解题思路：已知A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性．则可推知化合物A、B、C、D均为含有Na元素的碱或强碱弱酸
盐，B的碱性最强，则B为NaOH；X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同，则X、Y应为H2O和CO2；由C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X，可推知C为NaHCO3，D为Na2CO3；即2NaHCO3△
Na2CO3+CO2↑+H2O； NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；由此可确定X为H2O，Y为CO2；由有机羧酸盐A与NaOH等物质的量反应生成Na2CO3和一种气体单质，可联想到由无水醋酸钠与NaOH加热反应制取甲烷的脱羧反应：CH3COONa+NaOH
△
.
Na2CO3+CH4↑，由此迁移可知，A为甲酸钠（HCOONa），与等物质的量NaOH进行脱羧反应生成Na2CO3和氢气：E由两种元素组成，式量为83，将E投入H2O中得到NaOH和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76g•L-1．由计算可知气体Z的相对分子质量是17，则Z为NH3，由该反应：E+H2O→NaOH+NH3↑，可推知E由Na和N两种元素组成，再根据元素化合价可确定E是Na3N，由此可解答问题．
已知A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性．则可推知化合物A、B、C、D均为含有Na元素的碱或强碱弱酸
盐，B的碱性最强，则B为NaOH；X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同，则X、Y应为H2O和CO2；由C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X，可推知C为NaHCO3，D为Na2CO3；即2NaHCO3
△
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Na2CO3+CO2↑+H2O； NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；由此可确定X为H2O，Y为CO2；由有机羧酸盐A与NaOH等物质的量反应生成Na2CO3和一种气体单质，可联想到由无水醋酸钠与NaOH加热反应制取甲烷的脱羧反应：CH3COONa+NaOH
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Na2CO3+CH4↑，由此迁移可知，A为甲酸钠（HCOONa），与等物质的量NaOH进行脱羧反应生成Na2CO3和氢气：E由两种元素组成，式量为83，将E投入H2O中得到NaOH和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76g•L-1．由计算可知气体Z的相对分子质量是17，则Z为NH3，由该反应：E+H2O→NaOH+NH3↑，可推知E由Na和N两种元素组成，再根据元素化合价可确定E是Na3N；
（1）上述分析可知A的化学式是 HCOONa；Y的电子式是
，
故答案为：HCOONa；
；
（2）X巍峨H2O的沸点比同主族同类型物质要高的原因是：水分子间存在氢键，从而使分子间作用力增加，因此有较高的沸点，
故答案为：水分子间存在氢键；
（3）E为Na3N与足量盐酸反应的化学方程式：Na3N+4HCl=3NaOH+NH4Cl，故答案为：Na3N+4HCl═3NaCl+NH4Cl；
（4）D为Na2CO3的饱和溶液中不断通入通Y为CO2，析出C为NaHCO3，反应的离子方程式为：2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故答案为：2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓；
（5）根据2A→P+H2↑得到P，可知，2HCOONa→Na2C2O4+H2↑，P为Na2C2O4，C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，依据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）•c（C2O42-）=2.3×10-9，可计算出当CaC2O4完全沉淀时，溶液中Ca2+的物质的量浓度至少为c（Ca2+）=
2.3×10−9
10−5mol/L=2.3×10-4mol/L，
故答案为：2.3×10-4mol•L-1；
（6）实验室Na2C2O4与足量HCl反应可得到H2C2O4，H2C2O4在浓硫酸条件下共热分解生成CO、CO2、H2O （ 即 H2C2O4
浓硫酸
△CO↑+CO2↑+H2O ）．设计证明分解产物中存在还原性气体CO的实验为：将所得气体先通过足量NaOH溶液（或通过盛有固体NaOH的干燥管），再通过澄清石灰水，若无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在，
故答案为：将所得气体先通过足量NaOH溶液，再通过澄清石灰水，无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在．
点评：
本题考点： 无机物的推断．
考点点评： 本题考查了物质性质和转化关系的分析判断，主要是信息分析应用，反应过程的理解，离子方程式书写沉淀溶解平衡的计算，掌握基础理解题干信息是关键，题目难度较大．