重庆市第四十二中学2024届化学高一下期末预测试题含解析

重庆市第四十二中学2024届化学高一下期末预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、绿色化学”又称环境无公害化学。下列叙述符合“绿色化学”原则的是（）A．绿色化学的核心是利用化学原理对工业生产造成的环境污染进行治理B．用聚苯乙烯等塑料代替木材生产包装盒、快餐盒等,以减少木材使用C．研制新型杀虫剂,使它只对目标昆虫有毒杀作用而对其他昆虫无害D．现代石油化工采用银作催化剂,将乙烯直接氧化生产环氧乙烷符合“原子经济”2、下列属于非氧化还原反应的是A．2H2O22H2O+O2↑ B．Cl2+H2OHCl+HClOC．SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O D．C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O3、生活中处处有化学。下列说法不正确的是（）A．利用高纯的单晶硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能B．火力发电厂里，向燃煤中加入适量生石灰可减少二氧化硫的排放C．生活中可采用灼烧法鉴别黄金和黄铜，也可以鉴别真蚕丝和人造丝D．选用日常生活中的食醋和米汤水检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子4、下列化学用语对事实的表述不正确的是A．钠与水反应的离子方程式:

2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑B．用惰性电极电解硝酸银溶液的离子方程式:

4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+C．电解精炼铜的阴极反应式:

Cu2++2e-=CuD．苯乙烯聚合反应的化学方程式:5、下列试剂中，能用于检验酒精中是否含有水的是A．CuSO4·5H2O B．无水硫酸铜 C．浓硫酸 D．金属钠6、下列关于有机物的说法中，不正确的是A．汽油和天然气的主要成分都是甲烷B．苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应C．油脂在碱的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂D．用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖7、下列有关化学用语使用正确的是()A．NH4Br的电子式：B．S2-的结构示意图：C．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．乙烯的结构简式为：CH2CH28、下列装置能构成原电池的是A． B．C． D．9、下列关于甲烷的叙述错误的是()A．天然气的主要成分 B．最简单的有机物C．含碳质量分数最大的有机物 D．与氯气在光照条件下能发生取代反应10、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),673K、30MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是()A．升高温度,逆反应速率增大,正反应速率减小B．点c处反应达到平衡C．点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样D．点a的正反应速率比点b的大11、下列电极反应式正确的是()A．以惰性材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H2－2e－===2H＋B．铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑C．以铜为电极将2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋设计成原电池，正极反应式为Cu－2e－===Cu2＋D．以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，负极反应式为Al－3e－===Al3＋12、水溶液能大量共存的一组离子是（）A．Na＋、Al3＋、Cl－、OH－B．H＋、K＋、SO42－、CO32－C．K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－D．Na＋、NH4＋、SO42－、OH－13、长期食用增塑剂超标的食品会对人体健康产生较大影响。邻苯二甲酸二丁酯（C16H22O4）是一种常见的增塑剂，它属于（）A．单质B．氧化物C．有机物D．无机物14、下列叙述正确的是()A．新戊烷的结构简式：B．还有4种含有苯环的同分异构体C．乙烯分子的结构式：CH2=CH2D．苯分子的比例模型：15、下列有关原电池的应用原理和有机物的结构及其性质说法中，不正确的是()A．铜锌硫酸组成的原电池中，电子是从锌经过导线流向铜B．把Zn片放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，形成原电池加快了产H2速率C．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，乙烯使两者褪色的化学原理相同D．C5H10不属于烷烃，C5H12属于烷烃且有3种同分异构体16、摩尔是表示（）A．物质的量的单位 B．物质的量的浓度C．物质的质量的单位 D．微粒个数的单位二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：已知：2CH3CHO+O2催化剂，加热2CH3COOH（1）反应①的化学方程式是_______。（2）B的官能团是_______。（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。iii.反应类型是___。iv.与制法一相比，制法二的优点是___。18、A、B、C、D、E、F是六种核电荷数依次增加的短周期元素，它们位于三个不同的周期，B原子的电子数是最内层电子数的三倍，C和E位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，E和F相邻。回答下列问题：(1)写出B在元素周期表中的位置___________；(2)写出A、C、F三种元素组成的一种弱电解质的结构式___________；(3)能说明非金属性F比E强的两个实例_______、___________；(4)化合物DA遇水会发生剧烈的化学变化，请写出该反应的化学方程式_____________；(5)金属镁在BC2中燃烧的化学方程式________________________。19、海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①____________；写出过程②中有关反应的离子方程式：_________（2）灼烧海带用到的仪器有_____________（3）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是（____）A.酒精B.四氯化碳C.甘油D.醋酸20、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pH沉淀完全时pH(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____________________________。21、运用所学知识，解决下列问题：（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_____；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是______。（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液CH3COONa溶液(NH4)2SO4溶液NH4HSO4溶液NaOH溶液①NH4Cl溶液的pH_____7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以_______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_______NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；③浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B)(NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4溶液，则c(NH4+)由大到小的顺序为____＞___＞____（用序号填空）。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。（提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O

=SO2↑+2HCl↑）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、绿色化学是从源头上杜绝或减少污染，而不是先污染再治理，A错误；B、聚苯乙烯等塑料会造成白色污染，不符合“绿色化学”原则，B错误；C、杀虫剂都是有毒的化学试剂，会对环境产生污染或毒害，C错误；D、乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，没有副产物，原子利用率为100%，D正确。答案选D。2、C【解析】

A．2H2O22H2O+O2↑存在化合价变化，氧元素由-1价变为0价和-2价，属于氧化还原反应，选项A不选；B．Cl2+H2OHCl+HClO中存在Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，选项B不选；C．SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，选项C选；D．C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O存在化合价变化，碳元素由0价变为+4价，氮元素由+5价变为+4价，属于氧化还原反应，选项D不选；答案选C。3、D【解析】分析：A.利用高纯的单晶硅具有导电性，可以制成光电池，将光能直接转化为电能；B.氧化钙与二氧化硫、氧气共同反应生成硫酸钙；C.黄铜为铜锌合金，灼烧后变黑，黄金性质稳定，高温时不变色；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味；D.只有生成碘单质，遇淀粉反应变为蓝色。详解：高纯单质硅具有半导体性能,制成的光电池才可将光能直接转化为电能,A正确；二氧化硫为酸性氧化物,可与生石灰反应，最终产物为硫酸钙，可减少污染性气体的排放,有效防治酸雨,A正确；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味，且冒黑烟，故可用灼烧的方法鉴别，B正确；黄金性质稳定，灼烧后不变色，而黄铜为铜锌合金，灼烧后变为黑色，可以鉴别，C正确；碘酸根离子与碘离子在酸性条件下生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此食醋和米汤水不能检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子，D错误；正确选项D。4、D【解析】分析:A.二者反应生成氢氧化钠和氢气；B.惰性电极电解时，银离子及水中的氢氧根离子放电；C.金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。详解:A.钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；

B.用惰性电极电解硝酸银溶液的离子反应为4Ag++2H2O

4Ag+O2↑+4H+，故B正确；C.金属铜的电解精炼过程中,阴极上铜离子得电子生成Cu,其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,故C正确；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，正确的化学方程式为：，所以D选项是错误的；

所以本题选D。点睛：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大。5、B【解析】

无水硫酸铜遇水即显蓝色，常用来检验水的存在，浓硫酸用来吸水，所以答案选B。6、A【解析】分析：A.根据汽油和天然气的主要成分解答；B.苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应；C.油脂的皂化反应可以生产肥皂；D.含有醛基的物质能被新制氢氧化铜悬浊液氧化。详解：A.汽油的主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，天然气的主要成分是甲烷，A错误；B.苯环上的氢原子可以被其它原子或原子团取代，发生取代反应，乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，都能发生取代反应，B正确；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在碱的催化作用下可发生水解反应即皂化反应，工业上利用该反应生产肥皂，C正确；D.葡萄糖分子中含有醛基，用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖，D正确。答案选A。7、B【解析】

A.溴化铵是离子化合物,由铵根离子与溴离子构成，电子式为：，故A错误；B.

S2−的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8,硫离子结构示意图为，故B正确；C.甲烷结构和四氯化碳结构相同，氯原子比碳原子大，比例模型中原子比例大小不同，故C错误；D.乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故D错误；故选：B。8、A【解析】

构成原电池的条件是：活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路。【详解】A.锌比银活泼，锌与稀硫酸反应生成氢气，形成了闭合回路，故A可以构成原电池；B.酒精是非电解质，不能构成原电池；C.没有形成闭合回路，不能构成原电池；D.两电极材料相同，均不能与硫酸反应，不能构成原电池。所以答案是A。9、C【解析】

A．天然气的主要成分是甲烷，正确；B．甲烷分子中含有碳元素，氢元素，具有有机物的结构特点和性质，是最简单的有机物，正确；C．随着分子中含有的碳原子的增多，碳元素的含量逐渐增加。因此该物质含碳质量分数最小的有机物，错误；D．甲烷是烷烃，特征反应是取代反应，与氯气在光照条件下能发生取代反应，产生一氯甲烷、二氯甲烷等，正确。答案选C。10、D【解析】

A.升高温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大，A不正确；B.点c处n(NH3)和n(H2)没有保持不变，此后仍在发生变化，故反应未达到平衡，B不正确；C.由图象可知，点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)相同，已达化学平衡状态，C不正确；D.点a的氢气的物质的量比点b的大，故点a的氢气的物质的量浓度比点b的大，因此点a的正反应速率比点b的大，D正确。综上所述，D正确，本题选D。11、B【解析】分析：A.根据电解质溶液显碱性分析；B.锌是负极，铜是正极；C.正极铁离子放电；D.铝转化为偏铝酸根离子。详解：A.以惰性材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H2－2e－＋2OH－＝2H2O，A错误；B.金属性锌强于铜，铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，锌是负极，铜是正极，正极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，B正确；C.以铜为电极将2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋设计成原电池，铜是负极，正极铁离子得到电子，反应式为Fe3＋＋e－＝2Fe2＋，C错误；D.以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，铝是负极，负极反应式为Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋AlO2－，D错误。答案选B。点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极的判断方法、离子的移动方向和电极反应式的书写。D选项是易错点，注意铝能与氢氧化钠溶液反应生成物是偏铝酸根离子。12、C【解析】

A.Al3+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.H+、CO32-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.K+、Ba2+、Cl-、NO3-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故答案选C。13、C【解析】试题分析：邻苯二甲酸二丁酯（C16H22O4）是含有碳元素的化合物，属于有机物，故选C。【考点定位】考查无机化合物与有机化合物的概念【名师点晴】本题考查物质的分类。掌握有机物和无机物的区别与联系，有机化合物简称有机物。含碳化合物（CO、CO2、H2CO3、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物等除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称。注意：有机化合物都是含碳化合物，但是含碳化合物不一定是有机化合物；绝大多数的无机物可以归入氧化物、酸、碱和盐4大类。视频14、D【解析】

A.异戊烷的结构简式为，新戊烷的结构简式是C(CH3)4，A不正确；B.还有3种含有苯环的同分异构体，分别是邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯，B不正确；C.乙烯分子的结构简式是CH2=CH2，其结构式是，C不正确；D.苯分子中的12个原子共平面，有6个C—H键和6个完全相同的介于单键和双键之间的特殊的碳碳键，故其比例模型为，D正确。本题选D。15、C【解析】

A.原电池中电子有负极沿导线流向正极，铜锌硫酸组成的原电池中，锌是负极，铜是正极，所以电子有锌极流向铜极，故A正确；B.把Zn片放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，发生置换反应，生成铜，构成锌铜原电池，加快了化学反应速率，故B正确；C.乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，原理不同，乙烯与溴水中的溴单质发生加成反应，乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D.一分子C5H10五个碳原子十个氢原子不饱和，不属于烷烃，C5H12属于烷烃且有3种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故D正确；故选：C。16、A【解析】

A．物质的量是表示微观粒子与宏观可称量物质联系起来的一种物理量，单位是摩尔，故A正确；B．物质的量的浓度的单位是mol/L，所以摩尔不是物质的量的浓度的单位，故B错误；C．物质的质量的单位是g、kg等，摩尔不是质量单位，故C错误；D．微粒个数的单位是个，摩尔不是微粒个数的单位，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br羟基（或—OH）取代反应（或酯化反应）分液漏斗加成反应原子利用率高【解析】

乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。【详解】（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；iii.一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。【点睛】本题考查有机物推断，注意对比物质的结构，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。18、第二周期ⅣA族H—O—Cl氯化氢比硫化氢稳定氢气和氯气反应的条件比氢气和硫反应的条件简单，硫离子还原性比氢气强，高氯酸酸性比硫酸强，硫化氢和氯气反应生成硫和氯化氢，铁和氯气反应生成氯化铁，而铁和硫反应生成硫化亚铁等NaH+H2O=H2↑+NaOH2Mg+CO22MgO+C【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B的原子的电子数是最内层电子数的三倍，因为是短周期元素，因此B为C，短周期指的是1、2、3周期，它们分别位于三个不同的周期，即A为H，C和E位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，则C为O，E为S，F为Cl，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，D为Na，（1）C位于第二周期IVA族；（2）H、O、Cl组成的弱电解质为HClO，结构式为H－O－Cl；（3）比较非金属性，可以通过氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即H2S溶液中通入氯气，有淡黄色沉淀析出，也可以是与变价金属反应，看变价金属的化合价，化合价越高，说明非金属性越强等等；（4）DA的化合物是NaH，与水反应剧烈，NaH中H为－1价，H2O中H显＋1价，有中间价态0价，因此反应方程式为NaH＋H2O=NaOH＋H2↑；（5）金属镁在CO2燃烧的反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。点睛：本题易错点是次氯酸结构式的书写，学生经常会写成H－Cl－O。19、过滤；2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架；B【解析】

（1）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析。②中Cl2将I－氧化成I2；（2）灼烧固体用到坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多。【详解】（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程可知，分离固体海带灰和液体碘离子的溶液用过滤。②中的反应是Cl2将I－氧化成I2的反应，过程②中有关反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；（1）灼烧海带的仪器是坩埚、用于加热的仪器是酒精灯、放置坩埚的仪器是泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用四氯化碳或苯等，酒精、醋酸、甘油等和水是互溶的，不能选择。答案选B。【点睛】本题考查了实验室里从海藻中提取碘的流程，侧重考查了物质的分离和提纯，掌握过滤、萃取、灼烧固体等操作是解答本题的关键，题目难度中等。20、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，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，正确分析题目涉及流程的分