2020-2021备战高考化学易错题精选-钠及其化合物推断题练习题及答案解析

2020-2021备战高考化学易错题精选-钠及其化合物推断题练习题及答案解析一、钠及其化合物.常见无机物A、B、C、D存在如图转化关系:D ②(1)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂， B是汽车尾气之一.遇空气会变色，则反应①的化学方程式为。(2)若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则 B的化学式是。(3)若A、CD都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则 A的电子式是。(4)若A、日C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色， D为CO2,举出C的一种用途催化剂【答案】4NH35O24NO6H2OFe(NO3)3H：S：H治疗胃酸过多、发酵△♦.粉、泡沫灭火器等【解析】【详解】)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，为氨气， B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则B是NO,D是氧气，C是二氧化氮，反应①的化学方程式为：催化剂4NH35O2 4NO6H2O，催化剂故答案为：4NH35O2&4NO6H2O；)若A为常见挥发性强酸，D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则D是Fe,B能和D反应生成C,则A是硝酸、B是硝酸铁、C是硝酸亚铁，则B的化学式为Fe(NO3)3,故答案为：Fe(NO3%；)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则C是二氧化硫，A是硫化・«氢、D是氧气、B是S,A的电子式是•***故答案为：4*)若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，说明都含有Na元素，D为CO2,A为NaOH、B是碳酸钠、C为碳酸氢钠，B为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，碳酸氢钠能水解，所以其用途有治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等，故答案为：治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等。在如图中表示的是有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系，其中 A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)， C是常见的无色无味液体， D是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)。港漕乙］ 七就一(1)A、C代表的物质分别为、(填化学式)；(2)反应①中的CD均过量，该反应的化学方程式是;⑶反应②中，若B与F物质的量之比为4:3,G、H物质的量之比为;(4)反应④的离子方程式为。【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2T,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T1：1CQ+2OH=CQ2+H2O、2AIO2+CQ+3H2O=2Al(OH)3J+CO2【解析】【分析】题干信息：A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C碳)单质，C是常见的无色无味液体可以推断 C为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为 Na2O2,E、F为。2和H2,二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成 02和H2,则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2,能与水和CC2反应，则G为CQ;说明K为Na2CQ,F为O2,则E为H2；题给信息黑色单质B(C单质)与F(02)反应得到G(CC2)；C和02反应可生成CC2和CO,则H为CO;A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al,C是H2O,D是Na2O2,E为H2,F是O2,甲是NaAlO2；G是CQ,其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al(OH)3,结合物质的性质解答该题。【详解】根据上述分析可知：A是Al, B是C, C是H2O, D是Na2O2, E是H2, F是O2, G是CC2,H是CO,K是Na2CQ,甲是NaAlO2,乙是NaHCQ,L是Al(OH)3。⑴依据推断可知，A是Al,C是H2O；(2)反应①中的CD均过量，生成的氢氧化钠溶液能和 A完全反应，该反应的化学方程式是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+Q"2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T；)B是C,F是O2,若二者按物质的量之比为 4：3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为： 4C+3Q皇型2CO+2CQ,则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n(CO2)：n(CO)=2：2=1：1；

(4)反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为 CO2+2OH=CO32+H2O、2A1。2一+CO2+3H2O=2Al(OH)3J+CQ2。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。A、B、CD均为中学常见物质，其中A为单质，B、C、D为化合物，并且存在如下转换关系：试回答下列问题:试回答下列问题:(1)若B与C为氧化物，D为纯碱。a.当A为非金属单质时，则反应③的化学方程式为。b.当A为金属单质时，则反应④中生成1mol纯碱转移电子数为mol。(2)若A为淡黄色非金属单质， B为气态氢化物，C为气态氧化物。B与C反应中氧化剂与还原剂的质量比为。(3)若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，则反应①的离子方程式为。【答案】2CO+Q 2CO2116:172A1+2H2O+2OH--2A1O2-+3H2T【解析】【分析】(1)若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到Na2O和Na2O2、SQ和SQ、NO和NO2、CO和CO2,D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CQ;a.当A为非金属单质时，则A是C,B是CO,C是CQ,D是碳酸钠；b.当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2O、C是Na2O2、D是碳酸钠；(2)若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S,B是H2S,C是SO2；(3)若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al,所以A是Al,B是Al2O3,C是NaAlO2o【详解】(1)若B与C为氧化物，D为纯碱，则B和C中含有变价元素，首先想到 Na2O和Na2O2、SQ和SO3、NO和NO2、CO和CQ,D为纯碱，则B和C只能是Na2O和Na2O2或CO和CO2;a.CO2;a.当A为非金属单质时，则A是C,B是CO,C是CQ,D是碳酸钠，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，反应方程式为： 2CO+Q 2CO2;b.当A为金属单质时，则A是Na、B是Na2。、C是Na2d、D是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为： 2Na2O2+CO2—2Na2CQ+O2,该反应中生成1mol纯碱转移电子的物质的量=1mol[-1-(-2)]=1mol;(2)若A为淡黄色非金属单质，B为气态氢化物，C为气态氧化物，A能发生化学反应生成气态氢化物，所以A是S,B是H2S,C是SO2,二氧化硫和硫化氢反应方程式为2H2S+SO=3S+2H2O,该反应中氧化剂是二氧化硫，还原剂是硫化氢，氧化剂和还原剂的质量之比=64:(2X34)=16:17(3)若A为金属单质，B为氧化物，且反应①③均是与强碱溶液发生的反应，能与强碱反应的金属只有Al,所以A是Al,B是AI2O3,C是NaAlO2,铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为： 2AI+2H2O+2OH-—2A1O2-+3H2T。A、B、CD、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大 ；A元素的原子半径最小；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐 ；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少 2;A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。请回答：(l)B元素的名称是。在周期表中的位置是。(2)C和E两种元素相比较，原子得电子能力较强的是 (填元素名称)—以下三种说法中，可以验证该结论的是 (填写编号)。A.比较这两种元素的常见单质的沸点B.二者形成的化合物中， C元素的原子显负价C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为。(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，每生成标准状况下 11.2LO2,消耗该化合物的质量为。【答案】氮第二周期第VA族氧BCHSO+H+=SQT+KO78g【解析】【分析】A、B、CD、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大， A元素的原子半径最小，则A为H元素；D与A同主族，原子序数相差大于2,故D为Na；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则 B为N元素；D与E同周期，则E处于第三周期，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少 2,最外层电子数为6,故E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C为。元素，据此分析解题。【详解】由分析知：A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素；(1)B元素的名称是氮元素，核电荷数为 7,在周期表中的位置是第二周期第V A族；(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱，故 O原子得电子能力比硫原子强；A.单质的沸点属于物理性，不能判断得电子能力强弱，故A错误；B.二者形成的化合物中， 。元素的原子显负价，说明氧元素对键合电子吸引力更大， 。的非金属性强，故B正确；C.氢化物越稳定，元素非金属性越强，可以比较氧原子得电子能力强，故 C正确；故答案为BC;(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)：NH4HSQ、NH,HSQ,这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为 HSO-+H+=SQT+H2O;(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂，该化合物为 Na2O2,生成标准状况下11.2LO2,其物质的量为——112L =0.5mol,由2Na2O2〜O2可知消耗过氧化钠为22.4L/mol0.5molx2=1mpl其质量为1molx78g/mol=78g5.下面的框图中涉及A〜L十几种物质。其中H是一种无色无味的单质气体， D在较高温度下是气体，但常温时为无色液体， E为含钠的化合物。根据上述信息回答下列问题：(1)写出L的化学式：。(2)写出C与E反应的化学方程式：。⑶由溶液A制备固体A的实验操作方法是：;(4)举例说明大气中生成气体J的方法：。(5)写出A溶液与过量F溶液在加热条件下反应的离子方程式：。【答案】HNO32Na2O2+2CQ=2Na2CC3+O2常温结晶N2+O2优电2NONH4++HCG3-+2OHT__NH3T+CG32-+2H2G【解析】【分析】D在较高的温度下是气体，但常温时为无色液体，则 D为H2O,E为含钠的化合物，能与水反应生成H,H是一种无色无味的单质气体，可知 H为氧气，E为过氧化钠，则气体C为CG2,大气中能生成气体J,且在框图中，气体B和氧气也生成J,J还能进一步与氧气反应生成K,而K又与水反应生成J,所以可以推知，J为NO,K为NO2,L为HNO3,B为NH3,I为NH3?H2O,NH3?H2O与过量的CG2反应生成A为NH4HCQ,据此答题。【详解】

(1)根据上面的分析可知，L的化学式为HNO3;(2)C与E的反应的化学方程式为2Na2O2+2CQ=2Na2CO3+O2；⑶由于NH4HCQ受热易分解，且能双水解，所以由溶液A制备固体A的时候温度不能高,所以实验操作方法是常温结晶；(4)大气中在雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下生成 NO,化学方程式为N2+O2放电2NO:⑸NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液在加热的条件下反应的离子方程式为 NH4++HCO3-+2OH—NH3T+CQ2-+2H2O。6.淡黄色粉末可作在潜水艇里氧气的来源，常用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：反应单质A淡黄但粉未反应(IIX斤气体固体单质B黑色固体 反应单质A淡黄但粉未反应(IIX斤气体固体单质B黑色固体 ■反庖

CIIL)蓝色溶裱白色沉淀(1)黑色固体的化学式为,淡黄色粉末的名称为(2)反应(I)的化学方程式为;(3)反应(II)的化学方程式为;(4)反应(出)的化学方程式为;(5)把单质A投到蓝色溶液反应的化学方程式为【答案】(1)CuO;过氧化钠；(2)2Na+O冬Na2O2；2Na2O2+2CC2=2Na2CQ+O2；Na2CC3+Ca(OH2=CaCOJ+2NaOH;⑸2Na+2H2O=2NaOH+H2T、CuSQ+2NaOH=Cu(OH)4+N&SO4或2Na+2H2O+CuSO=Cu(OH\J+N&SQ+H2"【解析】试题分析：(1)淡黄色粉末是过氧化钠，化学式为 Na2O2；(2)根据(1)推出单质A为金属Na,反应I的方程式为2Na+O叁Na2O2；(3)固体和Ca(OH)2反应生成白色沉淀，说明固体中含有CO32,即气体X为CQ,因此反应III的反应方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCOJ+2NaOH;(5)蓝色溶液为CuSO4,说明单质B为Cu,金属钠投入到硫酸铜溶?^中，金属Na先和H2O反应，生成NaOH在和Cu2+反应生成Cu(OH)2,因此反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+HzT、CuSQ+2NaOH=Cu(OH)4+N&SQ或2Na+2H2O+CuSQ=Cu(OH)4+N&SQ+H2T。考点：考查钠及其化合物的性质等知识。7.A、B、CD、E、F六种物质，一定条件下有如下图所示的转化关系(所有的反应物和生成物均已给出)：(1)若①、②、③均为水溶液中的置换反应，且A、D、E是常见的卤素单质，B、C、F为化合物。则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为(用字母表示)，其中A的化学式为(用元素符号表示)。(2)若B是一种淡黄色固体，绿色植物的呼吸作用和光合作用可实现自然界中 D和E的循环，则化合物B的化学式为;F的饱和溶液与足量E反应的离子方程式是。(3)若B是水，C是一种有磁性白^化合物， E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是;反应③是某些氮肥厂获得合成氨原料D的一个重要反应，假设反应后的气体中只有 F和D,从综合经济效益的角度考虑，简述如何从反应后的混合物中分离出 Do【答案】E>A>DBr2NS2O2CQ+CC32-+H2O=2HCO3-3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2f将混合气体通入氨水中【解析】【分析】(1)概括框图关系，题中给出了信息①②③均为水溶液中的置换反应， A、D、E为卤素单质，由①②③反应知，氧化性应有 E>A>D,因其均在水溶液中进行，故A为澳，B为碘化物，C为漠化物，D为碘，E为氯气，F为氯化物；(2)由题意知绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中 D和E的循环，则D和E分别是CQ和02的一种，B是淡黄色固体，则B可能是硫、澳化银、Na2O2,由反应③可知E和B反应生成D,可以推断B是Na2O2,E是CQ,D是O2,F为NmCC3；(3)C必为Fe3O4,E是一种无色、无味的有毒气体，则E为CO,故A为铁，F为CQ,D为H2；除去H2中的CC2应选择氨水，可提高经济效益。【详解】(1)①②③均为水溶液中的置换反应， A、D、E为卤素单质，由①②③反应结合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性应有 E>A>D,因其均在水溶液中进行，故A为澳(Br2),B为碘化物，C为漠化物，D为碘，E为氯气，F为氯化物；(2)淡黄色固体有SNa2O2、AgBr等，而绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中02和CQ的循环.当淡黄色固体B为Na2O2且D为02时合理，此时E为CQ,A为H2。，C为NaOH,F为Na2CC3,反应的离子方程式为CO+CQ2-+H20=2HCQ-；(3)C必为Fe3O4,E是一种无色、无味的有毒气体，则E为C0,故A为铁，F为CQ,D为H2,反应①的方程式为3Fe+4H2。青退Fe3O4+4H2T；从经济效益的角度分析，除去 H2中的CQ可将混合气体通入氨水中，既得到纯净的氢气，又得到化肥碳酸俊或碳酸氢俊。8.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的转换关系如下图所示(部分产物略去)。(1)若A为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素。①B属于分子(填极性”或非极性”)，B分子中所有原子是否都满足8电子结构，(填是"或否”。)②向50mL4mol/L的NaOH溶液中通入1.12LB(标准状况)，反应后溶液中的溶质为(填化学式)，物质的量分别为。(2)若A为第三周期中的元素所形成的氯化物。①写出A溶液一B的离子方程式。②写出A和B在溶液中反应的离子方程式。(3)若A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中有钝化现象。已知：X为含有非极性键的离子化合物，且1molX含有38mol电子，向D溶液中加入与D等物质的量的固体X,该反应的离子方程式为。【答案】非极性是NaOHNa2CO3NaOH0.1mol、NazCQ0.05molAl3++4OH-=AlO2-+2H2OA3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)34Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH3+QT+8Nj+【解析】【分析】(1)由题意，若A和E为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素，确定A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中 A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气，B为CQ、D为CO,再解答问题；CQ通入NaOH溶液中发生两个反应： CO2+NaOH(少量尸NaHCQ、CO2+2NaOH(过量)一Na2CQ+H2O.根据CC2和NaOH量的关系，确定CO2少量，NaOH过量，最后溶质有Na2CQ和NaOH,求出物质的量之比即可；(2)若A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为 NaCl、MgCl2、AlC3中的一种，根据A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D,即可推断A为AlCb,E为含OH-的碱，发生离子反应Al3++3OH-—Al(OH)3J、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO*D为Al(OH)3；(3)若A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中，A有钝化现象.能发生钝化现象的金属有Fe和Al,即可确定A为Fe.结合A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸，硝酸具有强氧化性，铁与过量硝酸反应生成 Fe3+,铁与少量硝酸反应生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+.根据已知信息，X为含有非极键的离子化合物，且1molX含有38moi电子，非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的，常见的为-O-O-非极性键，氧原子含8个电子，2个氧原子共含16个电子，而X含有38mol电子，还相差22个电子，可考虑含2个Na,即得X为Na2O2.Na2O2具有强氧化性，可把Fe2+氧化成Fe3+,根据题意，向Fe2+溶液中加入与Fe2+等物质的量的NazQ固体，恰好完全反应，反应过程可看成 Na2O2先与水反应，生成的NaOH再与Fe2+反应，生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH>【详解】(1)①由题意，若A和E为单质，组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素，确定A单质是碳，碳元素是自然界中形成化合物种类最多的元素.根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气，反应为C+C2(讨量出_CO2,C+Q(少量)=△_2CO,即得B为CO2、D为CO.CQ中碳原子最外层4个电子，氧原子最外层6个电子，碳原子分别与两个氧原子各形成两对共用电子对，即电子式为结构式为-C—O,键角1800正电荷重心和负电荷重心重合，所以为非极性分子，由电子式可知 CO2分子中各原子最外层都满足 8电子结构；②CC2通入NaOH溶液中发生两个反应： CO2+NaOH(少量)一NaHCQ、CO2+2NaOH(过量)一Na2CQ+H2O；根据题意，n(NaOH)=4mol/LX0.05L=0.2mol,n(CO2)=—112L—=0.05mol,可见NaOH过22.4L/mol量，CC2全部反应掉；发生反应CO2+2NaOH(过量)一Na2CQ+H2O.0.05molCO2消耗0.1molNaOH,生成0.05molNa2C。，溶液中还剩余0.1molNaOH;所以溶液中溶质为0.05molNa2CO3、0.1molNaOH；(2)①若A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为 NaCl、MgCl2、AIC3中的一种，根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D,即可推断A为AlC3,E为含OH"的碱，发生离子反应Al3++3OH-—Al(OH)3j、Al3++4OH=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO2-,D为Al(OH)3.则A溶液一B的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②A为AICI3,B中含有AlO。在两溶液中，Al3+和AIO2-都能发生水解反应，当两溶液混合后，A|3+和AiO2-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应为 Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3J；(3)A为常见的金属，在E的冷、浓溶液中，A有钝化现象，化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸，硝酸具有强氧化性，铁与过量硝酸反应生成 Fe3+,铁与少量硝酸反应生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+.根据已知信息，X为含有非极键的离子化合物，且1molX含有38mol电子，非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的，常见的为-O-O-非极性键，氧原子含8个电子，2个氧原子共含16个电子，而X含有38moi电子，还相差22个电子，可考虑含2个Na,即得X为NazQ.Na2O2具有强氧化性，可把Fe2+氧化成Fe3+,根据题意，向Fe2+溶液中加入与Fe2+等物质的量的Na2O2固体，恰好完全反应，反应过程可看成Na2O2先与水反应，生成的NaOH再与Fe2+反应，生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH)3,反应方程式为2Na2O2+2H2r4NaOH+a"Fe2++2OH-一Fe(OH)2J、4Fe(OHR+O2+2H2O—4Fe(OH)3J,上述三个反应合并即得总反应方程式为

4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2T+8Na+。9.在化学中金属或含金属元素的化合物在灼烧时，会使火焰呈现特殊的颜色，化学上叫焰色反应。如钾一紫色（需透过蓝色钻玻璃），钠一黄色，钙一砖红色，银一黄绿色，铜一绿色。A、B均为初中常见化合物，其溶液混合后进行下列图示实验，写出 A〜F的化学式。白色沉泥性‘胖的气体“N5翩t白0战淀Khnor 3H中陷A,B,C,D,E,Fo【答案】ACaC%;B.N&CO;C.CaCQD.NaCl;E.CQ;F.AgCl。【解析】试题分析：化合物A的阳离子焰色反应呈醇红色，说明含有Ca元素，化合物B的阳离子焰色反应呈黄色，说明含有 Na元素。A和B混合反应产生白色沉淀C和溶液D,向白色沉淀C中加入稀盐酸，产生无色无味的气体 E,该气体可以使澄清石灰水变浑浊，说明含有 CO2-,C沉淀是CaC的淀，E是CO,因此说明B的阴离子是CO2-,B是N&CO;向D的溶液中加入AgNO溶液和稀硝酸，产生白色沉淀F,则F是AgCl,说明D溶液含有Cl-,D物质是NaCl;Cl-是A溶液产生的，A是CaC