$2H_2O\overset{ĐPDD}{\rightarrow}2H_2\uparrow+O_2\uparrow$
Áp dụng công thức :      $m=\frac{A.I.t}{n.F}\Rightarrow \frac{m}{A}=\frac{I.t}{n.F}$
Chú ý: nếu  $t:s\Rightarrow F=96500;  t:h\Rightarrow F=26,8$ 
$n_{H_2}=\frac{0,67.40}{2.26,8}=0,5  mol\Rightarrow m_{H_2O  đp}=0,5.18=9  gam\Rightarrow m_{dd  ban  đầu}=9+100=109  gam$ 
$\Rightarrow C\%NaOH_{ban  đầu}=\frac{100.0,06}{109}.100=5,5\%$  

$1)Vì :7,45+2,82<10,75\Rightarrow Cl^-;Cu^{2+}  $ đã bị điện phân hết $\Rightarrow$trong dd còn những ion không bị điện phân dd là $K^+,NO_3^-\Rightarrow D$ là đáp án đúng 
$2)$
Tại catot:
  $M^{2+}+2e\rightarrow M\downarrow$ 
   $a                                       a  mol$
  $2H_2O+2e\rightarrow H_2\uparrow+2OH^-$ 
                               $b  mol$
Tại anot
  $H_2O+2e\rightarrow 2H^++\frac{1}{2}O_2\uparrow$ 
                                         $2.0,035  mol$ 
Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}a+b=2.(2.0,035) \\ b+2.0,035=0,1245 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,0855  mol \\ b=0,0545  mol \end{cases}\Rightarrow M_{MSO_4}=\frac{13,68}{0,0855}=160\Rightarrow M:Cu$ 
$\Rightarrow y=64.(2.0,035)=4,48  gam$ 
$3)$
 $CuSO_4+H_2O\overset{đpdd}{\rightarrow}Cu\downarrow+H_2SO_4+\frac{1}{2}O_2\uparrow$
$\Rightarrow n_{o_2}=\frac{1}{2}.\frac{3,2}{64}=0,025  mol\Rightarrow V=0,56  lit$ 

                          $2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2(SO_4)_3+3H_2\uparrow$
                            $x                1,5x                       0,5x                         1,5x$ 
                      $Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2(SO_4)_3+3H_2O $ 
                             $y                  3y                                    y$ 
                        $CuO+ H_2SO_4\rightarrow  CuSO_4+H_2O$ 
                            $z                     z$ 
                      $2NaOH   +     H_2SO_4\rightarrow  Na_2SO_4+2H_2O$ 
                  $0,4.0,5          \rightarrow        0,1$ 
                  $CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu(OH)_2\downarrow+Na_2SO_4$
                       $z                            2z$
             $Al_2(SO_4)_3+ 8NaOH \rightarrow 2NaAlO_2+3Na_2SO_4+4H_2O$ 
        $(0,5x+y)                 8 (0,5x+y)  $ 
Theo bài ra ta có:
$n_{H_2SO_4}=1  mol;n_{H_2}=0,3  mol;n_{1(NaOH)}=0,2  mol; n_{2(NaOH)}=2,4  mol $
$\Rightarrow \begin{cases}1,5x=0,3  mol \\ 1,5x+3y+z=1-0,1 \\2z+8(0,5x+y)=2,4-0,2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x=0,2  mol \\ y=0,1  mol \\z=0,3  mol \end{cases}$ 
a)$\Rightarrow \begin{cases}\%Al=13,6\% \\ \%Al_2O_3=25,8\% \\\%CuO=60,6\% \end{cases}$ 
b)          $NaAlO_2+HCl+H_2O\rightarrow NaCl+Al(OH)_3\downarrow$ 
                   $ Al(OH)_3 +3HCl\rightarrow AlCl_3+3H_2O$
   Ta có: $n_{NaAlO_2}=x+2y=0,4  mol\Rightarrow $ 
*)$n_{1(HCl)}=0,4\Rightarrow V_1=0,4  lit$
*)$n_{2(HCl)}=0,4+3.0,4\Rightarrow V_2=1,6  lit$ 
*)$n_{Al_2O_3}=0,1  mol\Rightarrow n_{Al(OH)_3}=0,2  mol\Rightarrow n_{3(HCl)}=0,2\Rightarrow V_3=0,2  lit$ 
                                                                                          $n_{3'(HCl)}=0,6  mol\Rightarrow V_{3'}=0,6  lit$

 

$n_{CO_2}=\frac{1,568}{22,4}=0,07  mol;n_{NaOH}=0,08  mol; n_{BaCl_2}=0,04  mol;n_{Ba(OH)_2}=0,25x  mol$
                           $CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O$  
                                   $CO_2+NaOH\rightarrow NaHCO_3$ 
$\Rightarrow n_{Na_2CO_3}=0,01  mol;n_{NaHCO_3}=0,06  mol\Rightarrow n_{CO_3^{2-}}=0,01  mol;n_{HCO_3^-}=0,06  mol$ 
Mặt khác $n_{Ba^{2+}}=(0,04+0,25x)  mol;n_{OH^-}=(0,5x)  mol$ 
                               $ HCO_3^{-} +OH^-\rightarrow  CO_3^{2-} +H_2O$
                               $ Ba^{2+} + CO_3^{2-} \rightarrow BaCO_3\downarrow$ 
$n_{ BaCO_3 }=0,02  mol\Rightarrow n_{ CO_3^{2-} }=0,02  mol\Rightarrow n_{OH^-}=0,02-0,01=0,01  mol$ 
$\Rightarrow 0,5x=0,01\Rightarrow x=0,02\Rightarrow A$ là đáp án đúng 

$C_6H_5-CH_2-CH_3\xrightarrow[t^0]{KMnO_4}C_6H_5-COOK\overset{+HCl}{\rightarrow} C_6H_5-COOH\Rightarrow C$ là đáp án đúng 

$2H_2O\overset{ĐPDD}{\rightarrow}2H_2\uparrow+O_2\uparrow$
Áp dụng công thức :      $m=\frac{A.I.t}{n.F}\Rightarrow \frac{m}{A}=\frac{I.t}{n.F}$
Chú ý: nếu  $t:s\Rightarrow F=96500;  t:h\Rightarrow F=26,8$ 
$n_{H_2}=\frac{10.268}{2.26,8}=50  mol\Rightarrow m_{H_2O  đp}=50.18=900  gam\Rightarrow m_{dd  ban  đầu}=900+100=1000  gam$ 
$\Rightarrow C\%NaOH_{ban  đầu}=\frac{100.0,24}{1000}.100=2,4\%\Rightarrow B$  là đáp án đúng  

Khi ta cho tinh thể $CH_3COONa$  vào dung dịch metyl da cam thì dung dịch có màu vàng ! 
Khi ta cho $CH_3COOH$  vào dung dịch metyl da cam thì dung dịch có màu đỏ ! 
Khi ta cho tinh thể  $CH_3COONa$   vào dung dịch  $CH_3COOH$   đậm đặc vào dung dịch metyl da cam thì dung dịch có màu vàng !  Do tạo ra dung dịch đệm có $pH>5$ lớn hơn khoảng đổi màu của metyl da cam $\approx 3\div 4,5$

$R_2O_x\Rightarrow RH_{8-x}\Rightarrow \frac{2R}{2R+16x}:\frac{R}{R+8-x}=17:45\Rightarrow 28R=181x-360\Rightarrow $Lập bảng suy ra :
$\begin{cases}x=4 \\ R=13 \end{cases}\Rightarrow      ^{13}C$  đây là một trong các đồng vị của    $Cacbon$  

Thủy phân $80\%\Rightarrow n_{Ag  tương  ứng}=0,2.0,8=0,16  mol$
$\Rightarrow {Ag}$ tạo ra do $20\%:n_{Ag}=0,168-0,16=0,008  mol\Rightarrow n_{mantozo}=\frac{0,008.100}{2.20}=0,02  mol$
$n_{saccarozo}=\frac{0,2-0,02.4}{4}=0,03  mol\Rightarrow \% m_{saccarozo}=60\% \Rightarrow D$ là đáp án đúng 
Chú ý:
                                            

$n_{NaOH}=0,69  mol;n_{H_2}=0,225  mol\Rightarrow n_{-OH}=2.0,225=0,45  mol\Rightarrow n_{NaOH  pứ}=0,45  mol$
$\Rightarrow n_{NaOH  dư}=0,69-0,45=0,24  mol\Rightarrow n_{muối}=0,45  mol\Rightarrow M_{Khí}=\frac{7,2}{0,45}=16\Rightarrow CH_4$ 
$\Rightarrow Muối  :CH_3COONa$ 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
 $m=0,24.40+0,45.82+15,4-0,69.40=34,3  gam\Rightarrow C$  là đáp án đúng 

Ta có
$\frac{P_0.V_0}{T_0}=\frac{P_1.V_1}{T_1}\Rightarrow V_0=0,224  lit\Rightarrow n_A=0,01  mol\Rightarrow M_A=254$
Nếu ancol đơn chức:
$\Rightarrow A\overset{+NaOH}{\rightarrow}R(COONa)_n\Rightarrow M_{ R(COONa)_n }=\frac{28,2}{0,1}=282$
$\Rightarrow M_R+67n=282\Rightarrow n=\frac{282-M_R}{67}\leqslant \frac{282}{67}\Rightarrow n\leqslant 4$
Lập bảng suy ra không có chất nào thỏa mãn
Nếu axit đơn chức:
$\Rightarrow A\overset{+NaOH}{\rightarrow}(RCOONa)_n\Rightarrow M_{ (RCOONa)_n }=\frac{28,2}{0,1}=282$
$\Rightarrow (M_R+67)n=282\Rightarrow n\leqslant \frac{282}{67}\Rightarrow n\leqslant 4\Rightarrow $ lập bảng ta thu được giá trị thỏa mãn là:
$n=3;R:CH_2=CH-\Rightarrow A:(CH_2=CHCOO)_3C_3H_5$ glixerol triacrylat

2:
$\%O=18,88\Rightarrow \frac{70,97}{12}: \frac{10,15}{1}:  \frac{18,88}{16}=5,914:10,15:1,18\approx 5:8,6:1\approx 10:17:2$  
$M=6,4.0,5.106=339,2\approx 339\Rightarrow CTPT:???????$ 

Chi tiết bài 1:
$CO_2+Ca(OH)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O$ 
   $ x                    x                                         x$
$2CO_2+Ca(OH)_2\rightarrow Ca(HCO_3)_2$  
  $2y                   y                                         y$ 
$ Ca(HCO_3)_2\overset{t^0}{\rightarrow} CaCO_3\downarrow+H_2O +CO_2\uparrow$ 
Ta có:
$n_{ Ca(OH)_2 }=0,02  mol$ 
Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}x+y=0,02 \\ x=\frac{1}{100} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x=0,01  mol \\ y=0,01  mol \end{cases}\Rightarrow n_{CO_2}=x+2y=0,03  mol\Rightarrow n_C=n_{CO_2}=0,03  mol$ 
còn lại tính như ở lời giải trên ! ...................