为提高锌灰的浸取效率，不宜采用的方法是                $\rm ($填字母$\rm )$。

$\rm A$．搅拌   $\rm B$．加压   $\rm C$．升高温度   $\rm D$．多次浸取

$\\rm B$

搅拌、升高温度都可以加快浸取速率，从而提高浸取效率，多次浸取也可以使浸取更彻底，提高浸取效率，浸取是溶液中的反应，加压无影响，无法提高浸取效率，故不宜采用的方法是加压；

“浸渣”的主要成分为                $\rm ($填化学式$\rm )$。

$\\text{PbS}{{\\text{O}}_{4}}$

由分析可知，“浸渣”的主要成分为难溶的硫酸盐$\rm PbSO_{4}$；

写出“除铁”时步骤①中发生反应的离子方程式：                。

$3\\text{F}{{\\text{e}}^{2+}}+\\text{MnO}_{4}^{-}+4{{\\text{H}}^{+}}=3\\text{F}{{\\text{e}}^{3+}}+\\text{Mn}{{\\text{O}}_{2}}\\downarrow +2{{\\text{H}}_{2}}\\text{O}$

“除铁”时高锰酸钾将$\rm Fe^{2+}$氧化为$\rm Fe^{3+}$，还原产物为$\rm MnO_{2}$，离子方程式为$\rm 3Fe^{2+}+\text{MnO}_{4}^{-}\rm +4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}↓+2H_{2}O$；

“除铁”时若加入的$\text{KMn}{{\text{O}}_{4}}$不足，则除铁后的溶液中会含有$\rm Fe$元素。请设计实验方案加以证明：                。

取样，向其中滴入$\\rm KSCN$溶液无现象，再滴加${{\\text{H}}_{2}}{{\\text{O}}_{2}}$溶液，若溶液变红或向其中滴加${{\\text{K}}_{3}}\\left[ \\text{Fe}{{\\left( \\text{CN} \\right)}_{6}} \\right]$溶液，若产生蓝色沉淀，则溶液中含有$\\rm Fe$元素

“除铁”时若加入的$\rm KMnO_{4}$不足，由于$\rm Fe^{2+}$以氢氧化物沉淀需要更大的$\rm pH$，故除铁后的溶液中会含有$\rm Fe^{2+}$，故只需检验$\rm Fe^{2+}$的存在，方案为：取样，向其中滴入$\rm KSCN$溶液无现象，再滴加$\rm H_{2}O_{2}$溶液，若溶液变红$\rm {$或向其中滴加${{\text{K}}_{3}}\left[ \text{Fe}{{\left( \text{CN} \right)}_{6}} \right]$溶液，若产生蓝色沉淀，则溶液中含有$\rm Fe$元素；

“沉锌”过程为向除铜后的滤液中加入$\text{C}{{\text{H}}_{3}}\text{COOH}$和$\text{C}{{\text{H}}_{3}}\text{COONa}$组成的缓冲溶液调节$\rm pH$，然后通入${{\text{H}}_{2}}\text{S}$发生反应：$\text{Z}{{\text{n}}^{2+}}\left( \text{aq} \right)+{{\text{H}}_{2}}\text{S}\left( \text{aq} \right)\rightleftharpoons \text{ZnS}\left( \text{s} \right)+2{{\text{H}}^{+}}\left( \text{aq} \right)$。“沉锌”后溶液中部分微粒浓度见下表：

“沉锌”后溶液的$\text{pH}=$                ，$c\left( \text{Z}{{\text{n}}^{2+}} \right)=$                $\rm \;\rm mol·L^{-1}[$已知常温下：${{K}_{\text{sp}}}\left( \text{ZnS} \right)=2.5\times {{10}^{-22}}$，${{K}_{\text{a}1}}\left( {{\text{H}}_{2}}\text{S} \right)=1.0\times {{10}^{-7}}$，${{K}_{\text{a}2}}\left( {{\text{H}}_{2}}\text{S} \right)=1.0\times {{10}^{-14}}$，${{K}_{\text{a}}}\left( \text{C}{{\text{H}}_{3}}\text{COOH} \right)=2.0\times {{10}^{-5}}\rm ]$。

$\\rm 5$ ； $2.5\\times {{10}^{-10}}$

根据醋酸的电离$\rm CH_{3}COOH⇌CH_{3}COO^{-}+H^{+}$，${{K}_{\text{a}}}\left( \text{C}{{\text{H}}_{\text{3}}}\text{COOH} \right)=\dfrac{c\left( \rm C{{H}_{3}}CO{{O}^{-}} \right)c\left( {{\text{H}}^{+}} \right)}{c\left(\rm C{{H}_{3}}COOH \right)}=\dfrac{0.1\times c\left( {{\text{H}}^{+}} \right)}{0.05}\rm =2.0\times 10^{-5}$，解得$c\left( {{\text{H}}^{+}} \right)\rm =1\times 10^{-5}$ $\rm mol/L$，故$\rm pH=5$；

由$\rm H_{2}S$的两级电离方程式可知，${{K}_{\text{a1}}}\left( {{\text{H}}_{\text{2}}}\text{S} \right)\cdot {{K}_{\text{a2}}}\left( {{\text{H}}_{\text{2}}}\text{S} \right)=\dfrac{{{c}^{2}}\left( {{\text{H}}^{+}} \right)c\left( {{\text{S}}^{2-}} \right)}{c\left( {{\text{H}}_{2}}\text{S} \right)}\rm =10^{-21}$，其中$c\left( {{\text{H}}_{\text{2}}}\text{S} \right)=0.10\text{ mol/L}$，$c\left( {{\text{H}}^{+}} \right)=1\times {{10}^{-5}}\text{ mol/L}$，解得$c\left( {{\text{S}}^{2-}} \right)=1\times {{10}^{-12}}\text{ mol/L}$，再由${{K}_{\text{sp}}}\left( \text{ZnS} \right)=c\left( \text{Z}{{\text{n}}^{2+}} \right)c\left( {{\text{S}}^{2-}} \right)=2.5\times {{10}^{-22}}$，故解得$c\left( \text{Z}{{\text{n}}^{2+}} \right)=2.5\times {{10}^{-10}}\text{ mol/L}$；

$\rm ZnS$是一种优良的锂离子电池负极材料。在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如图所示。

①图示的$\text{L}{{\text{i}}_{x}}\text{Z}{{\text{n}}_{y}}\text{S}$晶胞中$x:y=$                。

②$\rm ZnS$晶体的摩尔体积${{V}_{\text{m}}}$为                 $\rm m^{3}·mol^{-1}$。

$6:1$ ； $\\dfrac{{{a}^{3}}\\times {{10}^{-36}}{{N}_{\\text{A}}}}{4}$

①根据均摊法，图示的$\text{L}{{\text{i}}_{x}}\text{Z}{{\text{n}}_{y}}\text{S}$晶胞中$\rm Li^{+}$和$\rm Zn^{2+}$共有$\rm 7$个，$\rm S^{2-}$有$\rm 4$个，根据化合价代数和为$\rm 0$，$\rm Li^{+}$有$\rm 6$个，$\rm Zn^{2+}$有$\rm 1$个，$x:y=6:1$；

②$\rm ZnS$晶胞中有$\rm 4$个$\rm Zn^{2+}$和$\rm 4$个$\rm S^{2-}$，则$\rm 1$ $\rm mol$晶胞共有$\rm 4$ $\rm mol$ $\rm ZnS$，体积为${{a}^{3}}\times {{10}^{-36}}{{N}_{\text{A}}}\text{ }{{\text{m}}^{3}}$，故每$\rm 1$ $\rm mol$ $\rm ZnS$晶体的体积即$\rm ZnS$晶体的摩尔体积${{V}_{\text{m}}}$为$\dfrac{{{a}^{3}}\times {{10}^{-36}}{{N}_{\text{A}}}}{4}$ $\rm m^{3}·mol^{-1}$。