Câu 21b : 

\(\sqrt{2x+7}=x+2\)ĐKXĐ : \(x\ne-\frac{7}{2}\)

bình phương 2 vế ta được : 

\(2x+7=x^2+4x+4\)

\(\Leftrightarrow-x^2-2x+3=0\)

Ta có : \(4+12=16>0\)vay phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

\(x_1=\frac{2-\sqrt{16}}{-2}=\frac{2-4}{-2}=1\)

\(x_2=\frac{2+\sqrt{16}}{-2}=\frac{2+4}{-2}=-3\)( ktm ) 

Vậy \(x=1\)

Điều kiện xác định sai ây :> \(x\ge-2\)

a) \(n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)

Gọi CTTB của hai kim loại là \(\overline{R}\)

PTHH : \(2\overline{R}+H_2SO_4-->\overline{R}_2SO_4+H_2\uparrow\)   (1)

Theo pthh : \(n_{\overline{R}}=2n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)

=> \(M_{\overline{R}}=\frac{10,1}{0,3}\approx33,67\) (g/mol)

Mà hai kim loại thuộc hai chu kì liên tiếp => \(\hept{\begin{cases}Natri:23\left(Na\right)\\Kali:39\left(K\right)\end{cases}}\)

b) \(tổng.n_{H_2SO_4}=\frac{100\cdot19,6}{100\cdot98}=0,2\left(mol\right)\)

Theo pthh : \(n_{H_2SO_4\left(pứ\right)}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)

=> \(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,2-0,15=0,05\left(mol\right)\)

PTHH : \(2Na+H_2SO_4-->Na_2SO_4+H_2\)   (2)

             \(2K+H_2SO_4-->K_2SO_4+H_2\)        (3)

Đặt : \(\hept{\begin{cases}n_{Na}=x\left(mol\right)\\n_K=y\left(mol\right)\end{cases}}\) \(\Rightarrow23x+39y=10,1\left(I\right)\)

Theo pt (2); (3) : \(tổng.n_{H_2}=\frac{1}{2}n_{Na}+\frac{1}{2}n_K\)

\(\Rightarrow\frac{x}{2}+\frac{y}{2}=0,15\left(II\right)\)

Theo (I) và (II) => \(\hept{\begin{cases}x=0,1\\y=0,2\end{cases}}\)

Theo pthh (2) : \(n_{Na_2SO_4}=\frac{1}{2}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\)

                  (3) : \(n_{K_2SO_4}=\frac{1}{2}n_K=0,1\left(mol\right)\)

Áp dụng ĐLBTKL : \(m_{hh}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspu}+m_{H_2}\)

=> \(10,2+100=m_{ddspu}+2\cdot0,15\)

=> \(m_{ddspu}=109,9\left(g\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}C\%_{Na_2SO_4}=\frac{142\cdot0,05}{109,9}\cdot100\%\approx6,46\%\\C\%_{K_2SO_4}=\frac{174\cdot0,1}{109,9}\cdot100\%\approx15,83\%\\C\%_{H_2SO_4}=\frac{98\cdot0,05}{109,9}\cdot100\%\approx4,46\%\end{cases}}\)

c) ktr lại đề nhé. phần 3,7 (g) ra số liệu hơi lẻ :((