- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
（2015秋•成都月考）铁、铜单质及其化合物应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl2•2H20），为制取纯净的CuCl2•2H20，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：
请回答下列问题．
（1）最适合作氧化剂X的是______．
A．K2Cr207 B．NaCl0 C．H202 D．KMn04
（2）加入的物质Y是______．
A．CuO B．NaOH C．Cu2（OH）2CO3 D．NH3
（3）由溶液Ⅲ获得CuCl2•2H2O，需要经过______、______、过滤操作．
（4）测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4溶液应使用______（“酸式”或“碱式”）滴定管．反应的化学方程式：______．
正确答案
解：（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，
故答案为：C；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
解析
解：（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，
故答案为：C；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
设计了四种制备气体的方案：①加热稀硫酸和乙醇制备乙烯；②加热稀盐酸和二氧化锰制备氯气；③用稀硫酸和大理石制备二氧化碳；④用稀硝酸和硫化亚铁制备硫化氢．不宜采用的方案有哪些？（ ）
正确答案
解析
解：①实验室制乙烯应用浓硫酸和乙醇加热到170°C，故①错误；
②制备氯气应用浓盐酸和二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故②错误；
③稀硫酸和大理石反应生成的硫酸钙微溶于水，阻碍反应的继续进行，制备二氧化碳应用稀盐酸和大理石，故③错误；
④制备硫化氢应用稀硫酸和硫化亚铁，稀硝酸具有强氧化性，将硫化氢氧化，不能得到硫化氢气体，故④错误．
故选D．
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
表2 化学试剂价格表
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是______，原因是______．写出加入X发生反应的离子方程式______．选择______（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．
（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是______．
（3）试剂Z应该是______．
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是______．
（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是______、______、______．
正确答案
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O 
故答案为：MgCO3+H2O 
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
解析
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
K2CO3有广泛的用途．
（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等．将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液．
①该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为______．
②检验该浓缩液中Cl-所用的试剂有______．
A．AgNO3溶液B．硝酸C．盐酸
D．Ba（NO3）2溶液E．BaCl2溶液
（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑（未配平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为______；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______．
（3）离子膜电解-炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法．
第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：
已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀．
Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．
①操作Ⅰ的名称是______．
②当加入KOH后，溶液中n（CO32-）增大，主要原因是______．
第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸．
第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品．
③离子膜电解-炭化法的整个过程中，可以循环利用的物质有______．
正确答案
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
解析
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
易溶于水的三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．以铁屑为原料的制备流程如图1：
请回答下列问题：
（1）铁屑中常含硫元素，加稀硫酸时会产生有毒的H2S气体，可用氢氧化钠溶液吸收，下列吸收装置正确的是图2中的______．
（2）制得的FeSO4溶液中需加入少量的H2SO4酸化，目的是______．若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，必须进行的实验操作是______（按顺序填写）．
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
（3）该晶体盐在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应．
①分解得到的气体产物用如图3装置进行实验
装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的为______．结束实验时先熄灭酒精灯再通入N2至常温，其目的为______．实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则气体产物是______．
②分解得到的固体产物含有K2CO3、FeO、Fe，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到含铁样品．现设计下列三种实验方案对该样品进行铁元素含量测定．
【甲】a g样品
【乙】a g样品
【丙】a g样品
你认为以上方案中______无法确定样品的组成，理由是______．
【甲】方案中测得铁元素的含量是______（用含有a、b的代数式表达）
正确答案
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
解析
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
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