守恒法就是以化学反应中或溶液中存在的某些守恒关系作为依据，将复杂问题化繁为简的一种解题方法。常见的守恒法有质量守恒法、元素守恒法、电荷守恒法、电子守恒法和综合守恒法等。对于存在某种守恒关系的题目，若能应用守恒法，紧紧抓住诸多变化中的不变量迅速建立等量关系，则可达到巧解、快解的效果，既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景下寻找关系式，提高解题的准确度。现举例解读守恒法及其应用，希望对同学们有所启发。
  一、质量守恒法
　　质量守恒法就是根据初中学过的质量守恒定律即参加反应的反应物的总质量等于生成物的总质量建立等量关系，从而进行解题的方法。
　　例1、已知Q和R的摩尔质量之比为9：22 ，在反应X+2Y=2Q+R中，当1.6gX和Y完全反应后，生成4.4gR，则参加反应的Y和生成物Q的质量之比是（      ）
  A、46：9 B、32：9
  C、23：9 D、16：9
　　【解析】根据题意知：生成的Q和R的质量之比m(Q)/m(R)=2M(Q)/M(R)=2×M(Q)/M(R),由题设知M(Q)/M(R)= 9：22，有m(Q)/m(R)=18：22，又因M(R)=4.4g，则m(Q)=3.6g ；根据质量守恒法知m(X)+m(Y)= m(Q)+m(R),代入数据得m(Y) =4.4g+3.6g－1.6g = 6.4g ,则m(Y)/ m(Q)= 6.4g/3.6g=16：9，故答案为D。
  二、元素守恒法
　　元素守恒法就是根据反应前后某元素的原子或某原子团的数目不变而建立等量关系，进而求解的方法。
  例2、将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热。下列关于混合物加热前后与盐酸完全反应，消耗HCl的物质的量的结论中正确的是（    ）
  A、加热前消耗的多
  B、不知NaHCO3和Na2O2的含量，故无法确定
  C、加热后消耗的多
  D、加热前后消耗的一样多
　　【解析】在整个反应过程中Na原子是守恒的即加热前与盐酸反应的生成物中的Na的物质的量与加热后与盐酸反应生成物中的Na的物质的量相等，而且最终Na原子都与HCl中的Cl原子结合，所以消耗HCl的物质的量一样多，故答案为D。
　　三、电荷守恒法
　　电荷守恒法就是根据电解质溶液或离子化合物呈电中性即阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数建立等量关系，进行求解的方法。
  例3、用0.10mol/L的盐酸滴定0.10mol/L的氨水，滴定过程中不可能出现的是（     ）
　　A、c(NH4+)>c(Cl－)；c(OH－)>C(H+)
  B、c(NH4+)=c(Cl－)；c(OH－)=c(H+)
　　C、c(Cl－)> c(NH4+)；c(OH－)>C(H+)
　　D、c(Cl－)> c(NH4+)；c(H+)> c(OH－)
　　【解析】在滴定过程中有电荷守恒关系是c(NH4+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(Cl－)。若溶液为酸性即c(H+)> c(OH－)，则c(Cl－)> c(NH4+)；若溶液为中性即c(OH－)=c(H+)，则c(NH4+)=c(Cl－)；若溶液为碱性即c(OH－)>c(H+)，则c(NH4+)>c(Cl－)，此时不可能出现c(Cl－)> c(NH4+)，故答案为C。
　　电荷守恒法除用于溶液各离子大小关系的定性判断外，还可用于离子浓度的定量计算。
　　例4、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH = 1，c (Al) == 0.4 mol / L、c (SO) == 0.8 mol / L，则c (K)为（    ）
  A．0.15 mol / L    B．0.2 mol / L    C．0.3 mol / L    D．0.4 mol / L
   【解析】在硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液中存在的电荷守恒关系是c(H+)+c(K+)+3c(Al3+)=c(OH－)+2c(SO42－)。由pH = 1知溶液呈强酸性，水的电离受到抑制,故水电离的c(OH－) 、c(H+)忽略不计；由pH = 1还可求得溶液中c(H+)= 0.1mol/L，所以c (K)=2×0.8 mol / L－3×0.4 mol / L = 0.4 mol / L，故答案为D。
  ｛温馨提示｝运用电荷守恒法解题的步骤：①找全体系中存在的阴阳离子②书写电荷守恒关系式。③根据已知分析解题。
  四、电子守恒法
　　电子守恒法就是根据在氧化还原反应中氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数建立等量关系，进而解题的方法。
　　例5、物质的量之比2：5的锌与稀HNO3反应，若硝酸的还原产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是（     ）
　　A、1：4    B、1：5
  C、2：3    D、2：5
  【解析】锌失电子的物质的量=被还原HNO3得电子的物质的量，假设n(Zn)=2mol、n(HNO3)=5mol，就有2×（2－0）=（5－1）×n（被还原HNO3），则n（被还原HNO3）=1mol，故n（未被还原HNO3）= n(HNO3)－n（被还原HNO3）=4mol,所以n（被还原HNO3）：n（未被还原HNO3）=1：4，故答案为A。
  电子守恒法不仅可用于单个反应的相关计算，还可用于涉及多个反应的计算。
  例6、称取63.2gKMnO4固体，先加热分解制取O2，再将剩余固体与足量36.5%的浓盐酸（  =1.2g/ml）混合加热制Cl2 。设收集到O2为a mol,收集到的Cl2为b mol，最后Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。当a=0.16时，收集到的Cl2的物质的量为（       ）。
  【解析】在上述反应过程中，Mn元素得电子从+7价将为+2价，O和Cl两种元素失电子，分别从－2价变到0价和－1价变到0价，所以KMnO4中Mn得电子的物质的量=生成Cl2 和O2失电子的总物质的量即n(KMnO4) ×(7－2)=〔0－(－2) 〕×2a+〔0－(－1) 〕×2b,代入数据有(63.2g/158g/mol) ×5=4×0.16mol+2b,解之得b=0.68mol, 收集到的Cl2的物质的量为0.68mol。
  ｛温馨提示｝运用电子守恒法解题需注意以下几点：①核准好氧化剂和还原剂的物质的量。②1mol原子得或失电子的物质的量等于它的高价态减去低价态（此法还可用于计算元素的化合价）。
  五、综合守恒法
　　综合守恒法就是运用了以上守恒法中的两种或两种以上的守恒关系进行解题的方法。
　　例7：在隔绝空气的情况下，9.8gFe和Mg的混合物溶于一定量某浓度的稀HNO3中，当金属完全溶解后，收集到0.2mol NO气体，在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化沉淀的质量为（      ）
　　A、18g    B、20g
  C、22g    D、24g
　　【解析】
　　                 

由图示可知n(OH－)=n(NO3－)=n(Fe和Mg失电子)= n（被还原HNO3得电子），省去中间计算得：n(OH－) = n（被还原HNO3得电子）=0.2mol×（5－2）=0.06mol,则m(OH－)=0.06mol×17g/mol=10.2g; 根据质量守恒定律得m(氢氧化沉淀)=m(Fe和Mg)+m(OH－)=9.8g+10.2g=20g，故答案为B。