解题思路：T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增，T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T的原子序数为1，T为氢元素；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，则核外电子排布为1s22s22p2，故X为碳元素；Z可形成Z2、Z3两种气态单质，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；R元素原子3p能级上有1个电子，外围电子排布为3s23p1，故R为Al元素；Q的原子序数大于氧元素小于Al元素，在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小，故Q处于第三周期，为Na元素；W的一种核素的质量数为56，中子数为30，质子数为56-30=26，故W为Fe元素，
（1）同周期自左而右第一电离呈增大趋势，但N元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去电子需要的能量较大，第一电离能高于相邻元素；
根据核外电子排布规律书写Fe的基态原子的核外电子排布式；C与N原子结合形成的C3N4晶体，其硬度比金刚石大，则C3N4晶体属于原子晶体，C原子与N原子之间形成共价键；
（2）根据以上分析T2Z和Q2Z2反应即过氧化钠与水的反应；
（3）固体完全溶解最终得到澄清溶液，根据电子转移守恒可知，生成的氢气的物质的量；
a=b时，最终恰好反应生成NaAlO2，据此书写；
（4）根据盖斯定律，书写3Z2（g）=2Z3（g）的热化学方程式，再根据热化学方程式计算．
T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增，T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T的原子序数为1，T为氢元素；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，则核外电子排布为1s22s22p2，故X为碳元素；Z可形成Z2、Z3两种气态单质，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；R元素原子3p能级上有1个电子，外围电子排布为3s23p1，故R为Al元素；Q的原子序数大于氧元素小于Al元素，在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小，故Q处于第三周期，为Na元素；W的一种核素的质量数为56，中子数为30，质子数为56-30=26，故W为Fe元素，
（1）同周期自左而右第一电离呈增大趋势，但N元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去电子需要的能量较大，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，Fe的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，
C与N原子结合形成的C3N4晶体，其硬度比金刚石大，则C3N4晶体属于原子晶体，C原子与N原子之间形成共价键，
故答案为：N＞O＞C；1s22s22p63s23p63d64s2；共价；
（2）根据以上分析T2Z和Q2Z2反应即过氧化钠与水的反应，故方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）将amolNa单质与bmolAl单质组成的固体混合物投入到足量的水中，若固体完全溶解最终得到澄清溶液，
根据电子转移守恒可知，生成的氢气的物质的量为[amol×1+bmol×3/2]=[a+3b/2]mol，当a=b时，最终恰好反应生成NaAlO2，反应的离子方程为Na+Al+2H2O=Na++AlO2-+2H2↑，
故答案为：[a+3b/2]；Na+Al+2H2O=Na++AlO2-+2H2↑；
（4）已知25℃、101kPa条件下：
①4R（s）+3Z2（g）=2R2Z3（s）△H=-2834.9kJ/mol
②4R（s）+2Z3（g）=2R2Z3（s）△H=-3119.1kJ/mol
根据盖斯定律，则①-②得3Z2（g）=2Z3（g）△H=+284.2kJ/mol
故16g Z2（g）完全转化为Z3（g）的△H=+284.2kJ/mol×[16g/3mol×32g/mol]=+47.4 kJ/mol，
故答案为：+47.4 kJ/mol．
点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．
考点点评： 本题考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、电离能、晶体类型与化学键、反应热计算等，题目较为综合，难度不大，注意对基础知识的全面掌握，注意（4）中利用守恒思想计算．