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守恒法是化学在解题过程中一种最基本、最常用的解题方法，也是一种非常巧妙的解题方法.灵活地运用守恒法，对提高解题速度和破解高考难题都有很大的帮助，值得我们深入探究.
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系，应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法，应用守恒法解题，可使问题简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率.
一、守恒法的分类
1.质量守恒
（1）宏观表现：变化前后的质量相等.
（2）微观表现：变化前后同种元素的原子个数相等.
2.电子守恒
凡是有得失电子的化学过程都必须遵循：得到电子总数=失去电子总数.
（1）氧化剂得电子总数（或化合价降低总数）=还原剂失电子总数（或化合价升高总数）.
（2）在电解池中，通过阴、阳两极的电子数相等.
（3）在原电池中，通过正、负两极的电子数相等.
3.电荷守恒
（1）在电解质溶液中，由于整个溶液是电中性的，所以阴、阳离子所带的正、负电荷总量必须相等.
（2）在离子方程式中，反应物所带的正（或负）电荷总量与生成物所带正（或负）电荷总量相等.
以上各种守恒关系为我们解答复杂题目提供了一个简便的方法，利用守恒关系解题，可以不必纠缠过程的细节，只注意所涉及问题始态与终态之间的某种守恒关系，建立等式求解.这实际上是一种整体思维方式在化学上的应用.
二、 守恒法在解题中的应用
1.质量守恒在解题中的应用
在解题过程中，如何选择正确的方法是相当重要的.例如质量守恒的应用，一般情况下，当题目已知中已经直接告知或者间接告知我们反应物的总质量和其中一种生成物质量时，我们首先想到的就应该是用质量守恒的原理去解题.同样的，其实原子守恒也可以归结为质量守恒的一个分支，同样是利用反应过程中原子的总质量或者是总物质的量不变的原理.
例1 已知C与D的相对分子质量之比为9∶22，在反应A+2B=2C+D中，当1.6 g A与B完全反应后，生成4.4 g D，则参与反应的B和生成物C的质量之比为（ ）
（A） 46∶9 （B） 32∶9 （C） 23∶9 （D） 16∶9
解析：已知C与D的相对分子质量之比为9∶22，根据化学方程式可道，反应生成的C和D的质量比为18∶22.即，1.6 g A与B完全反应后，生成了4.4 g D，同时生成3.6 g C，所以根据质量守恒原理m（A）+m（B）=m（C）+m（D），解得B的质量为6.4 g.所以参加反应的B和生成物C的质量之比为6.4 g÷3.6 g=16∶9.答案：（D）.
例2 将0.4 mol CO2通入1 L 0.5 mol/L NaOH溶液中完全反应，则所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
（A） 1∶3 （B） 1∶2 （C） 1∶1 （D） 3∶1
解析：本题如果通过化学方程式来进行计算，首先必须写出反应中涉及的两个化学方程式：
2NaOH+ CO2 = Na2CO3 +H2O
Na2CO3+CO2+H2O= 2NaHCO3
然后列方程组再求解，这样做很繁琐并且容易出现计算失误.但是，如果我们换成守恒原理的角度去想这个问题则会相对容易很多.已知反应前后原子或离子的总物质的量是不会改变改变的，所以在该反应中钠离子与碳原子的总量始终不变，即n（Na+）=0.5 mol， n（C）=0.4 mol.现在可以假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x mol、y mol，即可得两个等式
x+ y = 0.4 x + 2y = 0.5
解得 x=0.3 mol、y=0.1 mol.故x∶y=3∶1，选（D）.
2.得失电子守恒在解题中的应用
得失电子守恒的原理一般都是应用在氧化还原反应过程中，在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定要等于氧化剂得到的电子总数，这便是得失电子守恒的根本所在.
例3 将一CuSO4浓度为0.4 mol/L、KCl浓度为0.2 mol/L的混合溶液1 L，用碳棒作电极电解一段时间，在其中一个电极上析出0.3 mol Cu，则另一电极上收集的气体在标准状况下的体积是 （ ）
（A） 4.48 L （B） 5.60 L （C） 6.72 L （D） 13.44 L
解析：根据电解池原理Cu2+在阴极得电子还原为Cu，即Cu2++2e-=Cu.阴极得到0.3 mol Cu，共得到电子为0.6 mol.阳极先是Cl-失电子被氧化为Cl2，2Cl--2e-=Cl2，而0.2 mol Cl-共失0.2 mol电子，根据得失电子守恒， Cl-失的电子不足，此时，溶液中的OH-开始失电子，4OH--4e-=2H2O+O2，所以OH-应失0.4 mol电子，放出O2气体0.1 mol，则气体总物质的量为0.2 mol，所以标准状况下体积为0.2 mol×22.4 mol/L=4.48 L.选（A）.
3. 电荷守恒在解题中的应用
根据我们的生活经验便知，溶液是不带电的，而电解质溶液中又必然存在阳离子和阴离子，已知阳离子带正，电阴离子带负电.所以为了保证整个溶液不带电，则所有正电荷之和与所有负电荷之和要恰好相等以至于可以相互抵消，从而使得溶液不带电.
例4 已知某溶液中仅含有K+、 Zn2+ 、SO2-4、NO-3四种离子，其中K+、Zn2+、NO-3个数比为4
∶5∶8，如假设K+ 为4mol，则SO2-4可能为（ ） （A） 2 mol （B） 3 mol （C） 4 mol （D） 5 mol
解析：根据电荷守恒，整个溶液呈电中性，即正电荷总量等于负电荷总量.而已知K+、Zn2+、NO-3个数比为4
∶5∶8，且K+ 为4 mol，所以得4 mol×1+5 mol×2=8 mol×1+n（SO2-4）×2，解得n（SO2-4）=3 mol，故选（B）.
四、守恒法的选取
在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键.首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目.
1. 在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒.因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法.
2.在氧化还原反应中存在着得失电子守恒.因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法.
3.在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化.因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法.
4.在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法.
五、练习反馈
1.将KCl和KBr的混合物13.4 g，溶于水配成500 mol溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175 g，则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为（ ）
（A） 1∶2∶3 （B） 3∶2∶1
（C） 1∶3∶2 （D） 2∶3∶1
2. 38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到气体22.4 mL（标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是（ ）
（A） 1.0×10-3 mol （B） 1.6×10-3 mol
（C） 2.2×10-3 mol （D） 2.0×10-3 mol
3.某反应中，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X2O
2-7离子还原后的化合价为（ ）
（A） +1 （B） +2 （C） +3 （D） +4
答案：1.（B） 2.（C） 3.（C）
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系，应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法，应用守恒法解题，可使问题简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率.
一、守恒法的分类
1.质量守恒
（1）宏观表现：变化前后的质量相等.
（2）微观表现：变化前后同种元素的原子个数相等.
2.电子守恒
凡是有得失电子的化学过程都必须遵循：得到电子总数=失去电子总数.
（1）氧化剂得电子总数（或化合价降低总数）=还原剂失电子总数（或化合价升高总数）.
（2）在电解池中，通过阴、阳两极的电子数相等.
（3）在原电池中，通过正、负两极的电子数相等.
3.电荷守恒
（1）在电解质溶液中，由于整个溶液是电中性的，所以阴、阳离子所带的正、负电荷总量必须相等.
（2）在离子方程式中，反应物所带的正（或负）电荷总量与生成物所带正（或负）电荷总量相等.
以上各种守恒关系为我们解答复杂题目提供了一个简便的方法，利用守恒关系解题，可以不必纠缠过程的细节，只注意所涉及问题始态与终态之间的某种守恒关系，建立等式求解.这实际上是一种整体思维方式在化学上的应用.
二、 守恒法在解题中的应用
1.质量守恒在解题中的应用
在解题过程中，如何选择正确的方法是相当重要的.例如质量守恒的应用，一般情况下，当题目已知中已经直接告知或者间接告知我们反应物的总质量和其中一种生成物质量时，我们首先想到的就应该是用质量守恒的原理去解题.同样的，其实原子守恒也可以归结为质量守恒的一个分支，同样是利用反应过程中原子的总质量或者是总物质的量不变的原理.
例1 已知C与D的相对分子质量之比为9∶22，在反应A+2B=2C+D中，当1.6 g A与B完全反应后，生成4.4 g D，则参与反应的B和生成物C的质量之比为（ ）
（A） 46∶9 （B） 32∶9 （C） 23∶9 （D） 16∶9
解析：已知C与D的相对分子质量之比为9∶22，根据化学方程式可道，反应生成的C和D的质量比为18∶22.即，1.6 g A与B完全反应后，生成了4.4 g D，同时生成3.6 g C，所以根据质量守恒原理m（A）+m（B）=m（C）+m（D），解得B的质量为6.4 g.所以参加反应的B和生成物C的质量之比为6.4 g÷3.6 g=16∶9.答案：（D）.
例2 将0.4 mol CO2通入1 L 0.5 mol/L NaOH溶液中完全反应，则所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
（A） 1∶3 （B） 1∶2 （C） 1∶1 （D） 3∶1
解析：本题如果通过化学方程式来进行计算，首先必须写出反应中涉及的两个化学方程式：
2NaOH+ CO2 = Na2CO3 +H2O
Na2CO3+CO2+H2O= 2NaHCO3
然后列方程组再求解，这样做很繁琐并且容易出现计算失误.但是，如果我们换成守恒原理的角度去想这个问题则会相对容易很多.已知反应前后原子或离子的总物质的量是不会改变改变的，所以在该反应中钠离子与碳原子的总量始终不变，即n（Na+）=0.5 mol， n（C）=0.4 mol.现在可以假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x mol、y mol，即可得两个等式
x+ y = 0.4 x + 2y = 0.5
解得 x=0.3 mol、y=0.1 mol.故x∶y=3∶1，选（D）.
2.得失电子守恒在解题中的应用
得失电子守恒的原理一般都是应用在氧化还原反应过程中，在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定要等于氧化剂得到的电子总数，这便是得失电子守恒的根本所在.
例3 将一CuSO4浓度为0.4 mol/L、KCl浓度为0.2 mol/L的混合溶液1 L，用碳棒作电极电解一段时间，在其中一个电极上析出0.3 mol Cu，则另一电极上收集的气体在标准状况下的体积是 （ ）
（A） 4.48 L （B） 5.60 L （C） 6.72 L （D） 13.44 L
解析：根据电解池原理Cu2+在阴极得电子还原为Cu，即Cu2++2e-=Cu.阴极得到0.3 mol Cu，共得到电子为0.6 mol.阳极先是Cl-失电子被氧化为Cl2，2Cl--2e-=Cl2，而0.2 mol Cl-共失0.2 mol电子，根据得失电子守恒， Cl-失的电子不足，此时，溶液中的OH-开始失电子，4OH--4e-=2H2O+O2，所以OH-应失0.4 mol电子，放出O2气体0.1 mol，则气体总物质的量为0.2 mol，所以标准状况下体积为0.2 mol×22.4 mol/L=4.48 L.选（A）.
3. 电荷守恒在解题中的应用
根据我们的生活经验便知，溶液是不带电的，而电解质溶液中又必然存在阳离子和阴离子，已知阳离子带正，电阴离子带负电.所以为了保证整个溶液不带电，则所有正电荷之和与所有负电荷之和要恰好相等以至于可以相互抵消，从而使得溶液不带电.
例4 已知某溶液中仅含有K+、 Zn2+ 、SO2-4、NO-3四种离子，其中K+、Zn2+、NO-3个数比为4
∶5∶8，如假设K+ 为4mol，则SO2-4可能为（ ） （A） 2 mol （B） 3 mol （C） 4 mol （D） 5 mol
解析：根据电荷守恒，整个溶液呈电中性，即正电荷总量等于负电荷总量.而已知K+、Zn2+、NO-3个数比为4
∶5∶8，且K+ 为4 mol，所以得4 mol×1+5 mol×2=8 mol×1+n（SO2-4）×2，解得n（SO2-4）=3 mol，故选（B）.
四、守恒法的选取
在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键.首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目.
1. 在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒.因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法.
2.在氧化还原反应中存在着得失电子守恒.因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法.
3.在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化.因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法.
4.在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法.
五、练习反馈
1.将KCl和KBr的混合物13.4 g，溶于水配成500 mol溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175 g，则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为（ ）
（A） 1∶2∶3 （B） 3∶2∶1
（C） 1∶3∶2 （D） 2∶3∶1
2. 38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到气体22.4 mL（标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是（ ）
（A） 1.0×10-3 mol （B） 1.6×10-3 mol
（C） 2.2×10-3 mol （D） 2.0×10-3 mol
3.某反应中，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X2O
2-7离子还原后的化合价为（ ）
（A） +1 （B） +2 （C） +3 （D） +4
答案：1.（B） 2.（C） 3.（C）