- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+NaSO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______．
（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）.2001年我国卫生部规定，饮用水ClO2-的含量应不超过0.2mg•L-1．
饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定．ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液PH的关系如右图所示．当pH≤2.0时，ClO2-也能被I-
完全还原成Cl-．反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI
①请写出pH≤2.0时，ClO2-与I-反应的离子方程式______．
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中．
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0
步骤3：加入足量的KI晶体．
步骤4：加少量淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL．
步骤5：______．
步骤6；再用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的ClO2-的浓度为______mg•L-1（用含字母的代数式表示）．
④若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的，该反应的氧化产物是______（填化学式）
正确答案
解：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，故答案为：方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（2）①ClO2-与I-反应在酸性条件进行，产物为I2和Cl-，根据质量守恒可写出离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O；
②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I-还原只生成Cl-，pH≥7.0时，ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2-，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-，溶液的ClO2-没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2-与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，故答案为：调节溶液的pH≤2.0；
③由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：2ClO2-～Na2S2O3
2 1
n（ClO2-） 
则n（ClO2-）=2
由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：ClO2-～2Na2S2O3
1 2
n（ClO2-）总 
n（ClO2-）总=
原水样中ClO2-浓度=
故答案为：
④根据反应：4Fe2++ClO2-+2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe（OH）3，所以氧化产物为Fe（OH）3（FeCl3），故答案为：Fe（OH）3．
解析
解：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，故答案为：方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（2）①ClO2-与I-反应在酸性条件进行，产物为I2和Cl-，根据质量守恒可写出离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O；
②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I-还原只生成Cl-，pH≥7.0时，ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2-，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-，溶液的ClO2-没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2-与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，故答案为：调节溶液的pH≤2.0；
③由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：2ClO2-～Na2S2O3
2 1
n（ClO2-）
则n（ClO2-）=2
由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：ClO2-～2Na2S2O3
1 2
n（ClO2-）总
n（ClO2-）总=
原水样中ClO2-浓度=
故答案为：
④根据反应：4Fe2++ClO2-+2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe（OH）3，所以氧化产物为Fe（OH）3（FeCl3），故答案为：Fe（OH）3．
绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂．资料显示，硫酸亚铁在不同温度下的溶解度以及析出晶体的组成均不同．请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线．
在实验室里可以通过下列流程用废铁屑制备绿矾：
完成下列填空：
（1）使用Na2CO3（aq）作前期处理时，需要采取的措施是______．
A、冷却一段时间 B、常温放置一段时间 C、加热保温一段时间
（2）试剂a是______． 酸溶时，当看到______现象时应停止加热，并趁热过滤，所得滤渣中一定含有的物质是______．
（3）利用如图装置对所获产品（FeSO4•nH2O）中结晶水的含量进行测定．
在称量C中的硬质玻璃管（82.112g）、装入晶体后的硬质玻璃管（86.282g）、D的质量（78.368g）后，实验步骤如下：
步骤I的目的是______；操作甲是______，操作丙是______（填写编号）．
a、关闭K1 b、熄灭酒精灯 c、冷却到室温 d、烘干
（4）步骤 IV称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g．产品硫酸亚铁晶体（FeSO4•nH2O）中n=______．产生误差的可能原因是：______、______（选写2条）．
正确答案
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
解析
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
Ⅰ．新型材料纳米级Fe粉与普通的还原性能铁粉有很大的差异，纳米级Fe粉表面积大、具有超强的磁性，能用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等．实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图1：
（1）生成纳米级Fe的化学方程式为______．
（2）纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，但是生活中的铁丝或铁粉在空气中加热也不能燃烧，其原因是______．
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入______，理由是______．
Ⅱ．查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4．
甲同学用如图2所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的实验：
（4）该装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是______；
乙同学用如图3所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物：
（5）装置C的作用是______．
（6）乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了如表实验：
乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO．丙同学认为该结论不正确，他的理由是______用离子方程式表示）．
（7）丁同学称取5.60gFe粉，用乙的装置反应一段时候后，停止加热．将试管内的固体物质在干燥
器中冷却后，称得质量为6.88g．然后将冷却后的固体物质与足量FeCl3溶液充分反应，消耗FeCl3
的0.08mol．丁同学实验的固体产物为______．
正确答案
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
解析
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
某化学兴趣小组在实验失室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物．已知：
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2．
②氯气和碱的反应为放热反应．温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-=△5Cl-+ClO3-+3H2O
该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验．
请回答下列问题：
（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是______．
②该兴趣小组用100mL 12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气
与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2______g．
（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值．他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高是可能原因．为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢．匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为右图（不考虑氯气和水的反应）．
①图中曲线I表示______离子的物质的量随反应时间变化的关系．
②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol．
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，则产物中
（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进．请你给出一种改进方法：______．
正确答案
解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，
故答案为：ClO-；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，
设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；
依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
解析
解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，
故答案为：ClO-；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，
设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；
依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
Fe、Al是应用最广泛的金属，Fe、Al的卤化物、氧化物、氢氧化物等均为重要化合物．回答下列问题：
（1）Al（OH）3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分．某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料，制备一定量的Al（OH）3．他们分别设计了两种实验方案：
方案一：Al 硫酸 Al2（SO4）3 氢氧化钠 Al（OH）3
方案二：Al 氢氧化钠 NaAlO2 硫酸 Al（OH）3
从节约药品的角度思考，你认为哪一种方案好？______；
（2）请写出AlCl3溶液与过量的氨水反应的离子方程式______；
（3）已知反应：3Br2+6FeCl2=4FeCl3+2FeBr3，向1L 0.4mol/L的FeBr2溶液中通入6.72L Cl2（标准状况），写出该反应的离子方程式（用总方程式表示）______；
（4）已知铁的某种氧化物化学式为FexO（x＜1），铁元素的质量分数为76.3%，则FexO中x值（精确至0.01）为______，该氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，计算n（Fe2+）：n（Fe3+）=______；
（5）在铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m1 g；再向其中加入一定量稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1______（填“小于”、“大于”或“等于”）m2；
（6）以铁为阳极，铝为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到4mol Fe（OH）3沉淀，此间共消耗的水的物质的量为______mol．
正确答案
解：（1）根据方案一 Al
故答案为：方案二较好；
（2）氨水为弱电解质，不能溶解氢氧化铝，离子方程式中应写化学式，AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即
故答案为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；
（3）铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0（x＜1），铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%，则氧元素质量分数为23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，物质的量分别为x，y，则根据化学式有
故答案为：0.92；19：4；
（5）铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，充分反应后剩余金属的质量为m1g，剩余金属一定含Cu，可能还含Fe；再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2，
故答案为：大于；
（6）根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O
解析
解：（1）根据方案一 Al
故答案为：方案二较好；
（2）氨水为弱电解质，不能溶解氢氧化铝，离子方程式中应写化学式，AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即
故答案为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；
（3）铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0（x＜1），铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%，则氧元素质量分数为23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，物质的量分别为x，y，则根据化学式有
故答案为：0.92；19：4；
（5）铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，充分反应后剩余金属的质量为m1g，剩余金属一定含Cu，可能还含Fe；再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2，
故答案为：大于；
（6）根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O
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