湖南省湘潭县2021-2022学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

湖南省湘潭县2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是A.用新能源车逐步替代燃油车B.大规模开采可燃冰弥补能源不足C.研发催化剂将制成淀粉D.多植树造林，少焚烧秸秆、稻草废弃物【答案】B【解析】【详解】A．燃油车需要化石燃料，释放二氧化碳，故用电动车代替对“碳中和”有直接贡献，A不符合题意；B．可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧产物还是二氧化碳，作为新能源对“碳中和”无直接贡献，B符合题意；C．讲述了我国科学者今年突破了将二氧化碳合成淀粉的技术，其中关键一步是找到了好的催化剂将二氧化碳转化为甲醇，实现了二氧化碳再利用，对“碳中和”有直接贡献，C不符合题意；D．多植树造林，少焚烧秸秆、稻草废弃物，就是减少二氧化碳的排放量，对“碳中和”有直接贡献，D不符合题意；故选B。 2.在常温下，某种酱油的，其中的为A.0.1mol/LB.C.D.【答案】D【解析】【详解】pH=5，c(H+)=10-5mol/L，常温下水的离子积常数Kw=10-14mol2/L2，则，答案选D。3.下列图像能表示正向进行的反应为吸热反应的是A.B.C.D. 【答案】C【解析】【详解】A．由图示信息可知，温度升高，化学平衡常数K减少，说明平衡逆移，正反应为放热反应，A不合题意；B．旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，经过计算氢气与氯气反应生成氯化氢的反应热为：，故是放热反应，B不合题意；C．生成物的总能量高于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，C符合题意；D．温度升高甲醇的产率降低，说明平衡逆移，正反应为放热反应，D不合题意；故答案为：C。4.以废旧铅蓄电池中的含铅废料(、、、及炭黑等)和为原料，可以制备高纯，实现铅的再生利用，其工艺流程如下：在过程Ⅰ涉及两个反应：①；②。下列说法错误的是A.在过程Ⅰ中，起催化作用B.在过程Ⅰ中生成时，转移的电子数为个C.在过程Ⅰ中若改为加入也能起到催化作用D.要证明过程Ⅰ中起催化作用，加入溶液，溶液不变红色即可 【答案】B【解析】【详解】A．亚铁离子参与反应，但反应前后的质量保持不变，符合催化剂的定义，A正确；B．将两个反应加起来可得到生成，时，转移的电子数为个，B错误；C．若改为加三价铁离子，先发生反应②再发生反应①，也符合催化剂的定义，C正确；D．既然是亚铁离子起催化作用，本身的质量与性质都不变，因此溶液中不存在三价铁离子，加入溶液，溶液不变红色即可证明，D正确；故答案为：B。5.在容积不变的密闭容器中，和发生反应：。温度分别为和时，的体积分数随时间的变化如图，下列说法正确的是A.该反应的B.在时的平衡转化率为C.加入适当的催化剂，目的是加快反应速率，提高的产率D.时的化学平衡常数大于时的【答案】D【解析】【详解】A．根据图像上曲线“先拐先平”可得知大于，从至，升高温度，体积分数减少，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，，故A错误； B．时的体积分数为0.8，根据“三段式法”，，解得，则平衡时的转化率为，故B错误；C．加入适当的催化剂，可以加快反应速率，但不能使平衡移动，故不能提高的产率，故C错误；D．根据A选项得到该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此时的化学平衡常数大于时的，故D正确。综上所述，答案为D。6.常温下，与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：。据此判断，下列说法错误的是A.液氨的电离过程是吸热的B.一定温度下液氨中是一个常数C.、与都是粒子D.当氯化铵溶于液氨时，电离产生的对液氨的电离平衡不影响【答案】D【解析】【详解】A．液氨的电离与水相似，水的电离是吸热的，故液氨的电离过程也是吸热的，A正确；B．一定温度下液氨中类似于水的离子积c(H+)∙c(OH-)，故是一个常数，B正确；C．、与含有的电子数分别为7+3=10、7+4-1=10、7+2+1=10，故都是粒子，C正确；D．当氯化铵溶于液氨时，电离产生，增加了的浓度使液氨的电离平衡逆移，D 错误；故答案为：D。7.最近我国科学家以与己二胺为原料实现了甲酸盐和己二腈的高选择性合成，该合成的原理如下图所示。下列说法正确的是A.电极与电源负极相连B.当离子交换膜为阳离子选择性交换膜时，b中氢氧化钠的物质的量不变C.在电极上发生的反应为：D.电极上可能有副产物生成【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，在电极上碳元素的化合价由价降到价，得电子，发生的反应为：，故电极为阴极，接电源负极，则Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，电极反应为：8OH-+H2N(CH2)6NH2-8e-=NC(CH2)4CN+8H2O，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Ni2P电极与电源正极相连，作阳极，A错误；B．由分析可知，In/In2O3-x电极为阴极，Ni2P为阳极，故当离子交换膜为阳离子选择性交换膜时，b中的Na+移向a中，故b中氢氧化钠的物质的量减少，B错误；C．由分析可知，在电极上发生的反应为：，C 正确；D．由分析可知，电极为阴极，故不可能失去电子生成副产物O2，D错误；故答案为：C。8.丙烷经催化脱氢可制丙烯：。600℃，将一定浓度的与固定浓度的通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的、CO和浓度随初始浓度的变化关系如图。下列说法错误的是A.其他条件不变，增加浓度，不会影响反应速率B.与不相等的可能原因是：C.其他条件不变，增加投料比，有利于提高的产率D.若体系只有、CO、和生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：【答案】A【解析】【详解】A．从图像上看，加入的二氧化碳参与了反应，与制丙烯生成的氢气反应，导致氢气的浓度与丙烯浓度变化不相等，相当于是降低氢气的浓度，使逆反应速率降低，平衡正移，导致丙烯的浓度增大，故A项错误。B．仅按可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确； C．其他条件不变，增加投料比，相当于增大二氧化碳浓度，消耗氢气增加，有利于正向进行，因此有利于提高的产率，C正确；D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合，D正确；答案选A9.某弱酸溶液中主要成分的分布分数[如的分布分数表示为]随的变化如图所示(已知)。下列说法错误的是A.当该溶液的大于5.0时，一定有B.该酸的电离平衡常数C.a点为某一缓冲溶液，当时，则溶液中约为4D.的水解常数【答案】D【解析】【分析】由图可知，当溶液中c(HA）=c(A—）时，溶液的pH为4.7，则电离常数Ka= =c(H+）=10—4.7，当溶液pH小于4.7时，溶液中c(HA）＞c(A—），当溶液pH大于4.7时，溶液中c(HA）＜c(A—）。【详解】A．由分析可知，当溶液pH大于4.7时，溶液中c(HA）＜c(A—），故A正确；B．由分析可知，HA的电离平衡常数Ka=10—4.7，故B正确；C．当溶液pH为4时，lg=lg=lg≈lg4，则溶液中约为4，故C正确；D．NaA的水解常数===，故D错误；故选D。10.下列说法正确的是A.在室温下，向醋酸中加入一定量的盐酸，可改变氢离子的浓度，也可改变醋酸的电离常数B.在电解池中作为阴极的金属总是被保护的C.能够自发的反应一定是熵增的过程D.氢气与氯气在光照条件下反应与在点燃条件下反应的反应热是不一样的【答案】B【解析】【详解】A．电离常数只与温度有关，氢离子浓度不影响电离常数，故选项A错误；B．电解池中阴极发生得到电子的还原反应，作为阴极的金属总是被保护的，故选项B正确；C．判断反应是否自发，要根据来判断，故选项C错误；D．反应热由反应物的总能量与生成物的总能量的差值决定，与反应条件无关，故选项D错误。答案选B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有1～2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.为了配制的浓度与的浓度比为的溶液，可在溶液中加入下列试剂A.适量的B.适量的氨水C.适量的硫酸铵D.适量的氯化铵【答案】BC 【解析】【分析】因为的水解，使其浓度减小，若要保证的浓度与的浓度比为，故要抑制的水解。【详解】A．加入适量的盐酸，可以增加氢离子的浓度，抑制的水解，但也将的浓度增大，故A错误；B．加入适量的氨水，可以抑制的水解，故B正确；C．加入适量的硫酸铵，可以增大的浓度，使的浓度与的浓度比为，故C正确；D．根据以上分析可知加入适量的氯化铵达不到要求，故D错误；答案选BC。12.在一体积固定的密闭容器中发生：，如图表示该反应在时刻达到平衡，在时刻分别因改变某个条件而发生变化的情况。图中时刻发生改变的条件可能是A.加入B.加入水蒸气C.加入催化剂D.分离部分【答案】BD【解析】【分析】由题干图示信息可知，t1~时刻二氧化碳与一氧化碳的浓度不变，时刻改变条件以后二氧化碳的浓度增加，一氧化碳的浓度减少，说明平衡正向移动，据此分析解题。 【详解】A．选项A恒容加入对平衡没影响，A不符合题意；B．加入水蒸气，可增大其浓度，平衡正移，B符合题意；C．加入催化剂，平衡不移动，浓度不变，C不符合题意；D．分离部分氢气，可使平衡正向移动，二氧化碳的浓度增加，一氧化碳的浓度减少，D符合题意；故答案为：BD。13.在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是A.在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及了、、的断裂B.在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率C.若用或代替，得到的产物都有和D.在催化剂表面脱氢反应的【答案】A【解析】【详解】A．在历程I~V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；B．在历程I~V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确； D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；答案选A。14.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，电解的实验数据如图所示，横轴表示电解过程中转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法正确的是A.电解前硫酸铜溶液的浓度为B.从p点开始，铜离子不再放电C.从p点到Q点，溶液的不再降低D.Q点时，若要恢复到电解前硫酸铜溶液的浓度，可加入【答案】BD【解析】【分析】根据图中分析段只有生成，段在转移电子数相同时产生的气体更多可知有和同时生成，分析电极反应式，在阴极上首先是放电，当放电完，才是水电离的氢离子放电，产生，而阳极上总是放电生成，因此P点时刚好放电完，可计算的物质的量为，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，电解前硫酸铜溶液的浓度为=，A错误，B．由分析可知，从p点开始，铜离子不再放电，B正确；C．段不断地生成，溶液一直降低，从P点开始相当于电解水，随着水的量减少，酸的浓度增大，溶液的还会降低，C错误； D．从O点至P点，通过电解阴极析出的铜和放出的，阳极放出的，这是硫酸铜溶液减少的量，若要恢复到电解前硫酸铜溶液的浓度，根据原子守恒，可加入，D正确；故答案为：BD。三、非选择题：本题共4大题，共54分。15.已知：①②③④请填写下列空白：（1）上述反应中属于吸热反应的是_______(填序号)。（2）表示C的燃烧热的热化学方程式为_______(填序号)。（3）写出燃烧的热化学方程式_______。（4）已知：，则其_______。（5）在相同条件下，质量相等的两份与足量的充分反应，分别生成液态水(反应Ⅰ)和水蒸气(反应Ⅱ)，反应Ⅰ放出的热量_______(填“>”“<”或“=”)反应Ⅱ放出的热量。（6）完全燃烧生成液态水，放出的热量为_______。（7）某研究小组将两个氢氧燃料电池串联后作为电源，进行电解饱和溶液的实验，如图所示，若每个电池通入量都为，且反应完全，则理论上最多能产生氯气的体积为_______L(标准状况)。【答案】（1）②（2）④ （3）（4）（5）>（6）（7）44.8【解析】【小问1详解】①不是化学反应，＞0的化学反应为吸热反应，故为②。【小问2详解】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的能量，碳单质完全燃烧应该生成二氧化碳，故为④。【小问3详解】由盖斯定律可得，反应④-③可得。【小问4详解】由盖斯定律可得，反应2③-④可得，故2×(-110.5)-(-393.5)=+172.5。【小问5详解】相同物质气态的能量高于液态时的能量，故生成液态水放出的能量多，即反应Ⅰ放出的热量>反应Ⅱ放出的热量。【小问6详解】由反应②可知，，由反应①，故可得，的物质的量为2mol，放出的能量为2×285.8kJ/mol=571.6kJ/mol。【小问7详解】4g氢气的物质的量为2mol，根据得失电子守恒，可得:1molH2~2mole-~1molCl2，故若每个电池氢气通入量为2mol，该电池为串联电路，则生成2molCl2，标准状况时的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案为:44.8。16.化学实验是中学化学学习中必不可少的一环。根据要求，回答下列问题： （1）在测定中和反应的反应热时，如图所示：①仪器a的名称为_______。②某同学每次分别取溶液和硫酸进行实验，通过多次实验测定中和热的测量值为，与有偏差，产生偏差的原因不可能是_______(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.用量筒量取溶液的体积时仰视读数c.分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d.用温度计测定溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度（2）在进行酸碱中和滴定实验时：①滴定管的使用：在使用滴定管前，要_______。②用溶液滴定未知浓度的溶液，用酚酞溶液作指示剂，达到滴定终点时的现象是_______。（3）在制作氢氧燃料电池的实验时，如图所示： ①首先闭合，接通直流电源开始电解，可看到U形管的右边的溶液变红色，解释其原因_______。②当上述电解过程进行后，打开，断开直流电源，闭合，可观察现象为_______。【答案】（1）①.(环形)玻璃搅拌器②.b（2）①.检查是否漏水②.当滴入最后半滴标准盐酸溶液，锥形瓶中溶液颜色由粉红色变为无色，且内不变色（3）①.水电离产生的放电，促进了水的电离，产生的使酚酞溶液变红色②.电流表的指针发生偏转(U形管的右边的溶液中红色消失)【解析】【小问1详解】①仪器a为玻璃搅拌器；故答案为玻璃搅拌器；②利用Q=，a．隔热效果差，造成热量损失，使得Δt偏小，即所求中和热的测量值减小，故a不符合题意；b．量取NaOH溶液体积时仰视读数，NaOH的体积增多，放出热量增加，使得Δt偏大，即所求中和热的测量值减大，故b符合题意；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸烧杯中，导致热量损失，使得Δt偏小，即所求中和热的测量值减小，故c不符合题意；d．NaOH与硫酸反应，使硫酸的初始温度升高，即混合溶液初始平均温度增大，使得Δt偏小，即所求中和热的测量值减小，故d不符合题意；答案为b；【小问2详解】①滴定管使用前需要检查是否漏水；故答案为检查是否漏水；②用盐酸滴定NaOH，用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准盐酸溶液，锥形瓶中溶液颜色由粉红色变为无色，且30s内不变色；故答案为当滴入最后半滴标准盐酸溶液，锥形瓶中溶液颜色由粉红色变为无色，且30s内不变色；【小问3详解】①闭合K1，该装置为电解池，右侧石墨为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－ ，使溶液显碱性，酚酞变红；故答案为水电离产生的H＋放电，促进了水的电离，产生的OH－使酚酞溶液变红色；②闭合K1后，左侧石墨为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，闭合K2，构成氢氧燃料电池，电流表的指针发生偏转，左侧石墨为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，右侧石墨为负极，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，U形管的右边溶液红色消失；故答案为电流表的指针发生偏转(U形管的右边的溶液中红色消失)。17.常温下，有关4种溶液的信息如下：编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸111133已知：与的电离常数都约为。试回答下列问题：（1）取等体积的溶液①与④混合后，所得溶液呈_______性(填“酸”“中”或“碱”)。（2）将溶液②与溶液④混合后，若所得溶液的，则_______。（3）将等体积的的溶液③与④加水分别稀释1000倍后，所得溶液的_______大(填序号)。（4）将溶液①与溶液②等体积混合后，所得溶液的为_______。（5）在溶液③中_______。（6）将溶液②与溶液③等体积混合后，所得溶液中的离子及浓度如图所示：图中X表示_______，用必要的文字简述其理由_______。【答案】（1）碱（2） （3）④（4）11（5）()（6）①.②.醋酸过量，电离出使溶液呈酸性，根据电荷守恒关系式可知，【解析】【小问1详解】氨水的pH=11，由于NH3·H2O是弱电解质，则氨水的浓度大于0.001mol·L-1，盐酸的pH=3，由于HCl是强电解质，则盐酸的浓度等于0.001mol·L-1，故它们等体积混合后，氨水剩余，所得溶液呈碱性。【小问2详解】氢氧化钠溶液的pH=11，则其c(OH-)=110-3mol·L-1，盐酸的pH=3，则其c(H+)=110-3mol·L-1，将溶液NaOH溶液与HCl溶液混合后，若所得溶液的，根据OH-+H+=H2O,则可得，解得。【小问3详解】醋酸溶液为弱电解质溶液，加水稀释会促其进电离，而盐酸为强电解质溶液，则它们加水分别稀释1000倍后，所得溶液的，醋酸小，盐酸大，故答案为④。【小问4详解】氨水和氢氧化钠溶液的pH相同，则它们溶液中c(OH-)是相同的，故它们等体积混合后溶液中的c((OH-)是不变的，根据c((H+)·c((OH-)=Kw，Kw不变，则混合后的c((H+)也是不变的，则混合后的为11。【小问5详解】醋酸溶液的pH=3，则溶液中的c((H+)=110-3mol·L-1，根据常温下水的离子积c((H+)·c((OH-)=110-14，则c(OH-)=110-11mol·L-1，则由水电离出的c((H+)=110-11mol·L-1，则由CH3COOH电离出的c((H+)=(10-3-10-11)mol·L-1，根据CH3COOHCH3COO-+H+，可知c((H+)=c(CH3COO-)=(10-3-10-11)mol·L-1，故答案为(10-3-10-11)mol·L-1【小问6详解】氢氧化钠溶液的pH=11，醋酸的pH=3 ，它们等体积混合，由于醋酸是弱电解质，则反应后，醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒c((H+)+c((Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c((H+)>c(OH-)，则可得c((Na+)<c(CH3COO-)，根据图中离子浓度大小示意图，则可知X表示CH3COO-。18.硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含、、、、等)为原料，经如图1一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。（1）为了加快溶解速率，可采取的措施是___________。(任答两点)（2）写出“硫化除铜”过程生成含铜物质反应的离子方程式___________。（3）“氧化除杂”时加入主要作用是___________。（4）已知25℃时，；。则“氟化除杂”过后滤液3中___________。（5）“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图2，则实验时需控制的pH适宜范围是___________(填字母)。A.1～2B.2～3C.4～5D.5～6（6）利用精制的硫酸镍用如图装置可实现在铜片上镀镍。 铜片在乙装置的___________处(填“c”或“d”)，b极上发生的电极反应式为___________。【答案】（1）适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末(任答其中两点)（2）（3）将氧化为，有利于除去（4）（5）B（6）①.c②.【解析】【分析】粗硫酸镍（含Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等）加水和硫酸进行酸浸，浸出液含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO等离子，向浸出液中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，同时Fe3+可与S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，过滤后得到滤液1和滤渣1，滤渣1为CuS和S，滤液1中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO，向滤液1中加入Ni（OH）2和Cl2，Cl2将滤液中Fe2+氧化为Fe3+，用Ni（OH）2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，向其中加入NiF2，使滤液2中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤液3，向滤液3中加入有机萃取剂，使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。【小问1详解】为了加快溶解速率，可采取的措施是适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末(任答其中两点)。(任答两点)故答案为：适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末(任答其中两点)； 【小问2详解】向浸出液中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，“硫化除铜”过程生成含铜物质反应的离子方程式。故答案为：；【小问3详解】“氧化除杂”时加入主要作用是将氧化为，有利于除去。故答案为：将氧化为，有利于除去；【小问4详解】已知25℃时，；。则“氟化除杂”过后滤液3中==。故答案为：；【小问5详解】“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图2，在该工艺流程中，“萃取”操作的目的是使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为3～4左右可以使滤液中的Cu2+、Ca2+、Zn2+等离子的萃取除杂率最好。故答案为：B；【小问6详解】