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在某一化学或物理变化过程中，某些微粒（如分子原子电子等）的量保持恒定，如质量守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、物料守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。它的特点在于省去化学反应或变化的中间过程，抓住总结果中某一待定量，根据守恒原理求解。
一、常见的守恒类型
1.原子或原子团守恒（质量守恒）
化学反应（或物理变化）前，某物质、元素、原子团或某些特定组合的质量（或物质的量）等于化学反应（或物理变化）后某物质、元素、原子团或某些特定组合的质量（或物质的量）。
[例1]把a g铁铝合金粉末溶把于足量的盐酸中，加入过量氢氧化钠溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量相仍为 a g，则合金中铁的质量分数为（ ）
A、70% B、52.4% C、47.6% D、30%
[解析]根据反应过程中铁质量守恒，可得中Fe2O3铁的量等于合金中铁的量，即Fe%=112/160=70%。
[答案]A。
[例 2] 1.92g铜粉与一定量的浓HNO3反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L（标准状况）。则消耗HNO3的物质的量是（ ） A、0.12mol B、0.11mol C、0.09mol D、0.08mol
[解析]消耗的硝酸分为两部分，一部分进入，另一部分转化为气体，根据反应过程中氮原子守恒，无论生成的气体是NO 还是NO2，1mol气体必然消耗1mol硝酸，故消耗HNO3的总物质的量为：
n（HNO3）=2 n（Cu（NO3）2）+n（氣）
=1.92g/64g·mol—1+1.12L/22.4L·mol—1
=0.11mol。
[答案]B。
2.电子守恒
在氧化还原反应中，氧化剂得到电子数一定等于还原剂失去的电子数。故对有关氧化还原反应的选择题有时利用电子守恒原理进行解题能避繁就简，快速求解。
[例3]在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72—和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A、3.0mol B、1.5mol C、1.0mpl D、0.75mol
[解析]PbO2中Pb元素的化合价为+4，被还原成Pb2+得到2个电子，Cr2O72—中Cr元素的化合价为+6，一个Cr3+被氧化成Cr2O72—时，失去后3个电子。根据电子守恒可知，有1molCr3+反应时，需PbO2 1.5mol。
[答案]B。
[例4]在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢（H2O2）为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中电子转移的电子数目之比是（ ）
A、1：1：1 B、2：2：1 C、2：3：1 D、4：3：2
[解析]根据电子守恒，因为均产生氧气，高锰酸钾和氯酸钾中氧都为—2价，生成氧气时价态升高2，而过氧化氢中氧为—1价，生成氧气时价态升高2，故还原成1molO2时，前二者转移电子4mol，后者转移电子2mol。故反应中转移电子数之比是4：4：2。
[答案]B。
3.电荷守恒
在任何电解质溶液中，阴粒子所带负电荷总数必定等于阳离子所带正电荷总数，即溶液中电荷是守恒的，对于电解质溶液的习题，运用这个原理解题可以达到事半功倍的效果。
[例5] 20ml浓度为0.05mol/L的含Mn+的溶液，恰好把15ml浓度为0.1mol/L的含S2—溶液中的全部沉淀，则n值是（ ）
A、4 B、3 C、2 D、1
[解析]根据电荷守恒：20ml×0.05mol/L×n=15ml×0.1mol/L×2
得n=3。
[答案]B。
[例6]常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）
A、c（HCOO—） > c（Na+） B、c（HCOO—） < c（Na+） C、c（HCOO—）=c（Na+） D、无法确定c（HCOO—）与c（Na+）的关系
[解析]无论甲酸和氢氧化钠溶液以何种比例混合，溶液中只存在HCOO—、Na+、H+、OH—四种离子，根据电荷守恒知：
c（H+）+c（Na+） =c（OH—）+c（HCOO—） ；pH=7时，溶液中c（OH—）=c（H+），则c（HCOO—）=c（Na+）。
[答案]C。
4.质量守恒法
在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
[ 例7] 在一个密闭的钢筒内有甲、乙、丙、丁四种物质，在电火花作用下，发生充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：
已知甲的摩尔质量为丁的2倍，该反应的化学方程式中甲与丁的化学反应系数之比为
A.1∶2 B.1∶1 C.2∶ 1 D.2∶3
[解析]根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，则64g+10g+1g+25g=0+54g+37g+xg，知x=9g，可知丁的减少质量为16g，设丁的摩尔质量为M，则甲的摩尔质量为2M，得甲与丁的化学反应系数之比为64/2M：16/M=2：1。
5.物料守恒法
溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。也就是元素守恒，即变化前后某种元素的原子个数守恒。物料守恒实际属于原子个数守恒和质量守恒。即加入的溶质组成中存在的某些元素之间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、O元素的关系。
物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法。“任一化学反应前后原子种类和数量分别保持不变”，可以微观地应用到具体反应方程式，就是左边带电代数和等于右边。也就是左边（反应物）元素原子（核）个数种类与总数对应相等于右边（生成物）。
（1）含特定元素的微粒（离子或分子）守恒；
（2）不同元素间形成的特定微粒比守恒；
二、如何高效选取守恒法
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。
一、常见的守恒类型
1.原子或原子团守恒（质量守恒）
化学反应（或物理变化）前，某物质、元素、原子团或某些特定组合的质量（或物质的量）等于化学反应（或物理变化）后某物质、元素、原子团或某些特定组合的质量（或物质的量）。
[例1]把a g铁铝合金粉末溶把于足量的盐酸中，加入过量氢氧化钠溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量相仍为 a g，则合金中铁的质量分数为（ ）
A、70% B、52.4% C、47.6% D、30%
[解析]根据反应过程中铁质量守恒，可得中Fe2O3铁的量等于合金中铁的量，即Fe%=112/160=70%。
[答案]A。
[例 2] 1.92g铜粉与一定量的浓HNO3反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L（标准状况）。则消耗HNO3的物质的量是（ ） A、0.12mol B、0.11mol C、0.09mol D、0.08mol
[解析]消耗的硝酸分为两部分，一部分进入，另一部分转化为气体，根据反应过程中氮原子守恒，无论生成的气体是NO 还是NO2，1mol气体必然消耗1mol硝酸，故消耗HNO3的总物质的量为：
n（HNO3）=2 n（Cu（NO3）2）+n（氣）
=1.92g/64g·mol—1+1.12L/22.4L·mol—1
=0.11mol。
[答案]B。
2.电子守恒
在氧化还原反应中，氧化剂得到电子数一定等于还原剂失去的电子数。故对有关氧化还原反应的选择题有时利用电子守恒原理进行解题能避繁就简，快速求解。
[例3]在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72—和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A、3.0mol B、1.5mol C、1.0mpl D、0.75mol
[解析]PbO2中Pb元素的化合价为+4，被还原成Pb2+得到2个电子，Cr2O72—中Cr元素的化合价为+6，一个Cr3+被氧化成Cr2O72—时，失去后3个电子。根据电子守恒可知，有1molCr3+反应时，需PbO2 1.5mol。
[答案]B。
[例4]在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢（H2O2）为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中电子转移的电子数目之比是（ ）
A、1：1：1 B、2：2：1 C、2：3：1 D、4：3：2
[解析]根据电子守恒，因为均产生氧气，高锰酸钾和氯酸钾中氧都为—2价，生成氧气时价态升高2，而过氧化氢中氧为—1价，生成氧气时价态升高2，故还原成1molO2时，前二者转移电子4mol，后者转移电子2mol。故反应中转移电子数之比是4：4：2。
[答案]B。
3.电荷守恒
在任何电解质溶液中，阴粒子所带负电荷总数必定等于阳离子所带正电荷总数，即溶液中电荷是守恒的，对于电解质溶液的习题，运用这个原理解题可以达到事半功倍的效果。
[例5] 20ml浓度为0.05mol/L的含Mn+的溶液，恰好把15ml浓度为0.1mol/L的含S2—溶液中的全部沉淀，则n值是（ ）
A、4 B、3 C、2 D、1
[解析]根据电荷守恒：20ml×0.05mol/L×n=15ml×0.1mol/L×2
得n=3。
[答案]B。
[例6]常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）
A、c（HCOO—） > c（Na+） B、c（HCOO—） < c（Na+） C、c（HCOO—）=c（Na+） D、无法确定c（HCOO—）与c（Na+）的关系
[解析]无论甲酸和氢氧化钠溶液以何种比例混合，溶液中只存在HCOO—、Na+、H+、OH—四种离子，根据电荷守恒知：
c（H+）+c（Na+） =c（OH—）+c（HCOO—） ；pH=7时，溶液中c（OH—）=c（H+），则c（HCOO—）=c（Na+）。
[答案]C。
4.质量守恒法
在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
[ 例7] 在一个密闭的钢筒内有甲、乙、丙、丁四种物质，在电火花作用下，发生充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：
已知甲的摩尔质量为丁的2倍，该反应的化学方程式中甲与丁的化学反应系数之比为
A.1∶2 B.1∶1 C.2∶ 1 D.2∶3
[解析]根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，则64g+10g+1g+25g=0+54g+37g+xg，知x=9g，可知丁的减少质量为16g，设丁的摩尔质量为M，则甲的摩尔质量为2M，得甲与丁的化学反应系数之比为64/2M：16/M=2：1。
5.物料守恒法
溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。也就是元素守恒，即变化前后某种元素的原子个数守恒。物料守恒实际属于原子个数守恒和质量守恒。即加入的溶质组成中存在的某些元素之间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、O元素的关系。
物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法。“任一化学反应前后原子种类和数量分别保持不变”，可以微观地应用到具体反应方程式，就是左边带电代数和等于右边。也就是左边（反应物）元素原子（核）个数种类与总数对应相等于右边（生成物）。
（1）含特定元素的微粒（离子或分子）守恒；
（2）不同元素间形成的特定微粒比守恒；
二、如何高效选取守恒法
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。