\frac{V_f}{4})$.
$-184.24 = -92.12 \times \log(\frac{V_f}{4})$.
$\log(\frac{V_f}{4}) = \frac{-184.24}{-92.12} = 2$.
$\frac{V_f}{4} = 10^2 = 100$.
$V_f = 100 \times 4 = 400 \ L$.

(A) $CH_3OH_{(l)}$ માટેની સર્જન પ્રક્રિયા:
$C_{(graphite)} + 2H_{2(g)} + \frac{1}{2}O_{2(g)} \longrightarrow CH_3OH_{(l)}$
આપણે આપેલા સમીકરણોને જોડીને આ મેળવી શકીએ છીએ:
$(iii) + 2 \times (ii) - (i)$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta_fH^{\circ} = (-393) + 2 \times (-286) - (-726)$
$\Delta_fH^{\circ} = -393 - 572 + 726$
$\Delta_fH^{\circ} = -965 + 726 = -239 \ kJ \ mol^{-1}$

(A) દહન પ્રક્રિયા છે: $C_{(s)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$,$\Delta H = -394.0 \ kJ \ mol^{-1}$.
$CO_2$ નું મોલર દળ $12 + (2 \times 16) = 44 \ g \ mol^{-1}$ છે.
કારણ કે $44 \ g$ $CO_2$ ના નિર્માણથી $394.0 \ kJ$ ઉષ્મા મુક્ત થાય છે,તેથી $17.6 \ g$ $CO_2$ ના નિર્માણ માટે એન્થાલ્પી ફેરફાર:
$\Delta H = \frac{-394.0 \ kJ \ mol^{-1} \times 17.6 \ g}{44 \ g \ mol^{-1}} = -157.6 \ kJ$.

(B) ગિબ્સ ઉર્જામાં ફેરફાર,એન્થાલ્પીમાં ફેરફાર અને એન્ટ્રોપીમાં ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ: $\Delta G = \Delta H - T\Delta S$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta H = \Delta U + \Delta n_g RT$.
પ્રક્રિયા $X_2O_{4(l)} \rightarrow 2XO_{2(g)}$ માટે,વાયુના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_g = 2 - 0 = 2$ છે.
આપેલ છે કે $\Delta U = x \ kJ \ mol^{-1} = 1000x \ J \ mol^{-1}$ અને $\Delta S = y \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$.
આ કિંમતોને એન્થાલ્પીના સમીકરણમાં મૂકતા: $\Delta H = 1000x + 2RT$.
હવે,$\Delta H$ ને ગિબ્સ ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\Delta G = (1000x + 2RT) - T(y)$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $\Delta G = 1000x + T(2R - y) \ J \ mol^{-1}$.

(B) ગિબ્સ ઉર્જા ફેરફાર,એન્થાલ્પી ફેરફાર અને એન્ટ્રોપી ફેરફાર વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta G = \Delta H - T\Delta S$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એન્થાલ્પી ફેરફાર એ આંતરિક ઉર્જા ફેરફાર સાથે $\Delta H = \Delta U + \Delta n_gRT$ દ્વારા સંબંધિત છે.
પ્રક્રિયા $X_2O_{4(l)} \rightarrow 2XO_{2(g)}$ માટે,વાયુરૂપ ઘટકોના મોલની સંખ્યામાં ફેરફાર $\Delta n_g = 2 - 0 = 2$ છે.
$\Delta H$ ને ગિબ્સ સમીકરણમાં મૂકતા: $\Delta G = \Delta U + \Delta n_gRT - T\Delta S$.
$\Delta U = x \ kJ \ mol^{-1} = 1000x \ J \ mol^{-1}$ અને $\Delta S = y \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$ આપેલ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\Delta G = 1000x + 2RT - Ty$.
$T$ ને સામાન્ય કાઢતા,આપણને મળે છે: $\Delta G = 1000x + T(2R - y) \ J \ mol^{-1}$.

(D) એકમ કદ દીઠ ઉર્જાનું પરિમાણીય સૂત્ર $[M L^{-1} T^{-2}]$ છે.
કોણીય વેગમાનનું પરિમાણીય સૂત્ર $[M L^2 T^{-1}]$ છે.
આ બંને રાશિઓના પરિમાણો અલગ હોવાથી,તેમને ઉમેરી કે બાદ કરી શકાતી નથી. તેથી,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
પરિમાણોની સમાનતાના સિદ્ધાંત મુજબ,માત્ર સમાન પરિમાણો ધરાવતી ભૌતિક રાશિઓને જ ઉમેરી કે બાદ કરી શકાય છે. તેથી,કારણ $(R)$ સાચું છે.
આથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(D) સ્ત્રોતનો રેખીય વેગ,$v_s = r \omega$.
અહીં $r = \frac{100}{\pi} ~cm = \frac{1}{\pi} ~m$ અને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 2 \pi f_{rot} = 2 \pi \times 5 = 10 \pi ~rad/s$ છે.
તેથી,$v_s = \frac{1}{\pi} ~m \times 10 \pi ~rad/s = 10 ~m/s$.
ગતિશીલ સ્ત્રોત અને સ્થિર અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરનું સૂત્ર વાપરતા:
$f' = f \left( \frac{v}{v \mp v_s} \right)$.
જ્યારે સ્ત્રોત શ્રોતાની નજીક આવે ત્યારે મહત્તમ આવૃત્તિ મળે છે:
$f_{max} = 500 \times \left( \frac{332}{332 - 10} \right) = 500 \times \frac{332}{322} \approx 515.5 ~Hz$.
જ્યારે સ્ત્રોત શ્રોતાથી દૂર જાય ત્યારે લઘુત્તમ આવૃત્તિ મળે છે:
$f_{min} = 500 \times \left( \frac{332}{332 + 10} \right) = 500 \times \frac{332}{342} \approx 485.4 ~Hz$.

(C) ખેંચાયેલી દોરીની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $n \propto \frac{\sqrt{T}}{l}$.
ધારો કે પ્રારંભિક લંબાઈ $l$ છે અને પ્રારંભિક તણાવ $T$ છે. અંતિમ લંબાઈ $l' = l - \frac{x}{100}l = l(1 - \frac{x}{100})$ છે અને અંતિમ તણાવ $T' = T + 0.44T = 1.44T$ છે.
અંતિમ આવૃત્તિ $n'$ અને પ્રારંભિક આવૃત્તિ $n$ નો ગુણોત્તર $\frac{n'}{n} = \frac{2}{1}$ આપેલ છે.
પ્રમાણસરતા સંબંધનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{n'}{n} = \sqrt{\frac{T'}{T}} \times \frac{l}{l'}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{2}{1} = \sqrt{\frac{1.44T}{T}} \times \frac{l}{l(1 - \frac{x}{100})}$.
$2 = \sqrt{1.44} \times \frac{1}{1 - \frac{x}{100}}$.
$2 = 1.2 \times \frac{100}{100 - x}$.
$2(100 - x) = 120$.
$200 - 2x = 120$.
$2x = 80$.
$x = 40$.

(D) ધારો કે ગોળાનું દળ $M$ છે. મહત્તમ ઊંચાઈએ,ગોળાનો વેગ $v_x = u \cos \theta$ છે. ગોળો $m = M/2$ દળના બે સમાન ભાગોમાં વિભાજિત થાય છે.
ધારો કે પ્રથમ ભાગ (જે પાછો ફરે છે) નો વેગ $v_1 = -u \cos \theta$ છે. વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$M(u \cos \theta) = m v_1 + m v_2$
$M(u \cos \theta) = (M/2)(-u \cos \theta) + (M/2)v_2$
$u \cos \theta = -0.5 u \cos \theta + 0.5 v_2$
$1.5 u \cos \theta = 0.5 v_2$
$v_2 = 3 u \cos \theta$
પ્રથમ ભાગની ગતિઊર્જા $E_1 = \frac{1}{2} (M/2) (u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ છે.
બીજા ભાગની ગતિઊર્જા $E_2 = \frac{1}{2} (M/2) (3 u \cos \theta)^2 = \frac{1}{2} (M/2) (9 u^2 \cos^2 \theta) = \frac{9}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ છે.
$E_1$ અને $E_2$ ની સરખામણી કરતા:
$E_2 = 9 \times (\frac{1}{4} M u^2 \cos^2 \theta) = 9 E_1$.

(B) ધારો કે $2R$ ત્રિજ્યાવાળી મોટી તકતીનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે.
ધારો કે મોટી તકતીનું દળ $M$ છે. એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ છે.
દૂર કરવામાં આવેલી $R$ ત્રિજ્યાવાળી નાની તકતીનું દળ $m = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ છે.
મોટી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_1 = 0$ પર છે. દૂર કરેલી નાની તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_2 = R$ પર છે (કારણ કે પરિઘ સ્પર્શે છે).
બાકી રહેલા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર નીચે મુજબ મળે:
$x_{CM} = \frac{M x_1 - m x_2}{M - m}$
$x_{CM} = \frac{M(0) - (M/4)(R)}{M - M/4} = \frac{-MR/4}{3M/4} = -\frac{R}{3}$.
મોટી તકતીના કેન્દ્રથી અંતર $|x_{CM}| = \frac{R}{3}$ છે.
આને $\alpha R$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = \frac{1}{3}$ મળે છે.

(B) પ્રવાહીના સ્નિગ્ધતા ગુણાંક $(\eta)$ માં તાપમાન $(T)$ સાથે થતો ફેરફાર એન્ડ્રેડ સમીકરણ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જે નીચે મુજબ છે: $\eta = A e^{E / R T}$.
અહીં,$A$ એ અચળાંક છે,$E$ એ સ્નિગ્ધ પ્રવાહ માટે સક્રિયકરણ ઉર્જા છે,$R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે અને $T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ પ્રવાહીની સ્નિગ્ધતા ઘટે છે,જે $\eta = A e^{E / R T}$ ના ઘાતાંકીય સ્વરૂપ સાથે સુસંગત છે.

(B) આપેલ સમીકરણો $l+m+n=0$ અને $2lm+2ln-mn=0$ છે.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$l = -(m+n)$.
આ કિંમત બીજા સમીકરણમાં મૂકતા:
$2(-m-n)m + 2(-m-n)n - mn = 0$
$-2m^2 - 2mn - 2mn - 2n^2 - mn = 0$
$-2m^2 - 5mn - 2n^2 = 0$
$2m^2 + 5mn + 2n^2 = 0$
$(2m+n)(m+2n) = 0$
કિસ્સો $1$: $2m+n=0 \Rightarrow m = -n/2$. તેથી $l = -(-n/2 + n) = -n/2$. દિક્ગુણોત્તર $\langle -n/2, -n/2, n \rangle$ મળે છે,જે $\langle -1, -1, 2 \rangle$ ના પ્રમાણમાં છે.
કિસ્સો $2$: $m+2n=0 \Rightarrow m = -2n$. તેથી $l = -(-2n + n) = n$. દિક્ગુણોત્તર $\langle n, -2n, n \rangle$ મળે છે,જે $\langle 1, -2, 1 \rangle$ ના પ્રમાણમાં છે.
ધારો કે દિક્ગુણોત્તર $\vec{a} = \langle -1, -1, 2 \rangle$ અને $\vec{b} = \langle 1, -2, 1 \rangle$ છે.
રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ માટે $\cos \theta = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (-1)(1) + (-1)(-2) + (2)(1) = -1 + 2 + 2 = 3$.
$|\vec{a}| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{6}$.
$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 1^2} = \sqrt{6}$.
$\cos \theta = \frac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \cos^{-1}(1/2) = \frac{\pi}{3}$.