- 气体的检验
- 共1690题
根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法．
（1）①废水I若采用CO2处理，离子方程式是______．
②废水Ⅱ常用明矾处理．实践中发现废水中的c（HCO3-）越大，净水效果越好，这是因为______．
③废水Ⅲ中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2++______=CH3Hg++______．
我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L．对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂______（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染．
④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN-的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为______．
（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）．某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：
Ⅰ．取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液．
Ⅱ．加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热．
Ⅲ．反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定．终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL．
①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是______．
②Ⅲ中，发生的反应为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
由此可知，该水样的化学需氧量COD=______mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）．
正确答案
解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+，
故答案为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+；
（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10-3mol，
n（Fe2+）=V2×10-3L×cmol/L=cV2×10-3mol，
由Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10-3mol-
得电子：2×（6-3）×
根据电子转移，相等于
m（O）=
所以：COD=
故答案为：
解析
解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+，
故答案为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+；
（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10-3mol，
n（Fe2+）=V2×10-3L×cmol/L=cV2×10-3mol，
由Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10-3mol-
得电子：2×（6-3）×
根据电子转移，相等于
m（O）=
所以：COD=
故答案为：
大力发展电动汽车，可以有效控制空气污染．目前机动车常使用的电池有铅蓄电池、锂电池等．
Ⅰ．铅蓄电池充放电的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4⇌充电放电2PbSO4+2H2O，锂硫电池充放电的总反应为：2Li+S
（1）放电时，铅蓄电池的负极反应式为______．
（2）锂硫电池工作时，电子经外电路流向______（填“正极”或“负极”）．
（3）当消耗相同质量的负极活性物质时，锂硫电池的理论放电量是铅蓄电池的______倍．
Ⅱ．由方铅矿（PbS）制备铅蓄电池电极材料（PbO2）的方法如下：
（1）油画所用的白色颜料PbSO4置于空气中，遇H2S气体变成黑色PbS，从而使油画的色彩变暗，用H2O2清洗，可使油画“复原”．
①H2O2的作用是______．
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），试分析PbS（s）能溶于稀HNO3的原因______．
（2）滤液X是一种可循环使用的物质，其溶质主要是______（填化学式），若X中残留的SO42-过多，循环使用时可能出现的问题是______．
（3）①PbO与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，写出该反应的离子方程式______．
②以石墨为电极，电解Pb（NO3）2溶液也可以制得PbO2，则阳极的电极反应式为______；电解时为提高Pb元素的利用率，常在Pb（NO3）2溶液中加入适量Cu（NO3）2，理由是______．
正确答案
解：（1）放电时，铅蓄电池的负极发生氧化反应，而铅离子与溶液中的硫酸根离子生成难溶的硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）原电池工作时电子由负极流向正极，故答案为：正极；
（3）铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：
Ⅱ．（1）①过氧化氢将黑色PbS氧化成白色的硫酸铅，所以过氧化氢是氧化剂，故答案为：氧化剂；
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），电离产生的硫离子具有还原性，而硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，导致硫离子的浓度减少，固平衡正向移动，故答案为：硝酸氧化硫离子导致硫离子的浓度减小，使溶解平衡正向移动，促进PbS的溶解；
（2）硝酸铅与硫酸发生复分解反应生成难溶硫酸铅，和硝酸；残留的SO42-过多，会与溶液中的铅离子结合成难溶的硫酸铅，导致铅的流失，减少了二氧化铅的产量，故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成硫酸铅随浸出渣排出，降低硫酸铅的产率；
（3）①PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-；②电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+；加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子放电，从而大大提高铅离子的利用率，
故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子在阴极放电，增大铅离子的利用率．
解析
解：（1）放电时，铅蓄电池的负极发生氧化反应，而铅离子与溶液中的硫酸根离子生成难溶的硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）原电池工作时电子由负极流向正极，故答案为：正极；
（3）铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：
Ⅱ．（1）①过氧化氢将黑色PbS氧化成白色的硫酸铅，所以过氧化氢是氧化剂，故答案为：氧化剂；
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），电离产生的硫离子具有还原性，而硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，导致硫离子的浓度减少，固平衡正向移动，故答案为：硝酸氧化硫离子导致硫离子的浓度减小，使溶解平衡正向移动，促进PbS的溶解；
（2）硝酸铅与硫酸发生复分解反应生成难溶硫酸铅，和硝酸；残留的SO42-过多，会与溶液中的铅离子结合成难溶的硫酸铅，导致铅的流失，减少了二氧化铅的产量，故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成硫酸铅随浸出渣排出，降低硫酸铅的产率；
（3）①PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-；②电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+；加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子放电，从而大大提高铅离子的利用率，
故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子在阴极放电，增大铅离子的利用率．
工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，还有少量的Fe2O3、SiO2）提取冶炼铝的原料氧化铝．工艺流程如下图：（每步所加试剂均稍过量）
（1）步骤①反应的离子方程式是______．
（2）原料B的化学式是______，步骤②所得沉淀的化学式是：______．
（3）步骤③中生成沉淀的化学方程式是：______．
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，则会对氧化铝的提取有什么影响？______．
正确答案
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
解析
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1所示实验方案，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体．
请回答：
（1）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是______．
（2）溶液A中的离子主要有______；试剂X是______．
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是______（用离子方程式表示）；为了避免固体C减少，根据如图所示，改进的措施是______．
（4）从环境保护角度考虑，用固体F制备CuSO4溶液的化学方程式是______．
正确答案
解：（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，
故答案为：过滤；
（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，
故答案为：AlO2-、Na+、OH-；稀硫酸；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
解析
解：（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，
故答案为：过滤；
（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，
故答案为：AlO2-、Na+、OH-；稀硫酸；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
从废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）①中废渣的主要成分是______．
（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn （有机层）+nH+（水层）；②中萃取时必须加入适量碱，其原因是______．③中反萃取时加入的X试剂是______．
（3）完成④中反应的离子方程式：ClO3-+VO2++H+=VO3++Cl-+______
（4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下：
根据上表数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为______；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜______．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39）
（5）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子______．
正确答案
解：（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）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）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：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，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，Ksp[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：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
解析
解：（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）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）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：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，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，Ksp[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：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
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