Ta có :
$n_{Mg}=0,25  mol;n_{SiO_2}=0,075  mol$ các PTPƯ :
$$2Mg+SiO_2\rightarrow Si+2MgO$$
$$2Mg+Si\rightarrow Mg_2Si$$
$$Mg_2Si+4H_2O\rightarrow 2Mg(OH)_2+SiH_4\uparrow$$ 
$$Si+2NaOH+H_2O\rightarrow Na_2SiO_3+2H_2\uparrow$$ 
$\Rightarrow  n_{SiH_4}=\frac{0,25-2.0,075}{2}=0,05  mol;n_{H_2}=0,075-0,05=0,025  mol$ 
$\Rightarrow V=22,4.(0,05+0,025)=1,68  lit$ 

Theo bài ra ta có sản phẩm thu được sau PƯ là :
$n_{axit  axetic  dư}=2  mol;n_{glixerol  dư}=0,1  mol;n_{etilenglicol  dư}=0,2  mol;n_{H_2O  tạo  ra}=2  mol$ và hỗn hợp các este.
$\Rightarrow m_{sp}=m_{bđ} - m_{axit  axetic  dư} - m_{glixerol  dư} - m_{etilenglicol  dư}-  m_{H_2O  tạo  ra} $ 
$\Rightarrow  m_{sp}= (4.60+0,5.92+1.62)-2.60-0,1.92-0,2.62-2.18=170,4  gam$ 

Theo bài ra ta có sản phẩm thu được sau PƯ là :
$n_{axit  axetic  dư}=2  mol;n_{glixerol  dư}=0,1  mol;n_{etilenglicol  dư}=0,2  mol;n_{H_2O  tạo  ra}=2  mol$ và hỗn hợp các este.
$\Rightarrow m_{sp}=m_{bđ} - m_{axit  axetic  dư} - m_{glixerol  dư} - m_{etilenglicol  dư}-  m_{H_2O  tạo  ra} $ 
$\Rightarrow  m_{sp}= (4.60+0,5.92+1.62)-2.60-0,1.92-0,2.62-2.18=170,4  gam$ 

Gọi CTPT la:$C_xH_yO_z\Rightarrow $ ta có:
a)   $n_c=n_{CO_2}=0,6  mol;n_H=2n_{H_2O}1  mol\Rightarrow n_O=\frac{16,2-0,6.12-1.1}{160}=0,5  mol$
$\Rightarrow x:y:z=0,6:1:0,5=6:10:5\Rightarrow X$ là tinh bột hoăc xenlulozơ $(-C_6H_{10}O_5-)_n$
b)  $$(-C_6H_{10}O_5-)_n+nH_2O\overset{H^+}{\rightarrow}nC_6H_{12}O_6$$
 $$C_6H_{12}O_6+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\rightarrow C_6H_{11}O_7NH_4+2Ag \downarrow+2NH_4NO_3$$
 $n_{C_6H_{12}O_6}=\frac{16,2}{162}=0,1  mol\Rightarrow m_{Ag}=0,1.2.108.80\%=17,28  gam$

Ta có sơ đồ biến hóa sau:
$$Cu_2S\overset{HNO_3}{\rightarrow}2Cu^{2+}  +  SO_4^{2-}$$ 
$$FeS_2\overset{HNO_3}{\rightarrow}Fe^{3+}  +  2SO_4^{2-}$$  
$$Ba(OH)_2\rightarrow Ba^{2+}  +  2OH^-$$ 
$$ Cu^{2+}   +  2OH^-\rightarrow Cu(OH)_2\downarrow$$ 
$$ Fe^{3+}   +  3OH^-\rightarrow Fe(OH)_3\downarrow$$  
$$ Ba^{2+}   +  SO_4^{2-}  \rightarrow BaSO_4\downarrow$$  
$m_ \downarrow =0,2.98+0,05.107 +(0,1+0,1).233 =71,55  gam$

Như ta đã biết trong các muối của bạc halogenua thì chỉ có $AgF$ không tan.
Ta có $n_{AgCl}=0,0225  mol\Rightarrow m_{NaCl  trong  B}=2.0,225.58,5=2,6325<3,0525\Rightarrow $có $NaF$
$\Rightarrow m_{NaF}=3,0525-2,6325=0,42  gam\Rightarrow \%NaF=6,74\%$
Mặt khác gọi hai muối còn lại là $NaY;NaZ$  (với $M_Y<M_Z$) và số mol lần lượt là :$y;z  mol$
$\Rightarrow NaY\leqslant \frac{6,23-0,42}{2.0,0225}\leqslant NaZ\Rightarrow Y\leqslant 106,1\leqslant Z\Rightarrow Z:I(Iot)$
     $*Y:Br\Rightarrow $\begin{cases}103y+150z=6,23-0,42 \\ y+z=0,045 \end{cases}\begin{cases}y=0,02 \\ z=0,025 \end{cases}
\begin{cases}m_{NaBr}=2,06  gam;33,06\% \\ m_{NaI}=3,75  gam;60,20\% \end{cases}
     $*Y:Cl\Rightarrow $\begin{cases}58,5y+150z=6,23-0,42 \\ y+z=0,045 \end{cases}\begin{cases}y\approx 0,01 \\ z\approx 0,035 \end{cases}
\begin{cases}m_{NaBr}=0,585  gam;9,39\% \\ m_{NaI}=5,225  gam;83,87\% \end{cases}
 

Ta có sơ đồ biến hóa sau:
$$Cu_2S\overset{HNO_3}{\rightarrow}2Cu^{2+}  +  SO_4^{2-}$$ 
$$FeS_2\overset{HNO_3}{\rightarrow}Fe^{3+}  +  2SO_4^{2-}$$  
$$Ba(OH)_2\rightarrow Ba^{2+}  +  2OH^-$$ 
$$ Cu^{2+}   +  2OH^-\rightarrow Cu(OH)_2\downarrow$$ 
$$ Fe^{3+}   +  3OH^-\rightarrow Fe(OH)_3\downarrow$$  
$$ Ba^{2+}   +  SO_4^{2-}  \rightarrow BaSO_4\downarrow$$  
$m_ \downarrow =0,2.98+0,05.107 +(0,1+0,1).233 =71,55  gam$ 

PTPƯ:
$$N_2             +             3H_2              \rightleftharpoons                2NH_3$$ 
Ban đầu:                                 $2  mol                          8  mol                                       0  mol$ 
Phản ứng:                               $x  mol                      3x  mol                             2x  mol $ 
Cân bằng:                         $(2-x)mol           (8-3x)mol                      2x  mol$ 
Theo bai ra ta có: $n_t-n_s=2x  mol\Rightarrow \frac{2x}{2+8}=\frac{20}{100}\Rightarrow x=1  mol$
Vậy khi cân bằng ta có: $[N_2]=0,5M; [H_2]=2,5M; [NH_3]=1M  (vì    V=2  lít )   $
$\Rightarrow K_{cb}=\frac{ [NH_3]^2}{ [N_2].[H_2]^3}=\frac{1}{0,5.(2,5)^3}=0,128$
 

PTPƯ:
$$6nCO_2+5nH_2O\rightarrow (-C_6H_{10}O_5-)_n+6nO_2\uparrow$$ 
$\Rightarrow  n_{CO_2}=\frac{6.500}{162}\Rightarrow V_{kk}=\frac{6.500.22,4.100}{162.0,03}=\frac{6720000}{4,86}=1382716 (l)$

Gọi số mol trong $X$  lần lượt là $x,y,z$ mol
$\Rightarrow$Tổng số mol electron mà $X$ nhường đi là:
$$n_{e}=3x+2y+2z                                          (1)$$ 
Tổng số mol electron mà oxi đã nhận là :
$$n_{e    oxi  đã  nhận}=\frac{2.(17,76-m)}{16}                   (2)$$
Tổng số mol electron mà $H^+$ của axits $H_2SO_4$ đã nhận đẻ chuyển thành $H_2$ là :
$$n_{e    H^+  nhận}=\frac{2.4,032}{22,4}                                            (3)$$
Áp dụng định luật bảo toàn electron theo  $(1),(2),(3)\Rightarrow  n_{e}=  \frac{2.(17,76-m)}{16} + \frac{2.4,032}{22,4}  $
 $$\Leftrightarrow m=20,64-8 .n_{e}                                             (4)$$
Trong muối khan thu được ta có : $43,74=m+m_{SO_4^{2-}  trong  muối }$ 
$\Leftrightarrow m+\frac{96. n_{e} }{2} =43,74 $
Theo $(4)\Rightarrow  20,64-8 .n_{e} +48.n_e=43,74\Rightarrow n_e=0,5775  mol$ 
Thay vào $(4)\Rightarrow m=16,02  gam$ 
$\Rightarrow $Ta có : $n_{H_2SO_4}=\frac{n_e}{2}=\frac{0,5775}{2}=0,28875  mol$ 

Ta có $X:  CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_2)-COOH;n_X=0,25;n_{NaOH}=0,4  mol;n_{HCl}=0,8  mol$
Các PTPƯ:
$$X+NaOH\rightarrow  CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_2)-COONa   (Y)+H_2O                     (1) $$ 
$$NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O                                                                                                                                                     (2)$$ 
$$Y+HCl \rightarrow  CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_3Cl)-COONa   (Z)                                         (3)$$ 
$$ Z+HCl\rightarrow  CH_3-CH(NH_3Cl)-CH(NH_3Cl)-COONa       (T)                                  (4)$$ 
 $$ T+HCl\rightarrow CH_3-CH(NH_3Cl)-CH(NH_3Cl)-COOH  (P)+NaCl                              (5) $$ 
Từ $(1),(2)\Rightarrow n_Y=0,25  mol;n_{NaCl}=0,4-0,25=0,15  mol$ 
$n_Z=0,25  mol;n_t=0,25  mol\Rightarrow n_{HCl  pư (2),(3),(4)}=0,15+0,25+0,25=0,65  mol$ 
$n_{HCl  pư (5)}=0,8-0,65=0,15  mol\Rightarrow n_P=0,15  mol\Rightarrow n_T=0,25-0,15=0,1  mol$ 
$\Rightarrow $  Khi cô cạn sản phẩm thu được là:
$n_P=0,15  mol;n_T=0,1  mol;n_{NaCl}=0,15+0,15=0,3  mol$ 

Dùng quỳ tím để phân biệt !
Lấy $5$ mẫu thử lần lượt cho quỳ tím vào:
*DD nào không làm đổi màu quỳ tím thì đó là dd $K_2SO_4$
*DD nào làm đổi màu quỳ tím thành xanh thì đó là dd $KOH$
*DD nào làm đổi màu quỳ tím thành đỏ là ba dd còn lai .
*Lấy dd $KOH$ đổ vào ba dd chua tim được, dd nào thoát khí mùi khai thì đó là dd $NH_4Cl$.
$$KOH+NH_4Cl\rightarrow KCl+NH_3\uparrow+H_2O$$
*Lấy ba mẫu thử có thể tích bằng nhau là:$KOH$ và hai dd chưa biết $HBr,H_2SO_4$.Đổ dd $KOH$ vào một trong hai dd còn lại:
    +)Cho quỳ tím vào dd vừa thu được,nếu dd này không làm quỳ tím đổi màu thì dd này chứa $KBr$ vì:
$$KOH+HBr\rightarrow KBr+H_2O$$
vì các dd có cùng nồng độ $\Rightarrow $ dd $HBr\Rightarrow $ dd còn lại là $H_2SO_4$
    +)Cho quỳ tím vào dd vừa thu được,nếu dd này làm quỳ tím đổi màu đỏ thì dd này chứa $H_2SO_4$ vì:
$$KOH+H_2SO_4\rightarrow KHSO_4+H_2O$$
vì các dd có cùng nồng độ $\Rightarrow $ dd $H_2SO_4\Rightarrow $ dd còn lại là $HBr$

Dẫn hh qua bình dư dd $HCl$ khí thoát ra cho qua bình $P_2O_5$ để thu lấy $CH_4$
vì       $CH_3NH_2+HCl\rightarrow CH_3NH_3Cl$     khí thoát ra là $CH_4$ qua bình $P_2O_5$ để giữ hơi nước .
Cho $NaOH$ dư đun nhẹ để thu lấy $CH_3NH_2$ vì
        $CH_3NH_3Cl+NaOH\rightarrow CH_3NH_2\uparrow+NaCl+H_2O$
Khí thoát ra cho qua bình $P_2O_5$ để loại nước ta thu được $CH_3NH_2$