题型15 无机工艺流程综合题-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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目 录
题型综述
解题攻略
题组01 物质制备类化工流程题综合分析
题组02 提纯类化工流程题综合分析
题组03 化学基本原理类化工流程综合分析
题组04 图像、图表信息加工类化工流程综合分析
高考练场
化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新；化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。根据试题的原料不同以及操作目的不同，可将题化学工艺流程题分为四个题组：一是物质制备类化工流程题综合分析：二是提纯类化工流程题综合分析；三是化学基本原理类化工流程综合分析；四图像、图表信息加工类化工流程综合分析。
题组01 物质制备类化工流程题综合分析
【例1-1】（2024·江西卷）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。
已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48
ⅱ．镭为第ⅡA族元素
回答下列问题：
（1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
（2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 。
（3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
（4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。
②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)= ml/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。
【答案】（1）b
（2）+6 2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4•12H2O 热分解
（4）①2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O ②4×10﹣7
（5）RaSO4
【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。
【解析】（1）a．降低压强，分解速率降低，故a错误；
b．降低温度，分解速率降低，故b正确；
c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；
d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；
故答案为b；
（2）Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
（3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
（4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；
②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5ml/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5ml/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 ml/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
【例1-2】（2023·重庆卷）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。

时各物质溶度积见下表：
回答下列问题：
（1）中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
（3）反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
（4）①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。
②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。
【答案】（1）+3 1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）① ②适当升高温度、搅拌
（4）①11 ②最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【解析】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。
【提分秘籍】
一、物质制备过程中的常考知识点
1.原料处理阶段的常见考查点
2．分离提纯阶段的常见考查点
（1）调pH除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3．获得产品阶段的常见考查点
（1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
（2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。
（3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
（4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。
4、工艺流程题中常见问题的答题方向
5、核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
（1）氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式书写
①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。
②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。
③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。
（2）非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
6、副产品及循环物质的确定
（1）副产品的确定
（2）循环物质的确定
【变式演练】
【变式1-1】（2024·河南·二模）氧化钴粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某工厂用废旧钴基合金(主要成分为，还含有、、、、)制备，工艺流程如图所示：
已知：①该工艺条件下，、不能氧化。
②常温下，，，。
③。
回答下列问题：
（1）钴元素在元素周期表中的位置是 。
（2）“碱浸”时要将“废旧钴基合金”粉碎，其目的是 。
（3）“酸浸”所得“浸渣”的成分为 (填化学式)。
（4）“除铁”时需要控制反应温度低于50℃的目的是 。
（5）“沉钙”时反应的离子方程式为 。若“沉钙”后的溶液中，则此时溶液的为 。
（6）为测定“转化”时获得草酸钴()的纯度，现称取草酸钴样品，将其用适当试剂转化为草酸铵溶液，再用过量稀硫酸酸化，并用高锰酸钾标准溶液滴定，平行实验三次，达到滴定终点时，消耗高锰酸钾标准溶液的体积如下表所示：
①达到滴定终点时的标志为 。
②草酸钴样品的纯度为 。
【答案】（1）第四周期Ⅷ族
（2）增大接触面积，提高反应速率与碱浸效率(合理即可)
（3）、
（4）防止双氧水分解及氨水的挥发与分解(合理即可)
（5） 5.7
（6）当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且内不变色(合理即可) 73.5%
【分析】废旧钴基合金(主要成分为，还含有、、、、)，用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝；滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁；滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁；滤液中加碳酸钠，可以得到碳酸钴；碳酸钴与盐酸反应，生成氯化钴，氯化钴与草酸铵反应，得到得到草酸钴；草酸钴灼烧得到，据此分析解答。
【解析】（1）钴元素的原子序数为27，原子核外有27个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，则位于第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族。
（2）粉碎可以增大接触面积，“碱浸”时要将“废旧钴基合金”粉碎的原因为增大接触面积，提高反应速率与碱浸效率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率与碱浸效率。
（3）根据分析，“酸浸”时和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为、，故答案为：、。
（4）双氧水受热易分解，氨水易挥发，“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，故答案为：防止双氧水分解及氨水的挥发与分解。
（5）“沉钙”是钙离子和HF反应，生成CaF2和H+的过程，反应的离子方程式为；若“沉钙”后的溶液中，根据、，则，，则此时溶液的为，故答案为：5.7。
（6）①酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，则滴定终点的现象是当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且内不变色，故答案为：当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且内不变色。
②第2次实验误差较大，舍弃，消耗高锰酸钾标准溶液的体积为mL=40.00mL，根据反应的离子方程式可知，，则样品中含有的草酸钴的质量为=，则样品的纯度为，故答案为：73.5%。
【变式1-2】（2024·四川自贡·模拟预测）高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
（1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为
（2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分 。
（3）①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
A．浓盐酸 B．亚硫酸 C．稀硫酸 D．氢碘酸
②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是 。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。
（4）由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备(如图)，试写出该电解过程总反应的离子方程式： 。
【答案】（1）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O
（2）Al(OH)3、H2SiO3
（3）C 消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率
（4）
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)加KOH、空气进行熔融煅烧得K2MnO4、KAlO2、K2SiO3，冷却浸取得含K2MnO4、KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液，调pH使铝元素、硅元素转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，然后过滤除去，得到K2MnO4溶液，K2MnO4溶液加冰醋酸进行歧化反应得到MnO2和KMnO4，过滤、洗涤、干燥等操作得到KMnO4。
【解析】（1）“熔融煅烧”时，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。
（2）向“浸取液”中通入CO2，KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液分别与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝、硅酸，故经调节pH、“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为Al(OH)3、H2SiO3。
（3）歧化”时，醋酸的作用是提供酸性环境，得到高锰酸钾：
①A．常温下，KMnO4会和浓盐酸反应，不可用浓盐酸，A不选；
B．亚硫酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用亚硫酸，B不选；
C．稀硫酸可提供酸性环境，不和锰酸钾、高锰酸钾、二氧化锰反应，可替代醋酸，C选；
D．氢碘酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用氢碘酸，D不选；
选C；
②由所给信息可知K2MnO4溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应，即存在3K2MnO4(aq)+2H2O(l)2KMnO4(aq)+MnO2(s)+4KOH(aq)，故“歧化”时，加入冰醋酸的目的是：消耗OH-，使平衡正向移动，提高KMnO4产率。
（4）由图可知电解时a极作阳极，电极反应式为，K+向阴极室移动，b极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则D为浓KOH溶液，故该电解过程总反应的离子方程式为。
题组02 提纯类化工流程题综合分析
【例2-1】（2024·福建卷）实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备Ga2O3，过程如下。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。
（1）①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为 。
②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为 。
③Ⅰ使用装置如图(加热及夹持装置省略)，吸收液可用 。(填标号)
a．水 b．浓盐酸 c．稀硫酸 d．四氯化碳
（2）①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、 和 。
②“沉淀1”含金属元素 。(填元素符号)
（3）①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是 。
②按下列操作顺序测定溶液pH，不规范的是 。(填标号)
a．用镊子夹取湿润的pH试纸
b．将pH试纸置于干燥清净的玻璃片上
c．用滴管吸取少量待测液，滴在pH试纸中央
d．观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较
（4）Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V0mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1mLc1ml/LNa2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2ml/L CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+
①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为 。(列出计算式)
②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是 。(填标号)
a．未使用标准溶液润洗滴定管 b．称重后样品吸收了空气中水汽
c．终点时滴定管尖嘴内有气泡 d．终点读数时仰视滴定管刻度线
【答案】（1）①4s24p1 ② ③ac
（2）①玻璃棒 漏斗 ②
（3）①将转化为沉淀 ②ac
（4）①或 ②ad
【分析】由题干工艺流程图可知，LED生成废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)中加入2ml/LNaOH溶液在80℃下反应3个小时，将GaN转化为[Ga(OH)4]-，In和Mg不与NaOH溶液反应，过滤得到沉淀1即为In和Mg，滤液中主要含有Na[Ga(OH)4]和NaOH，加入硫酸将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，过滤得到Ga(OH)3沉淀和滤液，Ga(OH)3沉淀加热后分解得到Ga2O3，据此分析解题。
【解析】（1）①已知Ga是31号元素，故基态镓(Ga)原子的价电子排布式为：4s24p1，故答案为：4s24p1；
②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为：GaN+3H2O+OH-[Ga(OH)4]-+NH3↑，故答案为：GaN+3H2O+OH-[Ga(OH)4]-+NH3↑；
③GaN与NaOH溶液反应时产生NH3，NH3极易溶于水，故能用水来吸收NH3，浓盐酸易挥发，不利于吸收NH3，NH3具有碱性，稀硫酸可以吸收NH3，NH3为极性分子，CCl4为非极性分子，NH3难溶于CCl4中，不能用CCl4吸收NH3，故答案为：ac；
（2）①由题干工艺流程图信息可知，Ⅱ为过滤操作，则需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；
②由分析可知，“沉淀1”含金属元素In、Mg，故答案为：In、Mg；
（3）①由分析可知，Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，故答案为：将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀；
②用pH试纸测定溶液pH的规范操作为：用镊子夹取一片干燥的pH试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取少量的待测液于试纸中央，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡对照，据此解题：a．pH试纸测量溶液的pH时不能用湿润的pH试纸，操作不规范，a符合题意； b．由上述分析可知，将pH试纸置于干燥清净的玻璃片上，操作规范，b不符合题意；c．根据pH试纸的规范性操作可知，应该用玻璃棒蘸取少量的待测液于试纸中央而不能用滴管吸取少量待测液，滴在pH试纸中央，c符合题意；d．根据pH试纸的规范性操作可知，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较，读出待测液的pH值，d不符合题意；故答案为：ac；
（4）①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为：c2V2×10-3ml，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)ml，原样品中含有Ga2O3的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)ml，则Ga2O3纯度为：==，故答案为：或；
②a．未使用标准溶液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，V2偏大，故导致实验结果偏小，a符合题意；
b．称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响，b不符合题意；c．终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液的体积V2偏小，故导致实验结果偏大，c不符合题意；d．终点读数时仰视滴定管刻度线，导致标准液体积V2偏大，故导致实验结果偏小，d符合题意；故答案为：ad。
【例2-2】（2024·广东卷）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
（4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。
（5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
（6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。
【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑
（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3）铁 [FeCl4]-
（4）高 NaCl
（5）3.2 4.0×10-7
（6）2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
【解析】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2