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

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。

练习题

选择题

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。

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 ，自身被还原为 （即 ）。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。

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 $0.6\text{ mol}$。

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 $1.0\text{ mol}$。