废钒催化剂的主要成分是V 2 O 5 、VOSO 4 、K 2 SO 4 、SiO 2 和Fe 2 O 3 等，现欲利用

（1）废钒催化剂（主要成分V₂O₅、Fe₂O₃和SiO₂等）酸溶后，V₂O₅、Fe₂O₃和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，
故答案为：SiO₂；
（2）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO₃^-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO²⁺变化为VO³⁺、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO₃^-+6VO²⁺+6H⁺=6VO³⁺+Cl^-+3H₂O；
故答案为：1；6；6；6；1，Cl^-；3；H₂O；
（3）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）₃沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10^-2mol/L，c（OH^-）=10^-12mol/L，则溶液中c（Fe³⁺）浓度依据溶度积计算，K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=2.6×10^-39，计算得到c（Fe³⁺）=2.6×10^-3mol/L，不产生Fe（OH）₃沉淀，则溶液中c（Fe³⁺）＜4.0×10^-2mol/L，
故答案为：1.7；2.6×10^-3mol/L；
（4）①根据题意，放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，即VO₂⁺+2H⁺+e^-═VO²⁺+H₂O，发生得电子的还原反应，所以此电极是正极，质子交换膜是允许氢离子通过的隔膜，放电时，正极上的反应：VO₂⁺+2H⁺+e^-═VO²⁺+H₂O，负极上发生V²⁺-e^-=V³⁺的反应，当转移1.0mol电子时共有1.0mol H⁺从右槽移进左槽；
故答案为：右，左；
②充电过程中，a极是电解池的阳极，充电时和电源的正极相接，该极上发生失电子的氧化反应，充电时，右槽是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，应该是V³⁺为绿色变化为V²⁺为紫色，绿色变为紫色；
故答案为：绿、紫；

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；氧化还原反应方程式的配平；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等．

（1）步骤①是加入水溶解，加入酸溶解VOSO₄，加入亚硫酸钾还原V₂O₅；步骤③是有机溶液中加入X试剂得到的离子是H+，VO²⁺，SO₄^2-，可知酸性溶液中发生氧化还原反应，X为硫酸，故答案为：SiO₂ ；H₂SO₄；
（2）实验室中进行萃取分液操作时，注入萃取剂，充分振荡，将分液漏斗于铁圈上静置，当液体分层后，打开分液漏斗瓶塞（或瓶塞凹槽对准瓶口小孔）；当分液面接近（或略超过）活塞处时关闭活塞；上层液体从分液漏斗上口倒入另一烧杯中；
故答案为：打开分液漏斗瓶塞（或瓶塞凹槽对准瓶口小孔）；当分液面接近（或略超过）活塞处时关闭活塞；上层液体从分液漏斗上口倒入另一烧杯中；
（3）R₂（SO₄）_n（水层）+2nHA（有机层）⇌2RAn（有机层）+nH₂SO₄（水层），加入碱中和酸可以促进平衡正向进行，提高萃取百分率，
故答案为：加入碱中和硫酸使平衡正移；
（4）分析元素化合价，钒元素化合价从+4价变化为+5价，说明钒元素被氧化，氯元素化合价降低做氧化剂被还原为氯离子，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒判断缺项和配平离子方程式为：ClO₃^-+6VO²⁺+6H⁺=6VO³⁺+Cl^-+3H₂O，
故答案为：1，6，6，6，1 Cl^-，3H₂O；
（5）钒沉淀率最高时最佳，依据图表分析可知溶液的PH需要调节到1.7-1.8，钒的沉淀率最大，故答案为：1.7-1.8；
（6）过程中加入的物质在反应流程中有重新生成的物质可以循环利用，依据流程图可知，氨气和有机萃取剂是可以循环利用的物质，
故答案为：氨气；有机萃取剂．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．