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题型:简答题
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简答题 · 15 分

甲醇是21世纪应用最广泛的清洁燃料之一,通过下列反应可以制备甲醇:

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( l )  △H

28.已知:

计算上述反应的△H=_________________ kJ·mol-1

29.在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH( g ),H2的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如右图所示。

① 该反应的S___________0,图中的T1__________T2(填“<”、“>”或“=”)。

② 当达到平衡状态A 时,容器的体积为2 L,此时该反应的平衡常数为  ▲  ,若达到平衡状态B 时,则容器的体积V(B)=________L。

③ 在该容器中,下列措施可增加甲醇产率的是_________________。

A.升高温度           

B.从平衡体系中及时分离CH3OH

C.充入He                  

D.再充入0.5 mol CO和1 mol H2

30.在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g ),反应时间与物质的量浓度的关系如下图所示,则前10分钟内,氢气的平均反应速率为_________________;若15分钟时升高体系温度,在20分钟时达到新平衡,此时氢气的转化率为33.3%,请在图中画出15-25分钟c (CO)的变化曲线。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

-128.1

解析

先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式:CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)△H=-283kJ•mol-1 
H2燃烧的热化学方程式:2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-285.8×2 kJ•mol-1 
CH3OH燃烧的热化学方程式:CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=--726.5kJ•mol-1 ③根据盖斯定律将①+②-③计算

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式:CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)△H=-283kJ•mol-1 
H2燃烧的热化学方程式:2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-285.8×2 kJ•mol-1 
CH3OH燃烧的热化学方程式:CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=--726.5kJ•mol-1 

根据盖斯定律将①+②-③计算

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断,

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①<  <    ② 4,0.4      ③B

解析

①根据1molCO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH(g),可知此反应能够自发进行即△G=△H-T△S<0,其热化学方程式为CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )  △H   此正反应为气体体积减小的反应则△S<0,所以△G<0必须△H<0。H2的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图趋势,同温时H2的平衡转化率随压强增大而增大,P增大向气体体积减小方向移动可得正反应为熵减过程(S),符合题意; △H<0, 此可逆反应为放热反应,同压时温度升高向吸热反应方向(逆反应方向)移动。及H2的平衡转化率随T升高而降低,得T1<T2

②当达到平衡状态A 时,容器的体积为2 L,此时H2转化率为0.5 ,利用三步分析法:则平衡时各物质的浓度为

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     0.5       1            0

变化(mol/L)     0.25      0.5          0.25

平衡(mol/L)     0.25      0.5          0.25

该反应的平衡常数K===4

若达到平衡状态B 时, 容器的体积为2 VL,此时H2转化率为0.5 ,利用三步分析法则平衡时各物质的量为,

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol)       1        2            0

变化(mol)      0.8       1.6          0.8

平衡(mol)      0.2       0.4          0.8

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

③容积可变的密闭容器中(恒压条件下)要增加甲醇产率,即恒压条件下改变条件使平衡向正向移动,A据勒夏特列原理,升高温度,平衡向吸热反应方向移动(逆反应方向),甲醇产率降低。错误。B从平衡体系中及时分离CH3OH,即生成物的浓度减小,平衡向正反应方向移动,甲醇产率增加,正确C充入惰性气体(He),导致CO、H2和CH3OH混合气体浓度减小,向气体分子数增大(逆反应方向)移动,错误。D再充入0.5 mol CO和1 mol H2、其平衡不移动,产率不变。错误

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

①根据1molCO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH(g),可知此反应能够自发进行即△G=△H-T△S<0,其热化学方程式为CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )  △H   此正反应为气体体积减小的反应则△S<0,所以△G<0必须△H<0。H2的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图趋势,同温时H2的平衡转化率随压强增大而增大,P增大向气体体积减小方向移动可得正反应为熵减过程(S),符合题意; △H<0, 此可逆反应为放热反应,同压时温度升高向吸热反应方向(逆反应方向)移动。及H2的平衡转化率随T升高而降低,得T1<T2

②当达到平衡状态A 时,容器的体积为2 L,此时H2转化率为0.5 ,利用三步分析法:则平衡时各物质的浓度为

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     0.5       1            0

变化(mol/L)     0.25      0.5          0.25

平衡(mol/L)     0.25      0.5          0.25

该反应的平衡常数K===4

若达到平衡状态B 时, 容器的体积为2 VL,此时H2转化率为0.5 ,利用三步分析法则平衡时各物质的量为,

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol)       1        2            0

变化(mol)      0.8       1.6          0.8

平衡(mol)      0.2       0.4          0.8

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

③容积可变的密闭容器中(恒压条件下)要增加甲醇产率,即恒压条件下改变条件使平衡向正向移动,据勒夏特列原理可解答此题。

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断,

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.16mol·L-1·min-1

解析

在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g ),据图可知10分钟时利用三步分析法c(CH3OH)=0.8mol/L,可得V(CH3OH)= =0.08 mol·L-1·min-1,所以V(H2)=2 V(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1        3            0

变化(mol/L)     0.8      1.6           0.8

平衡(mol/L)     0.2      1.4           0.8

若15分钟时升高体系温度,在20分钟时达到新平衡,此时氢气的转化率为33.3%,利用三步分析法则平衡时各物质的量浓度为:

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1       3            0

变化(mol/L)     0.5      1           0.5

平衡(mol/L)     0.5      2           0.5

由上可知:10分钟时c(CO)= 0.2mol•L‾1 , 20分钟达到平衡后c(CO)= 0.5mol•L‾1

所以,15-25分钟c (CO)的变化曲线

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g ),据图可知10分钟时利用三步分析法c(CH3OH)=0.8mol/L,可得V(CH3OH)= =0.08 mol·L-1·min-1,所以V(H2)=2 V(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1        3            0

变化(mol/L)     0.8      1.6           0.8

平衡(mol/L)     0.2      1.4           0.8

若15分钟时升高体系温度,在20分钟时达到新平衡,此时氢气的转化率为33.3%,利用三步分析法则平衡时各物质的量浓度为:

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1       3            0

变化(mol/L)     0.5      1           0.5

平衡(mol/L)     0.5      2           0.5

由上可知:10分钟时c(CO)= 0.2mol•L‾1 , 20分钟达到平衡后c(CO)= 0.5mol•L‾1

所以,15-25分钟c (CO)的变化曲线

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断,

1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

5.X、Y、Z、W属于短周期主族元素。X元素的原子半径最大,Y元素的最外层电子数为m,次外层电子数为n,Z元素的原子L层电子数为m+n,M层电子数为m-n,W元素与Z元素同主族,R元素原子与Y元素原子核外电子数之比为2:1。下列说法中错误的是(     )

AX与Y形成的两种化合物中阴阳离子个数比为1:2

BY分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种

CY的氢化物比R的氢化物稳定,Y的氢化物熔沸点比R的氢化物熔沸点低

DZ、W、R的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是R>W>Z

正确答案

C

解析

X元素的原子半径最大所以为钠,Z元素的原子L层电子排满,则m+n=8,Y次外层为n个,所以n=2,再计算求得m=6,由此可以推出Y元素为氧,Z元素为硅,W元素为碳,R元素为硫。A中氧化钠和过氧化钠阴阳离子个数比为1:2,正确。B中O与Si、C、S可以形成二氧化硅、一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫、三氧化硫五种,正确。C中水比硫化氢稳定,熔沸点也比硫化氢高,错误。Z、W、R的最高价氧化物对应水化物分别为H2SiO3 、H2CO3 、H2SO4酸性强弱顺序D正确。

考查方向

原子构成,原子核外电子排布,同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系,金属、非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律

解题思路

由核外电子排布推数出m、n的大小,再确定各元素的各类,再依据酸性强弱判断依据、氢化物熔沸点判断依据分析。

易错点

核外电子排布不清、氢化物稳定性与熔沸点判断依据不清。

知识点

氯气的物理性质
1
题型:简答题
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简答题 · 18 分

Ⅰ.请回答:

Ⅱ.无机化合物A 和NaH都是重要的还原剂,遇水都强烈反应。一定条件下,2.40g NaH与气体B反应生成3.90g化合物A和 2.24L(已折算成标准状况)的H2。已知气体B可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答下列问题

19.MgCl2的电子式_________________。

20.除去铜粉中少量铁粉不用稀硝酸,用化学方程式表示其原因_________________

21.往饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体,溶液中出现白色浑浊,写出该反应的离子方程式_________________。

22.双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色,请完成以下相关反应的离子方程式:

(      )MnO4+(      )H2O2+_________________=(       )Mn2++(        )H2O+_________________。

23.A的化学式是_________________。

24.NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式_________________。

25.A与足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式_________________。

26.在高温下氢化钠(NaH)可将四氯化钛(TiC14)还原成金属钛,该反应的化学方程式为__________。

27.某同学认为:用足量B的水溶液吸收工业制硫酸尾气中的SO2,“吸收液”通过蒸发结晶制得的固体即为纯净的亚硫酸盐;取少量该固体加水溶解,再加入过量BaCl2溶液,若产生白色沉淀,即可证明得到的固体一定是纯净物。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由_________________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

氯化镁为离子化合物,化学式中存在阴阳离子,其电子式中需要标出阴阳离子所带电荷,氯化镁的电子式为:
故答案为:   

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

氯化镁为离子化合物,氯化镁中存在镁离子和氯离子,氯离子还需要标出最外层电子;

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

解析

铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水,化学反应为:3Cu+8HNO3=3 Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故答案为:3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

铜、铁都可与稀硝酸反应,应用盐酸或稀硫酸除杂,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水;

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Na++CO32-+CO2+H2O ==  2NaHCO3

解析

碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3,NaHCO3溶解度小于Na2CO3,并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多,溶剂质量减少,溶液中有浑浊出现,反应的离子方程式为:2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓,故答案为:2Na++CO32-+CO2+H2O═2NaHCO3↓;

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

碳酸钠与CO2和水反应生成NaHCO3,NaHCO3溶解度小于Na2CO3,溶液中出现白色浑浊;

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

2MnO4+5H2O2+6H+ ==  2Mn2++8H2O+5O2

解析

双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价,失去1个电子.而高锰酸钾中锰元素的化合价从+7价降低到+2价,得到2个电子,所以根据电子的得失守恒可知,配平后的反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,故答案为:2;5;6H+;2;8;5O2

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

根据氧化还原反应中得失电子数相等和质量守恒配平.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaNH2

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,A的化学式是NaNH2,故答案为:NaNH2

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,由此分析解答.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaH+ NH3 ==  NaNH2 + H2 ↑

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式:NaH+NH3=NaNH2+H2,故答案为:NaH+NH3=NaNH2+H2

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,由此分析解答.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaNH2 +2HCl =NaCl + NH4Cl

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,A是足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl,故答案为:NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl;

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,由此分析解答.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(8)小题正确答案及相关解析

正确答案

2NaH+TiCl 4  Ti+2NaCl+2HCl↑或4NaH+TiCl 4  Ti+4NaCl+2H 2 ↑

解析

在高温下(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛,该反应的化学方程式为2NaH+TiCl4=Ti+2NaCl+2HCl,故答案为:2NaH+TiCl4=Ti+2NaCl+2HCl;

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,由此分析解答.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(9)小题正确答案及相关解析

正确答案

制备过程不合理,因为亚硫酸盐具有强还原性,易被氧化,导致固体中含有硫酸盐;验纯方法不合理,如果固体中含有硫酸盐,加入过量BaCl2溶液也会产生白色沉淀。

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,因为亚硫酸盐具有极强的还原性,吸收液”通过蒸发结晶制得的固体可能是亚硫酸盐和硫酸盐的混合物,故答案为:不合理;通过蒸发结晶制得的固体可能是亚硫酸盐和硫酸盐的混合物,所以得到的固体不一定是纯净物,可能是亚硫酸钡和硫酸钡的混合物.

考查方向

本题考查知识点较多,电子式、化学方程的书写,质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝,B是氨气,2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2,根据质量守恒,参与反应的氨气的物质的量为0.1mol,根据质量守恒则A化学式为NaNH2,由此分析解答.

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法,氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

1
题型:简答题
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简答题 · 6 分

10.下表为各物质中所含有的少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法。正确的一组为(    )

正确答案

A

解析

A.溴与NaOH反应后,与四氯化碳分层,然后分液可分离,故A正确;
B.碳酸钙不溶于水,过滤分离,但氯化铁水解生成的HCl易挥发,则不能蒸发结晶,故B错误;
C.加入过量烧碱后过滤,引入钠离子不能除去,则试剂不合理,故C错误;
D.品红可检验二氧化硫,不能除杂,应选高锰酸钾除去二氧化硫,故D错误;故选A.

考查方向

物质的分离.提纯的基本方法选择与应用;物质的分离.提纯和除杂。

解题思路

明确物质的性质,判断除去杂质的试剂及方法

易错点

对物质性质不清楚,分离提纯方法混淆

知识点

氯气的物理性质
1
题型: 单选题
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单选题 · 6 分

7.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素,其中元素A、E的单质在常温下呈气态,元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,元素C在同周期的主族元素中原子半径最大,元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是()

AB的单质在自然界只有一种核素

B元素C、D、E的简单离子的半径依次减小

CE的单质氧化性最强

D化合物AE与CE含有相同类型的化学键

正确答案

C

解析

A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素,元素C在同周期的主族元素中原子半径最大,则C为Na元素;元素D是地壳中含量最多的金属元素,则D为Al元素;元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,B有2个电子层,最外层电子数为4,故B为C元素;其中元素A、E的单质在常温下呈气态,A的原子序数小于碳元素,A为H元素,E的原子序数等于铝元素,E为Cl元素.A.B为C元素,在自然界存在多种同位素,如12C、13C等,故A错误;B.元素C、D、E的简单离子中C、D有两个电子层,C有3个电子层,C的离子的半径最大,故B错误;C.E为Cl元素,单质具有强氧化性,故C正确;D.化合物AE与CE化学键类型分别为共价键、离子键,故D错误。

故选C

考查方向

元素周期表的应用及规律

解题思路

A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素,元素C在同周期的主族元素中原子半径最大,则C为Na元素;元素D是地壳中含量最多的金属元素,则D为Al元素;元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,B有2个电子层,最外层电子数为4,故B为C元素;其中元素A、E的单质在常温下呈气态,A的原子序数小于碳元素,A为H元素,E的原子序数等于铝元素,E为Cl元素,以此解答该题.

易错点

元素的推断出错会导致随后的解题过程完全错误,元素周期表规律混淆不清

知识点

氯气的物理性质
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