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守 恒 法
　
在化学中有许多守恒关系，如质量守恒、电子守恒、电荷守恒等。
1．质量守恒
①宏观表现：变化前后的质量相等
②微观表现：变化前后同种元素的原子个数相等
2．电子守恒
凡是有得失电子的化学过程都必须遵循得电子总数=失电子总数。
①在氧化-(或化合价降低总数)=还原剂失电子总数(或化合价升高总数)。
②在电解池中，通过阴、阳两极的电子数相等。
③在原电池中，通过正、负两极的电子数相等。
3．电荷守恒
①在电解质溶液中，由于整个溶液是电中性的，所以阴、阳离子所带的正、负电荷总量必须相等。
②在离子方程式中，反应物所带的正(或负)电荷总量与生成物所带正(或负)电荷总量相等。
以上各种守恒关系为我们解答复杂题目提供了一个简便的方法，利用守恒关系解题，可以不必纠缠过程的细节，只注意所涉及问题始态与终态之间的某种守恒关系，建立等式求解。这实际上是一种整体思维方式在化学上的应用。
【例6】在一密闭烧瓶中注满NO2，25℃时建立下列平衡：
2NO2(气) N2O4(气)+56.8kJ
将烧瓶置于100℃水中，则下列各量中不会变化的是：
①颜色　 ②平均分子量　 ③密度　 ④压强　 ⑤反应热
解析　 体系升温，平衡向逆反应方向移动。NO2增多，所以颜色加
m总／n总减小；反应热与平衡移动无关，是反应固有的性质，所以不变。
故不变的为：③和⑤
【例7】某黄铁矿中含FeS285％，惰性杂质15％，在过量空气中燃烧：
4FeS2(固)+11O2(气)=Fe2O3(固)+8SO2(气)+3318kJ
充分燃烧后，反应所得固体残渣中仍含FeS24％，试计算燃烧1000g这种黄铁矿所放出的热量。
解析　 中的Fe=黄铁矿中的Fe
黄铁矿中含Fe：
设固体残渣为xg
含惰性杂质：1000×15％=150g
含Fe2O3：(x-4x％-150)g
解得：x=671.88(g)
残渣中含Fe2O3=x-4x％-150=495(g)
设共放出ykJ热量
解得：y=5132.5(kJ)
【例8】38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL(标准状况)。反应消耗HNO3的物质的量为多少mol？
(忽略NO2与N2O4之间的转化。)
解析本题首先要明确：①22.4mL气体是否全是NO2。因Cu——2NO2，所以38.4mg铜共产生NO2为38.4／64×2×22.4=26.88mL＞22.4。故22.4mL气体为NO2和NO的混合气体。②为什么浓HNO3反应后生成NO气体？这正是容易被忽视的一个实际问题：随着反应的进行，反应物逐渐减少，其浓度也逐渐降低，即开始为浓HNO3，与Cu反应生成NO2，但当HNO3的浓度降至稀HNO3时便生成了NO。
方法一　 设与浓HNO3反应的Cu为xmmol，则与稀HNO3反应的Cu为0.6-xmmol。
x=0.45(mmol)
方法二　 根据反应前后N原子守恒。反应消耗的HNO3中的N分别在Cu(NO3)2和气体中。
Cu——Cu(NO3)2——2N
0.6　　　　　　　1.2
1(NO2+NO)——1N
22.4／22.4　　　　　 1
所以共耗HNO3：1.2+1=2.2(mmol)
方法一为常规方法：摩尔代数法，与之相比方法二：守恒法真是太好了！
【例9】取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集H21.568L(标准状况)。再取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物3.8g加入到所得的溶液中，当反应完毕后(此时Ca2+、CO32-、HCO3-等离子均完全进入沉淀)将溶液蒸干，得到白色固体8.8g，再将白色固体用水洗涤、干燥得白色不溶物4g。试求：
(1)钠、钙各多少克？
(2)NaHCO3和Na2CO3各多少克？
解析　 先将题目图解如下：
n=0.06(mol)
则：Ca：0.04×40=1.6(g)
Na：0.06×23=1.38(g)
(2)方法一　 根据Na守恒可得
解得x=y=0.02(mol)
所以NaHCO3：0.02×84=1.68(g)
Na2CO3：0.02×106=2.12(g)
方法二　 根据C守恒可得
方法三　 根据OH-守恒可得
Ca(OH)2和NaOH中的OH-等于NaHCO3消耗的OH-和剩余NaOH中的OH-
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O
x　　　　　　　　　 x
0.04×2+0.06=x+4.8／40
解得：x=0.02(mol)
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