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守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路、快速解题。
守恒法解题的依据：根据几个连续的化学方程式前后某种微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变建立关联，从而达到快速求解的目的。
一、质量守恒法
质量守恒主要包括两项内容：（1）质量守恒定律；（2）化学反应前后某原子（或原子团）的质量不变。
二、电荷守恒法
电荷守恒即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，也就是说阳离子物质的量与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子的物质的量与其所带电荷数乘积的代数和。常见的电荷守恒有以下几种情况：
1.化合物化学式中存在的电中性原则：正负化合价代数和为零。
2.离子反应中的电荷守恒：反应前后净电荷数相等。
3.电解质溶液中存在的电荷守恒：阴、阳离子电荷守恒。
三、得失电子守恒
化学反应中（或系列化学反应中）还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
四、物料守恒
电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，其实质为原子守恒和质量守恒。
以下通过三道例题的分析进一步阐明守恒思想在化学计算中的运用：
例1、将7.4克碳酸钠晶体和碳酸钠组成的混合物溶于水配成100ml溶液，其中C(Na+)=0.6mol/L,若把等质量的混合物加热到恒重，残留物的质量为多少?
分析：混合物加热最终得到的产物为Na2CO3，据此建立Na原子守恒，建立恒等式：
nNa2CO3= nNa+
= ×0.1L×0.6mol/L
=0.03mol
mNa2CO3=0.03mol×106g/mol
=3.18g
例2、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、NO2、N2O4的混合气，这些混合气体与1.68L的O2（标况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则耗NaOH的物质的量为多少？
分析：（1）Cu失去的电子最终被O2得到，据此建立得失电子守恒可求得参加反应的铜的物质的量。
2Cu 4e- O2
2 22.4
n 1.68
n=0.15(mol)
(2) 依据元素守恒及Cu（OH）2的化学式建立Cu2+与NaOH的定量关系：
Cu Cu2+ 2OH- 2NaOH
1 2
0.15 n1
n1=0.3(mol)
例3、FeS与一定浓度的HNO3反应，生成了Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO、NO2和水。当NO、NO2的物质的量之比为1∶1时，实际参加反应的FeS和HNO3的物质的量之比为多少？
分析：此类问题应将NO、NO2看成一个整体。
（1）依据得失电子守恒：FeS失电子总数等于NO、NO2得电子总数。
1mol FeS完全反应生成1mol Fe3+和1mol SO42-，共失9mol e-,而生成1mol（NO和NO2）共得4mol e-。由得失电子守恒：1mol FeS完全反应生成NO和NO2均为 mol。
（2）依据电荷守恒：溶液中有1mol Fe3+、1mol SO42-，必有1mol NO3-形成相应的盐。
所以消耗硝酸的物质的量为： ×2+1= 。
即: 1mol FeS完全反应消耗HNO3的物质的量为 mol，其比值为2∶11。
守恒法解题的依据：根据几个连续的化学方程式前后某种微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变建立关联，从而达到快速求解的目的。
一、质量守恒法
质量守恒主要包括两项内容：（1）质量守恒定律；（2）化学反应前后某原子（或原子团）的质量不变。
二、电荷守恒法
电荷守恒即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，也就是说阳离子物质的量与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子的物质的量与其所带电荷数乘积的代数和。常见的电荷守恒有以下几种情况：
1.化合物化学式中存在的电中性原则：正负化合价代数和为零。
2.离子反应中的电荷守恒：反应前后净电荷数相等。
3.电解质溶液中存在的电荷守恒：阴、阳离子电荷守恒。
三、得失电子守恒
化学反应中（或系列化学反应中）还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
四、物料守恒
电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，其实质为原子守恒和质量守恒。
以下通过三道例题的分析进一步阐明守恒思想在化学计算中的运用：
例1、将7.4克碳酸钠晶体和碳酸钠组成的混合物溶于水配成100ml溶液，其中C(Na+)=0.6mol/L,若把等质量的混合物加热到恒重，残留物的质量为多少?
分析：混合物加热最终得到的产物为Na2CO3，据此建立Na原子守恒，建立恒等式：
nNa2CO3= nNa+
= ×0.1L×0.6mol/L
=0.03mol
mNa2CO3=0.03mol×106g/mol
=3.18g
例2、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、NO2、N2O4的混合气，这些混合气体与1.68L的O2（标况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则耗NaOH的物质的量为多少？
分析：（1）Cu失去的电子最终被O2得到，据此建立得失电子守恒可求得参加反应的铜的物质的量。
2Cu 4e- O2
2 22.4
n 1.68
n=0.15(mol)
(2) 依据元素守恒及Cu（OH）2的化学式建立Cu2+与NaOH的定量关系：
Cu Cu2+ 2OH- 2NaOH
1 2
0.15 n1
n1=0.3(mol)
例3、FeS与一定浓度的HNO3反应，生成了Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO、NO2和水。当NO、NO2的物质的量之比为1∶1时，实际参加反应的FeS和HNO3的物质的量之比为多少？
分析：此类问题应将NO、NO2看成一个整体。
（1）依据得失电子守恒：FeS失电子总数等于NO、NO2得电子总数。
1mol FeS完全反应生成1mol Fe3+和1mol SO42-，共失9mol e-,而生成1mol（NO和NO2）共得4mol e-。由得失电子守恒：1mol FeS完全反应生成NO和NO2均为 mol。
（2）依据电荷守恒：溶液中有1mol Fe3+、1mol SO42-，必有1mol NO3-形成相应的盐。
所以消耗硝酸的物质的量为： ×2+1= 。
即: 1mol FeS完全反应消耗HNO3的物质的量为 mol，其比值为2∶11。