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“守恒法”广泛应用于各类试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。守恒法包括：质量（元素）守恒、电子守恒、电荷守恒等。
1.在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素（质量）守恒。如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量、质量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2.根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3.在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
一、质量（元素）守恒
例1：某KOH样品暴露在空气中，经分析，含少量的水和1.2%的K2CO3，取此样品1g放入25.0ml，2mol/L的HCl中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去1.50mol/L的KOH溶液20.8ml，蒸发中和后的溶液，最终得到固体质量为（ ）
A、1.401g B、3.725g C、4.965g D、无法计算
解：KCl中的Cl全部来自于HCl ∴nKCl=nHCl
∴ 选B （元素守恒）
例2：某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为： B+2C+2D；测得生成的混合气体对H2的相对密度为d，则A的相对分子质量为（ ）
A、1d B、5d C、2.5d D、2d
解：由质量守恒得：
∴MA=5d （质量守恒）
例3：将1molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代物的物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为（）
A、0.5mol B、2mol C、2.5mol D、4mol
解：由C元素物质的量守恒。
1mol C分成4份，则每种取代物为0.25mol
∴n（Cl）=0.25（1+2+3+4）=2.5mol， n（HCl）=2.5mol
∴n（Cl2）=2.5mol
例4：一定量的浓硝酸和1.92gCu反应，随着Cu的不断减少，反应生成的气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完时，共收集气体的体积为1.12L（标况），求反应中消耗硝酸的物质的量是多少？
解：从原子守恒的角度分析：
Cu ～ Cu（NO3）2 ～2HNO3（酸性）
=0.03mol 0.06mol
NO×（NO和NO2）～ HNO3（被还原）
=0.05mol 0.05mol
故实际参加反应的n（HNO3）=0.06mol+0.05mol=0.11mol
二、电子守恒
例5：某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl，NaClO，NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化元素的物质的量之比是（ ）
A、21∶5 B、11∶5 C、3∶1 D、4∶1
解： —— + +
↓16 ↑1 ↑15
故被还原的氯元素与被氧化的氯元素之比为16∶4=4∶1
例6：已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下反应；
Fe3+→Fe2+ MnO4-→Mn2+ Cl2→2c1- HNO3→NO
如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是：
A、Fe3+ B、MnO4- C、Cl2 D、HNO3
解：哪种离子中元素化合价降得最多，则哪个氧化KI时，得到I2最多，故选B。
例7：足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2，N2O4，NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（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5mol/l NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）
A、60ml B、45ml C、30ml D、15ml
解：由电子守恒：Cu失去电子数等于O2得电子数
n（Cu）=2n（O2）=2× =0.15mol
nNaOH=2n（cu）=0.3mol
V= =0.06L≈60ml
故選：A
例8：0.03molCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标况下672ml气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，进入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为（）
A、504ml B、336 ml C、224 ml D、168 ml
解：此反应过程可表示为：（电子守恒）
Cu+HNO3→ NOX+Cu2+
此过程中Cu失去电子数应等于O2得电子数
n（O2）
Vo2=0.015mol×22.4L/mol=0.336L≈336ml
故选B
三、电荷守恒
例9：将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得C（SO42-）=0.105mol/L， C（Al3+）=0.055mol/L， 溶液的PH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则C（K+）为（ ）
A、0.045mol/L B、0.035mol/L
C、0.055mol/L D、0.040mol/L
解：由电荷守恒得：
（CCH+）+3C（Al3+）+C（K+）=2×C（SO42-）
∴C（K+）=0.035mol/L
例10：将Fe和Fe2O3的混合物15g，加入150ml稀硫酸中，在标况下放出H21.68L，同时Fe和Fe2O3均无剩余，向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化为Fe（OH）2，共消耗去3moL/L的NaOH溶液200ml，原硫酸溶液的浓度是（）
A、1.5moL/L B、2mol/L C、2.5mol/L D、3mol/L
解：电荷守恒法：反应终了，溶液中大量存在的具有Na+和SO42-，溶酸呈电中性：
2n（so42-）=n（Na+） n（so42-）=0.3mol
C（H2SO4）=2mol/L ∴选B
1.在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素（质量）守恒。如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量、质量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2.根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3.在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
一、质量（元素）守恒
例1：某KOH样品暴露在空气中，经分析，含少量的水和1.2%的K2CO3，取此样品1g放入25.0ml，2mol/L的HCl中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去1.50mol/L的KOH溶液20.8ml，蒸发中和后的溶液，最终得到固体质量为（ ）
A、1.401g B、3.725g C、4.965g D、无法计算
解：KCl中的Cl全部来自于HCl ∴nKCl=nHCl
∴ 选B （元素守恒）
例2：某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为： B+2C+2D；测得生成的混合气体对H2的相对密度为d，则A的相对分子质量为（ ）
A、1d B、5d C、2.5d D、2d
解：由质量守恒得：
∴MA=5d （质量守恒）
例3：将1molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代物的物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为（）
A、0.5mol B、2mol C、2.5mol D、4mol
解：由C元素物质的量守恒。
1mol C分成4份，则每种取代物为0.25mol
∴n（Cl）=0.25（1+2+3+4）=2.5mol， n（HCl）=2.5mol
∴n（Cl2）=2.5mol
例4：一定量的浓硝酸和1.92gCu反应，随着Cu的不断减少，反应生成的气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完时，共收集气体的体积为1.12L（标况），求反应中消耗硝酸的物质的量是多少？
解：从原子守恒的角度分析：
Cu ～ Cu（NO3）2 ～2HNO3（酸性）
=0.03mol 0.06mol
NO×（NO和NO2）～ HNO3（被还原）
=0.05mol 0.05mol
故实际参加反应的n（HNO3）=0.06mol+0.05mol=0.11mol
二、电子守恒
例5：某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl，NaClO，NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化元素的物质的量之比是（ ）
A、21∶5 B、11∶5 C、3∶1 D、4∶1
解： —— + +
↓16 ↑1 ↑15
故被还原的氯元素与被氧化的氯元素之比为16∶4=4∶1
例6：已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下反应；
Fe3+→Fe2+ MnO4-→Mn2+ Cl2→2c1- HNO3→NO
如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是：
A、Fe3+ B、MnO4- C、Cl2 D、HNO3
解：哪种离子中元素化合价降得最多，则哪个氧化KI时，得到I2最多，故选B。
例7：足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2，N2O4，NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（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5mol/l NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）
A、60ml B、45ml C、30ml D、15ml
解：由电子守恒：Cu失去电子数等于O2得电子数
n（Cu）=2n（O2）=2× =0.15mol
nNaOH=2n（cu）=0.3mol
V= =0.06L≈60ml
故選：A
例8：0.03molCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标况下672ml气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，进入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为（）
A、504ml B、336 ml C、224 ml D、168 ml
解：此反应过程可表示为：（电子守恒）
Cu+HNO3→ NOX+Cu2+
此过程中Cu失去电子数应等于O2得电子数
n（O2）
Vo2=0.015mol×22.4L/mol=0.336L≈336ml
故选B
三、电荷守恒
例9：将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得C（SO42-）=0.105mol/L， C（Al3+）=0.055mol/L， 溶液的PH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则C（K+）为（ ）
A、0.045mol/L B、0.035mol/L
C、0.055mol/L D、0.040mol/L
解：由电荷守恒得：
（CCH+）+3C（Al3+）+C（K+）=2×C（SO42-）
∴C（K+）=0.035mol/L
例10：将Fe和Fe2O3的混合物15g，加入150ml稀硫酸中，在标况下放出H21.68L，同时Fe和Fe2O3均无剩余，向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化为Fe（OH）2，共消耗去3moL/L的NaOH溶液200ml，原硫酸溶液的浓度是（）
A、1.5moL/L B、2mol/L C、2.5mol/L D、3mol/L
解：电荷守恒法：反应终了，溶液中大量存在的具有Na+和SO42-，溶酸呈电中性：
2n（so42-）=n（Na+） n（so42-）=0.3mol
C（H2SO4）=2mol/L ∴选B