新高考高中化学竞赛专题1 认识化学科学 竞赛真题强化训练解析版.docx

《新高考高中化学竞赛专题1 认识化学科学 竞赛真题强化训练解析版.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

新高考高中化学竞赛专题1认识化学科学竞赛真题强化训练一、单选题1．（2020·浙江·高三竞赛）下列表示正确的是：A．乙炔的结构式：B．羟基的电子式：C．葡萄糖的结构简式可能为：D．的球棍模型：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．乙炔的结构式为H—C≡C—H，A错误；B．羟基的电子式为，选项所给电子式为OH-电子式，B错误；C．葡萄糖内的醛基可以自发的与相邻碳原子上的羟基发生可逆反应，形成半缩醛结构，如图所示，C正确；D．由于Cl原子半径比C原子半径大，故选项所给模型不能代表CCl4，且该模型为比例模型不是球棍模型，D错误；故答案选C。2．（2021·吉林·抚松县第六中学高二竞赛）对以下古诗文中的现象，分析正确的是A．“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”，指的是黑火药爆炸，其主要反应的方程式为：S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑B．“司南之杓(勺)，投之于地，其杓指南”，司南中“杓”的主要成分为Fe2O3C．“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为硅酸盐，该诗句表明玉的硬度很大D．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是纤维素【答案】A【解析】【分析】【详解】 A．“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”，描述的是黑火药，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，故A正确；B．司南中“杓”能指示方向，说明具有磁性，主要成分为Fe3O4，故B错误；C．玉的成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满”说明“玉”的熔点较高，故C错误；D．“缣帛者谓之为纸”，文中“纸”是丝织品，主要成分是蛋白质，故D错误。选A。3．（2020·浙江·高三竞赛）下图化合物是有机合成中一种常用还原剂，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述正确的是A．Y的最高价氧化物对应的水化物属于两性氢氧化物B．原子半径：Y0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)×58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3，则碳元素物质的量<，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种。【详解】向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=>0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)×58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量<，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种；A．由分析可知，原样品中一定含NaCl，一定不含CuSO4，故A正确；B．由分析可知，原样品中不可能同时含CaO、NaOH，故B错误；C．由分析可知，原样品中一定含CaCO3，可能含NaOH，故C正确；D．由分析可知，原样品中可能含CaO，一定含有CaCO3，故D错误；故答案选AC。【点睛】注意本题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类，此为本题易错点。三、元素或物质推断题 17．（2020·浙江·高三竞赛）(1)化合物A、B、C、D、X之间的转化关系见下图。化合物X含三种元素，化合物D含两种元素，B是强碱、焰色反应显紫色，气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。写出化合物X、D的化学式：X____D____。(2)我国科学家在金刚石压腔实验中创造出了新颖化合物X′，超过的压力下能保持稳定。5.0克X′在一定条件下完全分解为B′和0.4克A′(气体)；A′的密度约为；A′和B′物质的量之比为l：2。Y′为含有C′元素的气态氧化物，能使品红溶液褪色；C′的单质是环状分子，具有冠状结构。E′为常见无机物，将E′隔绝空气加热可得D′和F′，产生的D′和F′的物质的量之比为1：3。Y′与E′以1：1发生化合反应生成G′，假设反应过程无损耗，A′、B′、C′为单质，气体数据均为标准状况下测定：根据如下转化关系，给出A′、B′、C′、D′、E′、F′的化学式：A′____、B′____、C′____、D′____、E′____、F′____。(3)已知甲、乙、丙、丁是四种常见物质，其转化关系如图所示：若丁和乙均为单质，且乙中所含元素的原子序数是丁的2倍。写出甲、乙、丙的化学式：甲____乙____丙____。【答案】        KN3    He    Na    S    Na2S    Na2SO3    Na2SO4    H2S    S    SO2【解析】【分析】【详解】(1)由题意知，B为KOH，C为NH3，由元素守恒确定X中三种元素为K、N、H，由反应2所给数据计算得：n(N)=n(NH3)=，设X的化学式为KaNbHc，若b=1，则n(KaNHc)=n(N)=0.6 mol，由化合价代数和为0、质量守恒列式如下：a+c=3b=3、0.6a×39+0.6c×1=33.0-0.6×14，联立解得a=1，c=2，故X的化学式为KNH2；等量的X分别与A和水反应产生NH3分别为0.3mol、0.6mol，两者不等，说明D中含有N元素，由n(X)=，结合与X与A反应生成的n(KOH)=，确定D中还含有0.3molK元素，故D中含有K、N元素，假设D的化学式为KNx，则D的摩尔质量M(D)=，D中含有N个数=，故D的化学式为KN3，再结合元素守恒推得A的化学式为N2O，分子量正好为44，说明以上假设成立，故X的化学式为KNH2，D的化学式为KN3；(2)标准状况下气体A＇的摩尔质量M(A)=0.18g/L×22.4L/mol≈4g/mol，推测可能为稀有气体He，则n(He)=，则n(B＇)=2n(He)=0.2mol，B＇的摩尔质量M(B＇)=，推测B＇为Na，由题意知Y＇为SO2，则C＇为S单质，S与Na反应生成Na2S（D＇），n(Na2S)=，n(SO2)=，E＇与SO21：1反应生成G＇，故m(E＇)=19.0g–0.1mol×64g/mol=12.6g，故与D＇反应的氧气质量=12.6g–7.8g=4.8g，n(O2)=，由元素守恒确定E＇中含有Na、S、O元素，物质的量依次为0.1mol×2、0.1mol、0.15mol×2，故E＇中Na、S、O比例为2:1:3，推得E的化学式为Na2SO3，Na2SO3在隔绝空气条件下分解生成Na2S和F＇，由化合价变化情况推测该反应为S元素的歧化反应，则F＇为Na2SO4，根据得失电子守恒确定Na2S与Na2SO4生成比例为1:3，符合题意，推测合理，由Na2SO3与SO21:1反应生成G＇，可知G＇为Na2S2O5，综上所述，A＇~F＇依次为：He、Na、S、Na2S、Na2SO3、Na2SO4；(3)丁、乙均为单质，且对应元素原子序数存在两倍关系，联想到O和S，推测乙为S，丁为O2，S与O2反应生成SO2（丙），SO2可与H2S发生归中反应生成S，推测甲为H2S，H2S在少量的O2中不完全燃烧生成S单质，在过量O2中充分燃烧生成SO2，与框图吻合，故甲为H2S，乙为S，丙为SO2。四、结构与性质18．（2020·全国·高三竞赛）金属元素A的单质为面心立方结构，晶胞参数a=383.9pm，密度为22.50g/cm3。A与氟气反应得到一种八面体型的氟化物分子B。B与氢气按2：1计量关系反应，得到分子C，C为四聚体，其理想模型有四次旋转轴。A在空气中加热得氧化物D，D属四方晶系，晶胞如下图所示。B与水反应亦可得到D。C与A的单质按1：1计量关系在400℃下反应得化合物E。近期在质谱中捕捉到A的一种四面体型氧合正离子F。(阿伏加德罗常数6.022×1023mol-1) (1)通过计算，确定A是哪种元素______。(2)写出B~F的分子式(或化学式)：B______，C______，D______，E______，F______。(3)画出C分子的结构示意图______。(4)写出如下反应方程式(要求系数为最简整数比)。①B与水反应______；②C和A反应生成E______。【答案】    Ir    IrF6    (IrF5)4    IrO2    IrF4                【解析】【分析】【详解】(1)由A的单质为面心立方结构可知，晶胞中A原子的个数为8×+6×=4个，设A的相对原子质量为M，由晶胞的质量公式可得：=22.50×(383.9×10—10)3，解得M≈192，则A为Ir元素，故答案为：Ir；(2)由铱与氟气反应生成氟化物分子B的空间结构为八面体型可知，B的分子式为IrF6；由B与氢气按2:1计量关系反应，得到分子C，C为四聚体可知，B与氢气的反应为4molIrF6与2molH2反应生成1mol(IrF5)4和4molHF，则C为(IrF5)4；由D的晶胞结构可知，晶胞中大球为铱原子、小球为氧原子，位于顶点和体心的铱原子个数为8×+1=2个，位于面心和体内的氧原子个数为4×+2=4个，则氧化物中铱原子和氧原子的个数比为1:2，则D的化学式为IrO2；由C与A的单质按1：1计量关系在400℃下反应得化合物E可知，C与A的反应为1mol(IrF5)4与1molIr反应生成5molIrF4，则E的分子式为IrF4；由F为四面体型氧合正离子可知，F离子为，故答案为：IrF6；(IrF5)4；IrO2；IrF4；；(3)由(IrF5)4的理想模型有四次旋转轴可知，分子中有4个氟原子与铱原子通过配位键形成一个平面，在平面上下各有个氟原子与铱原子相连形成4个转轴，结构示意图为 ，故答案为：；(4)①由题意可知，IrF6与水反应生成IrO2、氟化氢和氧气，反应中铱元素化合价降低被还原，IrF6做反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水做还原剂，反应的化学方程式为，故答案为：；②由题意可知，C和A的反应为1mol(IrF5)4与1molIr反应生成5molIrF4，反应的化学方程式为，故答案为：。19．（2020·全国·高三竞赛）咔咯(corrole)及其配合物作为人工合成的大环配体之一，咔咯的合成及其与金属离子的配位化学备受关注。利用咔咯作为反应配体，可实现过渡金属离子的非常规氧化态，制备功能材料，探索新型催化剂，等等。下图(a)给出三(五氟苯基)咔咯分子(A)的示意图，简写为H3(tpfc)。它与金属离子结合时四个氮原子均参与配位。室温下，空气中，Cr(CO)6和A在甲苯中回流得到深红色晶体B(反应1)，B显顺磁性，有效磁矩为1.72μB，其中金属离子的配位几何为四方锥；在惰性气氛保护下，B与三苯基膦(PPh3)和三苯基氧膦(OPPh3)按1：1：1在甲苯中反应得到绿色晶体C(反应2)；在氩气保护下，CrCl2和A在吡啶(简写为py)中反应，得到深绿色晶体D(反应3)，D中金属离子为八面体配位，配位原子均为氮原子。在一定的条件下，B、C和D之间可以发生转化(下图b)，这一过程被认为有可能用于O2的活化或消除。(1)A中的咔咯环是否有芳香性______？与之对应的π电子数是______。(2)写出B、C、D的化学式(要求：配体用简写符号表示)：B______、C______、D______。(3)写出B、C、D中金属离子的价电子组态(均用dn方式表示)。B______、C______、D______。(4)写出制备B、C、D的反应方程式(要求：配体用简写符号，系数为最简整数比)。B______、C______、D______。(5)利用电化学处理，B可以得电子转化为B-，也可以失去电子转化为B+。与预期的磁性相反，B+ 依然显示顺磁性。进一步光谱分析发现，与咔咯环配体相关的吸收峰位置发生了显著变化。推测金属离子的价电子组态______(用dn方式表示)，指出磁性与光谱变化的原因______。【答案】    有    26    CrO(tpfc)    Cr(tpfc)(OPPh3)2    Cr(tpfc)(py)2    d1    d3    d3                d1    失电子发生在了咔咯环上，Cr仍为3d1电子构型，显顺磁性；由于环上失去电子，造成电子跃迁能级差发生较大改变，因此吸收峰位置发生较大变化【解析】【分析】Cr(CO)6中铬元素的化合价为0价，由B显顺磁性，有效磁矩为1.72μB，其中金属离子的配位几何为四方锥可知，反应1为在空气中，Cr(CO)6、H3(tpfc)和空气中氧气发生氧化还原反应生成CrO(tpfc)、一氧化碳和水，则B为CrO(tpfc)，化合物中铬元素为+5价；反应2为在惰性气氛保护下，CrO(tpfc)、(PPh3)和OPPh3发生氧化还原反应生成Cr(tpfc)(OPPh3)2，则C为Cr(tpfc)(OPPh3)2，化合物中铬元素为+3价；由D中金属离子为八面体配位，配位原子均为氮原子可知，反应3为在氩气保护下，CrCl2和H3(tpfc)在吡啶中发生氧化还原反应生成Cr(tpfc)(py)2、pyHCl和氢气，则D为Cr(tpfc)(py)2，化合物中铬元素为+3价。【详解】(1)由A分子结构简式可知，咔咯环为共平面的封闭共轭体系，共平面的封闭共轭体系含有(6+6+6+8)=26个π电子，π电子数符合4n+2的休克尔规则，则A中的咔咯环具有芳香性，故答案为：有；26；(2)由分析可知，B为CrO(tpfc)、C为Cr(tpfc)(OPPh3)2、D为Cr(tpfc)(py)2，故答案为：CrO(tpfc)；Cr(tpfc)(OPPh3)2；Cr(tpfc)(py)2；(3)基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，由分析可知，CrO(tpfc)中铬元素为+5价，则铬离子的价电子组态为d1；Cr(tpfc)(OPPh3)2和Cr(tpfc)(py)2中铬元素均为+3价，则铬离子的价电子组态均为d3，(4)由分析可知，制备B的反应为在空气中，Cr(CO)6、H3(tpfc)和空气中氧气发生氧化还原反应生成CrO(tpfc)、一氧化碳和水，反应的化学方程式为；制备C发生的反应为在惰性气氛保护下，CrO(tpfc)、(PPh3)和OPPh3发生氧化还原反应生成Cr(tpfc)(OPPh3)2，反应的化学方程式为；制备D发生的反应为在氩气保护下，CrCl2和H3(tpfc)在吡啶中发生氧化还原反应生成Cr(tpfc)(py)2、pyHCl和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：；；；(5)由与咔咯环配体相关的吸收峰位置发生了显著变化可知，B失去电子转化为B+时，电子的失去并不是发生在Cr上而是发生在富电子的咔咯环上，Cr仍为3d1电子构型，B+ 依然具有顺磁性；由于环上失去电子，电子跃迁能级差发生较大改变，导致配体的吸收峰位置发生较大变化，故答案为：d1；失电子发生在了咔咯环上，Cr仍为3d1电子构型，显顺磁性；由于环上失去电子，造成电子跃迁能级差发生较大改变，因此吸收峰位置发生较大变化。五、填空题20．（2018·全国·高三竞赛）根据条件书写化学反应方程式。(1)工业上从碳酸氢铵和镁硼石[Mg2B2O4(OH)2]在水溶液中反应制备硼酸______。(2)从乏燃料提取钚元素的过程中，利用亚硝酸钠在强酸溶液中将Pu3+氧化为Pu4+_____。(3)NaBH4与氯化镍(摩尔比2：1)在水溶液中反应，可得到两种硼化物：硼化镍和硼酸(摩尔比1：3)_____。(4)通过KMnO4和H2O2在KF-HF质中反应获得化学法制F2的原料K2MnF6_____(5)磷化氢与甲醛的硫酸溶液反应，产物仅为硫酸鏻(盐)_____。【答案】    2NH4HCO3+Mg2B2O4(OH)2=2MgCO3+2NH3+2H3BO3;NH4HCO3+Mg2B2O4(OH)2+2H2O=Mg2(OH)2CO3+NH3+2H3BO3    4H++2HNO2+4Pu3+=N2O+4Pu4++3H2O    8NaBH4+4NiCl2+18H2O=6H3BO3+2Ni2B+8NaCl+25H2    2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2+8H2O    2PH3+8HCHO+H2SO4=[P(CH2OH)4]2SO4【解析】略21．（2022·重庆·高二竞赛）根据要求回答下列问题：(1)拟除掉BaCl2溶液中的少量FeCl3杂质，加入Ba(OH)2或BaCO3，选用哪种试剂更好_______。(2)AlCl3溶液和Na2S溶液混合产生白色沉淀和有刺激性气味的气体，该气体产物是_______。(3)将CO通入到PdCl2溶液中，观察到有黑色沉淀(Pd)生成，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。(4)向硫化钠和碳酸钠混合溶液中通入SO2可制备硫代硫酸钠，写出反应的化学方程式_______。(5)新型自来水消毒剂ClO2可由KClO3在H2SO4存在下与甲醇反应制备，反应产生两种气体，写出反应的化学方程式_______。【答案】(1)(2)(3)(4)(5)【解析】略22．（2020·全国·高三竞赛）书写反应方程式(提示：要求系数为最简整数比；(1)和(2)中自然条件复杂，合理选择即可)。(1)关于地球的演化，目前主要的观点是，原始地球上没有氧气，在无氧或氧气含量很低时，原核生物可利用自然存在的有机质(用CH2O表示)和某些无机物反应获得能量。例如，和MnO2 可分别作为上述过程的氧化剂，前者生成黄色浑浊物，二者均放出无色无味气体。①写出参与的释能反应的离子方程式______。②写出MnO2参与的释能反应的离子方程式______。(2)约27亿年前光合作用开始发生，随着这一过程的进行，地球上氧气不断积累，经过漫长的演变终达到如今的含量。氧气的形成和积累，导致地球上自然物质的分布发生变化。①溶解在海洋中的Fe2+被氧化转变成针铁矿α-FeO(OH)而沉积，写出离子方程式______。②与铁的沉积不同，陆地上的MoS2被氧化而导致钼溶于海洋而析出单质硫，写出离子方程式______。(3)2020年8月4日晚，贝鲁特港口发生了举世震惊的大爆炸，现场升起红棕色蘑菇云，破坏力巨大。目前认定大爆炸为该港口存储的约2750吨硝酸铵的分解。另外，亚硝酸胺受热亦发生分解甚至爆炸，若小心控制则可用在需要充气的过程如乒乓球的制造之中。①写出硝酸铵分解出红棕色气体的反应方程式______。②写出亚硝酸铵受热分解用于充气的反应方程式______。【答案】                        【解析】【分析】【详解】(1)①有机质(CH2O)与硫酸根发生氧化还原反应生成淡黄色的硫单质，无色无味气体为二氧化碳，有机质中C化合价由0到+4价，硫酸根中S由+6到0价，根据化合价升降总数相等配平得反应的方程式：，故答案为：；②二氧化锰氧化有机质生成二氧化碳和二价锰离子，根据化合价升降总数相等得反应方程式：，故答案为：；(2)①Fe2+被氧气氧化转变成针铁矿α-FeO(OH)，铁的化合价升高1价，1个氧分子化合价降低4价，根据化合价升降总数相等得反应，故答案为：；②MoS2被氧化而导致钼溶于海洋而析出单质硫，可知MoS2被氧气氧化成硫单质同时生成，1molMoS2化合价升高6价，1mol氧气化合价降低4价，根据化合价升降总数相等得反应的离子方程式：，故答案为：；(3)①硝酸铵分解出红棕色气体，该气体为二氧化氮，同时生成氮气，反应的化学方程式为：，故答案为：；②亚硝酸铵受热分解生成气体可用在需要充气的过程，可知该气体为无污染的气体，应为氮气，该反应方程式为：，故答案为：； 六、计算题23．（2020·全国·高三竞赛）X是金属M的碱式碳酸盐，不含结晶水。称取质量相等的样品两份，分别进行处理：一份在H2中充分处理(反应1)，收集得0.994g水，剩余残渣为金属M的单质，重2.356g；另一份则在CO中处理(反应2)，完全反应后得到1.245LCO2(101.325kPa，0°C)，剩余残渣和反应1完全相同。(1)通过计算，推出X的化学式______。(2)写出X分别和H2、CO2反应的方程式______(要求系数为最简整数比)【答案】    Cu2(OH)2CO3    ；【解析】【分析】【详解】（1）反应I产生H2O的物质的量，反应II产生CO2的物质的量，可见两者相等，可推出X中阴离子分解产生的H2O和CO2的物质的量也相等。因此，在X中，OH-和的物质的量之比为2:1，X的化学式可设为Mn[(OH)2CO3]，反应1：Mn(OH)2CO3+2H2→nM+3H2O+CO2，反应2：Mn(OH)2CO3+2CO→nM+H2O+3CO2，设M的原子量为AM，有，解得AM=127.6/n，设n=2，则M的原子量AM=63.80，查元素周期表为铜（63.55），符合题意，则X的化学式为：Cu2(OH)2CO3；（2）反应1：Cu2(OH)2CO3和H2反应的方程式，反应2：Cu2(OH)2CO3和CO2反应的方程式.七、实验题24．（2020·浙江·高三竞赛）以和制备的过程中出现一种灰绿色物质X。称取此物质，用稀盐酸溶解完全后，定量转移到容量瓶中，以水稀释至刻度，摇匀，得样品液。①移取样品液于锥形瓶中，加入，用，溶液滴定至终点，消耗溶液。②移取样品液于碘量瓶中，加适量水及后，在暗处放置5分钟。加水。立即以溶液滴定至浅黄色，再加入淀粉溶液滴定至蓝色消失。消耗，溶液。③移取样品液于小烧杯中，滴入至左右，缓慢加入过量的溶液。静置一定时间后，过滤、烘干、灰化，在下灼烧至恒重，称得固体物净重。根据实验结果和相关方法测定后，发现X的化学式可以表示为：n×氧化物·m×盐·y×氢氧化物，且 是最小正整数比。请回答下列问题：(1)根据上述实验，计算并推出X的化学式____(以氧化物·盐·氢氧化物形式表示)。(2)写出和反应生成X的化学方程式____。【答案】    Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2    FeSO4+16NaOH+O2=2[Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2]+8Na2SO4+4H2O【解析】【分析】【详解】(1)由元素守恒结合实验现象，确定X中一定含有Fe2+、Fe3+、，实验①测定的是样品中Fe2+含量，由关系式：5Fe2+~，得：n(Fe2+)=5n()=0.00500mol/L×25.60mL×10-3L/mL×5×10=6.4×10-3mol；实验②中测定的是样品中Fe3+含量，由关系式2Fe3+~I2~2Na2S2O3，得：n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.02500mol/L×12.80mL×10-3L/mL×10=3.2×10-3mol；实验③测定的是样品中含量，由元素守恒得：n()=n(BaSO4)=；故n(Fe2+):n(Fe3+):n(SO42-)=2：1：1；若氧化物为Fe2O3，根据n(Fe2+):n(Fe3+):n(SO42-)=2:1:1，确定盐为FeSO4，氢氧化物为Fe(OH)2，则X为Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2，吻合实验结果，故X的化学式为：Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2；(2)由于生成物中含有三价铁，故有O2参与反应，初步确定反应为：FeSO4+NaOH+O2→Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2+Na2SO4，根据得失电子守恒初步配平方程式为：12FeSO4+NaOH+1O2→2[Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2]+Na2SO4，结合元素守恒确定方程式右边需添加4个H2O，完整方程式为：12FeSO4+16NaOH+O2=2[Fe2O3·2FeSO4·2Fe(OH)2]+8Na2SO4+4H2O。