浙江卷（1月选考）

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.（2023·浙江1月选考）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（）A.CO2 B.SiO2C.MgO D.Na2O解析：BMgO、Na2O属于碱性氧化物，CO2、SiO2属于酸性氧化物，但CO2由分子组成，熔、沸点低，选B。2.（2023·浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是（）A.Cu元素位于周期表p区B.硫酸铜属于强电解质C.硫酸铜溶液呈酸性D.硫酸铜能使蛋白质变性解析：A基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，位于周期表ds区，A项不正确。3.（2023·浙江1月选考）下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为18的氯原子：17B.碳的基态原子轨道表示式：C.BF3的空间结构：（平面三角形）D.HCl的形成过程：解析：CA项，质量数＝质子数＋中子数，故中子数为18的氯原子应表示为

1735Cl；B项，碳的基态原子轨道表示式应为；D项，HCl为共价化合物，其形成过程应为H·＋·Cl‥‥︰H4.（2023·浙江1月选考）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.SO2能使某些色素褪色，可用作漂白剂B.金属钠导热性好，可用作传热介质C.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂D.Fe2O3呈红色，可用作颜料解析：CNaClO具有强氧化性，可用作消毒剂，与NaClO溶液呈碱性无关。5.（2023·浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是（）A.Na和乙醇反应可生成H2B.工业上煅烧黄铁矿（FeS2）生产SO2C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2解析：D常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能制备NO2。6.（2023·浙江1月选考）关于反应2NH2OH＋4Fe3＋N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是（A.生成1molN2O，转移4mol电子B.H2O是还原产物C.NH2OH既是氧化剂又是还原剂D.若设计成原电池，Fe2＋为负极产物解析：A题给反应中，N元素由NH2OH中的－1价升高到N2O中的＋1价，Fe元素由＋3价降低到＋2价，故NH2OH是还原剂，Fe3＋是氧化剂，若设计成原电池，Fe2＋为正极产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物，B、C、D错误；生成1molN2O，转移4mol电子，A正确。7.（2023·浙江1月选考）下列反应的离子方程式不正确的是（）A.Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH－2AlO2－＋C.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋CO32－＋CO2＋H2OD.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32－＋Ca2＋解析：DH2SO3溶液与CaCl2溶液不反应，选D。8.（2023·浙江1月选考）下列说法不正确的是（）A.从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物B.蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色C.水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味D.聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料解析：A从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，A项符合题意。9.（2023·浙江1月选考）七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是（）A.分子中存在2种官能团B.分子中所有碳原子共平面C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2molBr2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH解析：B根据题图，该分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，A错误；根据苯环、碳碳双键的结构可知该分子中所有碳原子共平面，B正确；酚羟基邻、对位上的氢原子可被溴原子取代，消耗2molBr2，碳碳双键与Br2发生加成反应，消耗1molBr2，最多可消耗3molBr2，C错误；酚羟基共消耗2molNaOH，酚酯基共消耗2molNaOH，故最多能消耗4molNaOH，D错误。10.（2023·浙江1月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是（）A.电负性：Z＞XB.最高正价：Z＜MC.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y解析：BY的s能级电子数量是p能级的两倍，故Y为C（1s22s22p2），X的原子序数小于Y且2s轨道全充满，故X为Be（1s22s2）或B（1s22s22p1），M是地壳中含量最多的元素，即M为O，Z的原子序数在Y和M之间，即Z为N，Q是纯碱中的一种元素，即Q为Na。电负性：Z（N）＞X（Be或B），A正确；最高正价：Z（N）＞M（O），B错误；Q（Na）与M（O）可形成Na2O或Na2O2，Na2O2中含有非极性键，C正确；非金属性：N＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z（N）＞Y（C），D正确。11.（2023·浙江1月选考）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法正确的是（）A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－TiSi＋4H2C.该体系中，石墨优先于Cl－参与反应D.电解时，阳离子向石墨电极移动解析：C根据题图，熔融盐（CaCl2、NaCl）体系中，石墨电极上生成CO，则石墨电极为阳极，石墨优先于Cl－参与反应，A错误，C正确；电极A为阴极，电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－TiSi＋4O2－，B错误；电解池中，阳离子移向阴极（即电极A），D12.（2023·浙江1月选考）共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6＋2NH32Al（NH3）Cl3，下列说法不正确的是（A.Al2Cl6的结构式为B.Al2Cl6为非极性分子C.该反应中NH3的配位能力大于氯D.Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应解析：D根据Al、Cl原子结构及Al2Cl6中所有原子均满足8e－稳定结构可知，Al2Cl6的结构式为，Cl原子提供孤电子对、Al原子提供空轨道形成配位键，Al2Cl6与NH3反应生成，说明NH3的配位能力大于氯，由于电负性：Cl＞Br，原子半径：Cl＜Br，键能：Al—Cl＞Al—Br，则Al—Br更易断裂，故Al2Br6比Al2Cl6更易与NH3发生反应。13.（2023·浙江1月选考）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂（含固体活性成分R3N，R为烷基）因静电作用被吸附回收，其回收率（被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数）与废水初始pH关系如图（已知甲酸Ka＝1.8×10－4），下列说法不正确的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O⇌R3NH＋＋OH－B.pH＝5的废水中c（HCOO－）∶c（HCOOH）＝18C.废水初始pH＜2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少D.废水初始pH＞5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在解析：D甲酸的Ka＝c（H＋）·c（HCOO－）c（HCOOH）＝1.8×10－4，pH＝5，即c（H＋）＝1×10－5mol·L－1，则c（HCOO－）c（HCOOH）＝1.8×10－41×10－5＝18，B正确；根据回收率与废水初始pH关系图可知，pH越大，HCOOH的电离度越大，c（HCOO－）越大，废水初始pH＞2.4时，随pH增大，回收率减小，说明c（R3NH＋）减小14.（2023·浙江1月选考）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0]，下列说法不正确的是（）A.E6－E3＝E5－E2B.可计算Cl—Cl键能为2（E2－E3）kJ·mol－1C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＞历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO（g）＋O（g）O2（g）＋Cl（g）ΔH＝（E5－E4）kJ·mol－解析：C没有氯原子催化，历程Ⅰ的ΔH＝E6－E3，有氯原子催化，历程Ⅱ的ΔH＝E5－E2，因为催化剂不能改变反应的ΔH，所以E6－E3＝E5－E2，A项正确；由图像可知，E2－E3就是一个Cl原子的能量，又因Cl2（g）的相对能量为0，故Cl2（g）2Cl（g）的ΔH＝2（E2－E3）kJ·mol－1－0＝2（E2－E3）kJ·mol－1，所以Cl—Cl键能为2（E2－E3）kJ·mol－1，B项正确；因催化剂不能使平衡发生移动，故O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；活化能越小，反应速率越快，故速率最快的一步为O2＋O＋ClO2O2＋Cl，由图像可知，反应的热化学方程式为ClO（g）＋O（g）O2（g）＋Cl（g）ΔH＝（E5－E4）kJ·mol－115.（2023·浙江1月选考）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2＋（aq）＋CO32－（aq）[已知Ksp（CaCO3）＝3.4×10－9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是A.上层清液中存在c（Ca2＋）＝c（CO3B.上层清液中含碳微粒最主要以HCO3C.向体系中通入CO2气体，溶液中c（Ca2＋）保持不变D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化解析：B因CO32－会水解，故上层清液中c（Ca2＋）＞c（CO32－），A项错误；根据溶解平衡，c（CO32－）＝Ksp（CaCO3）≈6×10－5mol·L－1；CO32－发生水解，设有amol·L－1的CO32－发生了水解，则根据水解平衡可得Kh＝c（HCO3－）·c（OH－）c（CO32－）＝a26×10－5－a＝KwKa2，a≈4.89×10－5mol·L－1，说明80％左右的CO32－水解为HCO3－，B项正确；向体系中通入CO2，CO2与C16.（2023·浙江1月选考）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计，现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A往FeCl2溶液中加入Zn片短时间内无明显现象Fe2＋的氧化能力比Zn2＋弱B往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3＋与SCN－的反应不可逆C将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有＋3价铁D向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3＋先水解得Fe（OH）3再聚集成Fe（OH）3沉淀解析：DFeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，可能是Zn片表面的氧化膜阻碍反应进行，也可能是该反应速率很小，时间短而无明显现象，A项错误；Fe2（SO4）3与KSCN反应的实质是Fe3＋＋3SCN－⇌Fe（SCN）3，与K＋、SO42－无关，所以加K2SO4固体无明显现象，结论不正确，B项错误；如果脱氧剂样品吸收O2时生成Fe2O3，当它溶于盐酸时发生反应：Fe2O3＋6H＋2Fe3＋＋3H2O，生成的Fe3＋与剩余Fe粉发生反应：2Fe3＋＋Fe3Fe2＋，溶液呈浅绿色，结论不正确，C项错误；向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，生成红褐色氢氧化铁胶体，再煮沸二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.（2023·浙江1月选考）（10分）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：（1）Si（NH2）4分子的空间结构（以Si为中心）名称为，分子中氮原子的杂化轨道类型是。Si（NH2）4受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是。（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是。A.微粒半径：③＞①＞②B.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②C.电离一个电子所需最低能量：①＞②＞③D.得电子能力：①＞②（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是，该化合物的化学式为。解析：（1）Si（NH2）4分子中，Si原子与4个氨基相连，Si为sp3杂化，为四面体形结构；N原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，所以N原子为sp3杂化；Si（NH2）4受热分解为化学反应，涉及化学键的断裂和形成，因此Si（NH2）4不稳定，从键能角度看就是Si—N键能较小，从反应自发性看，是因为分解反应产生气体量增大，加热能自发进行。（2）由题意可知，3种微粒分别是①基态Si原子、②基态Si＋、③激发态Si原子，由于激发态Si原子中4s电子在离核更远区域运动，所以微粒半径增大，Si失去一个电子后半径变小，所以微粒半径：③＞①＞②，A项正确；由A项分析可知，①②的电子排布属于基态原子（或离子），B项正确；电离一个电子，②基态Si＋所需的能量是I2，①基态Si原子所需的能量是I1，由于激发态的4s电子能量高，故电离能小，所以电离一个电子所需最低能量：②＞①＞③，C项错误；②基态Si＋是阳离子，得电子能力大于①基态Si原子，D项错误。（3）Si与P是共价键形成的空间结构，所以该晶体为共价晶体；根据晶胞结构，Si原子位于顶角与面心，Si原子个数＝8×18＋6×12＝4，P原子位于晶胞体内，共8个，故该化合物的化学式为SiP答案：（1）四面体形sp3Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si（NH2）4中Si—N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多（熵增）（2）AB（3）共价晶体SiP218.（2023·浙江1月选考）（10分）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和。请回答：（1）X的组成元素是，X的化学式是。（2）写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式。（3）写出生成白色固体H的离子方程式。（4）设计实验检验溶液I中的阳离子。解析：白色固体A应该是碳酸盐，该碳酸盐与盐酸反应消耗掉0.0100molHCl，说明碳酸盐里含0.0050mol碳酸根离子，若碳酸盐里阳离子是＋1价或＋2价的即碳酸盐的相对分子质量M＝mn＝0.5000.0050＝100，若碳酸盐里阳离子是＋3价的即碳酸盐的相对分子质量不符合实际，故该碳酸盐相对分子质量是100即为CaCO3，说明X的组成元素含钙元素且1.195g化合物X中含钙元素0.0050mol（质量为0.200g）；无色溶液B与足量HI反应产生了棕黄色溶液C，C溶液里含有碘单质，表明无色溶液B与HI发生的是氧化还原反应，无色溶液B具有强氧化性，棕黄色溶液C经多次萃取转化为水溶液D（含碘离子），分析流程可知白色固体H应是AgCl，且其物质的量是0.0100mol；考虑到无色溶液B具有强氧化性，B是氯的含氧酸盐，所以X的组成元素是Ca、Cl、O；由于1.195gX中含钙元素0.0050mol（质量为0.200g）、含氯元素0.0100mol（质量为0.355g），那么含氧元素质量为0.640g（物质的量为0.0400mol），故氯的含氧酸根离子是ClO4－。（1）由分析知，X组成元素为Ca、Cl、O，其化学式为Ca（ClO4）2。（2）由分析知，无色溶液B为NaClO4，则NaClO4与足量HI生成棕黄色溶液C的化学方程式为8HI＋NaClO44I2＋NaCl＋4H2O或12HI＋NaClO44HI3＋NaCl＋4H2O。（3）无色溶液G中含有[Ag（NH3）2]Cl，其与HNO3反应生成白色固体H的离子方程式为[Ag（NH3）2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2NH4＋。（4）无色溶液I中阳离子为过量H＋和生成的NH4＋，其检验方法为用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，若试纸变红说明溶液中有答案：（1）Ca、Cl、OCa（ClO4）2（2）8HI＋NaClO44I2＋NaCl＋4H2O（或12HI＋NaClO44HI3＋NaCl＋4H2（3）[Ag（NH3）2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2N（4）用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，若试纸变红说明溶液中有H＋；取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH19.（2023·浙江1月选考·节选）（10分）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ.CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g）ΔH1＝＋247kJ·mol－1，K1Ⅱ.CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH2＝＋41kJ·mol－1，K2请回答：（1）有利于提高CO2平衡转化率的条件是。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压（2）反应CH4（g）＋3CO2（g）⇌4CO（g）＋2H2O（g）的ΔH＝kJ·mol－1，K＝（用K1，K2表示）。（3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，反应经如下流程（主要产物已标出）可实现CO2高效转化。①下列说法正确的是。A.Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用B.过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移C.过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出D.相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更多②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因。（4）CH4还原能力（R）可衡量CO2转化效率，R＝Δn（CO2）Δn（C常压下CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400～1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。解析：（1）两反应均为吸热反应，且反应Ⅰ为气体计量数增大的反应，反应Ⅱ为等体积反应，则有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压，选C。（2）根据盖斯定律，反应Ⅰ＋反应Ⅱ×2可得目标反应：CH4（g）＋3CO2（g）⇌4CO（g）＋2H2O（g）ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＝＋329kJ·mol－1，K＝K1·K22。（3）①A项，Fe3O4、CaO参与反应，然后又生成，均可循环利用，错误；B项，CaO吸收CO2，使Fe3O4氧化CO的生成物CO2浓度减小，故可促进该反应的平衡正向移动，正确；C项，过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，正确；D项，催化剂不改变反应的焓变，错误。②反应的实质为CaCO3（s）CaO（s）＋CO2（g），4CO2（g）＋3Fe（s）4CO（g）＋Fe3O4（s），则恒压、750℃时，通入He，相当于减小压强，CaCO3分解平衡正移，导致c（CO2）c（CO）增大，促进Fe还原CO2平衡正移。（4）由图1可知，600℃时CH4转化率接近100％，而CO2转化率还在上升，故600℃时R值接近最低。1000℃时，R＝3×答案：（1）C（2）＋329K1·K（3）①BC②反应的实质为CaCO3（s）CaO（s）＋CO2（g），4CO2（g）＋3Fe（s）4CO（g）＋Fe3O4（s），则恒压、750℃时，通入He，相当于减小压强，CaCO3分解平衡正移，导致c（CO2）c（4）见解析图20.（2023·浙江1月选考）（10分）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架（MOF）材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2＋Zn（OH）2[Zn（OH）4]2－②ε-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一种晶型，39℃以下稳定。请回答：（1）步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是。（2）下列有关说法不正确的是。A.步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分B.步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn（OH）2，可提高ZnSO4的利用率C.步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤D.步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小（3）步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是。（4）用Zn（CH3COO）2和过量（NH4）2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是。（5）为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2＋。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“”上填写一件最关键仪器，“（）”内填写一种操作，均用字母表示]。用（称量ZnO样品xg）→用烧杯（）→用（）→用移液管（）→用滴定管（盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2＋）仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶操作：f.配制一定体积的Zn2＋溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn2＋溶液；i.装瓶贴标签。（6）制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5×10－3g人血浆铜蓝蛋白（相对分子质量1.5×105），经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。解析：（1）根据流程图，步骤Ⅰ为把ZnSO4溶液滴加到NaOH溶液中，初始时，NaOH溶液过量，结合已知信息①，反应生成[Zn（OH）4]2－，即体系中主要含锌组分的化学式是[Zn（OH）4]2－。（2）搅拌可以使反应物之间充分接触，避免反应物浓度局部过高，使反应充分，A正确；过量NaOH溶液会把生成的Zn（OH）2溶解，难以得到ε-Zn（OH）2，B不正确；根据已知信息②，ε-Zn（OH）2在39℃以下稳定，若用50℃热水洗涤，则导致ε-Zn（OH）2溶解，C不正确；控温煅烧可以控制得到ZnO的颗粒大小，以便得到纳米ZnO，D正确。（3）步骤Ⅲ为固体煅烧，应在坩埚中进行。（4）用Zn（CH3COO）2和过量（NH4）2CO3反应，得到ZnCO3沉淀，杂质中含有CH3COO－、CO32－、NH4＋，其在控温煅烧过程中会分解或被氧化为气体而除去。（5）测定过程为用分析天平称量样品→置于烧杯中加酸溶解→用容量瓶配制一定体积的Zn2＋溶液→用移液管