Tôi xin đua ra một đáp án để các bạn tham khảo nhé:

                                                                $X:C_3H_4$
                                                                $Y:C_5H_8$ 
 

Ta có:
$n_A=\frac{0, 6723}{22,4}  mol\Rightarrow n_{\frac{A}{2}}=\frac{0, 6723}{2.22,4}  mol;n_{Br_2}=\frac{3,2}{160}=0,02  mol$

Vì cho qua brom dư mà không có khí thoát ra nên cả hai đều có liên kết bội !
Gọi công thức trung bình là $C_\overline{n}H_{2\overline{n}+2-2\overline{a}}$
Ta có:
                                            $C_\overline{n}H_{2\overline{n}+2-2\overline{a}}+\overline{a}Br_2\rightarrow C_\overline{n}H_{2\overline{n}+2}Br_{2\overline{a}}$
                                  $\Rightarrow \overline{a}=\frac{0,02.2.22,4}{0,6723}  mol                                                                (1)$
Mặt khác khi đốt cháy thì:
                                          $C_\overline{n}H_{2\overline{n}+2-2\overline{a}}\rightarrow \overline{n}CO_2+(\overline{n}+1-\overline{a})H_2O$
$\Rightarrow \frac{0, 6723}{2.22,4}.[44\overline{n}+18(\overline{n}+1-\overline{a})]=1,76\Rightarrow \frac{0, 6723}{2.22,4}.(62\overline{n}+18-18\overline{a})=1,76$
Từ $(1)\Rightarrow \frac{0, 6723}{2.22,4}.(62\overline{n}+18-18.\frac{0,02.2.22,4}{0,6723})=1,76\Rightarrow \overline{n}=1,988\approx 2$
$\Rightarrow C_2H_4;C_2H_2$
Ta lại có:
$\begin{cases}n_{C_2H_2}+n_{C_2H_4}=\frac{0, 6723}{22,4} \\ 2n_{C_2H_2}+n_{C_2H_4}=2.n_{Br_2} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{C_2H_2}\approx 0,01  mol\\ n_{C_2H_4}\approx 0,02  mol\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}C_2H_2=33,3333\% \\ C_2H_4=66,6667\%\\ \end{cases}$
$$m_X=\frac{1}{2}.m_A=\frac{1}{2}.(0,01.26+0,02.28)=0,41  gam$$

Gọi công thức của Phenolphtalein là $(C_xH_yO_z)$ chất chỉ thị màu dùng nhận biết dung dịch bazơ có phần trăm khối lượng $C,  H$ và $O$ lần lượt bằng $75,47\%; 4,35\%$ và $20,18\%$. Khối lượng mol phân tử của phenolphtalein bằng $318$g/mol
$\Rightarrow x:y:z=\frac{75,47\%}{12}:\frac{4,35\%}{1}:\frac{20,18\%}{16}=10:7:2\Rightarrow C_{20}H_{14}O_2$ vì $M=318$

a) Viết công thức cấu tạo các đồng phân ứng với công thức phân tử $C_2H_4O_2$:
$CH_3-COOH;OHC-CHO$
b) Gọi tên các đồng phân có nhóm $C=O$
$CH_3-COOH$:axit etanoic ;$OHC-CHO$ anđit oxalic
c) Những chất nào có phản ứng tráng bạc, vì sao  ?
$OHC-CHO$ anđit oxalic chứa nhóm $CHO$ có khả năng tráng bạc
 

Từ các chất $NaCl, KI, H_2O$ viết phương trình phản ứng điều chế: $Cl_2$, nước Javel, dung dịch $KOH$, $I_2$, kaliclorat
*)Nước Javel:
 $$2NaCl+2H_2O\xrightarrow[đpdd]{không  có  mn}(2NaOH+Cl_2)+H_2\uparrow$$
 hỗn hợp $2NaOH+Cl_2\rightarrow NaCl+NaClO$ là nước Javel !
 *)Dung dịch $KOH$ và $I_2$:
 $$2NaCl+2H_2O\xrightarrow[đpdd]{  có  mn}2NaOH+Cl_2\uparrow+H_2\uparrow$$
 $$Cl_2+2KI\rightarrow 2KCl+I_2\downarrow $$
$$2KCl+2H_2O\xrightarrow[đpdd]{  có  mn}2KOH+Cl_2\uparrow+H_2\uparrow$$
 *)Kaliclorat
 $$6KOH+3Cl_2\overset{t^0}{\rightarrow} KClO_3+5KCl+3H_2O$$

Đầu tiên là làm giàu $KCl$ bằng cách hòa tan bão hòa dung dịch $NaCl,KCl$ sau đó sục $NH_3+CO_2$ dư để loại $NaHCO_3\downarrow$:
$NaCl,KCl\overset{CO_{2  dư}}{\rightarrow}dd :K^++HCO_3^-+NH_4^++Cl^-+NaHCO_3\downarrow$
Vì  $NaHCO_3$ ít tan trong dung dịch bão hòa $NaCl,KCl$
 sau đó cô cạn dung dịch thì thu được $KCl$ vì $NH_3,HCl,CO_2$ bay hơi
 $$2KCl\overset{đpnc}{\rightarrow}2K+Cl_2\uparrow$$

1) $Cl_2 + NaOH \rightarrow  NaClO_3 + NaCl + H_2O$
                                     $Cl_2 + 6OH^- \rightarrow  ClO_3^- + 5Cl^- + 3H_2O$
                             $3Cl_2 + 6NaOH \rightarrow  NaClO_3 + 5NaCl + 3H_2O$
2) $M_2O_x + HNO_3 \rightarrow  M(NO_3)_3 + NO + H_2O$
$M_2O_x + (9-x)H^++(3-x)NO_3^- \rightarrow  2M^{3+} + (3-x)NO + \frac{9-x}{2}H_2O$
$M_2O_x + (9-x)HNO_3 \rightarrow  2M(NO_3)_3 + (3-x)NO + \frac{9-x}{2}H_2O$

So sánh tính axit của các axit $H_2SO_3, H_2SO_4, HClO_4$
 $H_2SO_3,< H_2SO_4,< HClO_4$
 Vì độ âm điện của Oxi lớn nhất nên giữa $H_2SO_3, H_2SO_4$ thì đễ thấy được độ phân cực của liên kết $O-H$ của $H_2SO_3< H_2SO_4\Rightarrow $tính axit của $H_2SO_3< H_2SO_4$
 Với $H_2SO_4, HClO_4$ thì $HClO_4$ chỉ có một nguyên tử hiđro linh động còn $H_2SO_4$ có hai nguyên tử nên khả năng phân li của $HClO_4>H_2SO_4\Rightarrow $tính axit của $HClO_4>H_2SO_4$

a)Gọi công thức là :$C_nH_{2n+2-2a}O\Rightarrow $
$$C_nH_{2n+2-2a}O+(\frac{3n-a}{2})O_2    \rightarrow      nCO_2  +  (n+1-a)H_2O$$
                      $0,01  mol       \rightarrow   0,01.\frac{3n-a}{2}  mol\rightarrow 0,01.n  mol\rightarrow 0,01.(n+1-a)  mol$
 $\Rightarrow 0,01[\frac{3n-a}{2}-n]=0,1\Rightarrow n-a=20$
 Vì $A$ là hợp chất hữu cơ no mạch hở chỉ chứa một nguyên tử Oxi $\Rightarrow a\leq 1$
 *)Với  $a=0\Rightarrow n=20\Rightarrow A:C_{20}H_{42}O$
 *)Với  $a=1\Rightarrow n=21\Rightarrow A:C_{21}H_{42}O$

Bạn kiểm tra kĩ đề bài đi nhé ! số liệu không hợp lí và $B$ khong có cơ sở dể xác định !

Gọi công thức của $A:C_xH_{2x+2-n-2a}(CHO)_n\Rightarrow $ ta có sơ đồ chuyển hóa sau:
$$C_xH_{2x+2-n-2a}(CHO)_n\overset{H_2}{\rightarrow}C_xH_{2x+2-n}(CH_2OH)_n\overset{Na}{\rightarrow}H_2$$
                                                  $0,1  mol      \overset{0,3  mol}{\rightarrow} 0,1  mol        \rightarrow 0,1  mol$
$\Rightarrow \begin{cases}n=2 \\ a=1 \end{cases}\Rightarrow A:C_xH_{2x-2}(CHO)_2;n_{Ag}=\frac{43,2}{108}=0,4  mol\Rightarrow n_A=\frac{0,4}{4}=0,1  mol$
$\Rightarrow M_{A}=\frac{8,4}{0,1}=84\Rightarrow A:C_2H_{2}(CHO)_2$
$\Rightarrow A:OHC-CH=CH-CHO\Rightarrow B:HO-CH_2-CH_2-CH_2-CH_2-OH$
hoặc:
$A:CH_2=C(CHO)_2\Rightarrow B: HO-CH_2-CH(CH_3)-CH_2-OH$

a) Thêm dung dịch $Fe^{2+}$ vào dung dịch $I_2$ (dung dịch $I_2$ có màu nâu)
Không có hiện tượng gì xảy ra ! Nhưng khi cho nhiều dung dịch $Fe^{2+}$ vào dung dịch $I_2$ thì màu nâu nhạt bớt và màu lục nhạt chiếm ưu thế !
b) Thêm dung dịch $Fe^{3+}$ vào dung dịch $I^-$ (dung dịch $I^-$ không màu)
Ban đầu mầu nâu nhạt xuất hiện sau đó màu nâu đậm dần đến cực đại vì:
$$2Fe^{3+}+3I^-\rightarrow 2Fe^{2+}+I_3^-$$
Màu nâu nhạt dần đồng thời xuất hiện kết tủa màu tím ! Sau đó màu nâu mất hẳn dung dịch không màu và kết tủa màu tím cực đại vi:$$2Fe^{3+}+2I_3^-\rightarrow 2Fe^{2+}+3I_2\downarrow$$
Và sau cùng là màu vàng xuất hiện vì : dung dịch $Fe^{3+}$ có màu vàng !
c) Thêm kim loại $Fe$ vào dung dịch $Fe^{3+}$ (dung dịch $Fe^{3+}$ có màu vàng)
Màu vàng nhạt dần vì:$$Fe+2Fe^{3+}\rightarrow 3Fe^{2+}$$
Và thay thế dần cho màu lục nhạt vì : dung dịch $Fe^{2+}$ có màu lục nhạt !
d) Thêm kim loại $Fe$ vào dung dịch $Fe^{2+}$ (dung dịch $Fe^{2+}$ có màu lục nhạt)
 Không có hiện tượng gì xảy ra và màu sắc không hề thay đổi ! 

Hòa tan một ít $NaCl$ vào nước được $Vml$ dung dịch $A$ có khối lượng riêng  $d$
$$\Rightarrow d=\frac{m_{nước}+m_{NaCl}}{V_{nước}+V_{NaCl}}=(\frac{d_{nước.}V_{nước}+m_{NaCl}}{V_{nước}+V_{NaCl}})\approx \frac{m_{nước}+m_{NaCl}}{V_{nước}}>d_{nước}=1$$
Thêm $V_1ml$ nước vào dung dịch $A$ được $(V_1 + V)ml$ dung dịch $B$ có khối lượng riêng $d_1$
$$\Rightarrow d_1=\frac{d.V+d_{nước}.V_1}{V+V_1}<\frac{d.V+d.V_1}{V+V_1}<d$$
Hãy chứng minh rằng $d > d_1$. Biết khối lượng riêng của nước là $1g/ml$

 $Cl^{+5} \overset{(quá  trình  khử)}{\rightarrow} Cl^{-1} \overset{(quá  trình  oxi-hóa)}{\rightarrow} Cl^{+7} \overset{(quá  trình  khử)}{\rightarrow} Cl^{+x/ y} \overset{(quá  trình  khử)}{\rightarrow} Cl^0$ 

Một dung dịch có chứa $2$ cation là $Fe^{2+} (0,1 mol)$ và $Al^{3+} (0,2 mol)$ và $2$ anion là $Cl^- (x mol)$ và $SO_4^{2-} (y mol)$$\Rightarrow $ Áp dung định luật bảo toàn điện tích ta có:
$$2.n{Fe^{2+}}+3.n_{Al^{3+}}=n_{Cl^-}+2.n_{SO_4^{2-}}\Rightarrow x+2y=0,8  mol                   (1)$$
Theo bài ra ta có:
$$m_{Fe^{2+}}+m_{Al^{3+}}+m_{Cl^-}+m_{SO_4^{2-}}=46,9  gam$$ 
                                                               $\Leftrightarrow 35,5.x+96y=35,9                                                               (2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow \begin{cases}x=0,2  mol \\ y=0,3  mol\end{cases}$