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【摘要】
运用守恒定律，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态，使解题过程简化，提高解题效率，这种方法叫守恒法。本文对有关化学计算中运用守恒法的解题方法以实例分析。
【关键词】化学教学 守恒法 化学反应
运用守恒定律，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态，使解题过程简化，提高解题效率，这种方法叫守恒法。一般包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）等。下面就有关化学计算中运用守恒法的解题方法以实例分析。
1.质量守恒:“参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和”
例1：一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得18克水。则加入的铁粉质量为（）
A. 14gB. 42gC. 56gD. 28g
【解析】根据题意铁粉可能过量，少量，或者不足，加入盐酸时生成的气体可能有H2S或H2S、H2 。根据原子守恒有：Fe→FeS（铁守恒）→H2S（硫守恒）→H2O（氢守恒）故铁的物质的量就是水的物质的量，与硫无关，所以铁为18g÷18 g•mol-1=1 mol即56克
【答案】C
2.原子（元素）守恒：参加化学反应前后原子的个数、种类和元素种类不变
例2：取一定量的Na2CO3、NaHCO3和Na2SO4固体的混合物与250mL 1.00mol•L-1过量盐酸反应，生成2016L CO2（标准状况），然后加入500mL 0.100mol•L-1Ba(OH)2溶液，得到沉淀的质量为2.33 g，溶液中过量的碱用10.0mL 1.00mol•L-1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。
【解析】：
运用元素守恒关系则可不必写方程式而快速作答：
① 据硫元素守恒：n(Na2SO4)=n(BaSO4)=0.01mol
②根据钡元素守恒：n(BaCl2)=n(Ba(OH)2)-n(BaSO4)=0.05mol-0.01mol=0.04mol
③设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y
根据钠元素守恒：n(NaCl)=2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)+2n(Na2SO4)
根据氯元素守恒又有：n(NaCl)+2n(BaCl2)=n(HCl)
所以2x+y=0.16 mol 据碳元素守恒有：x+y=n(CO2)=0.09mol解得，x=0.07mol，y=0.02 mol
所以，Na2CO3、NaHCO3的质量分别为0.07mol×106g•mol-1=7.42g、0.02mol×84 g•mol-1=1.68g。
【答案】Na2SO4的质量为1.42g。Na2CO3、NaHCO3的质量分别为7.42g和1.68g。
3.电荷守恒法:电荷守恒（对任一电中性的体系，正负电荷的代数和为零。）
例3：
把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（ ）
【解析】 将溶液分为5等份每份为100mL,每份中n(Ba2+)=a mol,n(Cl-)=b mol, 根据电荷守恒关系得n(K+),=(b-2a) mol,C(k+)=(b-2a)/0.1=10(b-2a)
4.电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）电子守恒即化学反应中氧化剂得电
子总数等于还原剂所失电子总数
例4：白磷放入热的CuSO4(aq)中发生如下反应
P＋CuSO4＋H2O Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4
试计算160 g CuSO4所氧化磷的质量。
【解析】 标出反应中P元素的化合价
＋CuSO4＋H2O Cu3 ＋H3 O4＋H2SO4
可知，P发生了自身氧化还原反应。
注意：本题只求CuSO4氧化磷的质量，不求磷自身氧化的质量，也不求反应中被氧化的磷的总质量。欲求CuSO4氧化磷的质量，无须写出配平的化学方程式，只须找出CuSO4和被其氧化的磷的关系即可，其依据自然是二者氧化还原时得失电子总数相等。具体方法如下：
①写出如下关系式，并根据题给反应标出Cu元素化合价的降低及P元素化合价的升高；
②根据氧化还原方程式的配平原则，得出CuSO4和P的化学计量数5和1；
③计算出160 g CuSO4所氧化的磷的质量
5CuSO4～ P
800 g 31 g
160 g m(P)
m(P)=6.20 g。
【答案】6.20 g
例5：将5.6gFe投入热的浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红棕色混合气体B。将A、B气体混合后通入足量的水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）
A. 2240mLB. 4480mL
C. 3360mL D. 1120mL
【解析】抓住原子和得失电子守恒，先找出以下关系：
我们来分析一下最后剩余的气体可不可能是O2。Fe最终变成Fe2O3失去电子，若剩余的气体是O2，则O的化合价从-2价升到0价，也失去电子，不可能。所以剩余的气体只能是NO。从上述关系图中看出，Fe最后全部变成Fe2O3失去的电子总数等于N得到的电子总数。0.1×3=（5-2）×nNO所以，剩余的NO气体的物质的量为01mol，即2240mL
【答案】A
练习：
(1) 由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag,加入2 mol•L-1的硫酸溶液50ml时固体恰好完全溶解。若将该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为 ()
A. 1.6g B. （a-1.6）g
C.（a-3.2）g D.无法计算
(2)已知：11P+15CuSO4+24H2O==5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCu2+能氧化P的物质的量为（）
A.mol B. mol C. mol D. mol
(3)将8g Fe2O3 投入150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入7g 铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe 和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH 溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（）
A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L
C. 2mol/L D. 1.2mol/L
(4)某温度下，将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO-3离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 2∶3 B. 4∶3
C. 10∶3 D. 11∶3
(5)有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3%。取1克该样品投入25毫升2 mol•L-1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol•L-1KOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）
A.1gB. 3.725 g
C. 0.797 gD. 2.836 g
(6)用两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解，当电解液的PH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有H2析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是（）
A. 27mg B. 54mgC. 108mg D.216mg
【答案】 B、C、C、D、B、B。
运用守恒定律，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态，使解题过程简化，提高解题效率，这种方法叫守恒法。本文对有关化学计算中运用守恒法的解题方法以实例分析。
【关键词】化学教学 守恒法 化学反应
运用守恒定律，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态，使解题过程简化，提高解题效率，这种方法叫守恒法。一般包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）等。下面就有关化学计算中运用守恒法的解题方法以实例分析。
1.质量守恒:“参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和”
例1：一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得18克水。则加入的铁粉质量为（）
A. 14gB. 42gC. 56gD. 28g
【解析】根据题意铁粉可能过量，少量，或者不足，加入盐酸时生成的气体可能有H2S或H2S、H2 。根据原子守恒有：Fe→FeS（铁守恒）→H2S（硫守恒）→H2O（氢守恒）故铁的物质的量就是水的物质的量，与硫无关，所以铁为18g÷18 g•mol-1=1 mol即56克
【答案】C
2.原子（元素）守恒：参加化学反应前后原子的个数、种类和元素种类不变
例2：取一定量的Na2CO3、NaHCO3和Na2SO4固体的混合物与250mL 1.00mol•L-1过量盐酸反应，生成2016L CO2（标准状况），然后加入500mL 0.100mol•L-1Ba(OH)2溶液，得到沉淀的质量为2.33 g，溶液中过量的碱用10.0mL 1.00mol•L-1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。
【解析】：
运用元素守恒关系则可不必写方程式而快速作答：
① 据硫元素守恒：n(Na2SO4)=n(BaSO4)=0.01mol
②根据钡元素守恒：n(BaCl2)=n(Ba(OH)2)-n(BaSO4)=0.05mol-0.01mol=0.04mol
③设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y
根据钠元素守恒：n(NaCl)=2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)+2n(Na2SO4)
根据氯元素守恒又有：n(NaCl)+2n(BaCl2)=n(HCl)
所以2x+y=0.16 mol 据碳元素守恒有：x+y=n(CO2)=0.09mol解得，x=0.07mol，y=0.02 mol
所以，Na2CO3、NaHCO3的质量分别为0.07mol×106g•mol-1=7.42g、0.02mol×84 g•mol-1=1.68g。
【答案】Na2SO4的质量为1.42g。Na2CO3、NaHCO3的质量分别为7.42g和1.68g。
3.电荷守恒法:电荷守恒（对任一电中性的体系，正负电荷的代数和为零。）
例3：
把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（ ）
【解析】 将溶液分为5等份每份为100mL,每份中n(Ba2+)=a mol,n(Cl-)=b mol, 根据电荷守恒关系得n(K+),=(b-2a) mol,C(k+)=(b-2a)/0.1=10(b-2a)
4.电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）电子守恒即化学反应中氧化剂得电
子总数等于还原剂所失电子总数
例4：白磷放入热的CuSO4(aq)中发生如下反应
P＋CuSO4＋H2O Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4
试计算160 g CuSO4所氧化磷的质量。
【解析】 标出反应中P元素的化合价
＋CuSO4＋H2O Cu3 ＋H3 O4＋H2SO4
可知，P发生了自身氧化还原反应。
注意：本题只求CuSO4氧化磷的质量，不求磷自身氧化的质量，也不求反应中被氧化的磷的总质量。欲求CuSO4氧化磷的质量，无须写出配平的化学方程式，只须找出CuSO4和被其氧化的磷的关系即可，其依据自然是二者氧化还原时得失电子总数相等。具体方法如下：
①写出如下关系式，并根据题给反应标出Cu元素化合价的降低及P元素化合价的升高；
②根据氧化还原方程式的配平原则，得出CuSO4和P的化学计量数5和1；
③计算出160 g CuSO4所氧化的磷的质量
5CuSO4～ P
800 g 31 g
160 g m(P)
m(P)=6.20 g。
【答案】6.20 g
例5：将5.6gFe投入热的浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红棕色混合气体B。将A、B气体混合后通入足量的水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）
A. 2240mLB. 4480mL
C. 3360mL D. 1120mL
【解析】抓住原子和得失电子守恒，先找出以下关系：
我们来分析一下最后剩余的气体可不可能是O2。Fe最终变成Fe2O3失去电子，若剩余的气体是O2，则O的化合价从-2价升到0价，也失去电子，不可能。所以剩余的气体只能是NO。从上述关系图中看出，Fe最后全部变成Fe2O3失去的电子总数等于N得到的电子总数。0.1×3=（5-2）×nNO所以，剩余的NO气体的物质的量为01mol，即2240mL
【答案】A
练习：
(1) 由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag,加入2 mol•L-1的硫酸溶液50ml时固体恰好完全溶解。若将该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为 ()
A. 1.6g B. （a-1.6）g
C.（a-3.2）g D.无法计算
(2)已知：11P+15CuSO4+24H2O==5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，反应中1molCu2+能氧化P的物质的量为（）
A.mol B. mol C. mol D. mol
(3)将8g Fe2O3 投入150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入7g 铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe 和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH 溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（）
A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L
C. 2mol/L D. 1.2mol/L
(4)某温度下，将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO-3离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 2∶3 B. 4∶3
C. 10∶3 D. 11∶3
(5)有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3%。取1克该样品投入25毫升2 mol•L-1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol•L-1KOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）
A.1gB. 3.725 g
C. 0.797 gD. 2.836 g
(6)用两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解，当电解液的PH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有H2析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是（）
A. 27mg B. 54mgC. 108mg D.216mg
【答案】 B、C、C、D、B、B。