分析：

A．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为吸热过程；

B．温度升高，可以加快物质的溶解速率；

C．根据溶度积表达式及溶液中银离子和溴酸根离子的浓度计算；

D．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸银的混合物．

解答：

解：A．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银的溶解过程为吸热过程，故A错误；

B．升高温度，溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时溴酸银溶解速度加快，故B正确；

C.60℃时溴酸银的溶解度为0.6g，溴酸银的物质的量为：$\frac {0.6g}{236g/mol}$≈2.5×10_mol，100.6g溴酸银溶液的体积约为100.6mL，溶液中银离子、溴离子浓度约为2.5×10_mol/L，所以60℃时溴酸银的K_sp=2.5×10_×2.5×10_≈6×10_，故C正确；

D．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故D正确；

故选A．

点评：

本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法．

分析：

A.1L 0.2mol•L_ HF溶液中加入1L 0.2mol•L_ CaCl$_2$溶液，c(HF)=0.1mol/L，c(CaCl$_2$)=0.1mol/L，c(F_)=$\sqrt {}$mol/L=0.6×10_mol/L，c(Ca_)=0.1mol/L，c_(F_)×c(Ca_)=3.6×10_×0.1=3.6×10_；

B.25℃时0.2mol•L_HF溶液中c(H_)=$\sqrt {}$mol/L；

C．溶度积只受温度的影响；

D．根据HF的电离和CaF$_2$的溶解都是可逆过程分析．

解答：

解：A.1L 0.2mol•L_ HF溶液中加入1L 0.2mol•L_ CaCl$_2$溶液，c(HF)=0.1mol/L，c(CaCl$_2$)=0.1mol/L，c(F_)=$\sqrt {}$mol/L=0.6×10_mol/L，c(Ca_)=0.1mol/L，

c_(F_)×c(Ca_)=3.6×10_×0.1=3.6×10_＞1.46×10_，则应生成CaF$_2$沉淀，故A正确；

B.25℃时0.2mol•L_HF溶液中c(H_)=$\sqrt {}$mol/L=0.85×10_mol/L，则pH＞2，故B错误；

C．溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；

D．HF的电离和CaF$_2$的溶解都是可逆过程，该体系中存在氟化氢分子，故D错误．

故选A．

点评：

本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，本题注意根据溶度积和电离平衡常数计算该题，把握做题方法，梳理做题思路，易错点为A和B，注意计算方法．

分析：

固体物质的溶解度要把握四点：①必须指明温度；②在100g水中；③达到饱和状态；④所溶解的质量．溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量．

解答：

解：A、没有指明温度，故A错误；

B、20℃时，136g氯化钠饱和溶液里含有36g氯化钠，不是100g，故B错误；

C、20℃时，136g氯化钠饱和溶液蒸干，可得到36g氯化钠，故C正确；

D、在20℃时，氯化钠溶液中溶质、溶剂、溶液的质量比为36：100：136，没有指明温度，故D错误；

故选C．

点评：

本题考查了固体物质的溶解度，有关溶解度的四个要点要记牢，并要理解应用．

分析：

A．a点为不饱和溶液，通过升高温度可以蒸发溶剂，使溶液变成饱和溶液；

B．催化剂可以降低反应需要能量，但是不会影响反应的焓变；

C．当溶质为碳酸钠溶液时，根据反应CO$_3$_+H_═HCO$_3$_、HCO$_3$_+H_═CO$_2$↑+H$_2$O可知，生成二氧化碳气体前消耗的盐酸与生成二氧化碳消耗的盐酸的体积相等，由于含有碳酸氢钠，则生成二氧化碳消耗的盐酸大于用于生成二氧化碳消耗的盐酸；

D．铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应前，铵根离子优先与氢氧根离子反应，铵根离子消耗完全后氢氧化铝与氢氧化钠开始反应，偏铝酸根离子逐渐增多，据此进行判断．

解答：

解：A．b点为硝酸钾在80℃时的饱和溶液，a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80℃可以变成饱和溶液，故A正确；

B．使用催化剂可以改变反应需要能量，但是根据盖斯定律可知，反应热与反应途径无关，所以使用催化剂不会改变反应的焓变，故B错误；

C．图象中没有生成二氧化碳时消耗了30mL的盐酸，生成二氧化碳只消耗了10mL体积的盐酸，根据反应的离子方程式CO$_3$_+H_═HCO$_3$_、HCO$_3$_+H_═CO$_2$↑+H$_2$O可知，应该生成二氧化碳气体时消耗的盐酸体积等于没有生成二氧化碳时消耗的体积，故C错误；

D．向100mL 0.1mol/L的AlCl$_3$和0.1mol/L的NH$_4$Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，铝离子的物质的量为0.01mol，完全反应变成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠0.03mol，需要该氢氧化钠溶液的体积为30mL；再加入氢氧化钠溶液时，铵根离子优先与氢氧化钠反应，铵根离子的物质的量为0.01mol，需要消耗10mL的氢氧化钠溶液，当加入40mL氢氧化钠溶液后，氢氧化铝开始与氢氧化钠溶液反应，偏铝酸根离子浓度逐渐增大，0.01mol氢氧化铝完全反应消耗10mL氢氧化钠溶液，图中曲线变化与n(Al_)和n(AlO$_2$_)的变化情况相符，故D正确；

故选AD．

点评：

本题考查了反应热与焓变的影响因素、溶解度与饱和溶液、离子方程式的有关计算，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力．

分析：

在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)═Ag_(aq)+Cl_(aq)，加入相同离子平衡逆向移动，氯化银溶解度减小，加入相同离子的浓度越大，平衡向逆方向移动的程度越大，氯化银溶解度就越小．

解答：

解：解：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)═Ag_(aq)+Cl_(aq)，加入Cl_平衡逆向移动，氯化银溶解度减小，加入Cl_的浓度越大，氯化银溶解度越小，；同理加入Ag_平衡逆向移动，氯化银溶解度减小，加入Ag_的浓度越大，氯化银溶解度越小，c(Ag_)与c(Cl_)对平衡的影响是等效的，100mL蒸馏水中没有Cl_或Ag_，已知加入Cl_或Ag_浓度从大到小顺序为：③②①，则氯化银溶解度从大到小顺序相反为：①②③，故A正确；

故选A．

点评：

本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子浓度的影响，相同的离子浓度越大，影响越大．

分析：

A．HF酸为弱酸，不能完全电离；

B．Ksp只与温度有关；

C．Ka(HF)=3.6×10_ mol•L_，溶度积常数Ksp(CaF$_2$)=1.46×10_mol_•L_．

D．Qc＞Ksp，说明有沉淀产生．

解答：

解：A．HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1 mol•L_HF溶液中pH＞1，故A错误；

B．Ksp只与温度有关，则K_sp(CaF$_2$)随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；

C．Ka(HF)=3.6×10_ mol•L_，溶度积常数Ksp(CaF$_2$)=1.46×10_mol_•L_，Ka×Ksp≠1，故C错误；

D．两溶液混合后，c(Ca_)=0.1 mol•L_，c(F_)=$\sqrt {Ka×c(HF)}$=6×10_mol/L，则Qc=c_(F_)•c(Ca_)=(6×10_mol/L)•0.1 mol•L_=6×10_＞Ksp，说明有沉淀产生，故D正确；

故选D．

点评：

本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素即可解答，题目难度中等．

分析：

A、25℃时，CuS的溶度积小于ZnS，二者阴阳离子比相同，说明溶解度小；

B、硫化铜饱和溶液中依据溶度积常数计算铜离子浓度；

C、依据FeS的K_sp=6.3×10_，ZnS的K_sp=1.3×10_，向物质的量浓度相同的FeCl$_2$、ZnCl$_2$的混合液中加入少量Na$_2$S先生成FeS沉淀；

D、CuS溶度积小于FeS，除去某溶液中的Cu_，加入FeS实现沉淀转化．

解答：

解：A、25℃时，CuS的溶度积小于ZnS，二者阴阳离子比相同，说明CuS溶解度小，故A错误；

B、硫化铜饱和溶液中依据溶度积常数计算铜离子浓度，K_sp=1.3×10_=c(Cu_)c(S_)，则c(Cu_)=$\sqrt {}$ mol/L，故B错误；

C、依据FeS的K_sp=6.3×10_，ZnS的K_sp=1.3×10_，向物质的量浓度相同的FeCl$_2$、ZnCl$_2$的混合液中加入少量Na$_2$S先生成FeS沉淀，故C错误；

D、CuS溶度积小于FeS，除去某溶液中的Cu_，加入FeS实现沉淀转化，Cu_+FeS=CuS+Fe_，除去某溶液中的Cu_，可以选用FeS作沉淀剂，故D正确；

故选D．

点评：

本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和溶度积常数的计算，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

分析：

Mg(OH)$_2$在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)$_2$(s)⇌Mg_(aq)+2OH_(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可．

解答：

解：Mg(OH)$_2$在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)$_2$(s)⇌Mg_(aq)+2OH_(ag)，

A、在纯水中，溶解度不大，故A错误；

B、加入CH$_3$COOH，醋酸与氢氧根反应，故平衡右移，溶解度增大，故B正确；

C、加入氨水，抑制了氢氧化镁的溶解，故溶解度减小，故C错误；

D、加入镁离子，平衡左移，抑制的氢氧化镁的溶解，故D错误，

故选B．

点评：

本题主要考查的是沉淀溶解平衡，以及沉淀平衡移动的因素，锻炼的同学们分析问题的能力．

分析：

根据无水碳酸钠溶解后生成Na$_2$CO$_3$•10H$_2$O，原饱和碳酸钠溶液水减少，将有碳酸钠晶体析出进行分析解答本题．

解答：

解：根据题意，140克饱和的碳酸钠溶液中含有40克碳酸钠，所以280克的饱和碳酸钠的溶液中含有80克碳酸钠和200克水，外加上加入的碳酸钠共90.6克碳酸钠，

设晶体含有的碳酸钠的质量为x，则溶液含有的碳酸钠的质量为(90.6-x)g，晶体(十水碳酸钠)中含有水的质量为$\frac {180}{106}$•xg，饱和溶液中水的质量为$\frac {100g}{40g}$•(90.6-x)g，所以，$\frac {180}{106}$•xg+$\frac {100g}{40g}$•(90.6-x)g=200g，

解得x=33.05g，

碳酸钠晶体的质量为：33.05g×$\frac {286}{106}$=89.2g，

故选D．

点评：

根据无水碳酸钠溶解后生成Na$_2$CO$_3$•10H$_2$O，原饱和碳酸钠溶液水减少进行分析解题，解题时要灵活．

分析：

依据物质的量浓度和质量分数的换算进行计算；

解答：

解：设溶质质量分数为w%，溶质溶解度为S，溶质的物质的量浓度C=$\frac {1000ml/L×ρg/cm_×w%}{Ag/mol}$=Bmol•L_；

w%=$\frac {S}{100+S}$×100%；整理计算得出溶解度S=$\frac {100AB}{1000ρ-AB}$g

故选C．

点评：

本题考查了溶质质量分数和溶质物质的量浓度的换算，饱和溶液中的溶质质量分数与溶解度的计算关系．