氧化还原反应方程式配平

化学方程式是描述化学反应的“语言”，配平则是让这门语言说得准确无误的过程。一般的化学方程式用原子守恒和质量守恒就能配平，但氧化还原反应中电子在物质之间转移，若不同时保证电子数目也守恒，配出的方程式就会出错。化合价升降法正是为此而生，它把电子守恒转化为“升降的化合价总量相等”，让配平过程变得有规律可循。

从一个“配不平”的困惑说起

铜与稀硝酸反应，会产生无色气体 NO，溶液变蓝色。写出未配平的反应物和产物：

$\text{Cu} + \text{HNO}_3(\text{稀}) \rightarrow \text{Cu(NO}_3)_2 + \text{NO}\uparrow + \text{H}_2\text{O}$

用普通的“试配法”逐一调整系数，会发现 Cu 和 N 同时在变化，越配越乱。原因就在于这个反应涉及两个元素同时改变化合价——Cu 从 $0$ 升到 $+2$ ，N 从 $+5$ 降到 $+2$ 。普通配平只顾原子数目，忽略了电子的收支平衡，自然越改越混乱。

解决这个问题的关键，是在配平之前先把电子的“收入”和“支出”对齐，再去补充其余原子的数目。

电子守恒：配平的根本依据

氧化还原反应中，还原剂失去的电子数目，必须等于氧化剂得到的电子数目。这个规律叫做电子守恒。

电子守恒：在任何一个氧化还原反应中，还原剂失去电子的总物质的量，等于氧化剂得到电子的总物质的量。配平时，这一条件必须首先满足。

电子守恒换算成化合价的语言，就是：

$\text{化合价升高的总数} = \text{化合价降低的总数}$

这里的“总数”指的是：每个原子升高（或降低）的化合价数值，乘以参与反应的该元素的原子个数，两边之积相等。

以一个简单反应为例，铁与氯气反应：

$\text{Fe} + \text{Cl}_2 \rightarrow \text{FeCl}_3$

若方程式中 Fe 的系数为 $a$ ， $\text{Cl}_2$ 的系数为 $b$ ，则电子守恒要求：

$a \times 3 = 2b \times 1$

解得 $a = 2$ ， $b = 3$ ，因此方程式配平为：

$2\text{Fe} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} 2\text{FeCl}_3$

化合价升降法：五步走完配平全程

化合价升降法把配平过程整理成固定的五个步骤，按顺序做完，方程式自然平衡。

第一步：写出反应物和产物的化学式（不含系数）

先把参与反应的物质都写出来，形成未配平的方程式框架。

第二步：标出有化合价变化的元素，写出反应前后的化合价

找到化合价升高的元素和化合价降低的元素，用小数字标注在对应原子上方或下方。

第三步：计算每个原子的化合价变化量，求最小公倍数

设升高的变化量为 $\Delta_{\uparrow}$ ，降低的变化量为 $\Delta_{\downarrow}$ ，两者的最小公倍数就是“化合价对齐”所需的参考总量：

$\text{最小公倍数} = \text{lcm}(\Delta_{\uparrow},\ \Delta_{\downarrow})$

第四步：根据最小公倍数确定变价元素所在物质的系数

用最小公倍数除以每个原子的化合价变化量，得到该元素的原子个数；再考虑化学式中原子个数，推出所在物质的系数。

第五步：用原子守恒配平其余元素，检验氢、氧等元素

依次配平其余元素（通常最后配 H 和 O），最终检验方程式左右两边所有原子数目是否一致。

例题一：铁与稀盐酸反应

$\text{Fe} + \text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$

例题二：铜与浓硝酸反应

这是一个稍复杂的例子——浓硝酸与铜反应生成 $\text{NO}_2$ ，Cu 和 N 同时变价。

例题三：铜与稀硝酸反应

对比浓硝酸与稀硝酸反应铜的结果：浓硝酸产生 $\text{NO}_2$ （N 降低 $1$ ），稀硝酸产生 $\text{NO}$ （N 降低 $3$ ）。降低幅度不同，导致两个方程式的系数完全不同。配平前务必确认产物中氮的化合价。

例题四：高锰酸钾与盐酸反应

配平中的两个常见问题

问题一：产物写错导致无法配平

氧化还原反应方程式配平之前，必须先确认产物是否正确。产物写错，化合价变化量就会出错，后续所有步骤都会偏差。例如铜与稀硝酸的产物是 NO，不是 $\text{NO}_2$ ；铁与足量氯气的产物是 $\text{FeCl}_3$ ，不是 $\text{FeCl}_2$ 。

问题二：部分元素参与氧化还原、部分不参与

如高锰酸钾与盐酸的反应，HCl 中有一部分 Cl 的化合价升高（变成 $\text{Cl}_2$ ），另一部分 Cl 化合价不变（变成 $\text{KCl}$ 和 $\text{MnCl}_2$ ）。计算电子守恒时，只统计化合价真正改变的那部分，不能把所有 HCl 都计入还原剂的电子转移。

配平结束后，一定要检验 O 原子数。H 和 O 通常最后配平，若 O 不守恒，说明之前的步骤有误，需要重新检查变价元素系数或 H₂O 的系数。

练习题

选择题

在反应 $\text{Fe} + \text{Cl}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} \text{FeCl}_3$ 中， $\text{Fe}$ 与 $\text{Cl}_2$ 的物质的量之比为

在反应 $\text{KMnO}_4 + \text{HCl}(\text{浓}) \rightarrow \text{KCl} + \text{MnCl}_2 + \text{Cl}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}$ 中，配平后 $\text{KMnO}_4$ 和 $\text{HCl}$ 的系数分别为

铁与足量稀硝酸反应，产物为 $\text{Fe(NO}_3)_3$ 、 $\text{NO}$ 、 $\text{H}_2\text{O}$ ，配平后 $\text{Fe}$ 与 $\text{HNO}_3$ 的系数之比为

关于化合价升降法配平氧化还原方程式，下列说法正确的是

计算题

第5题 铝在氧气中燃烧生成氧化铝，反应方程式为：

$\text{Al} + \text{O}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} \text{Al}_2\text{O}_3$

（1）用化合价升降法配平该方程式，写出完整步骤（标出化合价变化、最小公倍数、各物质系数）。

（2）若有 $5.4\text{ g}$ 铝（相对原子质量为 $27$ ）完全燃烧，计算消耗 $\text{O}_2$ 的物质的量，以及反应中转移的电子的物质的量。

解析：

（1）配平步骤：

标化合价：Al 从 $0 \rightarrow +3$ （升高 $3$ ）；O 从 $0 \rightarrow -2$ （降低 $2$ ）。

最小公倍数： $\text{lcm}(3, 2) = 6$ 。

Al 的系数： $6 \div 3 = 2$ （即 $2$ 个 Al 原子）；O 原子数（参与还原）： $6 \div 2 = 3$ ，即 $\text{O}_2$ 系数为 $\dfrac{3}{2}$ ，乘 $2$ 取整后：Al 系数为 $4$ ， $\text{O}_2$ 系数为 $3$ ， $\text{Al}_2\text{O}_3$ 系数为 $2$ 。

$4\text{Al} + 3\text{O}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} 2\text{Al}_2\text{O}_3$

验证：左边 Al $4$ 个、O $6$ 个；右边 Al $4$ 个、O $6$ 个，完全一致。

（2）铝的物质的量：

$n(\text{Al}) = \frac{m}{M} = \frac{5.4\text{ g}}{27\text{ g/mol}} = 0.2\text{ mol}$

由配平方程式， $4\text{ mol Al}$ 消耗 $3\text{ mol O}_2$ ，则：

$n(\text{O}_2) = \frac{3}{4} \times n(\text{Al}) = \frac{3}{4} \times 0.2\text{ mol} = 0.15\text{ mol}$

每个 Al 原子化合价从 $0$ 升到 $+3$ ，失去 $3$ 个电子，因此：

$n(\text{转移电子}) = 3 \times n(\text{Al}) = 3 \times 0.2\text{ mol} = 0.6\text{ mol}$

答：消耗 $\text{O}_2$ 为 $0.15\text{ mol}$ ，转移电子为 $0.6\text{ mol}$ 。

第6题 在酸性条件下，高锰酸钾（ $\text{KMnO}_4$ ）能将草酸（ $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ ）氧化为 $\text{CO}_2$ ，自身被还原为 $\text{Mn}^{2+}$ （即 $\text{MnSO}_4$ ）。反应框架如下：

$\text{KMnO}_4 + \text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{MnSO}_4 + \text{CO}_2\uparrow + \text{K}_2\text{SO}_4 + \text{H}_2\text{O}$

（1）用化合价升降法配平该方程式（标出 Mn 和 C 的化合价变化，求最小公倍数，写出最终配平结果）。

（2）若向足量草酸溶液中加入 $31.6\text{ g}$ $\text{KMnO}_4$ （相对分子质量为 $158$ ），充分反应后，计算生成 $\text{CO}_2$ 的物质的量，以及转移的电子的物质的量。

解析：

（1）配平步骤：

标化合价：

元素	反应前化合价	反应后化合价	变化量
Mn（ $\text{KMnO}_4$ → $\text{MnSO}_4$ ）	$+7$	$+2$	降低 $5$
C（ $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ → $\text{CO}_2$ ）	$+3$	$+4$	升高 $1$

注： $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ 中每个 C 的化合价为 $+3$ （草酸中 C 为 $+3$ 价）， $\text{CO}_2$ 中 C 为 $+4$ 价，每个 C 升高 $1$ ， $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ 含 $2$ 个 C，每个草酸分子升高 $2$ 。

最小公倍数： $\text{lcm}(5, 2) = 10$ 。

$\text{KMnO}_4$ 系数： $10 \div 5 = 2$ ； $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ 系数： $10 \div 2 = 5$ （每分子升高 $2$ ，需 $5$ 分子升高共 $10$ ）。

生成 $\text{CO}_2$ ： $5 \times 2 = 10$ 个 CO₂，系数为 $10$ ； $\text{K}_2\text{SO}_4$ 系数为 $1$ （ $2$ 个 K）；配平 S 和 H、O， $\text{H}_2\text{SO}_4$ 系数为 $3$ ， $\text{H}_2\text{O}$ 系数为 $8$ 。

$2\text{KMnO}_4 + 5\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4 + 3\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow 2\text{MnSO}_4 + 10\text{CO}_2\uparrow + \text{K}_2\text{SO}_4 + 8\text{H}_2\text{O}$

验证 O：左边 $2\times4 + 5\times4 + 3\times4 = 8+20+12 = 40$ ；右边 $2\times4 + 10\times2 + 4\times1 + 8\times1 = 8+20+4+8 = 40$ ，吻合。

（2） $\text{KMnO}_4$ 的物质的量：

$n(\text{KMnO}_4) = \frac{m}{M} = \frac{31.6\text{ g}}{158\text{ g/mol}} = 0.2\text{ mol}$

由配平方程式， $2\text{ mol KMnO}_4$ 对应 $10\text{ mol CO}_2$ ，则：

$n(\text{CO}_2) = \frac{10}{2} \times 0.2\text{ mol} = 1.0\text{ mol}$

每个 Mn 化合价从 $+7$ 降到 $+2$ ，得到 $5$ 个电子， $0.2\text{ mol}$ $\text{KMnO}_4$ 转移的电子：

$n(\text{转移电子}) = 5 \times n(\text{KMnO}_4) = 5 \times 0.2\text{ mol} = 1.0\text{ mol}$

答：生成 $\text{CO}_2$ 为 $1.0\text{ mol}$ ，转移电子为 $1.0\text{ mol}$ 。

氧化还原反应方程式配平

从一个“配不平”的困惑说起

铜与稀硝酸反应，会产生无色气体 NO，溶液变蓝色。写出未配平的反应物和产物：

$\text{Cu} + \text{HNO}_3(\text{稀}) \rightarrow \text{Cu(NO}_3)_2 + \text{NO}\uparrow + \text{H}_2\text{O}$

解决这个问题的关键，是在配平之前先把电子的“收入”和“支出”对齐，再去补充其余原子的数目。

电子守恒：配平的根本依据

氧化还原反应中，还原剂失去的电子数目，必须等于氧化剂得到的电子数目。这个规律叫做电子守恒。

电子守恒：在任何一个氧化还原反应中，还原剂失去电子的总物质的量，等于氧化剂得到电子的总物质的量。配平时，这一条件必须首先满足。

电子守恒换算成化合价的语言，就是：

$\text{化合价升高的总数} = \text{化合价降低的总数}$

这里的“总数”指的是：每个原子升高（或降低）的化合价数值，乘以参与反应的该元素的原子个数，两边之积相等。

以一个简单反应为例，铁与氯气反应：

$\text{Fe} + \text{Cl}_2 \rightarrow \text{FeCl}_3$

若方程式中 Fe 的系数为 $a$ ， $\text{Cl}_2$ 的系数为 $b$ ，则电子守恒要求：

$a \times 3 = 2b \times 1$

解得 $a = 2$ ， $b = 3$ ，因此方程式配平为：

$2\text{Fe} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} 2\text{FeCl}_3$

化合价升降法：五步走完配平全程

化合价升降法把配平过程整理成固定的五个步骤，按顺序做完，方程式自然平衡。

第一步：写出反应物和产物的化学式（不含系数）

先把参与反应的物质都写出来，形成未配平的方程式框架。

第二步：标出有化合价变化的元素，写出反应前后的化合价

找到化合价升高的元素和化合价降低的元素，用小数字标注在对应原子上方或下方。

第三步：计算每个原子的化合价变化量，求最小公倍数

设升高的变化量为 $\Delta_{\uparrow}$ ，降低的变化量为 $\Delta_{\downarrow}$ ，两者的最小公倍数就是“化合价对齐”所需的参考总量：

$\text{最小公倍数} = \text{lcm}(\Delta_{\uparrow},\ \Delta_{\downarrow})$

第四步：根据最小公倍数确定变价元素所在物质的系数

用最小公倍数除以每个原子的化合价变化量，得到该元素的原子个数；再考虑化学式中原子个数，推出所在物质的系数。

第五步：用原子守恒配平其余元素，检验氢、氧等元素

依次配平其余元素（通常最后配 H 和 O），最终检验方程式左右两边所有原子数目是否一致。

例题一：铁与稀盐酸反应

$\text{Fe} + \text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$

例题二：铜与浓硝酸反应

这是一个稍复杂的例子——浓硝酸与铜反应生成 $\text{NO}_2$ ，Cu 和 N 同时变价。

例题三：铜与稀硝酸反应

例题四：高锰酸钾与盐酸反应

配平中的两个常见问题

问题一：产物写错导致无法配平

问题二：部分元素参与氧化还原、部分不参与

配平结束后，一定要检验 O 原子数。H 和 O 通常最后配平，若 O 不守恒，说明之前的步骤有误，需要重新检查变价元素系数或 H₂O 的系数。

练习题

选择题

在反应 $\text{Fe} + \text{Cl}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} \text{FeCl}_3$ 中， $\text{Fe}$ 与 $\text{Cl}_2$ 的物质的量之比为

铁与足量稀硝酸反应，产物为 $\text{Fe(NO}_3)_3$ 、 $\text{NO}$ 、 $\text{H}_2\text{O}$ ，配平后 $\text{Fe}$ 与 $\text{HNO}_3$ 的系数之比为

关于化合价升降法配平氧化还原方程式，下列说法正确的是

计算题

第5题 铝在氧气中燃烧生成氧化铝，反应方程式为：

$\text{Al} + \text{O}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} \text{Al}_2\text{O}_3$

（1）用化合价升降法配平该方程式，写出完整步骤（标出化合价变化、最小公倍数、各物质系数）。

（2）若有 $5.4\text{ g}$ 铝（相对原子质量为 $27$ ）完全燃烧，计算消耗 $\text{O}_2$ 的物质的量，以及反应中转移的电子的物质的量。

解析：

（1）配平步骤：

标化合价：Al 从 $0 \rightarrow +3$ （升高 $3$ ）；O 从 $0 \rightarrow -2$ （降低 $2$ ）。

最小公倍数： $\text{lcm}(3, 2) = 6$ 。

$4\text{Al} + 3\text{O}_2 \xrightarrow{\text{点燃}} 2\text{Al}_2\text{O}_3$

验证：左边 Al $4$ 个、O $6$ 个；右边 Al $4$ 个、O $6$ 个，完全一致。

（2）铝的物质的量：

$n(\text{Al}) = \frac{m}{M} = \frac{5.4\text{ g}}{27\text{ g/mol}} = 0.2\text{ mol}$

由配平方程式， $4\text{ mol Al}$ 消耗 $3\text{ mol O}_2$ ，则：

$n(\text{O}_2) = \frac{3}{4} \times n(\text{Al}) = \frac{3}{4} \times 0.2\text{ mol} = 0.15\text{ mol}$

每个 Al 原子化合价从 $0$ 升到 $+3$ ，失去 $3$ 个电子，因此：

$n(\text{转移电子}) = 3 \times n(\text{Al}) = 3 \times 0.2\text{ mol} = 0.6\text{ mol}$

答：消耗 $\text{O}_2$ 为 $0.15\text{ mol}$ ，转移电子为 $0.6\text{ mol}$ 。

$\text{KMnO}_4 + \text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{MnSO}_4 + \text{CO}_2\uparrow + \text{K}_2\text{SO}_4 + \text{H}_2\text{O}$

（1）用化合价升降法配平该方程式（标出 Mn 和 C 的化合价变化，求最小公倍数，写出最终配平结果）。

解析：

（1）配平步骤：

标化合价：

元素	反应前化合价	反应后化合价	变化量
Mn（ $\text{KMnO}_4$ → $\text{MnSO}_4$ ）	$+7$	$+2$	降低 $5$
C（ $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ → $\text{CO}_2$ ）	$+3$	$+4$	升高 $1$

最小公倍数： $\text{lcm}(5, 2) = 10$ 。

$\text{KMnO}_4$ 系数： $10 \div 5 = 2$ ； $\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4$ 系数： $10 \div 2 = 5$ （每分子升高 $2$ ，需 $5$ 分子升高共 $10$ ）。

$2\text{KMnO}_4 + 5\text{H}_2\text{C}_2\text{O}_4 + 3\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow 2\text{MnSO}_4 + 10\text{CO}_2\uparrow + \text{K}_2\text{SO}_4 + 8\text{H}_2\text{O}$

验证 O：左边 $2\times4 + 5\times4 + 3\times4 = 8+20+12 = 40$ ；右边 $2\times4 + 10\times2 + 4\times1 + 8\times1 = 8+20+4+8 = 40$ ，吻合。

（2） $\text{KMnO}_4$ 的物质的量：

$n(\text{KMnO}_4) = \frac{m}{M} = \frac{31.6\text{ g}}{158\text{ g/mol}} = 0.2\text{ mol}$

由配平方程式， $2\text{ mol KMnO}_4$ 对应 $10\text{ mol CO}_2$ ，则：

$n(\text{CO}_2) = \frac{10}{2} \times 0.2\text{ mol} = 1.0\text{ mol}$

每个 Mn 化合价从 $+7$ 降到 $+2$ ，得到 $5$ 个电子， $0.2\text{ mol}$ $\text{KMnO}_4$ 转移的电子：

$n(\text{转移电子}) = 5 \times n(\text{KMnO}_4) = 5 \times 0.2\text{ mol} = 1.0\text{ mol}$

答：生成 $\text{CO}_2$ 为 $1.0\text{ mol}$ ，转移电子为 $1.0\text{ mol}$ 。