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化学计算的复习，除要熟练掌握各类基本计算外，还要掌握一些化学计算的技巧，守恒法就是其一。守恒法就是以化学反应（或某一操作）过程中的某些守恒关系（如质量守恒、原子守恒、电子守恒等）作依据，从变中找不变，抓住不变量，建立等量关系，从而进行求解。
运用守恒法解决问题，既可以避免书写繁琐的化学方程式及分析繁杂的化学反应过程，又可以提高解题的速度和准确性，这种方法已成为高考计算题的一种趋势。
一、分子式中正负化合价总数值相等
例1已知元素X的氧化物中含氧44%，若该元素的相对原子质量为51，那么该氧化物的分子式是
（）。
A． XO B. X3O5C. XO3D. X2O5
通常解法：答案A中含氧为:16/(51+16)×100%≈24%，用相同的方法解得其余B、C、D中氧化物的含氧量，再确定答案。
守恒法：由氧元素化合价总值等于元素化合价总值原则，得56/51×x= 44/16×2（x是X元素的化合价），解得x=5，故选D。
二、质量守恒法
质量守恒就是化学反应中参加反应的反应物的质量等于生成物的质量；在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
例2已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22。在反应X + 2Y = 2Q + R中，当1.6g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量比为（）。
A． 46∶9B． 32∶9 C． 23∶9D． 16∶9
解析：运用质量守恒和根据化学方程式，因Q、R的摩尔质量之比为9∶22，则生成4.4 g R，必同时生成3.6 g Q，所以参加反应的反应物的质量之和为4.4＋3.6＝8.0 g，需Y的质量为8.0－1.6=6.4 g，所以Y、Q的质量之比为6.4∶3.6＝16∶9，答案为D。
三、电荷守恒法
电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，阴阳离子所带的电荷中正负电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
例3某硫酸铝与硫酸镁的混合溶液中，c(Mg2+)=2 mol/L，c(SO2-4)=6.5 mol/L，若将200毫升的此混合液中的Mg2+与Al3+分离，至少应加入1.6 mol/L 的NaOH溶液多少升？
解析：由电荷守恒有：
c(Al3+)＝（6.5 mol/L×2-2 mol/L×2）÷3＝3 mol/L，
反应后溶液中的溶质为Na2SO4、NaAlO2，则有
n(Na+)=2×n(SO2-4)+n(Al3+)=3.2 mol，
V(NaOH)=3.2 mol÷1.6 mol/L=2 L。
四、电子守恒法
电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。
例4某氧化剂中，起氧化作用的是X2O2－7离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6 mol SO2－3离子完全氧化，则X2O2－7离子还原后的化合价为（）。
A． ＋1B． ＋2C． ＋3D． ＋4
解析：在上述反应中，氧化剂为X2O2－7，还原剂为SO2－3。设反应后X元素的化合价为+a，则X元素化合价由＋6降为+a，S元素化合价由+4升为+6。1mol X元素得电子（6－a）mol，1 mol S元素失电子（6－4）mol=2 mol。由电子守恒知：2×0.2（6－a）=0.6×2，所以a=3。答案选C。
五、元素守恒法
元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数及原子物质的量、元素的质量也不变。
例5有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO3 2.88%，KOH 90%，若将此样品1g加入到46.00 ml的1 mol/L盐酸中，过量的酸再用1.07 mol/L KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？
解析：此题中发生的反应很多，但分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒，即 n（KCl）= n（HCl）故m（KCl）=0.046 L×1 mol/L×74.5 g/mol=3.427 g。
六、体积守恒法
例6硫化碳（液体）能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，将0.228 g CS2在448 L O2（标况下）中充分燃烧，燃烧后所得混合气体在标准状况下的体积是多少升？
解析：此题中硫化碳为液体，由发生的反应方程式：CS2（液体）+3O2=CO2+2SO2可知反应前后气体体积不变，即燃烧后所得混合气体（标况下）的体积为消耗掉O2（标况下）的体积。答案为448 L。
七、能量守恒法
化学反应不管它是一步还是多步完成的，在整个反应过程中能量是守恒的。
例7已知：（1）C(石墨)+O2（g）=CO2(g);
△H=－393.5 kJ/mol；
（2）2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)；△H=-566.0 kJ/mol。
求4molC(石墨)燃烧生成CO时放出的热量。
解析：（1）×2－（2）得：
2 C(石墨)+O2（g）=2 CO(g);△H=-221 kJ/mol（*）
由（*）可知4mol C(石墨)燃烧生成CO时放出的热量为：2×221=442 kJ。
八、综合守恒
解复杂的元素化合物的计算题时，应冷静分析，建议首先考虑“守恒”原理的应用，在解题中具备“守恒意识”是快速解答此类题的关键，因此平时要多留心各类守恒题型解题方法，并对各种方法进行总结，加以训练，才能达到娴熟掌握。
例8已知有关物质及离子的氧化性顺序为浓硫酸>Fe3+>H+,现将30 g铁粉（过量）与44.0 ml浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11.2 g（标准状况）气体，其质量为19.6 g，试计算：
（1）浓硫酸的物质的量浓度；
（2）反应后剩余铁粉的质量。
解析：根据提供的信息，有关物质及离子的氧化性顺序为浓硫酸>Fe3+>H+，同时根据氧化还原的“次序规律”分析，铁粉依次与浓硫酸、Fe3+、H+（即稀硫酸）反应，最后的溶液中只有FeSO4这一种溶质，那么综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”可巧妙解题。
设参加反应的铁粉的物质的量为x，依题意知，混合气体的成分应为SO2、H2的混合气体，物质的量为0.5 mol，则混合气体的平均摩尔质量为19.6 g÷0.5 mol=39.2 g/mol。
所以混合气体中SO2、H2的体积比（即物质的量之比）为∶37.2∶24.8=3∶2，即生成的SO2、H2的物质的量分别为0.3 mol和0.2 mol。
Fe——2e－→Fe2+ H2SO4 ——2e－→H2
根据电子守恒原理，可得
0.2 mol×2+0.3 mol×2=2x。
解得x=0.5 mol。
实际参加反应的铁粉质量为：
0.5 mol×56 g/mol=28 g
所以剩余铁粉质量为30 g－28 g=2 g.
又由铁元素守恒知，最后溶液中FeSO4的物质的量也应为0.5 mol。
又据硫元素守恒知：
n(H2SO4)=n(FeSO4)+n(SO2)=0.5 mol+0.3 mol=0.8 mol，
硫酸的物质的量浓度为：
0.8 mol∶0.044 L=18.2 mol/L。
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
运用守恒法解决问题，既可以避免书写繁琐的化学方程式及分析繁杂的化学反应过程，又可以提高解题的速度和准确性，这种方法已成为高考计算题的一种趋势。
一、分子式中正负化合价总数值相等
例1已知元素X的氧化物中含氧44%，若该元素的相对原子质量为51，那么该氧化物的分子式是
（）。
A． XO B. X3O5C. XO3D. X2O5
通常解法：答案A中含氧为:16/(51+16)×100%≈24%，用相同的方法解得其余B、C、D中氧化物的含氧量，再确定答案。
守恒法：由氧元素化合价总值等于元素化合价总值原则，得56/51×x= 44/16×2（x是X元素的化合价），解得x=5，故选D。
二、质量守恒法
质量守恒就是化学反应中参加反应的反应物的质量等于生成物的质量；在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
例2已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22。在反应X + 2Y = 2Q + R中，当1.6g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量比为（）。
A． 46∶9B． 32∶9 C． 23∶9D． 16∶9
解析：运用质量守恒和根据化学方程式，因Q、R的摩尔质量之比为9∶22，则生成4.4 g R，必同时生成3.6 g Q，所以参加反应的反应物的质量之和为4.4＋3.6＝8.0 g，需Y的质量为8.0－1.6=6.4 g，所以Y、Q的质量之比为6.4∶3.6＝16∶9，答案为D。
三、电荷守恒法
电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，阴阳离子所带的电荷中正负电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
例3某硫酸铝与硫酸镁的混合溶液中，c(Mg2+)=2 mol/L，c(SO2-4)=6.5 mol/L，若将200毫升的此混合液中的Mg2+与Al3+分离，至少应加入1.6 mol/L 的NaOH溶液多少升？
解析：由电荷守恒有：
c(Al3+)＝（6.5 mol/L×2-2 mol/L×2）÷3＝3 mol/L，
反应后溶液中的溶质为Na2SO4、NaAlO2，则有
n(Na+)=2×n(SO2-4)+n(Al3+)=3.2 mol，
V(NaOH)=3.2 mol÷1.6 mol/L=2 L。
四、电子守恒法
电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。
例4某氧化剂中，起氧化作用的是X2O2－7离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6 mol SO2－3离子完全氧化，则X2O2－7离子还原后的化合价为（）。
A． ＋1B． ＋2C． ＋3D． ＋4
解析：在上述反应中，氧化剂为X2O2－7，还原剂为SO2－3。设反应后X元素的化合价为+a，则X元素化合价由＋6降为+a，S元素化合价由+4升为+6。1mol X元素得电子（6－a）mol，1 mol S元素失电子（6－4）mol=2 mol。由电子守恒知：2×0.2（6－a）=0.6×2，所以a=3。答案选C。
五、元素守恒法
元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数及原子物质的量、元素的质量也不变。
例5有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO3 2.88%，KOH 90%，若将此样品1g加入到46.00 ml的1 mol/L盐酸中，过量的酸再用1.07 mol/L KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？
解析：此题中发生的反应很多，但分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒，即 n（KCl）= n（HCl）故m（KCl）=0.046 L×1 mol/L×74.5 g/mol=3.427 g。
六、体积守恒法
例6硫化碳（液体）能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，将0.228 g CS2在448 L O2（标况下）中充分燃烧，燃烧后所得混合气体在标准状况下的体积是多少升？
解析：此题中硫化碳为液体，由发生的反应方程式：CS2（液体）+3O2=CO2+2SO2可知反应前后气体体积不变，即燃烧后所得混合气体（标况下）的体积为消耗掉O2（标况下）的体积。答案为448 L。
七、能量守恒法
化学反应不管它是一步还是多步完成的，在整个反应过程中能量是守恒的。
例7已知：（1）C(石墨)+O2（g）=CO2(g);
△H=－393.5 kJ/mol；
（2）2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)；△H=-566.0 kJ/mol。
求4molC(石墨)燃烧生成CO时放出的热量。
解析：（1）×2－（2）得：
2 C(石墨)+O2（g）=2 CO(g);△H=-221 kJ/mol（*）
由（*）可知4mol C(石墨)燃烧生成CO时放出的热量为：2×221=442 kJ。
八、综合守恒
解复杂的元素化合物的计算题时，应冷静分析，建议首先考虑“守恒”原理的应用，在解题中具备“守恒意识”是快速解答此类题的关键，因此平时要多留心各类守恒题型解题方法，并对各种方法进行总结，加以训练，才能达到娴熟掌握。
例8已知有关物质及离子的氧化性顺序为浓硫酸>Fe3+>H+,现将30 g铁粉（过量）与44.0 ml浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11.2 g（标准状况）气体，其质量为19.6 g，试计算：
（1）浓硫酸的物质的量浓度；
（2）反应后剩余铁粉的质量。
解析：根据提供的信息，有关物质及离子的氧化性顺序为浓硫酸>Fe3+>H+，同时根据氧化还原的“次序规律”分析，铁粉依次与浓硫酸、Fe3+、H+（即稀硫酸）反应，最后的溶液中只有FeSO4这一种溶质，那么综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”可巧妙解题。
设参加反应的铁粉的物质的量为x，依题意知，混合气体的成分应为SO2、H2的混合气体，物质的量为0.5 mol，则混合气体的平均摩尔质量为19.6 g÷0.5 mol=39.2 g/mol。
所以混合气体中SO2、H2的体积比（即物质的量之比）为∶37.2∶24.8=3∶2，即生成的SO2、H2的物质的量分别为0.3 mol和0.2 mol。
Fe——2e－→Fe2+ H2SO4 ——2e－→H2
根据电子守恒原理，可得
0.2 mol×2+0.3 mol×2=2x。
解得x=0.5 mol。
实际参加反应的铁粉质量为：
0.5 mol×56 g/mol=28 g
所以剩余铁粉质量为30 g－28 g=2 g.
又由铁元素守恒知，最后溶液中FeSO4的物质的量也应为0.5 mol。
又据硫元素守恒知：
n(H2SO4)=n(FeSO4)+n(SO2)=0.5 mol+0.3 mol=0.8 mol，
硫酸的物质的量浓度为：
0.8 mol∶0.044 L=18.2 mol/L。
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文