(多选)下列化学实验事实及其解释都正确的是（ ）
分析：
A、碘在CCl$_4$中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl$_4$和水互不相溶，可用CCl$_4$从碘水中萃取碘．
B、在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO$_2$不可能与BaCl$_2$溶液反应；
C、KMnO$_4$溶液褪色是因为被Fe_还原，Fe_具有还原性；
D、沉淀呈黄色，说明沉淀是AgI，也就意味着AgCl的Ksp比AgI的大．
解答：
解：A、溶质在互不相溶的溶剂里，根据溶解度的不同，把溶质分离出来，叫萃取，向碘水中滴加CCl$_4$，振荡静置后分层，CCl$_4$层呈紫红色，说明碘在CCl$_4$中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl$_4$和水互不相溶，可用CCl$_4$从碘水中萃取碘，故A正确；
B、向SO$_2$水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl$_2$溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H$_2$SO$_3$，且BaSO$_3$可溶于盐酸，故SO$_2$不可能与BaCl$_2$溶液反应，故B错误；
C、因为KMnO$_4$具有强氧化性，常做氧化剂，向FeSO$_4$溶液中滴加少量酸性KMnO$_4$溶液，KMnO$_4$溶液褪色，说明Fe_具有还原性，故C错误；
D、沉淀为黄色，说明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的K_SP比AgI的K_SP大，故D正确．
故选AD．
点评：
本题考查：①重要试验的操作过程、实验现象、结论和解释应牢记；②Ksp的运用．
常温下，AgCl、AgBr、AgI的溶度积常数(K_sp)依次为1.8×10^{-10} mol^{2}·L^{-2}、5.0×10^{-13} mol^{2}·L^{-2}、8.3×10^{-17} mol^{2}·L^{-2}。下列有关说法错误的是（ ）
分析：
化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，根据沉淀的转化、生成和溶解平衡的角度解答此题．
解答：
点评：
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度不大，本题注意溶度积常数的利用和理解．
下列推断或表述正确的是（ ）
分析：
A、依据醋酸是弱电解质存在电离平衡分析判断；
B、依据沉淀溶解平衡，结合溶度积常数，比较物质的溶解性的依据，沉淀向更难溶的方向进行；
C、依据溶液中的电荷守恒分析判断；
D、依据强酸强碱中和反应，结合物质的量计算分析判断．
解答：
解：A、醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，酸溶液稀释，氢离子浓度减小，pH增大，所以a＜b，故A错误；
B、向2.0mL浓度均为0.1 mol•L_的KCl、KI混合液滴加1～2滴0.01 mol•L_AgNO$_3$溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明生成碘化银沉淀，氯化银和碘化银的阴阳离子比相同，可以用Ksp比较溶解性强弱，所以AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故B错误；
C、0.2 mol/L的一元酸HX与0.1 mol/L的KOH溶液等体积混合所得溶液中存在的离子是H_、OH_、K_、X_；依据溶液中的电荷守恒得到c(H_)+c(K_)=c(OH_)+c(X_)，故C正确；
D、0.2 mol•L_盐酸与等体积0.05 mol•L_Ba(OH)$_2$溶液混合后，设溶液体积为1L，剩余氢离子物质的量=0.2 mol•L_×1L-0.05 mol•L_×2×1L=0.1mol，C(H+)=$\frac {0.1mol}{2L}$=0.05mol/L，所以pH不是1，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了弱电解质的电离平衡，沉淀溶解平衡的应用，溶液中的电荷守恒应用，溶液pH的计算．
已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀．25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag_)为1.22×10_mol•L_，AgCl饱和溶液中c(Ag_)为1.30×10_mol•L_．若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01mol•L_的混合溶液中，滴加8mL 0.01mol•L_的AgNO$_3$溶液，则下列叙述中不正确的是（ ）
分析：
A、根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度．结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小；
B、依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；
C、AgCl饱和溶液中c(Ag_)为1.30×10_mol•L_．溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag_+Cl_，氯离子浓度为1.30×10_mol•L_；依据Ksp=[Ag_][Cl_]计算得到；
D、依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行．
解答：
解：A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO$_3$溶液，首先生成AgI沉淀，
反应后剩余n(Ag_)=0.003L×0.01mol/L=3×10_mol，继续生成AgCl沉淀，
反应后剩余n(Cl_)=0.005×0.01mol/L-3×10_mol=2×10_mol，
c(Cl_)=2×10_mol÷0.013L=1.53×10_mol/L，
浊液中c(Ag_)═K_SP(AgCl)÷c(Cl_)=(1.30×10_)_÷1.53×10_=1.1×10_(mol/L)，
c(I_)═K_SP(AgI)÷c(Ag_)=(1.22×10_)_÷1.1×10_=1.35×10_，
混合溶液中n(K_)=1×10_mol，
n(NO$_3$_)=0.008L×0.01mol/L=1×10_mol，则c(K_)＞c(NO$_3$_)，
故c(K_)＞c(NO$_3$_)＞c(Cl_)＞c(Ag_)＞c(I_)，故A错误；
B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确；
C、AgCl饱和溶液中c(Ag_)为1.30×10_mol•L_．溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag_+Cl_，氯离子浓度为1.30×10_mol•L_，由Ksp=[Ag_][Cl_]=1.30×10_mol/L×1.30×10_mol/L=1.69×10_，故C正确；
D、碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgI悬浊液中滴加少量的KCl溶液，黄色沉淀不会转变成白色沉淀，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡的分析判断和计算应用，混合溶液中离子浓度的计算是解题关键，题目难度较大．
下列说法正确的是（ ）
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；
②物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的；
③对于Al(OH)$_3$(s)⇌Al(OH)$_3$(aq)⇌Al_+3OH_，前者为溶解平衡，后者为电离平衡；
④除去溶液中的Mg_，用OH_沉淀Mg_比用CO$_3$_效果好，说明Mg(OH)$_2$的溶解度比MgCO$_3$小；
⑤AgNO$_3$溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag_)=c(Cl_)；
⑥向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大．
分析：
①稀盐酸含有氯离子，用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；
②物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；
③氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡；
④Mg(OH)$_2$的溶解度比MgCO$_3$小；
⑤AgNO$_3$溶液与NaCl溶液的量不同，不一定有c(Ag_)=c(Cl_)；
⑥Ksp值与温度有关．
解答：
解：①氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=c(Ag_)c(Cl_)，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，正确；
②物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的，错误；
③氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡，正确；
④Mg(OH)$_2$的溶解度比MgCO$_3$小，正确；
⑤AgNO$_3$溶液与NaCl溶液的量不同，不一定有c(Ag_)=c(Cl_)，错误；
⑥Ksp只与温度有关，错误；
综上所述：①③④正确；
故选C．
点评：
本题考查了沉淀溶解平衡的计算应用，平衡移动的影响因素，难溶物质的溶解度比较方法，题目难度中等．