氧化还原方程式配平

概览

配平是氧化还原学习的"硬功夫"，也是高考非选择题的固定考点。配平遵循三大守恒： 电子守恒（氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数）、原子守恒（各元素原子数前后相等）、电荷守恒（离子方程式中电荷代数和相等）。 掌握"标价态 → 求升降 → 定系数 → 配其余 → 查守恒"的完整流程，并会处理缺项配平（补 $\ce{H2O}$、$\ce{H+}$、$\ce{OH-}$）。

核心概念

1. 配平三原则

1. 电子守恒：得失电子总数相等，这是配平的核心；
2. 原子守恒：反应前后各元素原子个数相等；
3. 电荷守恒：对于离子方程式，反应前后电荷代数和相等。

三守恒的关系

氧化还原配平先用电子守恒确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，再用原子守恒/电荷守恒配平其他物质（包括补缺项）。

2. 化合价升降值计算

单质中元素化合价为 $0$；化合物中按"代数和为 0"计算。 变价原子数 × |化合价变化| = 该物质失/得电子数。

重点知识

1. 配平五步法

以 $\ce{Fe2O3 + CO -> Fe + CO2}$ 为例：

（1）标价态：标出变价元素化合价 $$\ce{\overset{+3}{Fe}2\overset{-2}{O}3 + \overset{+2}{C}O -> \overset{0}{Fe} + \overset{+4}{C}O2}$$

（2）求升降（最小公倍数法）

• $\ce{Fe}$：$+3$→$0$，每个 $\ce{Fe}$降$3$，$\ce{Fe2O3}$含 2 个$\ce{Fe}$，共降 $3\times 2=6$；
• $\ce{C}$：$+2$→$+4$，每个 $\ce{C}$升$2$；
• 最小公倍数：$6$与$2$的最小公倍数为$6$。

（3）定系数：$6\div 6=1$（$\ce{Fe2O3}$系数$1$）、$6\div 2=3$（$\ce{CO}$系数$3$） $$\ce{Fe2O3 + 3CO -> 2Fe + 3CO2}$$

（4）配其余：由原子守恒配平 $\ce{Fe}$、$\ce{CO2}$ 系数。

（5）查守恒：左右 $\ce{Fe}$：$2=2$；$\ce{C}$：$3=3$；$\ce{O}$：$3+3=6=6$。配平正确： $$\ce{Fe2O3 + 3CO ->[高温] 2Fe + 3CO2}$$

2. 电子守恒法（"交叉配平"技巧）

当氧化剂、还原剂各一种时，可用"升降交叉"快速定系数：

以 $\ce{Cu + HNO3(稀) -> Cu(NO3)2 + NO ^ + H2O}$ 为例：

• $\ce{Cu}$：$0$→$+2$，升 $2$；
• $\ce{N}$：$+5$→$+2$，降 $3$；
• 最小公倍数 $6$：$\ce{Cu}$系数$6\div 2=3$，被还原的 $\ce{N}$为$6\div 3=2$（即 $\ce{NO}$系数$2$）；
• 剩余原子配平：$\ce{Cu(NO3)2}$系数$3$（含 6 个不成盐的 $\ce{NO3-}$ 提供酸性），$\ce{HNO3}$总系数$3\times 2+2=8$，$\ce{H2O}$系数$4$： $$\ce{3Cu + 8HNO3(稀) -> 3Cu(NO3)2 + 2NO ^ + 4H2O}$$

技巧：酸"一身二任"

含氧酸（$\ce{HNO3}$、$\ce{浓H2SO4}$）既被还原又提供酸根。先配平氧化还原部分，再用原子守恒补足酸的"成盐部分"。

3. 缺项配平（补 $\ce{H2O}$、$\ce{H+}$、$\ce{OH-}$）

题干给出部分反应物/生成物，缺项通常是 $\ce{H2O}$、$\ce{H+}$或$\ce{OH-}$。方法：

1. 先配平氧化还原部分（电子守恒）；
2. 比较两边多/少的原子，确定缺项；
3. 依据介质判断补的是 $\ce{H+}$（酸性）还是 $\ce{OH-}$（碱性），最后补 $\ce{H2O}$；
4. 用电荷守恒、原子守恒验证。

示例：酸性溶液中 $\ce{MnO4- + H2C2O4 -> Mn^2+ + CO2 ^}$（补缺项）

• 变价：$\ce{Mn}$：$+7$→$+2$，降 $5$；$\ce{C}$：$+3$（草酸中）→ $+4$，每个 $\ce{H2C2O4}$含 2 个$\ce{C}$，升 $2\times 1=2$；
• 最小公倍数 $10$：$\ce{MnO4-}$系数$2$，$\ce{H2C2O4}$系数$5$；
• 配 $\ce{Mn^2+}$系数$2$、$\ce{CO2}$系数$10$；
• 左边氧 $2\times 4+5\times 4=28$，右边氧 $10\times 2=20$，差 8 个氧 → 补 $8\ce{H2O}$（右边）；
• 此时左边电荷 $2\times(-1)=-2$，右边 $2\times(+2)=+4$，差 $+6$→ 补$6\ce{H+}$（左边）： $$\ce{2MnO4- + 5H2C2O4 + 6H+ -> 2Mn^2+ + 10CO2 ^ + 8H2O}$$

缺项配平的介质判断

• 酸性介质：缺项补 $\ce{H+}$和$\ce{H2O}$（反应物中一般含 $\ce{H+}$）；
• 碱性介质：缺项补 $\ce{OH-}$和$\ce{H2O}$；
• 中性介质：通常补 $\ce{H2O}$。 判断依据是题干给出的环境，不可随意补项。

4. 氧化还原离子方程式的配平（电荷守恒法）

离子方程式中还要满足电荷守恒。以 $\ce{Fe^2+ + Cr2O7^2- + H+ -> Fe^3+ + Cr^3+ + H2O}$ 为例：

• $\ce{Fe}$：$+2$→$+3$，升 $1$；$\ce{Cr}$：$+6$→$+3$，每个 $\ce{Cr2O7^2-}$含 2 个$\ce{Cr}$，降 $3\times 2=6$；
• 最小公倍数 $6$：$\ce{Fe^2+}$系数$6$，$\ce{Cr2O7^2-}$系数$1$；
• 得 $\ce{6Fe^2+ + Cr2O7^2- + H+ -> 6Fe^3+ + 2Cr^3+ + H2O}$；
• 电荷守恒：左边 $6\times(+2)+(-2)=+10$；右边 $6\times(+3)+2\times(+3)=+24$，差 $+14$→$\ce{H+}$系数$14$；
• 原子守恒配 $\ce{H2O}$系数$7$： $$\ce{6Fe^2+ + Cr2O7^2- + 14H+ -> 6Fe^3+ + 2Cr^3+ + 7H2O}$$

典型例题

例题 1（完整配平）

题目：配平：$\ce{KI + KIO3 + H2SO4 -> I2 + K2SO4 + H2O}$

分析：$\ce{I}$ 发生歧化-归中综合：$\ce{KI}$中$\ce{I}$为$-1$，$\ce{KIO3}$中$\ce{I}$为$+5$，都生成 $\ce{I2}$中$0$ 价。

• $\ce{KI}$：$\ce{I}$升$1$；$\ce{KIO3}$：$\ce{I}$降$5$；
• 最小公倍数 $5$：$\ce{KI}$系数$5$、$\ce{KIO3}$系数$1$；
• 生成 $\ce{I2}$共$5+1=6$个$\ce{I}$，系数 $3$；
• 钾守恒：右边 $\ce{K2SO4}$系数$3$（5+1=6 个钾）；硫酸根守恒：$\ce{H2SO4}$系数$3$；氢守恒：$\ce{H2O}$系数$3$。

解答： $$\ce{5KI + KIO3 + 3H2SO4 -> 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O}$$

点评：同一元素两种价态（$\ce{I}$的$-1$与$+5$）都向 $0$价靠拢，用电子守恒分别求系数，再原子守恒补齐。注意"归中不相交"——产物统一是$0$ 价。

例题 2（缺项配平 + 计算）

题目：在强酸性溶液中配平：$\ce{MnO4- + SO2 + H2O -> Mn^2+ + SO4^2- + H+}$，并计算 $0.1\ \text{mol}$ $\ce{MnO4-}$ 被还原时转移电子的物质的量。

分析：$\ce{Mn}$：$+7$→$+2$，降 $5$；$\ce{S}$：$+4$→$+6$，升 $2$。最小公倍数为 $10$，故 $\ce{MnO4-}$系数$2$、$\ce{SO2}$系数$5$。配平顺序：先配变价物质（电子守恒），再由氧原子守恒补 $\ce{H2O}$，最后用电荷守恒确定 $\ce{H+}$。

解答： 第一步，配变价物质（电子守恒）：$10\div 5=2$、$10\div 2=5$： $$\ce{2MnO4- + 5SO2 -> 2Mn^2+ + 5SO4^2-}$$

第二步，补氧：左边氧原子 $2\times4+5\times2=18$，右边氧原子 $5\times4=20$，右边多 2 个氧 → 左边补 $\ce{2H2O}$： $$\ce{2MnO4- + 5SO2 + 2H2O -> 2Mn^2+ + 5SO4^2-}$$

第三步，定 $\ce{H+}$（电荷守恒）：设补 $x\ \ce{H+}$（右边）： $$2\times(-1)+2\times 0=2\times(+2)+5\times(-2)+x\times(+1)$$ $$-2=4-10+x\ \Rightarrow\ x=4$$ 得 $\ce{H+}$系数为$4$，且在右边。

第四步，回查：原子守恒——$\ce{Mn}$：$2=2$；$\ce{S}$：$5=5$；$\ce{O}$：左 $8+10+2=20$，右 $20$；$\ce{H}$：左 $4$，右 $4$。电荷守恒——左 $-2$，右 $4-10+4=-2$。全部守恒，配平正确： $$\ce{2MnO4- + 5SO2 + 2H2O -> 2Mn^2+ + 5SO4^2- + 4H+}$$

转移电子：$\ce{Mn}$每个降$5$，即每 $1\ \text{mol}\ \ce{MnO4-}$得$5\ \text{mol}\ e^-$。故： $$n(e^-)=0.1\times 5=0.5\ \text{mol}$$

答：转移电子 0.5 mol。

点评：缺项配平的标准流程是"电子守恒定变价 → 氧守恒补 $\ce{H2O}$→ 电荷守恒定$\ce{H+}$/$\ce{OH-}$"，最后逐项回查。本题是高考典型的酸性缺项配平，注意 $\ce{H+}$ 的系数由电荷守恒严格求出，不能凭空猜测。

易错提醒

易错提醒

• 先配变价物质，后配其他：不要一上来就配 $\ce{H2O}$、$\ce{H+}$。
• 缺项不可乱补：介质决定补 $\ce{H+}$（酸）、$\ce{OH-}$（碱）还是 $\ce{H2O}$（中性）。
• 电荷守恒只适用于离子方程式：化学方程式用原子守恒即可。
• $\ce{HNO3}$、$\ce{浓H2SO4}$的"成盐部分"要单独计算：如$\ce{Cu + HNO3}$中只有部分$\ce{HNO3}$ 被还原。
• 归中反应产物价态不相交：$\ce{H2S}$（$-2$）与 $\ce{H2SO4}$（$+6$）不能生成高于 $0$或低于$0$ 的交叉产物。
• 配平后必须回查：原子、电荷、电子三个守恒逐项验证，防止顾此失彼。

与其他知识关联

• 配平的基础是化合价与电子转移，见 01-氧化还原基本概念。
• 氧化还原离子方程式的配平与 02-离子反应/02-离子反应与离子方程式 的书写、电荷守恒互相衔接。
• 缺项配平在元素化学（氮、硫、氯）和电化学（电极反应式）中反复使用。
• 配平后的转移电子数计算与 04-氧化还原反应的规律 的守恒规律配套使用。

---

返回 00-氧化还原反应总览