解题思路：由D原子核外最外层电子排布式为nsnnpn+2，可推出n=2，因s能级最多容纳2个电子，所以D原子核外最外层电子排布式为2s22p2+2，D为O元素；C、E两种原子最外层电子数之和是D原子最外层电子数的2倍，即C、E两种原子最外层电子数之和为12，所以C、E处于第5和第7主族，因C原子序数小于O元素，所以C为N元素，E为F或Cl元素，由A、E形成的化合物甲分子中电子总数为18，可推出E为Cl元素，A为H元素；由A、E两种原子最外层电子数之和是B原子最外层电子数的2倍，可知B最外层电子数为（1+7）÷2═4，即B为C元素．A、B、C、D、E分别为：H、C、N、O、Cl元素．
（1）根据电离能的变化规律考虑；
（2）A单质与C单质在一定条件下可化合为乙，乙为NH3，甲为HCl，pH=a的乙的水溶液中c（H+）为10-a，c（OH-）=10a-14，
pH=b的甲的水溶液，c（H+）=10-b，因a+b=14，则-b=a-14，即氨水中c（OH-）和盐酸中c（H+）相等，二者等体积混合碱过量．得到一水合氨和氯化铵的混合液，根据电离大于水解判断溶液酸碱性及离子浓度大小关系；
（3）C、H组成的相对分子质量最小的为甲烷，即丙为甲烷，甲烷燃料电池中，甲烷作负极燃料；
（4）工业生产氯气采用电解饱和食盐水法；
（5）根据燃烧产物的量及燃料的质量计算出燃料的最简式，进而判断出J物质，由此写出热化学方程式．
根据以上分析推断出具体元素A、B、C、D、E分别为：H、C、N、O、Cl元素．
（1）同周期电离能从左到右有增大的趋势，但N元素P轨道为半充满状态，较稳定，所以第一电离能反而比O的要大，故答案为：N；
（2）A单质与C单质在一定条件下可化合为乙，乙为NH3，甲为HCl，pH=a的乙的水溶液中c（H+）为10-a，c（OH-）=
10a-14，
pH=b的甲的水溶液，c（H+）=10-b，因a+b=14，则-b=a-14，即氨水中c（OH-）和盐酸中c（H+）相等，二者等体积混合碱过量．
得到一水合氨和氯化铵的混合液，根据电离大于水解判断溶液显碱性，
所以c（NH4+）＞C（Cl-），c（OH-）＞c（H+），
因弱电解质电离是微弱的，所以c（Cl-）＞c（OH-），即离子浓度大小关系：
c（NH4+）＞C（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），
故答案为：＞c（NH4+）＞C（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；
（3）甲烷燃料电池中，甲烷失电子变成二氧化碳，因碱性介质，二氧化碳与碱反应生成CO32-，
负极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H20，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H20；
（4）工业生产氯气采用电解饱和食盐水法，化学方程式为：2NaCl+2H20
电解
.
2NaOH+Cl2↑+H2↑
故答案为：2NaCl+2H20
电解
.
2NaOH+Cl2↑+H2↑
（5）2.7g为H2O的质量，2.24L 为CO2气体，
则n（H2O）=[2.7g/18g/mol]=0.15mol，n（CO2）=[2.24L/22.4L/mol]=0.1mol，
则n（H）=2n（H2O）=0.3mol，即m（H）=0.3g，
m（C）=0.1mol×12g/mol=1.2g，
根据质量守恒定律可得：
m（有机物J）=m（C）+m（O）+m（H），
则m（O）=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，
因此，n（O）=[0.8g/16g/mol]=0.05mol，
所以，有机物J中，n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，
故有机物J的分子式为C2H6O，2.3gJ的物质的量为：[2.3g/46g/mol]=0.05mol，则1molJ燃烧放出热量为：
68.35kJ÷0.05mol=1367KJ/mol．故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1367KJ/mol．
点评：
本题考点： 原子结构与元素周期律的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；热化学方程式；化学电源新型电池；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
考点点评： 本题综合考察了元素推断、元素周期律、离子浓度大小比较、反应式的书写等内容，难度较大．关键是元素推断，D原子核外最外层电子排布式为nsnnpn+2是解题突破口．对于电离能的大小关系，要注意特殊性．