解析：北京市石景山区2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

石景山区2021—2022学年第一学期高二期末试卷化学满分100分考试时间90分钟相对原子质量H1O16Zn65第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列能级符号正确的是A.6s B.2d C.3f D.1p【答案】A【解析】【详解】A.主量子数为6，存在s轨道，A项正确；B．主量子数为2，存在s、p轨道，不存在d轨道，B项错误；C．主量子数为3，存在s、p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；D．主量子数为1，只存在s轨道，D项错误；本题答案选A。2.下列物质属于强电解质的是A.NH3·H2O B.Ba(OH)2 C.CH3COOH D.HF【答案】B【解析】【详解】NH3·H2O、CH3COOH、HF在水溶液不完全电离，为弱电解质，Ba(OH)2在水溶液中可以完全电离，为强电解质；故答案为B。3.下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A.用Zn粉代替Zn粒 B.滴加少量的CuSO4溶液C.升高温度 D.再加入1mol/LCH3COOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；B．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意；C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意；D．CH3COOH为弱酸，1mol/LCH3COOH溶液溶液中c(H+)＜1mol/L，加入后相当于稀释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意；综上所述答案为D。4.下列事实可以证明氨水是弱碱的是A.0.1mol/L氨水溶液pH＜13 B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红C.氨水与Al3+盐反应生成Al(OH)3 D.氨水的导电性比NaOH溶液弱【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水溶液pH＜13，说明一水合氨不完全电离，为弱碱，A符合题意；B．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明其显碱性，但不能证明为弱碱，B不符合题意；C．无论强碱还是弱碱，都可以与Al3+盐反应生成Al(OH)3，C不符合题意；D．选项未指明浓度，若等浓度的氨水的导电性比NaOH溶液弱，可以说明其为弱碱，D不符合题意；综上所述答案为A。5.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是A.0.1mol/LNH4Cl溶液 B.0.1mol/L盐酸C.pH=2NaHSO4溶液 D.pH=12氨水【答案】B【解析】【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH-）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，据此判断水的电离程度。【详解】A．0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根水解，促进水的电离；B．盐酸是一元强酸，盐酸溶液中水的电离被抑制，其中0.1mol/L盐酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L；C．pH=2的NaHSO4溶液中电离出氢离子，抑制水的电离，其中氢离子浓度是0.01mol/L；D．一水合氨是弱碱，pH=12的氨水溶液中水的电离被抑制，溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L；酸或碱溶液中氢离子浓度或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，因此水的电离程度最小的是0.1mol/L盐酸溶液。故选B。6.下列说法或化学用语的使用正确的是A.构造原理呈现的能级交错源于光谱学实验B.符号为M的能层最多容纳的电子数为32个C.基态碳原子的价电子轨道表示式：D.24Cr的原子核外电子排布式：[Ar]3d44s2【答案】A【解析】【详解】A．以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理，A正确；B．符号为M的能层序号为3，最多容纳的电子数为2×32=18个，B错误；C．基态碳原子的价电子为2s22p2，轨道表示式为，C错误；D．24Cr的原子核外有24个电子，排布式为[Ar]3d54s1，D错误；综上所述答案为A。7.X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是A.离子半径Z>X>YB.第一电离能：Y＜ZC.Y、W均属于元素周期表中的p区元素D.X、Y、Z、W核电荷数逐渐增大【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，则X为O元素，Z为S元素，Y为Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，则W为Cl元素。A.具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小，Z离子多一个电子层半径最大，故离子半径Z>X>Y，选项A正确；B.Y为金属元素，Z为非金属元素，第一电离能：Y＜Z，选项B正确；C.Na属于元素周期表中的s区元素，、Cl属于元素周期表中的p区元素，选项C不正确；D.X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，选项D正确；答案选C。8.NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如下。下列说法正确的是A.图①中，a离子为Na+，b离子为Cl−B.通电后，NaCl发生电离C.图②表示通电后，离子定向移动，推测X为电源正极D.金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化【答案】C【解析】【详解】A．水分子中O原子显负电性，会吸引钠离子，且钠离子的半径小于氯离子，所以b离子为Na+，c离子为Cl−，A错误；B．通电后，NaCl发生电解，电离不需要通电，B错误；C．通电后为电解池，水和氯离子显负电，向阳极移动，所以X为电源正极，C正确；D．电解质溶液导电的过程即电解过程，有新物质生成，为化学变化，D错误；综上所述答案为C。9.下列化学用语表示正确的是A.碳酸显酸性：H2CO3=2H＋+COB.碳酸钠溶液显碱性：CO32-+H2O⇌HCOC.用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.“84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClO−+H+=HClO【答案】B【解析】【详解】A．碳酸是二元弱酸，碳酸分步电离，电离方程式是H2CO3⇌H＋+HCO3-、HCO3-⇌H＋B．碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子发生水解，CO32-+H2O⇌HCO3-C．用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．“84消毒液”中加少量醋增强漂白性，离子方程式是ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO-，故D错误；选B。10.常温下，1mol化学键形成(或断裂)的能量变化用E表示。下列说法不正确的是化学键H−HCl−ClH−ClE/(mol/L)436243431A.1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量B.H2和Cl2反应生成HCl的过程中，非极性键断裂，极性键形成C.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−248kJ/molD.1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量【答案】C【解析】【详解】A．成键放热，根据题给数据可知，1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量，A正确；B．反应过程中H2和Cl2中的非极性键断裂，形成HCl中的极性键，B正确；C．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的ΔH=(436+243)kJ/mol-431kJ/mol×2=−183kJ/mol，C错误；D．根据C选项可知氢气和氯气反应生成HCl为放热反应，所以1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量，D正确；综上所述答案为C。11.一定温度下的某恒容密闭容器中发生下列反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)ΔH>0。下列有关该反应的描述正确的是A.容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态B.当CO2的生成速率等于CO的生成速率时，反应一定处于平衡状态C.其它条件不变，降低温度有利于提高CO2转化率D.增加C(s)的质量，促进平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】【详解】A．容器恒容，该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明反应达到平衡，A正确；B．平衡时正逆反应速率相等，不同物质速率之比等于计量数之比，所以应是当CO2的生成速率等于CO的生成速率的一半时，达到平衡，B错误；C．该反应焓变大于0，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2的转化率会降低，C错误；D．C为固体，增加C(s)的质量，平衡不移动，D错误；综上所述答案为A。12.元素铬(Cr)的几种化合物存在下列转化关系：已知：Cr2O72−+H2O⇌2CrO4A.反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质B.反应②KCrO2表现出还原性C.反应①③的化合价均没有发生变化D.反应③的颜色变化是由化学平衡移动引起的，则试剂A可以是NaOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．Cr2O3与KCrO2中的Cr化合价相同，Cr2O3与碱反应生成盐和水，反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；B．KCrO2与双氧水反应生成K2CrO4，Cr化合价升高，因此反应②KCrO2表现出还原性，故B正确；C．根据反应①中Cr的化合价为+3价，反应③中Cr的化合价为+7价，反应①③中的化合价均没有发生变化，故C正确；D．反应③中若试剂A是NaOH溶液，则消耗氢离子，氢离子浓度降低，平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO4综上所述，答案为D。13.向H2O2溶液中加入少量KI溶液，反应历程是：i.H2O2+I−=H2O+IO−；ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I−，H2O2分解反应过程中不加KI溶液和加入KI溶液的能量变化如下图所示。下列判断不正确的是A.KI是H2O2分解的催化剂B.曲线②代表加入KI的能量图C.KI能增大H2O2的分解速率D.反应i是放热反应，反应ii是吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．I−在反应i中被消耗，但在反应ii中又生成，整个过程质量没有变化，所以KI是H2O2分解的催化剂，A正确；B．催化剂可以改变反应路径，降低反应活化能，所以曲线②代表加入KI的能量图，B正确；C．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C正确；D．根据曲线②，反应i中生成物能量高于反应物，为吸热反应，反应ii生成物的能量低于反应物，为放热反应，D错误；综上所述答案为D。14.某小组同学进行如下实验探究：已知：1.6×10-24≈1.26×10难溶电解质颜色KspZnS白色1.6×10-24CuS黑色13×10-36FeS黑色6.3×10-18下列说法中，不正确的是A.①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓B.a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)C.实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示D.若在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀，故A正确；B．根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2-，即a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确；C．实验②的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2-=CuS↓+Zn2+，离子方程式不同，故C错误；D．根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2-)=1.6×10-24≈1.26×10-12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2-)c(Fe2+)=1.26×10-13＞Ksp(FeS)，故白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.根据信息回答下列问题：I.元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出10种元素的电负性：元素AlBeMgCClNaLiNSiOH电负性1.51.52.53.00.91.03.01.83.52.1已知：i.两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。ii.在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物M−O−H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H＋。（1）通过分析电负性的变化规律，确定Mg元素电负性的最小范围___________。（2）判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：A．Li3NB．BeCl2C．AlCl3D．SiC①属于离子化合物的是___________(填字母)。②请设计实验方案证明其为离子化合物___________。（3）HClO水溶液显酸性而不显碱性的依据是___________。II.元素原子的第一电离能I1随原子序数呈周期性变化，请解释：（4）Na的第一电离能小于Li，从原子结构的角度解释其原因___________。（5）S的第一电离能小于P，结合价电子排布式解释其原因___________。【答案】（1）0.9～1.5（2）①.A②.测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物（3）元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，显酸性（4）Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na<Li（5）P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态【解析】【小问1详解】非金属性越强，电负性越大，非金属性：Na＜Mg＜Al，则电负性：Na＜Mg＜Al，所以Mg元素电负性的最小为0.9～1.5；【小问2详解】①A．Li元素和N元素的电负性之差为3.0-1.0=2.0＞1.7，所以为离子化合物；B．Be元素和Cl元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5＜1.7，为共价化合物；C．Al元素和Cl元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5＜1.7，为共价化合物；D．Si元素和C元素的电负性之差为2.5-1.8=0.7＜1.7，为共价化合物；综上所述离子化合物为A；②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能，所以可以测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物；【小问3详解】根据题给数据，元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，显酸性；【小问4详解】越容易失去电子，电离能越小，Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na<Li；【小问5详解】P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态，所以S的第一电离能小于P。16.电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛。（1）下图是常见电化学装置图①负极材料为Zn，其在此装置中的作用是___________。②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，电流计指针也发生偏转，推测：其中一个为原电池，一个为电解池，写出a端发生的电极反应___________。（2）下图是氯碱工业电解饱和NaCl溶液的示意图①电解饱和NaCl溶液的离子方程式是___________。②NaOH溶液从___________(填b或c)口导出。结合化学用语解释NaOH在此区域生成的原因___________。③电解时用盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用___________。（3）下图探究金属Fe是否腐蚀的示意图在培养皿中加入一定量的琼脂和饱和NaCl溶液混合，滴入5~6滴酚酞溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入培养皿中。溶液变红的部位为___________端(填“左”或“右”)，结合化学用语解释变红的原因___________。【答案】（1）①.做还原剂(或失电子)，失电子的场所，电子导体②.Cu−2e−=Cu2+（2）①.2Cl−+2H2O通电2OH−+Cl2↑+H2↑②.c③.c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e-=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出④.Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用盐酸控制阳极的pH，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集（3）①.左②.铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性【解析】【小问1详解】①负极材料为Zn，即Zn做还原剂(或失电子)，失电子的场所，同时Zn也是导电，可以作为电子导体；②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，则左侧烧杯中发生锌的吸氧腐蚀，为原电池，右侧烧杯为电解池，a电极与原电池的正极相连，为阳极，电极反应为Cu−2e−=Cu2+；【小问2详解】①电解饱和NaCl溶液时，阳极氯离子被氧化为氯气，阴极水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生氢氧根，离子方程式为2Cl−+2H2O通电2OH−+Cl2↑+H2↑；②c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e-=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出；③阳极产生的氯气会和水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用盐酸控制阳极的pH，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集；【小问3详解】铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，整个体系中发生Fe的吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性，所以左端变红。17.强弱电解质在水中的行为是不同的。（1）醋酸在水中的电离方程式为___________。（2）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定曲线如图所示。①II表示滴定___________的曲线(填“盐酸”或“醋酸”)。②当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是___________(填“盐酸”或“醋酸”)。③当V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________。④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是___________(填序号)。A．碱式滴定管B．锥形瓶C．容量瓶D．玻璃棒【答案】（1）CH3COOH⇌CH3COO−+H+（2）①.盐酸②.盐酸③.c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)④.AB【解析】【小问1详解】醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+；【小问2详解】①醋酸的酸性弱于盐酸，浓度相同时醋酸的pH＞盐酸的pH，所以Ⅱ表示滴定盐酸的曲线；②由于醋酸钠的水溶液显碱性，所以NaOH滴定醋酸时，pH=7时醋酸还有剩余，而盐酸不会有剩余，所以盐酸消耗NaOH的体积更大；③当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COONa和CH3COOH，据图可知此时溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，而弱电解质的电离以及水解都是微弱的，所以溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；④滴定过程中需要碱式滴定管盛放NaOH标准液，锥形瓶盛放酸性待测液，不需要容量瓶和玻璃棒，故答案为AB。18.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=−akJ·mol-1O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)ΔH2=−bkJ·mol-1（1）有研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在特殊催化剂表面与H2O反应可生成NH3。则由N2与H2O反应生成NH3的热化学方程式是___________。（2）工业上主要以N2(g)、H2(g)为原料气合成NH3。①将物质的量之比为1：3的N2和H2充入2L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：物质N2H2NH3平衡时物质的量/mol0.20.602该条件下H2的转化率为___________，平衡常数K=___________(可用分数表示)。②若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为___________(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。物质N2H2NH3起始浓度(mol/L)0.51.50.5③L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，合成氨反应中H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。i.X代表的物理量是___________。ii.判断L1、L2的大小关系，并简述理由___________。（3）电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示，则a极的电极反应式为___________。【答案】（1）2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol（2）①.13②.10027③.正向④.温度⑤.L2＞L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)（3）2NH3–6e−+6OH−=N2+6H2O【解析】【小问1详解】氮气与H2O反应生成NH3的方程式为2N2＋6H2O=4NH3＋3O2，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)……①，O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)……②，由盖斯定律可知，2×①－3×②得出2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol；故答案为2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol；【小问2详解】①达到平衡时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则消耗N2的物质的量为0.1mol，H2的物质的量为0.3mol，则起始时，通入N2的物质的量为(0.2＋0.1)mol=0.3mol，H2的物质的量为(0.6＋0.3)mol=0.9mol，则该条件下，H2的转化率为0.3mol0.9mol=13或33.3%；该条件下的该反应的平衡常数K=(0.2mol2L)2(0.2mol2L②Q=(0.5mol/L)2(0.5mol/L)×(1.5mol/L)3=1003×15×15＜③i．假设Ｘ为压强，合成氨是气体物质的量减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向进行，H2的平衡转化率增大，不符合图像，假设X为温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，H2的平衡转化率减小，符合图像；故温度；ii．在相同温度下，压强增大，平衡向正反应方向进行，H2转化率增大，即L2＞L1；故答案为L2＞L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率；【小问3详解】根据装置图，NH3转化成N2，N的化合价升高，该电极为负极，即电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O；故答案为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。19.为研究FeCl3溶液的性质，某小组同学进行了如下探究实验。I.FeCl3溶液与碱、盐的反应（1）①中主要发生了沉淀的转化，用离子反应方程式表示为___________。（2）对于反应②，同学认为其反应原理为“物质间发生互相促进的水解”，离子反应方程式为___________。有同学提出沉淀中可能还有碳酸盐，将沉淀过滤、洗涤后取样，___________，证明沉淀中含有碳酸盐。II.FeCl3溶液与足量锌粉反应的探究小组同学进行如下实验探究，操作及现象如下：操作现象向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液，搅拌，充分反应溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体收集检验反应过程中产生的气体集气管口靠近火焰，有爆鸣声已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑（3）结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因___________。（