$Fe_2(SO_4)_3+3BaCl_2\rightarrow 2FeCl_3+3BaSO_4\downarrow$
                         $x                                                                                                       3x$
                      $M_2SO_4+BaCl_2\rightarrow 2MCl+BaSO_4\downarrow$ 
                             $y                                                                                          y$ 

$\Rightarrow \begin{cases}400x+(2M+96)y=3,92                                (1)\\ 3x+y=\frac{6,99}{233}                                                                       (2) \end{cases}$ 
$(2)\Rightarrow y=0,03-3x$ 
$(1)\Rightarrow 400x+(0,03-3x)(2M+96)=3,92$ 
$\Rightarrow  400x-6Mx-288x=3,92-2,88-0,06M$ 
$\Rightarrow x(112-6M)=1,04-0,06M\Rightarrow x=\frac{ 1,04-0,06M }{ 112-6M }= \frac{ (1,12-0,06M)-0,08 }{ 112-6M }$ 
$\Rightarrow x=0,01- \frac{0,08 }{ 112-6M } \Rightarrow 0<x<0,01\Leftrightarrow 0< \frac{0,08 }{ 112-6M }  <0,01$ 
$\Leftrightarrow \begin{cases}112-6M>0 \\ 8<112-6M \end{cases}\Leftrightarrow M<18,66$
$\Rightarrow M:Li\Rightarrow M_{Li}=7\Rightarrow x=0,01-\frac{0,08}{70}\Rightarrow y=0,03-3.( 0,01-\frac{0,08}{70})=\frac{0,24}{70}$
$\Rightarrow \%m_{Li_2SO_4}=\frac{110.0,24.100}{3,92.70}=9,62\%$
 

                               $N_2O_4          \rightleftharpoons        2NO_2$
Ở $27^oC:$
Ban đầu :                 $0,2$ 
Cân bằng            $(0,2-x)                         2x$ 
Ở $110^oC:$
Ban đầu :                 $0,2$ 
Cân bằng            $(0,2-y)                         2y$ 
Áp dụng công thức : $\frac{P_o.V_o}{T_o}=\frac{P_1.V_1}{T_1}\Rightarrow n=\frac{1}{22,4}.V_o= \frac{1}{22,4}. \frac{P_1.V_1}{T_1}.\frac{T_o}{P_o}$
a)Theo bài ra ta có:
  Ở $27^oC:$ 
 $(0,2-x)+2x=\frac{1.5,9}{22,4.(27+273)}.\frac{273}{1}\approx 0,24  mol\Rightarrow x\approx 0,04  mol\Rightarrow \%N_2O_4=20\%$
Ở $110^oC:$ 
 $(0,2-y)+2y=\frac{1.12,14}{22,4.(110+273)}.\frac{273}{1}\approx 0,39  mol\Rightarrow x\approx 0,19  mol\Rightarrow \%N_2O_4=95\%(\approx 93\%)$ 
b) 
Ở $27^oC:K_1=\frac{(\frac{0,08}{5,9})^2}{\frac{0,16}{5,9}}\approx 0,007$  
Ở $110^oC:K_2=\frac{(\frac{0,38}{12,14})^2}{\frac{0,01}{12,14}}\approx 1,189$   
$\Rightarrow K_2>K_1\Rightarrow $ phản ứng thu nhiệt 

Kim loại dư là $Cu\Rightarrow Y:Fe(NO_3)_2;Cu(NO_3)_2$
               $Fe_3O_4+8H^++2e\rightarrow 3Fe^{2+}+4H_2O $
                   $x                                            2x            3x$
                        $Cu-2e\rightarrow Cu^{2+}$
                         $y             2y                  y$
               $N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}(NO)$ 
                       $3.0,075\leftarrow 0,075$ 
Áp dụng ĐLBT electron ta có:
         $2y=2x+3.0,075                                                  (1)$ 
Theo bài ra ta có:
         $232x+64y+0,7=30,1                            (2)$ 
Từ $(1),(2)\Rightarrow \begin{cases}x=0,075  mol \\ y=0,1875  mol \end{cases}\Rightarrow m=3.0,075.180+0,1875.188=75,75  gam$
$\Rightarrow B$  là đáp án đúng 

                      $8Al+3NO_3^-+5OH^- +2H_2O \rightarrow 8AlO_2^-+3NH_3\uparrow$
                                 $AlO_2^-+H^++H_2O\rightarrow Al(OH)_3\downarrow$ 

$D$  là đáp án vì:
Cho $Ba(NO_3)_2$  lần lượt vào hỗn hợp ba dung dịch trên
$X\Rightarrow Ba(NO_3)_2+Na_2CO_3\rightarrow 2NaNO_3+BaCO_3\downarrow$
$Y\Rightarrow Ba(NO_3)_2+Na_2SO_4\rightarrow 2NaNO_3+BaSO_4\downarrow$
$Z\Rightarrow \begin{cases}Ba(NO_3)_2+Na_2CO_3\rightarrow 2NaNO_3+BaCO_3\downarrow \\ Ba(NO_3)_2+Na_2SO_4\rightarrow 2NaNO_3+BaSO_4\downarrow \end{cases}$
Lọc rửa kết tủa của từng dung dịch.
Sau đó cho lần lượt tác dụng với $HNO_3$
*)Chất rắn nào không tan là $BaSO_4\Rightarrow dd:Y$
*)Chất rắn nào tan hoàn toàn và cho bọt khí xuất hiện là $BaCO_3\Rightarrow dd:X$
*)Chất rắn nào tan một phần và có bọt khí xuất hiện là $BaCO_3;BaSO_4\Rightarrow dd:Z$

                 $2Fe_xO_y+(6x-2y)H_2SO_4\rightarrow xFe_2(SO_4)_3+(3x-2y)SO_2\uparrow+(3x-y)H_2O$
                                                                                         $A_1                                        B_1$
                            $Fe_2(SO_4)_3+6NaOH\rightarrow 3Na_2SO_4+2Fe(OH)_3\downarrow$
                                       $2Fe(OH)_3\rightarrow Fe_2O_3+3H_2O$
                                                                       $A_2$
$\Rightarrow C$   là đáp án đúng

Các bạn chú ý :$H_2O$ có thể được dùng thỏa mái mà không phải coi đó là thuốc thử ,vì từ dung dịch bất kì ta có thể chưng cất lấy được $H_2O$
$\Rightarrow D$  là đáp án vì :
Hòa tan các chất rắn trên ta chia ra được hai nhóm
$*)$Tan tốt :$Na_2CO_3;NaCl                                         (1)$
$*)$Khó tan :$CaSO_4.2H_2O;CaCO_3                            (2)$
Cho $H_2SO_4$ vào hai nhóm     :$(1),(2)$
  +)Nhóm $(1)$ :Dung dịch nào có bọt khí xuất hiện là $Na_2CO_3$  và dung dịch còn lại là $NaCl$
                  $H_2SO_4+Na_2CO_3\rightarrow Na_2SO_4+CO_2\uparrow+H_2O$ 
  +)Nhóm $(2)  :$Dung dịch nào có bọt khí xuất hiện là $CaCO_3\Rightarrow $  còn lại là $CaSO_4:$
                 $H_2SO_4+CaCO_3\rightarrow CaSO_4+CO_2\uparrow+H_2O$

Ta có:
                      $X+NaOH\rightarrow Y+Z$
$n_{Na_2CO_3}=0,03  mol\Rightarrow n_{NaOH}=0,06  mol;n_{CO_2}=0,11  mol;n_{H_2O}=0,05  mol$
$m_{NaOH}=2,4  gam\Rightarrow m_Z=2,76+2,4-4,44=0,72  gam$ 
$\Rightarrow Z:H_2O\Rightarrow n_Z=0,04  mol$ 
$\Rightarrow X:C_xH_yO_z\Rightarrow x:y:z=(0,03+0,11):(2.0,05+0,04.2-0,06):(\frac{2,76-m_C-m_H}{16})$ 
$=7:6:3\Rightarrow X:o,m,p-HO-C_6H_4-OOCH$ 

$(C_6H_{10}O_5)_n\overset{H_1=60\%}{\rightarrow}nC_6H_{12}O_6\overset{H_2=70\%}{\rightarrow}2nC_2H_5OH\overset{H_3=80\%}{\rightarrow}2nCH_3COOH$
       $162n                                                                        \overset{H}{\rightarrow}                                                                                      120n$ 
$\Rightarrow H=H_1.H_2.H_3=33,6\%\Rightarrow m=\frac{162n.300}{120n}.\frac{100}{33,6}=1205,36  gam$ 

$_{26}Fe:1s^22s^22p^63s^23p^63d^64s^2\Rightarrow $Có thể nhường  $2;3e$ (trạng thái bán bão hòa ở phân lớp $d$ khi nhường $3e$,  bền do có mức năng lượng thấp) $\Rightarrow +2;+3$ là hai mức oxi hóa bền .($+3$  bền hơn  $+2$)
$_{47}Ag:[K_r]4d^{10}5s^1\Rightarrow $ Có thể nhường $1e$  (trạng thái bão hòa ở phân lớp $d$  ,bền vững )$\Rightarrow +1$ là mức oxi hóa bền 

$\overline{M}:C_xH_yO_z\Rightarrow $
$n_C=n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=0,345  mol;n_H=2n_{H_2O}=0,69  mol\Rightarrow x:y=1:2\Rightarrow $ Hỗn hợp của hai este no đơn chức $\Rightarrow \overline{M}:RCOOR_1$
       $ RCOOR_1 +KOH\rightarrow RCOOK+R_1OH$ 
$\Rightarrow n_{\overline{M}}=n_{KOH}=\frac{7,7+4,025-6,828}{56}\Rightarrow \overline{M}=\frac{6,828}{n_{\overline{M}}}=78;M_{R_1OH}=46\Rightarrow R_1OH:C_2H_5OH$
$\Rightarrow HCOOC_2H_5;C_2H_5COOC_2H_5$ 

$X:C_xH_yO_z\Rightarrow $
$n_C=n_{CO_2}=1,05  mol;n_H=2n_{H_2O}=2,1  mol\Rightarrow n_O= 2.n_{CO_2}+n_{H_2O} -2.\frac{27,44}{22,4}=0,7  mol$
$\Rightarrow x:y:z=3:6:2\Rightarrow X:C_3H_6O_2\Rightarrow HCOOC_2H_5:a  mol;CH_3COOCH_3:b  mol$ 
$ HCOOC_2H_5 +NaOH\rightarrow  HCOONa+C_2H_5OH $ 
$ CH_3COOCH_3 +NaOH\rightarrow  CH_3COONa+CH_3OH $ 
$\Rightarrow \begin{cases}a+b=0,4 \\ 68a+82b=27,9 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,35  mol \\ b=0,05  mol \end{cases}\Rightarrow a:b=7:1$ 

$2NO_2+2NaOH\rightarrow NaNO_2+NaNO_3$
$2CO_2+3NaOH\rightarrow Na_2CO_3+NaHCO_3+H_2O$ 
$Fe_3O_4+8HCl\rightarrow 2FeCl_3+FeCl_2$
$\Rightarrow c,d,g\Rightarrow C$ là đáp án 

$C_xH_y\rightarrow xCO_2+0,5yH_2O$
$\frac{1,3}{12x+y}         \frac{1,3x}{12x+y}     $ 
$\Rightarrow  \frac{1,3x}{12x+y}=0,1 \Rightarrow x=y\Rightarrow CTPT:C_nH_n$ 
$X$ ở thể lỏng $\Rightarrow C_6H_6$ 

$AgNO_3+2NH_3\rightarrow [Ag(NH_3)]NO_3\Rightarrow B$  loại
$Na_2ZnO_2+4HCl\rightarrow 2NaCl+ZnCl_2+2H_2O\Rightarrow C$  loại
$NaHSO_4+NaHCO_3\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\Rightarrow D$ loại
$\Rightarrow A$  là đáp án