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
-+CO
2+H
2O═CO
32-+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CaCO
3或BaCO
3，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HSO
4-．如果白色沉淀为CaCO
3，则反应为CaCO
3+2H
+═Ca
2++CO
2↑+H
2O，如果白色沉淀为BaCO
3，则反应为BaCO
3+2H
++SO
42-═BaSO
4↓+CO
2↑+H
2O，而该沉淀可溶于E溶液，因此该沉淀为CaCO
3．
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BaCO
3，加入过量的E溶液后，白色沉淀转变为BaSO
4，则B中含CO
32-、D中含Ba
2+、C中含Ca
2+．由于CaCO
3或BaCO
3都难溶于水，因此B为Na
2CO
3；Ca
2+可与C1O
-或C1
-，因此C为CaC1
2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NaHSO
4．
故答案为：NaC1O；Na
2CO
3；CaC1
2或Ca（C1O）
2；NaHSO
4；
（2）E为NaHSO
4，在水溶液中电离：NaHSO
4═Na
++H
++SO
42-，H
+可与铝发生反应：6H
++2Al═2Al
3++H
2↑，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Na
2CO
3溶液，E溶液为NaHSO
4溶液，向B的溶液中缓慢滴入少量稀的E溶液，发生反应：
Na
2CO
3+NaHSO
4═NaHCO
3+Na
2SO
4，故主要的溶质成分为NaHCO
3或Na
2SO
4．
故答案为：Na
2SO
4或NaHCO
3；
（4）D中含Ba
2+，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+CO
2+H
2O═BaCl
2+2HClO、2HClO
2HCl+O
2↑．
故答案为：Ba（ClO）
2+CO
2+H
2O═BaCl
2+2HClO、2HClO
2HCl+O
2↑．
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NaHSO
4溶液，电离出H
+，根据H
+与铝发生的反应得出现象；
（3）B为Na
2CO
3，E为NaHSO
4，根据发生的反应，写出生成物即可；
（4）D中含Ba
2+，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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