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高三开学摸底考试答案解析答案

高三开学摸底考试化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）

1．美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程．下列说法不正确的是（　　）

A．CO2属于酸性氧化物

B．CO与O形成化学键的过程中放出能量

C．钌催化剂可以改变该反应的焓变

D．CO与O形成化学键的过程中有电子转移

【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；催化剂的作用．

【分析】A．根据酸性氧化物为与碱反应生成盐和水判断；

B．形成化学键时放出热量；

C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变；

D．根据CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高．

【解答】解：

A．CO2与碱反应生成盐和水为酸性氧化物，故A正确；

B．形成化学键时放出热量，故B正确；

C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变，故C错误；

D．CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确．

故选C．

【点评】本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握酸性氧化物的定义和催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变．

2．下列物质的应用不正确的是（　　）

A．SO2可用于漂白纸浆B．碱石灰可用于干燥氯气

C．氢氟酸可用于蚀刻玻璃D．碳酸氢钠可用于中和胃酸

【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．

【分析】A．SO2具有漂白性；

B．碱石灰与氯气反应，不能干燥氯气；

C．氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅发生反应，能够腐蚀玻璃；

D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳．

【解答】解：

A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；

B．氯气与碱石灰中的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，不能用碱石灰干燥，故B错误；

C．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸可用于蚀刻玻璃，故C正确；

D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可用于治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多，反应的化学方程式为：

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，明确物质的性质是解题关键，注意对相关知识的积累，培养了学生灵活应用所学知识的能力．

3．《神农本草经》说：

“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（　　）

A．氯化物B．合金C．硫化物D．氧化物

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．

【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答．

【解答】解：

在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D．

【点评】本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识，属于教材基本知识的考查，难度不大．

4．三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸．则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为（　　）

A．1：

1B．2：

3C．1：

2D．1：

3

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：

+3HOCl→

+3H2O，由此分析解答．

【解答】解：

氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：

+3HOCl→

+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为1：

3，故选D．

【点评】本题以三氯异氰尿酸为载体，考查化学反应的特点和应用，注意次氯酸的结构和性质，以及取代反应的特点，难度不大．

5．设NA为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（　　）

A．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA

B．若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NA

C．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NA

D．常温下，1L0.1mol•L﹣1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应；

B、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol；

C、合成氨的反应为可逆反应；

D、NH4NO3溶液中不但硝酸铵本身含氢原子，水也含氢原子．

【解答】解：

A、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应，50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；

B、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故B正确；

C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后转移电子的数目小于0.6NA．故C错误；

D、NH4NO3溶液中不但硝酸铵本身含氢原子，水也含氢原子，故溶液中氢原子的个数大于0.4NA个，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

6．下列有关离子方程式书写正确的是（　　）

A．铝溶于氢氧化钠溶液：

Al+2OH﹣+H2O═AlO2﹣+2H2↑

B．铜片投入少量FeCl3溶液中：

3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+

C．Ca（HCO3）2溶液与足量澄清石灰水混合：

Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O

D．用铁棒作电极电解CuSO4溶液：

2Cu2++2H2O

2Cu↓+O2↑+4H+

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．电子、电荷不守恒；

B．反应生成氯化铜、氯化亚铁；

C．反应生成碳酸钙和水；

D．阳极Fe失去电子，阴极铜离子得到电子．

【解答】解：

A．铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；

B．铜片投入少量FeCl3溶液中的离子反应为Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故B错误；

C．Ca（HCO3）2溶液与足量澄清石灰水混合的离子反应为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；

D．用铁棒作电极电解CuSO4溶液的离子反应为Cu2++Fe

Fe2++Cu，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查离子反方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．

7．下列装置或操作正确且能达到实验目的是（　　）

A．

加热分解NaHCO3B．

除去氯气中的少量氯化氢

C．

构成铜锌原电池D．

分馏石油

【考点】实验装置综合．

【分析】A．碳酸氢钠不稳定，加热时注意试管口略朝下；

B．二者都与硝酸银溶液反应；

C．锌置换出铜；

D．温度计位置错误．

【解答】解：

A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，装置正确，可完成实验，故A正确；

B．氯气与水反应生成盐酸，二者都与硝酸银溶液反应，应用饱和食盐水，故B错误；

C．锌置换出铜，应将锌放在盛有硫酸锌的烧杯中，故C错误；

D．温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及原电池等知识，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性以及合理性的评价，难度不大．

8．科学家最新开发的一种新原理二次电池的能量密度是现行锂电池的7倍，该电池结构如图所示，下列有关说法正确的是（　　）

A．电池放电时Li+向负极移动

B．电池放电时，正极的电极反应式为：

2Li++Li2O2+2e﹣═2Li2O

C．电池充电时，Li极应与外电源的正极相连

D．电池系统内进入二氧化碳及水对电池性能不会产生影响

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】A、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；

B、原电池中，正极发生得电子的还原反应；

C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连；

D、根据锂易于水发生反应；

【解答】解：

A、电池放电时，是原电池的工作原理，原电池中，电解质中的阳离子移向正极，故A错误；

B、电池放电时，正极发生得电子的还原反应，即2Li++Li2O2+2e﹣═2Li2O，故B正确；

C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连，故C错误；

D、锂易于水发生反应，所以电池系统内进入水对电池性能会产生影响，故D错误．

故选：

B．

【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况，难度不大．

9．1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，则符合该条件的酯的结构有（　　）

A．4种B．5种C．6种D．7种

【考点】有机化合物的异构现象．

【分析】1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，结合不饱和度判断该酯为戊二酸与甲醇生成的二元酯，据此判断其同分异构体数目．

【解答】解：

1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，

C7H12O4的不饱和度=

=2，该有机物为饱和二元酯，在酸性条件下水解生成1分子羧酸和2分子甲醇，说明该羧酸为戊二酸，戊二酸可以看作两个羧基取代了丙烷上的2个H原子形成的，总共有4种结构，故形成的酯有4种，

故选A．

【点评】本题考查了同分异构体的书写及酯的性质，题目难度不大，明确酯的性质及同分异构体的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力．

10．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（　　）

选项

甲

乙

丙

丁

A

N2

NH3

NO

NO2

B

Na

Na2O

NaOH

Na2O2

C

SiO2

SiF4

H2SiO3

Na2SiO3

D

Al

AlCl3

Al2O3

NaAlO2

A．AB．BC．CD．D

【考点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质．

【分析】A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；

B、氢氧化钠无法转化过氧化钠；

C、SiO2无法一步转化为H2SiO3；

D、甲→乙：

Al

AlCl3；甲→丙：

Al

Al2O3；甲→丁：

Al

NaAlO2；丙→丁：

Al2O3

NaAlO2．

【解答】解：

A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不实现甲到丁的一步转化，故A错误；

B、氢氧化钠无法转化过氧化钠，故B错误；

C、SiO2无法一步转化为H2SiO3，首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐，然后再利用强制弱生成硅酸，故C错误；

D、甲→乙：

Al

AlCl3；甲→丙：

Al

Al2O3；甲→丁：

Al

NaAlO2；丙→丁：

Al2O3

NaAlO2，各步都可以实现一步转化，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查无机物的推断，明确各物质的性质来分析转化发生的反应是解答本题的关键，注意某些转化中的答案是不唯一的，题目难度中等．

11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，它们的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（　　）

A．原子半径：

W＞Y＞Z＞X

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：

Y＞W

C．单质沸点W＞Z

D．X、Y、Z不能存在与同一离子化合物中

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，

A．电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小；

B．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；

C．根据物质常温下的状态分析；

D．X、Y、Z可以形成硝酸铵．

【解答】解：

X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，

A．电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：

P＞N＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故A正确；

B．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则硝酸的酸性大于磷酸，即最高价氧化物对应水化物的酸性：

Y＞W，故B正确；

C．常温下，P的单质为固体，O的单质为气体，则单质沸点W＞Z，故C正确；

D．X、Y、Z可以形成硝酸铵，所以X、Y、Z能存在于同一离子化合物中，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查原子结构和元素性质，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答．

12．下列有关实验现象或亊实解释正确的是（　　）

选项

实验现象或事实

解释

A

检验待测液中SO42﹣时，先滴入稀盐酸，再滴入BaCl2溶液

先滴入盐酸可排除Ag+、CO32﹣、SO32﹣等离子干扰

B

制备乙酸乙酯时，导管应伸入试管至饱和Na2CO3溶液液面上方

乙酸乙酯易溶于碳酸钠溶液，防止发生倒吸

C

向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，试管口有红棕色气体产生

溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2

D

含Mg（HCO3）2的硬水长时间充分加热，最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3

Kw（MgCO3）＜Kw[Mg（OH）2]

A．AB．BC．CD．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．加盐酸排除干扰离子；

B．乙酸乙酯不溶于水；

C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性；

D．最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶．

【解答】解：

A．加盐酸排除干扰离子，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀可检验硫酸根离子，故A正确；

B．乙酸乙酯不溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙醇与水互溶，碳酸钠可降低乙酸乙酯的溶解度，解释不合理，故B错误；

C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性，则溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO，然后NO被氧化生成NO2，故C错误；

D．最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶，则Kw（MgCO3）＞Kw[Mg（OH）2]，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、氧化还原反应、物质制备实验等，把握实验原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

13．25℃时，将amol．L﹣1、pH=m的一元酸HX溶液与bamol．L﹣1、pH=n的一元碱YOH溶液等体积混合，下列说法正确的是（　　）

A．若a=b，则混合后溶液中一定有：

c（X﹣）=c（Y+）＞c（H+）=c（OH﹣）

B．若m+n=14，则混合后溶液一定显中性

C．若混合后溶液中c（X﹣）＜c（Y+），则该混合溶液一定显碱性

D．若a=b，混合后溶液pH＜7，则混合溶液中一定存在：

c（Y﹣）=c（X﹣）+c（HX）

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性；

B．若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；

C．根据电荷守恒分析；

D．若a=b，混合后溶液pH＜7，YX为强酸弱碱盐，HX为强酸．

【解答】解：

A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性，由于不知道酸与碱的相对强弱，所以不能判断溶液的酸碱性，则不能判断氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，故A错误；

B．若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，若酸为弱酸，则酸过量，混合后显酸性，若碱为弱碱，则碱过量，混合后溶液显碱性，所以不能判断溶液的酸碱性，故B错误；

C．混合后溶液存在电荷守恒：

c（X﹣）+c（OH﹣）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液中c（X﹣）＜c（Y+），则c（OH﹣）＞c（H+），即该混合溶液一定显碱性，故C正确；

D．若a=b，混合后溶液pH＜7，则YX为强酸弱碱盐，即HX为强酸，所以溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（YOH），故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解原理，结合电荷守恒解答该题，难度中等．

14．已知反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）的分解速率表达式为v正=k正．cm（N2O5），k正是与温度有关的常数，340K时实验测得的有关数据如下：

t/min

1

2

3

4

c（N2O5）/mol．L﹣1

0.133

0.080

0.057

0.040

v正/mol．L﹣1．min﹣1

0.0466

0.028

0.020

0.014

下列有关叙述不正确的是（　　）

A．340K时，速率表达式中m=1

B．340K时，速率表达式中k正≈0.35min﹣1

C．340K时，若c（N2O3）=0.100mol．L﹣1，则v正≈0.035mol．L﹣1．min

D．若t=2min时升高温度，则m不变，k正减小

【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．

【专题】化学反应速率专题．

【分析】A．由表中数据可知，c（N2O5）浓度之比等于v正之比，v正与c（N2O5）浓度成正比关系；

B．v正与c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由任意一组数据根据v正=k正．c（N2O5）计算k正；

C．根据v正=k正．c（N2O5）计算；

D．升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正．c（N2O5）判断．

【解答】解：

A．由表中数据可知，c（N2O5）浓度之比等于v正之比，则v正与c（N2O5）浓度成正比关系，故m=1，故A正确；

B．v正与c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由2min数据可知，0.028mol．L﹣1．min﹣1=k正×0.080mol．L﹣1，解得k正≈0.35min﹣1，故B正确；

C．340K时，若c（N2O3）=0.100mol．L﹣1，则v正≈0.35min﹣1×0.35min﹣1=0.035mol．L﹣1．min﹣1，故C正确；

D．升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正．c（N2O5）可知k正增大，故D错误，

故选：

D．

【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生对数据的分析归纳，B选项中可以多次计算求平均值以减小误差．

二、（本题包括5小题，共43分）

15．二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料．以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示．

已知：

①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+

②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表•

离子

Fe3+

AP+

ZrO2+

开始沉淀pH

1.9

3.3

6.2

完仝沉淀pH

3.2

5.2

8.0

（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以　Na2ZrO3　（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式：

　Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O　

（2）滤渣I的主要成分的名称为　硅酸　

（3）向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是　除去Fe3+、Al3+　然后继续加氨水至pH=b的范围是　b≥8.0　

（4）向过滤Ⅲ所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为　2NH4++CaCO3

Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O　．

【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【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．

（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3；酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水；

（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为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，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；

（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．

【解答】解：

（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：

ZrSiO4+4NaOH

Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：

Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，

故答案为：

Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；

（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣Ⅰ为H2SiO3，名称为：

硅酸，故答案为：

硅酸；

（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=8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+，所以b≥8.0