原创解析江西省南昌二中届高三上学期第四次月考化学试题.docx
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原创解析江西省南昌二中届高三上学期第四次月考化学试题
江西省南昌市第二中学2015届高三上学期第四次月考化学试题
【试卷综析】本试卷是高三月考试题，在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。
本试卷考查到了化学与生活和环境、物质的量浓度的有关计算、阿伏伽德罗常数的应用等；试题重点考查了元素化合物的知识、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、元素周期表和元素周期律的基本知识、化学实验基本操作等主干知识，考查了较多的知识点。
在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。
以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了学科的基本要求。
本卷可能用到的相对原子量
H：
1C：
12O：
16Na:
23Cu:
64Ba:
137Cl:
35.5Al:
27S：
32Fe：
56
第
卷选择题（共48分）
一、选择题（本题包括16个小题，每小题只有1个选项符合题意。
本题共48分）
【题文】1．随着社会的发展，人们日益重视环境问题，下列说法不正确的是（）
A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除化学工业生产对环境的污染
B．对废旧电池进行回收处理主要是为了防止重金属污染水源和土壤
C．采用催化转换技术可将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体
D．CO2和SO2是造成酸雨的主要污染物，因此我们要提倡节能减排
【知识点】化学与环境D3D4
【答案解析】D解析：
D、氮的氧化物和SO2是造成酸雨的主要污染物，而CO2不是造成酸雨的污染物，错误。
【思路点拨】本题考查了化学与环境的关系，掌握重要物质的性质是解答此类试题的关键，本题难度不大，属于易错试题。
【题文】2．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（）
A．lmol氯气与足量水反应时转移的电子数为NA
B．18gD2O中含有10NA个电子
C．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
D．lmol氯气与过量铁反应时转移的电子数为2NA
【知识点】阿伏加德罗常数A1
【答案解析】D解析：
A．氯气与水反应时是可逆反应，故lmol氯气与足量水反应时转移的电子数小于NA，错误；B．D2O的摩尔质量为20g/mol，故18gD2O中含有的电子数小于10NA个，错误；C．铜与浓硫酸反应时，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，氧化性减弱，就不再与铜反应，故50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应生成SO2分子的数目小于0.46NA，错误；D．lmol氯气与过量铁反应时转移的电子数为2NA，正确。
【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中如分子中含有的电子数的计算，在氧化还原反应中电子转移的数目的计算等，基础性较强。
【题文】3．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（）
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②煤的汽化和液化属于物理变化
③潮解、焰色反应、汽油去油污、用CS2清洗管壁上的硫均属于物理变化
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤酸分子中含有几个H，则称为几元酸
⑥H2和D2是同素异形体
白磷应保存在水中
A．③⑤⑥B．①②⑤C．③
D．①④⑥
【知识点】化学基本概念O3
【答案解析】C解析：
①化学变化的实质：
分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素，故①错误；②煤的汽化和液化属于化学变化，错误；③潮解、焰色反应、汽油去油污、用CS2清洗管壁上的硫均属于物理变化，正确；④只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，如氧元素形成的氧气和臭氧混合时形成的是混合物，错误；⑤酸的元数是根据酸电离产生的氢离子的数目进行划分的，错误；⑥H2和D2是由氢元素的不同氢原子构成的，是同一种物质，不是同素异形体，错误；
白磷的着火点比较低，应保存在水中，正确。
【思路点拨】本题考查了物理变化、化学变化、潮解、纯净物、同素异形体、物质的保存等基础知识，难度不大。
【题文】4．下列实验操作或装置不符合实验要求的是（ ）
A．装置Ⅰ酸性KMnO4溶液中没有气泡出现，但溶液颜色会逐渐变浅
B．装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液可能析出蓝色晶体
C．装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带
D．装置Ⅳ可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【知识点】实验的设计和评价J1
【答案解析】A解析：
浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，二氧化碳微溶于水，溶液中有气泡，错误。
【思路点拨】本题考查了浓硫酸的氧化性、坩埚的使用、萃取实验等，涉及的知识点比较多，综合性较强。
【题文】5．下列实验设计能够成功的是（）
实验目的
实验步骤及现象
A
检验亚硫酸钠
试样是否变质
B
检验溶液中的
NH4+
试样中加入NaOH溶液并加热，生成的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C
NaI溶液
证明酸性条件H2O2氧化性比I2强
溶液变蓝色
30%H2O2溶液稀硝酸及淀粉
D
除去氯化钠晶体中少量硝酸钾
再重结晶
试样
加水溶解蒸发浓缩趁热过滤洗涤晶体
【知识点】化学实验方案的评价J4
【答案解析】D解析：
A．亚硫酸根离子在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，不能观察到沉淀溶解，故A错误；
B．铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气具有碱性，使湿润红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C、稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故C错误；D、除去氯化钠晶体中少量硝酸钾可用重结晶的方法，正确。
【思路点拨】本题考查了本题考查较为综合，涉及离子的检验等性质方案的评价，题目侧重于反应原理以及实验操作的严密性的考查，题目难度中等，注意相关物质的性质的异同。
【题文】6．下列反应的离子方程式正确的是（）
A．将标准状况下112mL氯气通入10mL2mol/L的溴化亚铁溶液中：
2Fe2++4Br－+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl－
B．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：
5SO32－+6H++2MnO4－===5SO42－+2Mn2++3H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
Ca2++HCO3－+OH－===CaCO3↓+H2O
D．滴有稀硫酸的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：
2I－+O2+4H+===I2+2H2O
【知识点】离子方程式的判断B1
【答案解析】B解析：
A．将标准状况下112mL氯气通入10mL2mol/L的溴化亚铁溶液中：
2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl－，错误；B．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：
5SO32－+6H++2MnO4－===5SO42－+2Mn2++3H2O，正确；C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
Ca2++2HCO3－+2OH－===CaCO3↓+2H2O+CO32-，错误；D．滴有稀硫酸的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：
4I－+O2+4H+===2I2+2H2O，错误。
【思路点拨】本题考查了离子方程式的判断，在判断过程中，物质的拆写、反应物的用量、反应的实质等是此类试题常考到的题型，基础性较强，难度不大。
【题文】7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）
A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用，镁、铝的重要化合物，二氧化硫的化学性质，铁的氧化物和氢氧化物C5D3
【答案解析】A解析：
①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，错误；③碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜，电解氯化铜溶液可以得到金属铜，正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，错误；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，正确。
【思路点拨】本题考查了化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。
【题文】8．在给定条件下，下列加下划线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）
①用浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气
②标准状况下，将铝片投入到过量浓硫酸中
③向100mL3mol·L—1的硝酸中加入5.6g铁
④在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用物质的量之比为1:
3氮气和氢气合
成氨
⑤将足量锌粉投入到50mL18mol·L—1的硫酸中
将足量Ca（ClO）2投入到20mL10mol·L—1盐酸中
将足量铜投入到50mL12mol·L—1的硝酸中
A．②④
B．③⑤
C．④⑤
D．①②③
【知识点】氯气的实验室制法；工业合成氨；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质D5
【答案解析】B解析：
①二氧化锰与越浓盐酸反应，随反应进行，浓盐酸变成稀盐酸，稀盐酸的还原性减弱，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，错误；②标准状况下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，错误；③根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为0.075mol三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+ 可知剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol，正确；
④氮气与氢气在高温、高压催化剂作用下反应生成氨气：
N2+3H2⇌2NH3，该反应是可逆反应，存在反应限度，所以1 mol氮气不能完全反应，错误；⑤锌粉能与浓硫酸反应，随反应的进行，浓硫酸浓度降低后，锌可以与稀硫酸反应，故硫酸可以完全反应，正确；
盐酸可以与足量的Ca（ClO）2完全反应，正确；
铜可以与浓硝酸反应，也可以与稀硝酸反应，故硝酸能与将足量铜完全反应，正确。
【思路点拨】本题考查了元素化合物的性质，注意物质浓度对物质性质的影响、可逆反应特点，变价金属铁与硝酸反应量不同产物不同为该题的难点，题目难度中等。
【题文】9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A．1.0mol·L－1的KNO3溶液：
H＋、Fe2＋、Cl－、SO
B．含有大量Fe3＋的溶液：
SCN－、I－、K＋、Br－
C．pH＝12的溶液：
K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：
Na＋、K＋、CO
、NO
【知识点】离子反应B1
【答案解析】C解析：
A．NO3-在酸性的条件下具有氧化性，可以氧化Fe2＋，故本组离子不能共存，错误；B．Fe3＋与SCN－生成Fe（SCN）3，故不能共存，错误；C．此组离子K＋、Na＋、CH3COO－、Br－可以在碱性溶液中共存，正确；D．与铝反应产生氢气的溶液可能是显示碱性，也可能显示酸性，CO
在酸性溶液中不能存在，错误。
【思路点拨】本题考查了离子共存，在判断离子共存问题时，要注意题目中的隐含的信息，如与铝反应产生大量氢气的溶液的性质可能是酸性的，也可能是碱性的，必须要一一进行判断，试题的综合性较强。
【题文】10．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。
下列说法正确的是（）
A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中一定只有共价键
C．W、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱
D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用E5
【答案解析】D解析：
W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x-1、x+2，所以x+x+1+x-1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge。
A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；B．N、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；C．W为Si，形成的最高价氧化物的水化物是硅酸，为弱酸，Z为Cl，形成的最高价氧化物的水化物是高氯酸，为强酸，故C错误；D．Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确。
【思路点拨】本题考查了结构、性质和位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A中氢键对物质性质的影响，难度中等。
【题文】11．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。
其中X、Z同主族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同主族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。
下列说法正确的是（）
A．X与W可以形成W2X、W2X2两种化合物
B．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2YO4
C．X、Y、Z对应氢化物的热稳定性和还原性强弱顺序一致
D．Y、Z两元素的简单离子的半径Y＞Z
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用E5
【答案解析】A解析：
X、Y、Z、W为四种短周期元素。
X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为氧元素；X、Z同主族，Z为硫元素，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，为短周期元素，所以Y为氯元素；W与X、Y既不同主族也不同周期，故为氢元素。
A．X与W可以形成H2O、H2O2两种化合物，正确；B．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为HYO4，错误；C．氢化物的热稳定性的稳定性越强，还原性越差，故X、Y、Z对应氢化物的热稳定性和还原性强弱顺序不一致，错误；D．Y、Z两元素的简单离子的核外电子层排布相同，核内质子数不同，质子数越多，离子半径越小，故离子半径应为Z＞Y，错误。
【思路点拨】本题考查了结构、性质和位置关系应用，推断元素是解题关键，注意C中氢化物的热稳定性和还原性的联系，难度中等。
【题文】12．下列说法中不正确的是（）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素②共价化合物中不存在离子键
③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子
④电子数相同的微粒不一定是同一种元素⑤非金属元素之间不可能形成离子键
⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力
水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键
A．②③⑤⑥B．①③⑤
C．①⑤⑥
D．③④⑤⑥
【知识点】物质的组成与性质E1E3
【答案解析】C解析：
①具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，错误；⑤非金属元素之间可以形成离子键，如铵盐中含有的都是非金属元素，形成的化合物为离子化合物，错误；⑥离子键不仅是指阴阳离子间的静电吸引力，还包括阴阳离子间的静电排斥力，错误；
氢键只是影响物质的物理性质，与化学性质无关，水受热不容易分解是水的化学性质，与氢键无关，错误。
【思路点拨】本题考查物质结构中的基本概念，难度不大，注意基础知识的掌握。
【题文】13．某溶液可能含有Cl－、SO42－、CO32－、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知有关原溶液中离子的说法不正确是（）
A．至少存在4种离子B．Cl－一定存在，且c（Cl－）≥0.4mol/L
C．SO42－、NH4+一定存在D．CO32－、Al3+、K+一定不存在
【知识点】常见离子的检验B1J2
【答案解析】D解析：
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，Fe3+与CO32-能反应，故一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol/0.1L
=0.4mol/L。
A、至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，正确；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，正确；C、SO42－、NH4+一定存在，正确；D、Al3+无法判断是否存在，错误。
【思路点拨】本题考查了离子共存知识，认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等。
【题文】14．已知：
还原性HSO
>I－，氧化性IO
>I2>SO
，在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：
3HSO
+IO
═3SO
+I－+3H+
B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12mol
C．当溶液中的I－为0.4mol时，加入的KIO3只能是0.4mol
D．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2
【知识点】氧化还原反应B3
【答案解析】C解析：
A、由题目可知还原性HSO-3＞I-，所以首先发生以下反应离子方程式：
3HSO
+IO
═3SO
+I－+3H+，正确；
B、根据0～b间的反应：
3HSO
+IO
═3SO
+I－+3H+
3mol1mol
nmol0.04mol
n=1.2mol
故a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12mol，正确；
C、①当在0～b间只发生3HSO
+IO
═3SO
+I－+3H+，溶液中I－为0.4mol时，需要的KIO3是0.4mol；
②当3mol NaHSO3完全反应时，需要的KIO3是1mol，生成I－为1mol；当继续加入KIO3时，发生反应IO3-+5I-+6H+→3I2↓+3H2O，溶液中剩余I－为0.4mol时，则与IO3-反应的I-为0.6mol，消耗了IO3-为0.12mol，此时消耗了KIO3共1.12mol，错误；
D、0～b间的反应为：
3HSO
+IO
═3SO
+I－+3H+，故b点时的还原产物可能是KI或NaI，当继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，故b～c间的还原产物是I2，正确。
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应，难点在于根据氧化性和还原性判断反应的程度，从而写出化学方程式。
如根据题干判断出0～b间的反应是生成I-而不是I2（有HSO3-就不可能有I2），其次难点就是判断各节点是哪个反应结束和开始，综合性较强，难度较大。
【题文】15．下列有关的计算分析不正确的是（ ）
A．在反应3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O中，当有1mol铜被氧化时，被还原的硝酸为2/3mol
B．将amol硫化亚铁放入含3amolH2SO4的浓硫酸中，充分反应后，氧化、还原产物分别是Fe3＋、S和SO2，则放出的气体少于1.5amol
C．室温时，在容积为amL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入bmLO2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为cmL，且该气体不能支持燃烧。
则a、b的关系为a＝4b＋3c
D．某溶液100mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为0.015mol
【知识点】氧化还原反应B3
【答案解析】D解析：
A、铜和稀硝酸发生3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还原的硝酸等于生成NO的物质的量，
则3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
3 2
1mol n
n=2/3mol，正确；
B、FeS与浓硫酸发生的氧化还原反应，先发生反应
2FeS+6H2SO4（浓）==Fe2（SO4）3+2S↓+3SO2↑+6H2O，后发生反应FeS+H2SO4（稀）====FeSO4+H2S↑，故FeS用完，放出的气体少于1.5amol，正确；
C、根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，amLNO2会生成a/3mLNO，通入O2后，最后气体不支持燃烧，故cL为NO，即与bmLO2反应的NO为（a/3-c）mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3即（a/3-c）：
b=4：
3，整理可得a=4b+3c，正确；
D．铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体，题中混合溶液中含H+物质的量为：
0.03mol硫酸中含0.06mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.10molH+，1.92g铜的物质的量为1.92g/64g·mol-1=0.03mol，根据离子方程式量的关系，3Cu2+～8H+～2NO，氢离子过量，铜离子完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，气体物质的量为0.02mol，错误。
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应原理的应用，考查到了硝酸、硫酸等物质的氧化性，氮氧化物的有关计算，注意反应的有关化学方程式，化学方程式的过量计算、溶液中隐含条件的判断，如硝酸根在溶液中有氢离子存在时，稀硝酸仍具有强氧化性，综合性较强，题目难度中等。
【题文】16．实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历下列过程，Fe3＋在pH＝5时已完全沉淀，其中分析不正确的是（ ）
A．利用CuCO3替代CuO也可调节溶液的pH，不影响实验结果
B．步骤②中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋
C．上述冷却结晶若改用蒸发结晶也能得到上述产物
D．配制240mL1mol·L-1的CuSO4溶液，需称量CuSO4•5H2O的质量为62.5g
【知识点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用J2J4
【答案解析】C解析：
A．CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故A正确；B．步骤②中发生的主要反应为：
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，H2
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