2025届安徽省安徽师大附中化学高一下期末经典试题含解析

2025届安徽省安徽师大附中化学高一下期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质中既含有非极性共价键又含有离子键的是A．CO2B．Na2O2C．MgCl2D．NaOH2、下列分子式只能表示一种物质的是（）A．CH2Cl2B．C5H12C．C3H7ClD．C4H103、下列变化中，不属于化学变化的是A．从石油中分馏出汽油 B．煤的气化制水煤气C．煤的干馏制焦炭 D．油脂的水解制肥皂4、苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）A．苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B．1mol苹果酸可与3molNaOH发生中和反应C．1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1molH2D．HOOC-CH2-CH(OH)-COOH与苹果酸互为同分异构体5、下列有关元素周期表的说法正确的是A．元素周期表有8个主族B．0族原子的最外层电子数均为8C．ⅠA族的元素全是金属元素D．短周期是指第1、2、3周期6、反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A．增加炭的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入一定量的水(g)D．保持压强不变，充入氮气使容器体积变大7、工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下发生的催化氧化反应2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等C．为了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度D．在上述条件下，SO2不可能100％地转化为SO38、X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1，一定条件下，将1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是A．10min内，Y的平均反应速率为0.03mol·L-1·s-1B．第10min时，X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1C．10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZD．10min内，X和Y反应放出的热量为akJ9、下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是()A．该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H＝－(a－b)kJ／molC．1molSO2的能量比1molSO3的能量高D．若某容器内有2molSO3充分反应，吸收(a－b)kJ热量10、下列说法不正确的是A．过量的SO2使紫色石蕊试液先变红后褪色，说明SO2具有酸性和漂白性B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有不稳定性C．浓硫酸能使胆矾晶体由蓝色变为白色，说明浓硫酸具有吸水性D．浓硫酸使蔗糖变黑现象，说明浓硫酸具有脱水性11、氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是A．电解熔融NaCl制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化B．湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应C．用磁铁矿炼铁的反应中，1molFe3O4被CO还原成Fe，转移9mole−D．铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化12、下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A．A B．B C．C D．D13、化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（）①用电子式表示HCl的形成过程：②MgCl2的电子式：③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs④乙烯、乙醇结构简式依次为：CH2=CH2、C2H6O⑤S2﹣的结构示意图：⑥次氯酸分子的结构式：H-O-Cl⑦CO2的分子模型示意图:A．3个 B．4个 C．5个 D．6个14、核电荷数小于18的某元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为（2a+l)。下列有关元素X的说法中，不正确的是A．元素X的原子核内质子数可能为（2a2-l）B．元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂C．元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个（n表示电子层数）D．由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用15、下列有关化学用语使用正确的是()A．硫原子的原子结构示意图：B．NH4Cl的电子式为：C．原子核内有10个中子的氧原子：D．HBr的形成过程：16、2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是A．点燃，能燃烧的是矿物油B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油C．加入水中，浮在水面上的是地沟油D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油二、非选择题（本题包括5小题）17、原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。（1）X元素符号是______________________；（2）Z、W形成的气态氢化物的稳定性_______>_______（写化学式）。（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为_________________________________。（4）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物B，lmolB中含有6mol结晶水。对化合物B进行如下实验：a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体；过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。①由实验a、b推知B溶液中含有的离子为__________________；②B的化学式为_________________。18、某烃A是有机化学工业的基本原料。其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂。A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①、②、③属于同种反应类型。请回答下列问题：（1）写出A、B、C、D的结构简式：A____________、B___________、C__________、D_________。（2）写出②、⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：②______________________________________，反应类型:__________________________。⑤______________________________________，反应类型:__________________________。19、ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3＋Al3＋ZrO2＋开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的化学式为________________。(3)为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________________。(4)向“过滤Ⅲ”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____________________________。20、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验（一）碘含量的测定实验（二）碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O。（1）实验（一）中的仪器名称：仪器A________，仪器B________。（2）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为__________________。②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是___________________。③下列有关步骤Y的说法，正确的是________。A应控制NaOH溶液的浓度和体积B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质DNaOH溶液可以由乙醇代替④实验（二）中操作Z的名称是________。（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是________________________。21、填空题。糖类、脂肪、蛋白质、维生素、无机盐和水合称六大营养素，食物烹调时还使用一些调味剂。李华家今晚菜谱如图所示。（1）食谱中调味剂有______________和______________等。该食谱______________（填“能”或“不能”）提供蛋白质类营养素，西红柿富含具有抗坏血病功能的物质，该物质属于六大营养素中的______________。（2）室内空气污染物包括CO、CO2、HCHO（甲醛）等，在这三种污染物中，由家用燃料燃烧产生的是____________；由建筑和装修产生的是______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此解答。详解：A.CO2中只有极性键，A错误；B.Na2O2中含有离子键和非极性键，B正确；C.MgCl2中只有离子键，C错误；D.NaOH中含有离子键和极性键，D错误。答案选B。点睛：掌握化学键的含义、组成微粒是解答的关键。注意共价键又分为极性键和非极性键，由同一种元素形成的共价键是非极性键，由不同种元素形成的共价键是极性键。2、A【解析】分析：同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误。详解：A．CH2Cl2只有一种结构不存在同分异构体，所以能只表示一种物质，故A正确；B．C5H12存在3种同分异构体：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，所以不能只表示一种物质，故B错误；C．C3H7Cl可以存在同分异构体，CH3CH2CH2Cl，CH3CHClCH3，所以不能只表示一种物质，故C错误；D.C4H10存在2种同分异构体：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，所以不能只表示一种物质，故D错误；故选A。3、A【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。【详解】A项、从石油中分馏出汽油程中没有新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，故A正确；B项、煤的气化制水煤气是碳和水反应生成氢气和CO的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C项、煤的干馏制焦炭是煤在高温条件下，经过干馏生成粗氨水、煤焦油、焦炉气以及焦炭等物质的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D项、油脂的水解制肥皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。【点睛】解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。4、A【解析】试题分析：A、苹果酸中能发生酯化反应的官能团为羧基和羟基，为2种，A正确；B、苹果酸分子含有2个羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，B错误；C、羧基和羟基都可以与Na反应生成氢气，所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1.5molH2，C错误；D、HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸为同一种物质，D错误，答案选A。分【考点地位】本题主要是考查有机物的结构和性质判断【名师点晴】本题通过苹果酸考查学生对官能团性质的理解和掌握，对同分异构体的理解和判断，考查了学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。分析和判断有机物的结构和性质，首先要找出有机物中含有的官能团，根据官能团确定有机物的性质，同时要注意羧基和羟基的性质，与NaOH和金属Na反应的区别，理解同分异构体的含义，对比有机物的结构判断同分异构体，对于同分异构体的判断应判断化学式相同而结构不同，要特别注意是否是同一种物质。5、D【解析】试题分析：A．元素周期表有7个主族,7个副族，1个0族，1个第VIII族，错误；B．0族原子中He原子最外层只有2个电子，其余元素的原子最外层电子数为8，错误；C．ⅠA族的氢元素是非金属元素，其余都是金属元素，错误；D．第1、2、3周期含有的元素比较少，叫短周期元素，正确。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。6、A【解析】

分析题给的四个选项，均可从浓度是否改变这一角度来分析化学反应速率是否改变。【详解】A.增加炭的量，几乎没有改变任一物质的浓度，所以化学反应速率不变，A项正确；B.将容器的体积缩小一半，各气体的浓度将增大，化学反应速率将加快，B项错误；C.水是反应物，保持体积不变，充入一定量的气态水，将使反应速率加快，C项错误；D.氮气是与该反应无关的气体，保持压强不变，充入氮气使容器体积变大，各气体的浓度将变小，反应速率减小，D项错误；所以答案选择A项。7、B【解析】

A.使用催化剂能加快反应速率，缩短反应时间，可以提高生产效率，故A正确；B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要根据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故B错误；C.提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故C正确；D.此反应为可逆反应，不能完全进行到底，，SO2不可能100％地转化为SO3，故D正确；故答案为：B。【点睛】易错选A项，注意生产效率不同于转化率，催化剂使反应速率加快，缩短反应时间，就可以提高生产效率，但不会使提高物质的转化率。8、C【解析】

反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol−2.4mol=0.6mol，根据反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ，A.10min内，Y的平均反应速率为：0.6mol2L10min=0.03

mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；B.化学反应速率与化学计量数成正比，则10min内X的反应速率为：v(X)=13×v(Y)=0.01mol⋅L−1⋅min−1，该速率为平均速率，无法计算及时速率，故B错误；C.根据分析可知，10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZ，故C正确；D.由于该反应为可逆反应，则1mol

X和3molY通入2L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2mol，放出的热量小于akJ，故D错误；故选C。【点睛】计算出10min内Y的平均反应速率，然后根据计量数与反应速率成正比得出X的反应速率；该反应为可逆反应，则反应物不可能完全转化成生成物，所以10min内X和Y反应放出的热量小于a

kJ，据此进行解答。9、A【解析】

A.断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；B.反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b)kJ／mol，B错误；C.根据图像可知0.5mol氧气和1molSO2的总能量比1molSO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；D.由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2molSO3充分反应，吸收的热量小于(a－b)kJ，D错误。答案选A。10、A【解析】

A.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，故A错误；B.浓硝酸具有不稳定性，在光照下会分解生成NO2并溶于浓HNO3显黄色，故浓硝酸在光照下颜色变黄，故B正确；C.浓硫酸具有吸水性，能吸收胆矾晶体中的结晶水，可以使蓝色的胆矾晶体失水变为白色晶体，故C正确；D.蔗糖在浓H2SO4中变黑是因为蔗糖被脱水生成碳单质，故D正确。故选A。11、C【解析】

A、电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子得电子生成单质钠被还原，发生还原反应；氯离子失电子生成氯气单质被氧化，发生氧化反应，所以A选项是正确的；B、湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素得电子生成铜单质，所以都发生还原反应，所以B选项是正确的；C、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，Fe3O4中3个Fe原子共显+8价，故1molFe3O4被CO还原成Fe，转移8mole−，故C错误；D、铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化，但很快会凝固，所以D选项是正确的。答案选C。12、A【解析】

本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。13、A【解析】分析：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式；②氯化镁中含有两个氯离子不能合并；③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析；④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH；⑤硫离子核电荷数为16，电子数18；⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键；⑦碳原子半径大于氧原子半径。

详解：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式，故①错误；②氯化镁中含有两个氯离子，应写成，故②错误；③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析，质子数=133-78=55，故③正确；④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH，故④错误；⑤硫离子核电荷数为16，电子数为18，故⑤正确；⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故⑥正确。⑦碳原子半径大于氧原子半径，故⑦错误。

综合以上分析，正确的有③⑤⑥三项，故答案选A。点睛：在书写电子式是要注意，电子尽可能的分步在元素符号的四周，有化学键的物质的电子式要注意分清化学键的类型，若为离子键，则书写电荷和[]，若为共价键，则不能写电荷和[]，同时注意电子式的对称性和电子的总数，注意多数原子满足8电子的稳定结构（氢原子满足2电子稳定结构）。14、C【解析】

A、若a＝1时，一个电子层的原子最外层不能为3个电子；若a＝2时，二个电子层，最外层为5个电子，X元素为N元素；若a＝3时，三个电子层，最外层为7个电子，X元素为Cl元素；无论X为N元素还是Cl元素，其核内质子数均符合（2a2－1），A项正确；B、N2和Cl2既能作氧化剂又能作还原剂，B项正确；C、若X为Cl元素，简单阴离子Cl－的M层的电子数没有达到2n2个，C项不正确；D、NaClO、HClO具有杀菌消毒的作用，D项正确。答案选C。15、C【解析】

A.S原子核外有16个电子，原子结构示意图为，A错误；B.NH4Cl是离子化合物，Cl-的最外层有8个电子，故该化合物电子式为，B错误；C.原子核内有10个中子的氧原子,质量数为18，可表示为：，C正确；D.HBr中H原子与Br原子间通过共价键结合，其形成过程可表示为：，D错误；故合理选项是C。16、D【解析】试题分析：地沟油的主要成分是酯，矿物油的主要成分是烃。A、地沟油含C、H、O元素，也能燃烧，所以点燃的方法不能鉴别地沟油和矿物油，A错误；B、地沟油与矿物油都是混合物，都没有固定的沸点，B错误；C、地沟油与矿物油的密度都比水小，加入水中，都浮在水面上，C错误；D、地沟油属于酯类物质，在氢氧化钠溶液中加热会发生水解反应，生成钠盐和甘油，所以溶液不分层，而矿物油不与氢氧化钠溶液反应，溶液分层，可以鉴别，D正确，答案选D。考点：考查地沟油与矿物油的鉴别二、非选择题（本题包括5小题）17、HH2OH2S3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2ONH4+、Fe2+、SO42-（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，X为元素周期表中原子半径最小的元素即X为H，因为原子序数依次增大，且Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，令Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x＋1，W的原子序数为x＋9，四种原子序数之和为32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，因此Y为N、Z为O、W为S，（1）根据上述分析，X元素是H；（2）同主族从上到下非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，因此H2O的稳定性大于H2S；（3）该酸能与铜发生反应，因此该酸是硝酸，其离子反应方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（4）①加入足量的NaOH溶液出现白色沉淀，且白色沉淀转变为灰绿色，最终转变成红褐色，说明B中有Fe2＋，加入NaOH，产生刺激性气体，说明原溶液中含有NH4＋，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，且白色沉淀不溶于盐酸，说明此沉淀是BaSO4，原溶液中含有SO42－，①因此根据上述分析B溶液中含有的离子是为Fe2＋、NH4＋、SO42－；②根据B的相对分子质量以及化合价的代数和为0，因此B的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。点睛：本题的关键是元素的推断，根据信息X元素是周期表中原子半径最小的，即X为H，子序数依次增大，且Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，令Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x＋1，W的原子序数为x＋9，四种原子序数之和为32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，从而推出个元素，特别注意Z和W的原子序数的关系，因为它们位于同一主族，且属于短周期元素，因此有W和Z的原子序数相差8。18、CH2＝CH2CH3－CH3CH3CH2ClCH3CH2OHCH2＝CH2+HCl→CH3CH2Cl加成反应CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl取代反应【解析】烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，所以A为乙烯；结合流程可得：B为乙烷、C为氯乙烷、D为乙醇、E为聚乙烯。（1）A、B、C、D的结构简式依次为：CH2＝CH2、CH3－CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH。（2）反应②表示乙烯与HCl生成CH3CH2Cl，化学方程式为：CH2＝CH2+HCl→CH3CH2Cl，属于加成反应；反应⑤表示乙烷与Cl2光照条件生成氯乙烷和HCl，化学方程式为：CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，属于取代反应。19、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案为：5.2～6.2；ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液