化學(xué)反應(yīng)方程式配平的方法歸類(lèi)

但世輝 齊 婷

(1.湖北省襄陽(yáng)市東風(fēng)中學(xué) 2.湖北省襄陽(yáng)市第四中學(xué))

1 化學(xué)方程式配平的常用方法

1.1 常用的方法——最小公倍數(shù)法

最小公倍數(shù)法的核心是利用三大守恒中的“得失電子守恒”這一原則,找出反應(yīng)前后變價(jià)元素化合價(jià)的變化值,求出得失電子個(gè)數(shù),通過(guò)最小公倍數(shù)法,保證反應(yīng)前后化合價(jià)的升降總數(shù)相等,進(jìn)而先求出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù),再用元素守恒、電荷守恒等原則配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù).

例1配平離子反應(yīng)方程式:ClO－＋Fe(OH)3＋OH－→Cl－＋＋H2O.

分析根據(jù)化合價(jià)的變化值找出ClO－和Fe(OH)3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)分別為2和3,二者的最小公倍數(shù)為6,為保證電子轉(zhuǎn)移總數(shù)相等,故ClO－和Fe(OH)3的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3和2,再根據(jù)元素守恒和電荷守恒配平余下物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù),最終求出結(jié)果:3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－＝3Cl－＋＋5H2O.

例1配平的過(guò)程是習(xí)慣性地從左向右進(jìn)行配平,即正向配平,實(shí)際上,對(duì)于一些特殊的氧化還原反應(yīng)(部分分解反應(yīng)、歧化反應(yīng)等),采用逆向配平的思維反而會(huì)簡(jiǎn)化解題過(guò)程.

例2配平化學(xué)方程式:P4＋KOH＋H2O→K3PO4＋PH3.

分析仍然使用最小公倍數(shù)法進(jìn)行配平,倘若采用正向配平,由于變價(jià)元素為P,化合價(jià)升高和降低的數(shù)目均集中在P4中,無(wú)法分開(kāi),難以單獨(dú)找出得失電子個(gè)數(shù),最小公倍數(shù)和化學(xué)計(jì)量數(shù)的判斷也無(wú)從下手.此種情況應(yīng)該采用逆向配平法:K3PO4和PH3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)分別為5和3,最小公倍數(shù)為15,化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3和5,根據(jù)元素守恒進(jìn)而完成其他物質(zhì)的配平:2P4＋9KOH＋3H2O＝3K3PO4＋5PH3.

1.2 實(shí)用的技巧——分?jǐn)?shù)法

對(duì)于有單質(zhì)出現(xiàn)的化學(xué)反應(yīng)方程式,其大多屬于氧化還原反應(yīng),若用最小公倍數(shù)法配平肯定沒(méi)問(wèn)題,但需要分析得失電子個(gè)數(shù),若使用分?jǐn)?shù)法進(jìn)行配平,則過(guò)程會(huì)得以簡(jiǎn)化,具體方法為:以三大原則中的“元素守恒”為依據(jù),利用觀察法,先找出單質(zhì)之外的其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù),再以單質(zhì)中相應(yīng)元素的守恒為依據(jù),確定單質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)(很可能是分?jǐn)?shù)).由于單質(zhì)只有一種元素,其化學(xué)計(jì)量數(shù)即使是分?jǐn)?shù)也不會(huì)影響其他元素的守恒,這便是分?jǐn)?shù)配平法的核心.以例2為例進(jìn)行說(shuō)明:先配平K 元素可推知K3PO4和KOH的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1和3,再根據(jù)O 元素守恒,可推知H2O 的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1,根據(jù)H 元素守恒,可推知PH3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為5/3,最后根據(jù)P 元素守恒,可推知P4的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2/3,左右同時(shí)擴(kuò)大3倍,得出正解.

很明顯,分?jǐn)?shù)配平過(guò)程只用到了元素守恒,并未使用得失電子守恒,繞開(kāi)了使用最小公倍數(shù)法必須找出電子轉(zhuǎn)移數(shù)這一麻煩,配平過(guò)程直接明了.對(duì)于一些有單質(zhì)出現(xiàn)的化學(xué)方程式,使用分?jǐn)?shù)法配平更為簡(jiǎn)單,尤其是對(duì)于一些元素化合價(jià)難以確定并且有單質(zhì)出現(xiàn)的化學(xué)方程式更為適用.

例3配平化學(xué)方程式:FeS2＋O2→SO2＋Fe2O3.

分析對(duì)于初學(xué)者而言,FeS2中各元素化合價(jià)難以確定,使用最小公倍數(shù)法配平則稍顯吃力,但是因?yàn)镺2為單質(zhì),所以可用分?jǐn)?shù)法完成配平:先根據(jù)鐵元素守恒,可推知Fe2O3、FeS2的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1和2,然后根據(jù)S元素守恒,可推知SO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為4,再根據(jù)O 元素守恒,可推知O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為,最后左右同時(shí)擴(kuò)大2倍可得正解:

1.3 虛擬的方法——零價(jià)法和設(shè)1法

對(duì)于一些元素化合價(jià)難以確定的物質(zhì),比如含較多變價(jià)元素的物質(zhì)、原子個(gè)數(shù)帶字母的物質(zhì)等,使用最小公倍數(shù)法計(jì)算得失電子個(gè)數(shù),顯然很難完成,此時(shí)可借助零價(jià)法進(jìn)行配平:將難以確定化合價(jià)的化合物中所有元素的化合價(jià)均假設(shè)為零,這樣既可以保證找到該元素的化合價(jià),又能回避復(fù)雜化合物元素化合價(jià)難以確定的問(wèn)題,便于后面計(jì)算得失電子個(gè)數(shù),同時(shí)也保證了整個(gè)化合物的化合價(jià)總和為零,這就是零價(jià)配平法的原則.很顯然,化合價(jià)為零是虛擬出來(lái)的,只是為了簡(jiǎn)化問(wèn)題,后續(xù)依舊要依據(jù)得失電子守恒進(jìn)行配平.

例4配平方程式:Fe3C＋HNO3→Fe(NO3)3＋NO↑＋CO2↑＋H2O.

分析由于Fe和C均為多價(jià)態(tài)元素,導(dǎo)致Fe3C中Fe和C的化合價(jià)存在多種可能,難以確定,無(wú)法進(jìn)一步使用最小公倍數(shù)法進(jìn)行配平.此時(shí)使用零價(jià)配平法:虛擬Fe3C 中元素Fe和C 的化合價(jià)均為0,根據(jù)Fe元素守恒,Fe(NO3)3的化學(xué)計(jì)量數(shù)暫定為3,整個(gè)反應(yīng)過(guò)程,失電子總數(shù)為Fe(9個(gè))和C(4個(gè))的總和13,得電子總數(shù)為N 的(3個(gè)),二者的最小公倍數(shù)為39,根據(jù)逆向配平法推知NO 的化學(xué)計(jì)量數(shù)為13,CO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3,Fe(NO3)3的化學(xué)計(jì)量數(shù)擴(kuò)大3倍,即為9,根據(jù)Fe元素守恒推知Fe3C的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3,根據(jù)N 元素和H 元素守恒,推知HNO3和H2O 的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為40、20,最終得出正解:

與零價(jià)配平法虛擬出零價(jià)價(jià)態(tài)類(lèi)似,對(duì)于一些組成較為復(fù)雜的化合物,配平時(shí)可虛擬出該物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1,這樣可把復(fù)雜物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)最簡(jiǎn)化,后續(xù)使用元素守恒確定其他物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)的時(shí)候便更容易進(jìn)行,避開(kāi)了復(fù)雜的得失電子數(shù)計(jì)算這一環(huán)節(jié).

第1步,化合價(jià)升降相等,則有

第2步,電荷守恒,求得OH－系數(shù)為6m－6.

第3步,H 元素守恒,求得H2O 系數(shù)為3m－3.

2 兩類(lèi)復(fù)雜方程式的配平

2.1 具有多解情況的化學(xué)方程式的配平

有一種類(lèi)型的化學(xué)反應(yīng)方程式,其特點(diǎn)是:反應(yīng)過(guò)程中化合價(jià)變化的情況存在3種或者3種以上,稱之為多解化學(xué)方程式,其物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)存在多種可能,至于為什么化學(xué)計(jì)量數(shù)存在多解,以下例進(jìn)行說(shuō)明.

例6配平化學(xué)反應(yīng)方程式:HClO3→HClO4＋Cl2＋O2＋H2O.

分析該方程式中變化情況有3種:Cl(＋5價(jià)升為＋7價(jià))、Cl(＋5價(jià)降為0價(jià))、O(－2價(jià)升為0價(jià)).為便于計(jì)算得失電子數(shù),采用逆向配平法,設(shè)HClO4、Cl2、O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為x、y、z,根據(jù)得失電子守恒可列方程:

化簡(jiǎn)得:x＝5y－2z,該方程為三元一次方程,存在多解,因此,該化學(xué)反應(yīng)方程式在配平上也會(huì)存在多種化學(xué)計(jì)量數(shù)(如表1).

表1 例6各物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)的多解可能(部分)

從上題中可以看出,對(duì)于多解化學(xué)方程式的配平,主要還是依據(jù)三大守恒中的得失電子守恒和元素守恒(若為離子反應(yīng)方程式,自然要滿足電荷守恒)來(lái)進(jìn)行配平,其多解的根本原因在于:變價(jià)情況存在多解,在進(jìn)行得失電子守恒計(jì)算時(shí)便會(huì)推導(dǎo)出滿足該守恒的多種可能,上題中列出的三元一次方程式就是最好的體現(xiàn).

對(duì)于變價(jià)情況達(dá)到4種或者4種以上,在具體配平的過(guò)程中,為了減少未知數(shù)的個(gè)數(shù)便于求解,往往需要用到設(shè)1法,再結(jié)合三大守恒列方程進(jìn)行推導(dǎo).

例7配平離子反應(yīng)方程式:

表2 例7各物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)的多解可能(部分)

綜合以上兩道例題可以看出:對(duì)于多解的化學(xué)方程式,雖然配平的可能性理論上存在多種情況,但在三大守恒的基礎(chǔ)上巧妙使用設(shè)1 法、最小公倍數(shù)法等,求出部分配平的結(jié)果并非難事,問(wèn)題在于,對(duì)于這些多解到底該如何取舍呢? 一是要看題目的具體要求.配平出來(lái)的結(jié)果從理論上來(lái)說(shuō)都能存在,不能說(shuō)沒(méi)有意義,更不能說(shuō)這些反應(yīng)沒(méi)有發(fā)生,此時(shí)可根據(jù)題目要求,假如題目中給定了實(shí)驗(yàn)時(shí)所用反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比,則必須按照試題要求選取正解,比如若例7題目中規(guī)定化學(xué)計(jì)量數(shù)盡可能取最小正整數(shù),則正解應(yīng)該為第3組情況.二是根據(jù)統(tǒng)計(jì)熱力學(xué)原理進(jìn)行取舍.根據(jù)統(tǒng)計(jì)熱力學(xué)原理,化學(xué)反應(yīng)實(shí)際上是雜亂分子有效碰撞的結(jié)果,多個(gè)微觀粒子發(fā)生碰撞的概率小,而少個(gè)粒子發(fā)生有效碰撞的概率要大得多,化學(xué)方程式的配平結(jié)果中反應(yīng)物計(jì)量數(shù)總數(shù)最小時(shí)最接近客觀事實(shí).根據(jù)該理論,例6應(yīng)該采用組號(hào)1,例7應(yīng)該采用組號(hào)3完成配平.

2.2 有機(jī)物局部基團(tuán)原子化合價(jià)發(fā)生變化的化學(xué)方程式的配平

所謂有機(jī)物局部基團(tuán)原子化合價(jià)發(fā)生變化的方程式,是指有機(jī)物中部分基團(tuán)被氧化或者被還原成新的基團(tuán),該基團(tuán)中某些原子化合價(jià)發(fā)生變化,但除了這些基團(tuán)之外,有機(jī)物其他構(gòu)成部分并未參與氧化還原反應(yīng)的過(guò)程.此類(lèi)反應(yīng)是相對(duì)于有機(jī)物徹底被氧化或者被還原的反應(yīng)方程式而言,以例8和例9為例進(jìn)行對(duì)比說(shuō)明.

例8配平反應(yīng)方程式:CH3CH2OH＋O2→CO2＋H2O.

例9配平反應(yīng)方程式:C6H5—CH3＋KMnO4＋H2SO4→C6H5—COOH＋MnSO4＋K2SO4＋H2O.

分析對(duì)于例8,有機(jī)物CH3CH2OH 中的所有碳原子均參與了氧化還原反應(yīng)過(guò)程,均被氧化成了CO2,化合價(jià)由－2 升高至＋4(CH3CH2OH 中的化合價(jià)由氫、氧2種元素的化合價(jià)進(jìn)行推導(dǎo),其中將氫、氧2種元素的化合價(jià)看成是＋1、－2,求出碳的平均化合價(jià)為－2).配平該類(lèi)有機(jī)化學(xué)反應(yīng)方程式較為簡(jiǎn)單,可用分?jǐn)?shù)法最后配平O2的化學(xué)計(jì)量數(shù),也可用最小公倍數(shù)法直接配平,不再贅述.

相對(duì)于例8,例9明顯不同:有機(jī)物C6H5—CH3并不是所有碳原子均參與了氧化還原過(guò)程,只有基團(tuán)—CH3被氧化成了—COOH,而C6H5—反應(yīng)前后并沒(méi)有變化.倘若使用最小公倍數(shù)法,利用得失電子守恒進(jìn)行配平,則需要求出整個(gè)有機(jī)物中7個(gè)碳的平均化合價(jià),一是非常麻煩,二是不符合反應(yīng)事實(shí)(因?yàn)閷⒀趸说暮臀幢谎趸奶荚尤靠醋鲄⑴c了氧化還原過(guò)程).為避開(kāi)這些問(wèn)題,簡(jiǎn)化配平過(guò)程,可以只關(guān)注被氧化基團(tuán)中原子化合價(jià)的變化情況,借用零價(jià)法的原理,將被氧化的基團(tuán)和氧化生成的相應(yīng)基團(tuán)的總化合價(jià)確定為0,氫、氧原子的化合價(jià)看作＋1、－2,分析被氧化基團(tuán)內(nèi)的原子在反應(yīng)前后化合價(jià)的變化情況,再根據(jù)得失電子守恒利用最小公倍數(shù)法進(jìn)行配平.

對(duì)于例9,首先明確只有—CH3被氧化成了—COOH,其他基團(tuán)沒(méi)有參與氧化還原過(guò)程,設(shè)定—CH3和—COOH 的總化合價(jià)為0,根據(jù)碳、氫的化合價(jià)可推出—CH3中的碳的化合價(jià)為－3,—COOH中碳的化合價(jià)為＋3,該過(guò)程轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6,另外一邊KMnO4轉(zhuǎn)化為MnSO4,電子轉(zhuǎn)移數(shù)為5,根據(jù)最小公倍數(shù)法可快速找出C6H5—COOH 和MnSO4的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為5、6,再根據(jù)元素守恒可配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)得到正解:

對(duì)于只有部分基團(tuán)原子化合價(jià)發(fā)生變化的有機(jī)反應(yīng),配平時(shí)只關(guān)注變價(jià)原子所在的基團(tuán),將該基團(tuán)視作反應(yīng)物,關(guān)鍵點(diǎn)在于找準(zhǔn)該反應(yīng)物參與氧化還原反應(yīng)過(guò)程之后的生成物,然后對(duì)照分析該反應(yīng)物和生成物,在得失電子守恒的基礎(chǔ)上利用最小公倍數(shù)法進(jìn)行配平.

化學(xué)方程式配平的方法和技巧很多,不管如何配平,一定要遵循三大守恒:元素守恒、電荷守恒和得失電子守恒,在具體配平的過(guò)程中,目的是快速高效地完成配平,這就需要根據(jù)所配方程式本身的特點(diǎn)去選用最合適的配平方法從而靈活處理(如表3).

表3 化學(xué)方程式配平的方法總結(jié)

(完)