题目内容
A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，它们的离子可能有：Na+、Ca2+、Ba2+、C1O-、HSO4-、CO32-、C1-．
分别取他们的溶液进行实验，主要操作及现象如下：
①向A的溶液中通入二氧化碳，再加入品红溶液，红色褪去．
②将B和C的溶液混合，生成白色沉淀，该沉淀可溶于E溶液．
③将B和D的溶液混合，生成白色沉淀，继续加入过量的E溶液，有气泡产生的同时还有白色沉淀存在．
④A和E溶液的焰色反应都呈黄色．
（1）写出下列物质的化学式：A______、B______、C______、E______．
（2）写出E溶液与铝发生反应的实验现象为______．
（3）向B的溶液中，缓慢滴入少量稀的E溶液后，其主要的溶质成分为______．（填化学式）
（4）D在空气中长期久置会失效．其化学方程式为______．
解：（1）根据题意，操作①中使品红溶液红色褪去的物质是具有强氧化性的HClO，可推得A中含有C1O-，反应为：
2C1O-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，HClO利用自身强氧化性把品红氧化成稳定无色物质而褪色．
操作②中将B和C的溶液混合，生成白色沉淀，根据已知信息，白色沉淀为CaCO3或BaCO3，而该沉淀可溶于E溶液，说明E溶液为酸性溶液，即E溶液含HSO4-．如果白色沉淀为CaCO3，则反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，如果白色沉淀为BaCO3，则反应为BaCO3+2H++SO42-═BaSO4↓+CO2↑+H2O，而该沉淀可溶于E溶液，因此该沉淀为CaCO3．
操作③中将B和D的溶液混合，生成白色沉淀，继续加入过量的E溶液，有气泡产生的同时还有白色沉淀存在，联系操作②中可得出B和D的溶液混合生成白色沉淀为BaCO3，加入过量的E溶液后，白色沉淀转变为BaSO4，则B中含CO32-、D中含Ba2+、C中含Ca2+．由于CaCO3或BaCO3都难溶于水，因此B为Na2CO3；Ca2+可与C1O-或C1-，因此C为CaC12或Ca（C1O）2；
操作④中A和E溶液的焰色反应都呈黄色，说明A和E都含Na+．则A为NaClO、E为NaHSO4．
故答案为：NaC1O；Na2CO3；CaC12或Ca（C1O）2；NaHSO4；
（2）E为NaHSO4，在水溶液中电离：NaHSO4═Na++H++SO42-，H+可与铝发生反应：6H++2Al═2Al3++H2↑，故观察到现象为有气体产生．
故答案为：有气体产生；
（3）B溶液为Na2CO3溶液，E溶液为NaHSO4溶液，向B的溶液中缓慢滴入少量稀的E溶液，发生反应：
Na2CO3+NaHSO4═NaHCO3+Na2SO4，故主要的溶质成分为NaHCO3或Na2SO4．
故答案为：Na2SO4或NaHCO3；
（4）D中含Ba2+，在空气中长期久置会失效，说明D不稳定，可确定D为Ba（ClO）2．易和空气中的二氧化碳与水发生反应，生成氯化钡和次氯酸，次氯酸再见光分解导致失效．方程式为：Ba（ClO）2+CO2+H2O═BaCl2+2HClO、2HClO
2HCl+O2↑．
故答案为：Ba（ClO）2+CO2+H2O═BaCl2+2HClO、2HClO2HCl+O2↑．
分析：（1）根据操作①品红溶液红色褪去，推得A含次氯酸根离子，联系操作④即可推得A．根据操作②、③都生成白色沉淀，可确定B含碳酸根离子，结合B溶于水可确定出B；生成白色沉淀可溶于E溶液，推得E含硫酸氢根离子；操作②中白色沉淀可溶于E溶液，可得C含钙离子；操作③生成白色沉淀，继续加入过量的E溶液，有气泡产生的同时还有白色沉淀存在，可确定D含钡离子．根据A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，结合离子共存即可判断出各物质；
（2）E为NaHSO4溶液，电离出H+，根据H+与铝发生的反应得出现象；
（3）B为Na2CO3，E为NaHSO4，根据发生的反应，写出生成物即可；
（4）D中含Ba2+，在空气中长期久置会失效，联想到漂白粉的失效原理，可知D含ClO-，参考漂白粉的失效原理写出方程式．
点评：本题将离子反应与元素及其化合物知识融合在一起考查，需要很强的综合思维能力，通过全面分析，抓住细节，层层深入，对训练思维很有帮助．
2C1O-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，HClO利用自身强氧化性把品红氧化成稳定无色物质而褪色．
操作②中将B和C的溶液混合，生成白色沉淀，根据已知信息，白色沉淀为CaCO3或BaCO3，而该沉淀可溶于E溶液，说明E溶液为酸性溶液，即E溶液含HSO4-．如果白色沉淀为CaCO3，则反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，如果白色沉淀为BaCO3，则反应为BaCO3+2H++SO42-═BaSO4↓+CO2↑+H2O，而该沉淀可溶于E溶液，因此该沉淀为CaCO3．
操作③中将B和D的溶液混合，生成白色沉淀，继续加入过量的E溶液，有气泡产生的同时还有白色沉淀存在，联系操作②中可得出B和D的溶液混合生成白色沉淀为BaCO3，加入过量的E溶液后，白色沉淀转变为BaSO4，则B中含CO32-、D中含Ba2+、C中含Ca2+．由于CaCO3或BaCO3都难溶于水，因此B为Na2CO3；Ca2+可与C1O-或C1-，因此C为CaC12或Ca（C1O）2；
操作④中A和E溶液的焰色反应都呈黄色，说明A和E都含Na+．则A为NaClO、E为NaHSO4．
故答案为：NaC1O；Na2CO3；CaC12或Ca（C1O）2；NaHSO4；
（2）E为NaHSO4，在水溶液中电离：NaHSO4═Na++H++SO42-，H+可与铝发生反应：6H++2Al═2Al3++H2↑，故观察到现象为有气体产生．
故答案为：有气体产生；
（3）B溶液为Na2CO3溶液，E溶液为NaHSO4溶液，向B的溶液中缓慢滴入少量稀的E溶液，发生反应：
Na2CO3+NaHSO4═NaHCO3+Na2SO4，故主要的溶质成分为NaHCO3或Na2SO4．
故答案为：Na2SO4或NaHCO3；
（4）D中含Ba2+，在空气中长期久置会失效，说明D不稳定，可确定D为Ba（ClO）2．易和空气中的二氧化碳与水发生反应，生成氯化钡和次氯酸，次氯酸再见光分解导致失效．方程式为：Ba（ClO）2+CO2+H2O═BaCl2+2HClO、2HClO
2HCl+O2↑．故答案为：Ba（ClO）2+CO2+H2O═BaCl2+2HClO、2HClO
2HCl+O2↑．分析：（1）根据操作①品红溶液红色褪去，推得A含次氯酸根离子，联系操作④即可推得A．根据操作②、③都生成白色沉淀，可确定B含碳酸根离子，结合B溶于水可确定出B；生成白色沉淀可溶于E溶液，推得E含硫酸氢根离子；操作②中白色沉淀可溶于E溶液，可得C含钙离子；操作③生成白色沉淀，继续加入过量的E溶液，有气泡产生的同时还有白色沉淀存在，可确定D含钡离子．根据A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，结合离子共存即可判断出各物质；
（2）E为NaHSO4溶液，电离出H+，根据H+与铝发生的反应得出现象；
（3）B为Na2CO3，E为NaHSO4，根据发生的反应，写出生成物即可；
（4）D中含Ba2+，在空气中长期久置会失效，联想到漂白粉的失效原理，可知D含ClO-，参考漂白粉的失效原理写出方程式．
点评：本题将离子反应与元素及其化合物知识融合在一起考查，需要很强的综合思维能力，通过全面分析，抓住细节，层层深入，对训练思维很有帮助．
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