参考答案：（16分）（1）①1s22s22p63s33p63d5或 [Ar]3d5?（2分）?② 4∶3?（1分）
③（1分）?④KMgF3（2分其它合理答案也可给分）
（2）①10－29 mol·L－1（2分）?②4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g) △H＝－1808kJ·mol－1（2分）
（3）①BD?（2分，有错即为0分，少一个扣1分）
②Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑?（2分，不写条件扣1分）?③13（2分）

本题解析：（1）①铁的原子序数是26，则根据构造原理可知基态Fe3+的核外电子排布式为1s2 91eXAm.org2s22p63s33p63d5或 [Ar]3d5。
②已知(CN)2是直线型分子，并有对称性，因此该化合物的结构式应该是C≡N－C≡N。由于单键都是σ键，三键是由1个σ键和2个π键构成的，所以(CN)2中π键和σ键的个数比为4：3。
③SCN-与Fe3+形成的种配合物中铁原子含有空轨道，S和O原子含有孤对电子，从而形成配位健。则该配合物中的配位键（以箭头表示）为。
④根据晶胞结构可知，镁离子在顶点处、氟离子在棱上、钾离子在体心处，所以根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2＋、F－、K＋个数分别是8×＝1、12×＝3、1，所以该物质的化学式是KMgF3。
（2）①2.3g钠的物质的量＝2.3g÷23g/mol＝0.1mol，则根据原子守恒可知NaNH2的物质的量也是0.1mol，因此NH2－的浓度是0.1mol/L。所以根据离子积常数为l．0×l0－30可知，溶液中NH4+的浓度＝＝1×10－29 mol/L。
②已知：I、N2(g)+O2(g)＝2NO(g)?△H＝180kJ·mol－l，Ⅱ、4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)?△H＝－908 kJ·mol－l，则根据盖斯定律可知，Ⅱ－I×5即得到反应4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)，所以该反应的反应热△H＝－908 kJ·mol－l－180kJ·mol－l×5＝－1808kJ·mol－1，则热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)?△H＝－1808kJ·mol－1。
写出氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式
（3）①A、通电一段时间后乙装置左侧电极质量增加，这说明该电极是阴极，溶液中的阳离子铜离子放电析出铜，电极反应式是Cu2++2e-＝Cu，A正确；B、X是电源的负极，Y是正极，则丙装置中银电极是阳极，铜电极是阴极，所以该装置是电镀池，即在铜上镀银，溶液的pH不变，B不正确；C、甲装置是电解氯化钾溶液，生成物是氢氧化钾、氢气和氯气，所以向甲中通人适量的HCl气体，可使溶液恢复到电解前的状态，C正确；D、电解一段时间后，向乙中加入0.1molCu(OH)2可使电解质溶液复原,则根据氧原子守恒可知，电解中生成氧气的物质的量是0.1mol，所以电路中通过的电子为0.1mol×4＝0.4mol，D不正确，答案选BD。
②若将甲中溶液换成MgCl2,则阴极是氢离子放电，阳极是氯离子放电，生成物还有氢氧化镁白色沉淀，则电解总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑。
③若Cu电极上质量增加2.16 g, 即析出银的质量是2.16g，物质的量＝2.16g÷108g/mol＝0.02mol。根据电子得失守恒可知，甲装置也应该转移0.02mol电子，所以反应中生成0.02mol氢氧化钠，氢氧化钠的物质的量浓度＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L，所以溶液的pH＝13。

本题难度：困难

5、选择题  下列叙述中正确的是（　　）
A．某非金属元素从游离态变成化合态时，该元素一定被还原
B．气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，是因为H-F的键能大于H-Cl
C．NF3分子的结构是三角锥形，分子中三个N-F键的性质完全相同，故NF3分子是非极性分子
D．分子晶体在状态变化或溶于水的过程中，均不会破坏化学键

参考答案：A．某非金属元素从游离态变成化合态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，故A错误；
B．同一主族元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减小，所以气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故B正确；
C．NF3分子的结构是三角锥形，结构不对称，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故C错误；
D．分子间作用力与氢键不属于化学键，作用力较小．只影响物理性质，如熔沸点，密度等，而化学键物理性质和化学性质均可影响，故D错误．
故选B．

本题解析：

本题难度：一般