Công thức của cao su isopen là : $(-CH_2-C(CH_3)=CH-CH_2-)_n\Rightarrow $Khi lưu hóa thì ứng với một cầu $-S-S-$ tương ứng với  $x$  mắt xích .
Theo bài ra ta có:
$\frac{32.2}{32.2+(68x-2)}=\frac{2}{100}\Rightarrow x\approx 46$

Gọi số mol của $Cu,AgNO_3,Hg(NO_3)_2$ lần lượt là $x,y,z  (mol);n_{NaOH}=0,4  mol\Rightarrow $ Các ptpư có thể xảy ra là:
                     $Cu        +       2AgNO_3     \rightarrow     2Ag\downarrow    +    Cu(NO_3)_2                     (1)$
                       $\frac{y}{2}                                      y                              y                                 \frac{y}{2}$
                     $Cu        +       Hg(NO_3)_2     \rightarrow     Hg\downarrow    +    Cu(NO_3)_2                     (2)$
                        $z                                          z                                   z                         z $
                    $Cu_{dư}      +      4HNO_3        \rightarrow      Cu(NO_3)_2 +2 NO_2\uparrow+2H_2O                   (3)$
          $(x-\frac{y}{2}-z)                                                           (2x-y-2z)$
                    $Hg     +      4HNO_3        \rightarrow      Hg(NO_3)_2 +2 NO_2\uparrow+2H_2O                            (4)$
                      $z                                                                       2z$
                   $Ag      +      2HNO_3        \rightarrow      AgNO_3     +     NO_2\uparrow+  H_2O                             (5)$
                     $y                                                                                                           y$
                   $Cu(NO_3)_2   +    H_2O    \rightarrow    Cu\downarrow   +  2HNO_3  +  \frac{1}{2}O_2\uparrow                 (6)$
                          $a                                                                  a                 2a                          \frac{1}{2}a                                      $
                  $HNO_3         +       NaOH\rightarrow       NaNO_3    +   H_2O                                                  (7)$
                         $2a                        2a$
                 $Cu(NO_3)_2     +     2NaOH\rightarrow Cu(OH)_2\downarrow+2NaNO_3                                        (8)$
             $(\frac{y}{2}+z-a)            (y+2z-2a)$
Theo bài ra ta có :
\begin{cases}108y+201z+64(x-\frac{y}{2}-z)=28+64x \\ (2x-y-2z)+2z+y=0,6 \\ 64a+16a=8 \\ 2a+(y+2z-2a)=0,4 \end{cases}
$\Leftrightarrow $
\begin{cases}x=0,3  mol \\ y=0,08  mol \\ z=0,16  mol \\ a=0,1  mol \end{cases}
$a)$ Từ $(8)\Rightarrow m_{Cu(OH)_2\downarrow}=98(\frac{y}{2}+z-a)=98 . 0,1=9,8  gam$
$b)C_{M(AgNO_3)}=\frac{0,08}{0,2}=0,4M        ;           C_{M(Hg(NO_3)_2)}=\frac{0,16}{0,2}=0,8M$
$c)m_{Cu  ban đầu}=64 . 0,3=19,2  gam$

$a)$ Số mol hai chất trong $11,6 g  A=\frac{4,8}{32}=0,15  (mol)$
Số mol hai chất trong $4,64  g  A=0,15\frac{4,64}{11,6}=0,06  (mol) $
            $C_6H_{14}+\frac{19}{2}O_2 \rightarrow{{}} 6CO_2+7H_2O$
            $X_xH_yN+(x+\frac{y}{4})O_2 \rightarrow{{}} xCO_2+\frac{y}{2}H_2O +\frac{1}{2}N_2  $
Ta có:
  $n_{H_2O}=\frac{6,48}{18}=0,36  (mol)\Rightarrow m_H=0,36.2=0,72 (g)$
  $n_{CO_2+N_2+O_2} $ còn dư $=\frac{7,616}{22,4}=0,34  (mol) $
  $n_{(N_2+O_2)  còn  dư} =\frac{1,344}{22,4}=0,06  mol\Rightarrow n_{CO_2} =0,34-0,06=0,28 (mol)$
  $\Rightarrow m_C=0,28.12=3,36 (g)\Rightarrow m_{N  trong  4,62  g  A} = 4,64-3,36-0,72=0,56 (g)$
$\Rightarrow n_N=n_{C_xH_yN}= \frac{0,56}{14}=0,04 (mol)\Rightarrow n_{C_6H_{14}}= 0,06-0,04=0,02 (mol)$
Khi đốt cháy $0,02  mol  C_6H_{14}$, sinh ra $0,12  mol  CO_2$ và $0,14  mol  H_2O$
Vậy khi đốt cháy $0,04  mol  C_xH_yN$, số mol $CO_2$ sinh ra là: $0,28-0,12=0,16  (mol)$
Số mol $H_2O$ sinh ra là: $0,36-0,14=0,22 (mol)$
Vậy $x=\frac{0,16}{0,04}=4 ;  \frac{y}{2}=\frac{0,22}{0,04}=5,5 \Rightarrow y=11  $
Công thức phân tử của amin là $C_4H_{11}N$
           $\%m_{C_4H_{11}N}=\frac{0,04.73}{4,64}.100\%=62,93\% $
$b)
  m_{O  trong  0,36  mol  H_2O}=0,36.16=5,76 (g)$
   $m_{O  trong  0,28  mol  CO_2}=0,28.2.16=8,96 (g)$
   $n_{O_2  còn  dư}=0,06-\frac{0,56}{28}=0,04 (mol) $
   $\Rightarrow m_{O_2  còn  dư}=0,04.32=1,28 (g)$
   $\Rightarrow m_{O_2  ban  đầu}=m=5,76+8,96+1,28=16 (g)$ abc

Các PT PƯ : $n_{NaAlO_2}=x  mol ; n_{HCl}=y  mol$
$$NaAlO_2+HCl+H_2O\rightarrow NaCl+Al(OH)_3\downarrow                (1)$$
$$Al(OH)_3\downarrow+3HCl\rightarrow AlCl_3+3H_2O                                                      (2)$$
Để thu được kết tủa sau phản ứng ứng thì : $n_{HCl}<4n_{NaAlO_2}\Rightarrow y<4x $

Các phương trình phản ứng có thể xảy ra là:
$$Zn+Fe_2(SO_4)_3\rightarrow ZnSO_4+2FeSO_4            (1)$$
$$Zn+FeSO_4  \rightarrow ZnSO_4+Fe\downarrow                      (2)$$
Như vậy khi $(1)$ xảy ra hoàn toàn hay $Fe_2(SO_4)_3$ chuyển hết thành $FeSO_4$ thì phản ứng  $(2)$ mới xảy ra.
Theo đề bài thì bạn đã không cho biết số nồng độ của $Fe_2(SO_4)_3$ cho nên với các đáp án bạn đưa ra thì đã xảy ra phản ứng $(2)$ vì nếu chỉ xảy ra $(1)\Rightarrow m=9,6  gam$ không có đáp án nào thỏa mãn !
Gọi số mol của $n_{Fe_2(SO_4)_3}=x  mol\Rightarrow n_{Zn   pư(1)} =x mol ; n_{Zn   pư(2)} =y  mol\Rightarrow y\leq 2x$
Theo bài ra ta có :
$9,6=65x+y(65-56)=65x+9y\Rightarrow 65x<9,6\leq 83x\Rightarrow 0,11566<x<0,1477$
$m=65(x+y)\leq 65.(x+2x)<28,8015\Rightarrow $chỉ có đáp án $B$ là thỏa mãn ! vậy chọn $B$

Chất khử là chất có khả năng nhường electron , chất oxi hóa là chất có khả năng nhận electron .
Vậy nên những chất vừa thể hiện tính khử vừa thể hiện tính oxi hóa là tất cả những chất trên trừ : $Al$
vì các chất hữu cơ trên khi tác dụng với $O_2$ đề thể hiện tính khử (phản ứng đốt cháy),và thể hiện tính khử khi tác dụng với $Na$.
$Cl_2,NO_2+NaOH\rightarrow $ sẽ thể hiện cả tính khử và oxi hóa.
Riêng $Al$ chỉ thể hiện tính khử .
Các PTPƯ các bạn tự viết nhé !

*)Mình nói cho bạn biết một điều là:
$Fe+HNO_3$ luôn tạo ra $Fe^{3+}$ và có thể tạo ra $NO_2;NO;....$ tùy thuộc vào nồng độ của $HNO_3$ và điều kiện $t^o$ , không bao giờ cho ra $Fe^{2+}$ trừ một trường hợp duy nhất đó là :
$$Fe+HNO_3\xrightarrow[lạnh]{rất  loãng} Fe(NO_3)_2+H_2$$
Như vậy có thể nói rằng khi:$Fe+HNO_3\rightarrow Fe^{3+}+...$
sau đó nếu $HNO_3 $  hết thì :
$$Fe+2Fe^{3+}\rightarrow 3Fe^{2+}$$
*)PTPƯ:
$$Fe+4HNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_3+NO\uparrow+2H_2O$$
                                         $a  mol               b  mol$
    +)Nếu $b=4a\Rightarrow $ sản phẩm thu được là : $a  mol NO  \uparrow;dd_{Fe(NO_3)_3}= a  mol  $
    +)Nếu $b>4a\Rightarrow $ sản phẩm thu được là :
                    $a  mol NO  \uparrow;dd_{Fe(NO_3)_3}= a  mol  ;dd_{HNO_3  dư }=b-4a$
    +)Nếu $b<4a\Rightarrow $ sảy ra phản ứng:
                                  $$Fe+2Fe(NO_3)_3\rightarrow 3Fe(NO_3)_2$$
               -)nếu  $a=\frac{b}{4}+\frac{1}{2}.\frac{b}{4}=\frac{3b}{8}\Rightarrow $sản phẩm thu được là :
$\frac{b}{4}  mol NO  \uparrow;dd_{Fe(NO_3)_2}= \frac{3b}{8}  mol  $
               -)nếu : $\frac{b}{4}<a<\frac{3b}{8}\Rightarrow $sản phẩm thu được là :
 $\frac{b}{4}  mol NO  \uparrow;dd_{Fe(NO_3)_2}=3(a-\frac{b}{4})  mol  ; dd_{Fe(NO_3)_3}=\frac{b}{4}-2(a-\frac{b}{4})=(\frac{3b}{4}-2a)  mol$
               -)nếu : $a>\frac{3b}{8}\Rightarrow $sản phẩm thu được là :
 $\frac{b}{4}  mol NO  \uparrow;dd_{Fe(NO_3)_2}= \frac{3b}{8}  mol  ; n_{Fe  dư}=(a-\frac{3b}{8})  mol$

Ta có sơ đồ phản ứng:
$$C_2H_5OH\xrightarrow[H=80\%]{H_2SO_4,170^0C}C_2H_4\xrightarrow[H=100\%]{trùng  hợp}(-CH_2-CH_2-)_n$$
                                 $46  gam                          \frac{28.80}{100}  gam                   \frac{28.80}{100}  gam$
                               $920  gam                                                                                        m  gam$
$\Rightarrow m=\frac{920.28.80}{46.100}=448  gam$

Gọi số mol trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là $x,y,z  mol$
                              $24x+56y+64z=23,52  gam                                    (1)$
Ta có các bán phản ứng có thể xảy ra là :  
                                $HNO_3\rightarrow H^++NO_3^-$                      
                                     $Mg-2e\rightarrow Mg^{2+}$
                                     $Fe-3e\rightarrow Fe^{3+}$
                                     $Cu-2e\rightarrow Cu^{2+}$
                      $8H^++2NO_3^-+6e\rightarrow 4H_2O+2NO\uparrow$
                        $2Fe^{3+}+Cu\rightarrow Cu^{2+}+2Fe^{2+}$                                                      
                                  $H_2SO_4\rightarrow 2H^++SO_4^{2-}$
                                    $Cu-2e\rightarrow Cu^{2+}$
                       $8H^++2NO_3^-+6e\rightarrow 4H_2O+2NO\uparrow$
                                  $NaOH\rightarrow Na^++OH^-$
                         $Mg^{2+}+2OH^-\rightarrow Mg(OH)_2\downarrow$
                          $Fe^{2+}+2OH^-\rightarrow Fe(OH)_2\downarrow$
                          $Cu^{2+}+2OH^-\rightarrow Cu(OH)_2\downarrow$
                             $Mg(OH)_2\overset{t^0}{\rightarrow}MgO+H_2O$
                $2Fe(OH)_2+\frac{1}{2}O_2\overset{t^0}{\rightarrow}Fe_2O_3+2H_2O               (Fe^{2+}-1e\rightarrow Fe^{3+})$
                             $Cu(OH)_2\overset{t^0}{\rightarrow}CuO+H_2O$
Ta có tổng số mol $H^+$ đã dùng là : $n_{H^+}=0,2.3,4+0,044.5.2=1,12  mol\Rightarrow n_{e  NO_3^-  nhận}=\frac{6.1,12}{8}=0,84  mol$
$\Rightarrow $Áp dụng định luật bảo toàn electron trong quá trình này là:
                                       $2x+2y+2z=0,84  mol                                                             (2)$
Mặt khác áp dụng định luật bảo toàn electron cho quá trình nung kết tủa ngoài kk là:
                        $2x+3y+2z=\frac{2(2.15,6-23,52)}{16}=0,96  mol               (3)$
Gải hệ $(1),(2),(3)\Rightarrow x=0,06  mol;y=0,12  mol;z=0,24  mol$
$\Rightarrow \%n_{Mg}=14,28\%;\%n_{Fe}=28,57\%;\%n_{Cu}=57,15\%$

Gọi công thức của anken cần tìm là $C_nH_{2n}$
Các phương trình phản ứng:
$$C_nH_{2n}   +   \frac{3n}{2}         \rightarrow         nCO_2          +          nH_2O$$
                                       $0,2  mol                                                       0,2n  mol           0,2n  mol$
$$CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O$$
                                              $0,2n  mol      0,4n  mol$
$n_{NaOH  ban  đầu}=\frac{20.295,2}{40.100}=1,476  mol\Rightarrow \frac{40(1,476-0,4n)}{0,2n(44+18)+295,2}=\frac{8,45}{100}\Rightarrow n=2$
a)Với $n=2\Rightarrow CTPT:C_2H_4$ etilen
b)Gọi số mol của $C_2H_4$ là $x  mol;H_2$ là $y  mol$
PTPƯ: $$C_2H_4+H_2\rightarrow C_2H_6$$
$$2H_2+O_2\rightarrow 2H_2O$$
$$2C_2H_6+7O_2\rightarrow 4CO_2+6H_2O$$
Theo bài ra ta có:
$\frac{28x+2y}{x+y}=6,2.2=12,4\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{2}{3}\Rightarrow Y:C_2H_6,H_{2  dư}\Rightarrow Y$ không làm mất màu dd Brom
Mặt khác : $n_{H_2O}=(y-x)+3x=\frac{25,2}{18}\Rightarrow x=0,4  mol\Rightarrow y=0,6  mol$
$\Rightarrow V=22,4(0,4+0,6)=22,4$ lit

Các phương trình phản ứng:
                                                                    $Mg+Cl_2\rightarrow MgCl_2$
                                                                   $2Al+3Cl_2\rightarrow 2AlCl_3$
                                                                  $2Fe+3Cl_2\rightarrow 2FeCl_3$
Đốt cháy hoàn toàn $10,7$ gam hỗn hợp $X (Mg, Al, Fe)$ bằng một lượng dư khí $Cl_2$ thu được $35,55g$ muối $Y$
 $\Rightarrow m_{Cl_2  pư}=35,55-10,7=24,85  gam\Rightarrow n_{Cl_2}=\frac{24,85}{71}=0,35  mol$
Gọi số mol trong $X$ lần lượt là $x,y,z  mol\Rightarrow 2x+3y+3z=0,7  mol                          (1)$
                                                                        $24x+27y+56z=10,7  gam                        (2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow $\begin{cases}x=\frac{4,4-29z}{6} \\ y=\frac{20z-2,3}{9} \end{cases}
Vì    $x,y,z>0\Rightarrow 0,115<z<0,1517  mol                                                            (3)$
Mặt khác : $n_{HCl}=0,3  mol;n_{H_2SO_4}=0,3  mol\Rightarrow n_{H^+}=0,9  mol,n_{Cl^-}=0,3  mol,n_{SO_4^{2-}}=0,3  mol$
                                                                   $HCl\rightarrow H^++Cl^-$
                                                             $H_2SO_4\rightarrow 2H^++SO_4^{2-}$
                                                        $Mg+2H^+\rightarrow Mg^{2+}+H_2\uparrow$
                                                       $2Al+6H^+\rightarrow 2Al^{3+}+3H_2\uparrow$
                                                         $Fe+2H^+\rightarrow Fe^{2+}+H_2\uparrow$
Khi cô cạn có thể xảy ra phản ứng sau:
                           $2Fe^{2+}+SO_4^{2-}+4H^+\rightarrow 2Fe^{3+}+SO_2\uparrow+2H_2O                                     (*)$
  +)Nếu coi $(*)$ không xảy ra thì khi cô cạn ta có:
Từ $(3)\Rightarrow 0,5483<2x+3y+2z=0,7-z<0,585<0,3,2=0,6  mol$
$\Rightarrow $ Muối thu được chỉ gồm muối sunfat và hiđrosunfat,$HCl$ bay hơi hết ! Khi đó:
$m=10,7+m_{SO_4^{2-}}+m_{HSO_4^{-}}=10,7+0,3 . 96+(0,3 . 2-2x-3y-2z)$
$m=39,4-z\Rightarrow 39,2483<m<39,285  gam$
  +)Nếu coi $(*)$  xảy ra thì khi cô cạn ta có:
$\Rightarrow $ muối thu được gồm muối sunfat và clorua !
$m=10,7+m_{SO_4^{2-}}+m_{Cl^-}=10,7+96(0,3-\frac{z}{2})+35,5[0,7-2(0,3-\frac{z}{2})]$
$m=43,05-12,5z\Rightarrow 41,15375<m<41,6125  gam$

$$H_2SO_4.3SO_3        +           3H_2O\rightarrow              4H_2SO_4$$
Ta có : $a  gam  H_2SO_4.3SO_3 :m_{SO_3}=\frac{3.80.a}{98+3.80}=\frac{240a}{338}\Rightarrow n_{SO_3}=\frac{3a}{338}  mol$
Trong $131$ gam dd $H_2SO_440\%$  có:  $n_{H_2O}=\frac{131.(100-40)}{18.100}=\frac{78,6}{18}$  mol
Theo bài ra : dd thu được là oleum chứa $10\%SO_3\Rightarrow m_{SO_3}=80(\frac{3a}{338}-\frac{78,6}{18});m_{oleum  thu  được }=a+131$
$\Rightarrow \frac{80(\frac{3a}{338}-\frac{78,6}{18})}{a+131}=\frac{10}{100}\Rightarrow a=594,09537666  gam$

Nung m gam hỗn hợp X gồm ba muối kali của axít no đơn chức và NaOH đủ thu được chât rắn D và hỗn hợp Y gồm ba ankan $\Rightarrow $ đây là ba muối của ba axit no đơn chức mạch hở . Gọi công thức của ba muối theo thứ tự tăng dần của khối lượng la : $R_1COOK;R_2COOK;R_3COOK;$ và số mol lần lượt là :$x_1;x_2;x_3$
Theo bài ra ta có : $x_1(R_1+83)+x_2(R_2+83)+x_3(R_3+83)=m                              (1)$
Các ptpứ:
$$R_1COOK+NaOH\rightarrow R_1H+KNaCO_3$$
$$R_2COOK+NaOH\rightarrow R_2H+KNaCO_3$$
$$R_3COOK+NaOH\rightarrow R_3H+KNaCO_3$$
 $$KNaCO_3+H_2SO_4\rightarrow KNaSO_4+H_2O+CO_2\uparrow$$
$a)$ Theo bài ra ta có $n_{KNaCO_3}=n_{CO_2\uparrow}\Rightarrow x_1+x_2+x_3=\frac{17,92}{22,4}=0,8  mol                              (2)$
  Ta lại có:$\frac{x_1(R_1+1)+x_2(R_2+1)+x_3(R_3+1)}{x_1+x_2+x_3}=11,5.2=23$

$\Rightarrow x_1R_1+x_1R_2+x_1R_3=22(x_1+x_2+x_3)=0,8.22=17,6  gam                          (3)$
Thay $(2),(3) $  vào $(1)\Rightarrow m=17,6+83.0,8=84  gam$
 $b)$
 Từ $(3)\Rightarrow R_1\leqslant \frac{x_1R_1+x_1R_2+x_1R_3}{x_1+x_2+x_3}\leqslant R_3\Rightarrow R_1\leqslant 22\leqslant R_3$
 Vì sản phẩm thu được  $Y$  là các ankan $\Rightarrow R_1:CH_3-\Rightarrow $ ankan thu được là $CH_4:  metan$

Gọi công thức trung bình của hỗn hợp là : $C_xH_{2x-2}O_2$ số mol là $a  mol$
$\Rightarrow  C_xH_{2x-2}O_2 \overset{O_2}{\rightarrow}xCO_2+(x-1)H_2O$ 
$CO_2+Ca(OH)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O$ 
$\Rightarrow a(14x+30)=3,42                     (1)$
             $ax=\frac{18}{100}=0,18                 (2)$ 
Từ $(1),(2)\Rightarrow a=0,03  mol\Rightarrow x=6\Rightarrow m_{dd Ca(OH)_2}-m_{dd  X}=18-(0,18.44+0,15.18)=7,38  gam$ 
Vậy dd $X$ giảm $7,38$  giảm so với dd ban đầu 

$Fe_xO_y$ chỉ có thẻ là :$FeO;Fe_3O_4;Fe_2O_3$ theo bài ra ta có dd thu được phải đồng thời chứa hai ion
$Fe^{2+};Fe^{3+}\Rightarrow Fe_xO_y:Fe_3O_4$