Theo chiều $F \rightarrow  Cl \rightarrow  Br \rightarrow  I$, tính oxi hóa giảm và tính khử tăng ! Ví dụ:
                                        $Br_2+2KI\rightarrow 2KBr+I_2$ 
                                    $Cl_2+2KBr\rightarrow 2KCl+Br_2$ 
                                         $2F_2+H_2\xrightarrow[trong  bóng  tối]{t^0  thấp}2HF$ 
                                              $2Cl_2+H_2\xrightarrow[]{ánh  sáng}2HCl$ 
                                                 $2Br_2+H_2\xrightarrow[]{t^0 cao}2HBr$ 
                                                           $I_2+H_2\rightleftharpoons 2HI$

Dùng bình thép khô chứa khí $Cl_2$ vì :
                          $Fe+Cl_{2  (khô)}\rightarrow$ không phản ứng ở nhiệt độ thường
Không được dùng bình thép ẩm chứ khí $Cl_2$ vì:
                             $Cl_2+H_2O\rightarrow HCl+HClO$ 
Axit sinh ra ăn mòm bình thép do đó không dùng bình thép ẩm đẻ chứa clo ! 

$$Cl_2+2KOH\xrightarrow[loãng  ]{nguội}KCl+KClO+H_2O                          (1)$$
$$3Cl_2+6KOH\xrightarrow[đậm  đặc  ]{nóng}5KCl+KClO_3+3H_2O                   (2)$$
$$KClO_3\overset{MnO_2}{\rightarrow}KCl+\frac{3}{2}O_2\uparrow                                                                      (3)$$
a)                                                             $Cl^0-1e\rightarrow Cl^+$
                                                                $Cl^0+1e\rightarrow Cl^-$
                                                        $\Rightarrow Cl_2\rightarrow Cl^-+Cl^+$
                        $\Rightarrow Cl_2+2KOH\xrightarrow[loãng  ]{nguội}KCl+KClO+H_2O$
                                                        $ 5.[Cl^0+1e\rightarrow Cl^-]$
                                                           $[Cl^0-5e\rightarrow Cl^{+5}]$
                                                       $3Cl_2\rightarrow 5Cl^-+Cl^{+5 }$
                           $\Rightarrow 3Cl_2+6KOH\xrightarrow[đậm  đặc  ]{nóng}5KCl+KClO_3+3H_2O$
b)$n_{KCl(1)}=n_{KCl(2)}=x  mol\Rightarrow n_{Cl_2(1)}=x  mol;n_{Cl_2(2)}=\frac{3x}{5}  mol$
                                   $$\Rightarrow \frac{n_{Cl_2(1)}}{n_{Cl_2(2)}}=\frac{x}{\frac{3x}{5}}=\frac{5}{3}$$
c)$\frac{P_1V_1}{T_1}=\frac{P_0V_0}{T_0}\Rightarrow V_0=\frac{P_1V_1}{T_1}.\frac{T_0}{P_0}=\frac{70.11,94}{273+27}.\frac{273}{76}=10  lit$                                               
$(2),(3)\Rightarrow n_{Cl_2}=2.n_{O_2}\Rightarrow V_{O_2}=\frac{V_{Cl_2}}{2}=\frac{10}{2}=5  lit$

$$BaCl_2+2H_2O\xrightarrow[đpdd]{mn}Ba(OH)_2+H_2\uparrow+Cl_2\uparrow$$
a)Ta có:
$n=\frac{It}{n_{e  trao  đổi}.F}\Rightarrow t=\frac{n.{n_{e  trao  đổi}.F}}{I}=\frac{\frac{11,2}{22,4}.2.96500}{1,93}=50000  (s)$
b)$$Ba(OH)_2\rightarrow Ba^{2+}+2OH^-$$
$\Rightarrow n_{OH^-}=2.\frac{11,2}{22,4}=1  mol\Rightarrow [OH^-]=1  M\Rightarrow pOH=-lg(1)=0\Rightarrow pH=14-0=14$

$$2NaCl+H_2O\xrightarrow[đpdd]{không  mn}NaCl+NaClO+H_2\uparrow$$
a)$V_{H_2}=22,4.\frac{It}{n_{e  trao  đổi}.F}=22,4.\frac{0,193.(33.60+20)}{2.96500}=0,0448  lit$
b)Ứng dụng của chất còn lại chính là nước Javen tác dụng tẩy trắng do tính Oxi hóa của $NaClO$
c)$$2NaCl+2H_2O\xrightarrow[đpdd]{mn}2NaOH+H_2\uparrow+Cl_2\uparrow$$
$$NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O$$
 $\Rightarrow n_{NaOH}=2.n_{H_2}=2.\frac{0,0448}{22,4}=0,004  mol\Rightarrow V=\frac{0,004.1000}{0,1}=40  ml$

                                                                    $Cl_2+H_2\rightarrow 2HCl$
a)Ta có số mol tạo ra bằng số mol phản ứng nên:
 $n_{HCl}=\frac{30.4,48}{100.22,4}=0,06  mol;n_{Cl_{2  dư}}=\frac{20.4,48}{100.22,4}=0,04  mol$
$n_{H_{2  dư}}=n_{hhbđ}-n_{HCl}-n_{Cl_{2  dư}}=\frac{4,48}{22,4}-0,06-0,04=0,1  mol$

b)Phương trình:
                                               $HCl+KOH\rightarrow KCl+H_2O$ 
                                           
                           $3Cl_2+6KOH\overset{100^0C}{\rightarrow}KClO_3+5KCl+3H_2O$ 
                     

           $$MnO_2 + 4HCl \xrightarrow{t^0} MnCl_2 + 2H_2O + Cl_2 \uparrow  $$
           $$2KMnO_4 + 16HCl \rightarrow 2KCl + 2MnCl_2 + 8H_2O + 5Cl_2 \uparrow $$
           $$KClO_3 + 6HCl \rightarrow KCl + 3H_2O + 3Cl_2 \uparrow$$
$$2NaCl+2H_2O\xrightarrow[mn]{đpdd}2NaOH+H_2\uparrow+Cl_2\uparrow$$
Nếu chất oxi hóa là  $MnO_2$  thì cần phải đun nóng, còn chất oxi hóa là  $KMnO_4$  hoặc  $KClO_3$  phản ứng xảy ra ở nhiệt độ  thường.

Thực ra bài này nếu dữ liệu đúng thì không có gì khó khăn .Nhưng đề nài của bạn chưa chính xác nên ...
Tôi đưa ra phương pháp sau để các ban tham khảo .
Gọi công thức và số mol của $X:n_{A_2O}=a  mol;n_{BO}=b  mol$
PTPƯ:
                                                     $A_2O+2HCl\rightarrow 2ACl+H_2O$
                                                     $BO+2HCl\rightarrow BCl_2+H_2O$
                                                             $2ACl\overset{đpnc}{\rightarrow}2A+Cl_2\uparrow$
                                                               $BCl_2\overset{đpnc}{\rightarrow}B+Cl_2\uparrow$
                                                $BCl_2+Na_2SO_4\rightarrow 2NaCl+BSO_4\downarrow$
Theo bài ra ta có:
\begin{cases}a(2A+16)+b(B+16)=11,74 \\ a+b=2.\frac{5,68}{71} \\b(B+96)=2.2,33 \\ \frac{a}{a+b}=\frac{72}{100}  \end{cases}
Đây là hệ bốn phương trình có bốn ẩn việc giải không khó từ đó suy ra được các kim loại cần tìm !

Ankan là hiđrocacbon no không có liên kết hiđro cho nên dễ dàng tan trong các dung môi có tính tương tự như ankan do đó nó tan tốt trong benzen . Vậy chọn đáp án $B$

Ta có:
                                            $Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow$
                                              $Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow$
$n_{H_2}=0,02\Rightarrow 3,1=0,02.127+m_{Fe  dư}\Rightarrow m_{Fe  dư}=0,56  gam\Rightarrow a=1,68  gam$
                            $3,34=a+b+0,02.71\Rightarrow b=3,34-1,68-0,02.71=0,24  gam$

Độ $pH$ là đại lượng biểu thị nồng độ ion $H^+$ (đúng hơn là $H_3O^+$) trong dung dịch với quy ước
    $pH = -lg[H^+]$
Dung dịch có $pH = -lg[H^+]$
Dung dịch có $pH = 3$ nghĩa là:
    $[H^+] = 10^{-3} ; [OH^-] = 10^{-11} ; [Cl^-] = 10^{-3} mol/l$
 Vì:
$$H_2O\rightleftharpoons H^++OH^-              (1)$$
Trong nước nguyên chất có cân bằng $(1)\Rightarrow [H^+] = [OH^-] = 10^{-7}\Rightarrow pH = -lg[H^+]=7$
 Khi cho thêm  $HCl$  thì :$$HCl\rightarrow H^++Cl^-$$
 $\Rightarrow [H^+]_{HCl}$ sẽ ảnh hưởng đến cân bằng $(1)$ như sau:
$$H_2O    \rightleftharpoons    H^+          +           OH^-$$
ban đầu:                                             $([H^+]_{HCl}+10^{-7})                 10^{-7}$
 phản ứng:                                                         $x                                                        x$
cân bằng:                                     $([H^+]_{HCl}+10^{-7}-x)               ( 10^{-7}-x)$
Theo bài ra thì : $pH = 3\Rightarrow \begin{cases} ([H^+]_{HCl}+10^{-7}-x)=10^{-3}                                (2)\\ ( 10^{-7}-x)=\frac{10^{-14}}{10^{-3}}                                                            (3) \end{cases}$
 Từ $(3)\Rightarrow x<10^{-7}\Rightarrow (2):([H^+]_{HCl}+10^{-7}-x)=10^{-3}\Rightarrow [H^+]_{HCl}\approx 10^{-3}$

 $\Rightarrow [H^+] = 10^{-3} ; [OH^-] = 10^{-11} ; [Cl^-] = 10^{-3} mol/l$
 

Áp dụng công thức tính nguyên tử khối trung bình của một nguyên tố

$\overline{A}=\frac{A_1x_1+A_2x_2+…+A_nx_n}{x_1+x_2+…+x_n}$

Trong đó $A_1,…A_n$ là số khối của các động vị từ 1 đến n và được tính theo công thức $A=p+n$

$x_1,…,x_n$ là phần trăm mỗi đồng vị $x_1+x_2....+x_n =100$%, hoặc là số nguyên tử mỗi đồng vị ( trong bài này là % mỗi đồng vị)

Ta có: khối lượng nguyên tử của $Cu$ trong tự nhiên tính theo công thức trên là :

                                  $\frac{62,930.69,09+64,9278.30,91}{100}=63,62u$

a)Theo bài ra ta có:
                                  $\begin{cases}P+N+E=126 \\ N=E+12 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}N+2E=126 \\ N=E+12 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}N=50 \\ E=38 \end{cases}$
$P=E=38;A=P+N=88$
b)Cấu hình:
                                           $1s^22s^22p^63s^23p^64s^23d^{10}4p^6 5s^2$

                                                   $N_2O_{4(k)} \rightleftharpoons  2NO_{2(k)}$
 a)
 *Với   $P=1  atm$:
 Giả sử thể tích của bình là $V_1=1  lit$
 Gọi số mol : $n_{N_2O_{4(k)}} =a  mol ;  n_{NO_{2(k)}} =b  mol$
 Theo bài ra ta có:

$\begin{cases}\frac{b^2}{a}=1,27 \\ a+b=\frac{273}{22,4.(63+273)} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,00103 \\ b=0,03524 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%N_2O_{4(k)}=2,84\% \\ \%NO_{2(k)}=97,16\% \end{cases}$
*Với   $P=10  atm$:
 Giả sử thể tích của bình là $V_2=1  lit$
 Gọi số mol : $n_{N_2O_{4(k)}} =a  mol ;  n_{NO_{2(k)}} =b  mol$
 Theo bài ra ta có:

$\begin{cases}\frac{b^2}{a}=1,27 \\ a+b=\frac{10.273}{22,4.(63+273)} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,0686 \\ b=0,2941 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%N_2O_{4(k)}=18,91\% \\ \%NO_{2(k)}=81,09\% \end{cases}$
b Từ kết quả trên ta thấy khi tăng áp suất thì   $N_2O_{4(k)}$  phân li kém đi hay nói cách khác là khi tăng áp suất thì cản trở việc phân li theo chiều thuận hay phản ứng dịch chuyển theo chiều nghịch . Đúng với nguyên lí Lơsatơ liê
 

$n_{NaOH}=0,06  mol\rightarrow n_{Na^+}=0,06  mol$
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong muối ta có:
   $n_{Na^+}=n_{Cl^-}+2n_{SO_4^{2-}}\Rightarrow n_{Cl^-}+2n_{SO_4^{2-}}=0,06                (1)$
Mặt khác:  $23.n_{Na^+}+35,5.n_{Cl^-}+96.n_{SO_4^{2-}}=3,76$
$\Rightarrow 35,5.n_{Cl^-}+96.n_{SO_4^{2-}}=3,76-23.0,06=2,38             (2)$
Từ $(1)  và  (2)\Rightarrow \begin{cases}n_{Cl^-}=0,04 \\ n_{SO_4^{2-}}=0,01 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}C_{M(HCl)}=1M \\ C_{M(H_2SO_4)}=0,25M \end{cases}$