化学中的解题方法很多，其中守恒法是一种非常重要的方法，它在解题过程中充分挖掘反应中的守恒因素，根据题意建立相应数量关系，列出等式，得出结论。
一、微粒守恒
根据某种微粒在化学过程中保持其量不变而得解。
例1．
把7.4g Na2CO3·10H2O和小苏打的混合物溶于水配成100ml溶液，其中钠离子浓度为0.6mol/L,若把等质量的混合物加热到质量为g。
解析：因加热后，最终残留物为Na2CO3，以反应前后Na+为基准，其数量保持不变，故可得Na2CO3的质量为：
1/2×(0.6 mol/L×0.1L)×
106g/mol=3.18g
例2.一定温度和压强下，10体积的A2现30体积的气体B2化合生成20体积的气体X，求X的化学式。
解析：据质量守恒定律和阿伏加德罗定律：
可写出反应方程式：
10A2+30B2=20C。
C的化学式应为AB3。
例3，在amol/L的K2S水溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A.[H2S]+[HS-]=[H+]+[OH-]
B.[K+]=2[S2-]+2[HS-]+2[H2S]
C.[K+]+[H+]=[S2-]+[HS-]+[OH-]
D. 2[OH-]=[HS-]+[H+]+2[H2S]
解析：K2S水溶液中存在如下反应：
K2S=2K++S2-
S2-+H2O=HS-+OH-
HS-+H2O= H2S+OH-
其中S元素以S2-、HS-、H2S三种型体存在，以S为基准，由微粒守恒可知：
[S2-]+ [ HS-]+[H2S]
=amol/L;
[k+]=2amol/L
2[S2-]+2[ HS-]+2[H2S]=[K+]
故答案为B
二、电荷守恒
因溶液呈中性，故溶液中阳离子所带正电荷总数必然等干阴离子所带负电荷总数。
例4．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，等式：
[Na+]+[H+]=[OH-]+
[HCO3-]+[CO32-]是否成立。
解析：因为在溶液中
Na2CO3=2Na++CO32-
CO32-+H2O=HCO3-+OH-
HCO3+H2O=OH-+H2CO3
H2O=H++OH-
故由电荷守恒可知：
[Na+]+[H+]=[HCO3-]+[OH-]+2[CO32-]
例5.在硫酸铝、硫酸钾、明矾混合溶液中，如果[SO42-]=0.2mol/L,当加入等体积0.2mol/L的KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解，则原溶液中K+的物质的量是多少？
解析：设溶液体积为1L，其中
阳离子有：
K+、Al3+、H+（由水电离),
阴离子有：
SO42-、OH-（由水电离），
n（Al3+）：n（OH）=1：4，
即n(Al3+)=1/4×n(OH-+
=1/4×0.2mol/L×1L=0.05mol
由电荷守恒可知：
[K+]+3[ Al3+]+[ H+]=
2[SO42-]+[ OH-]
即[K+]=2×0.2mol/L-3×0.05mol/L
=0.25mol/L
三、电子守恒
即在化学反应中氧化剂得到的电子总数必然等于还原剂失去的电子总数。
例6.R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-离子变为RO42-离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则n值为多少？
解析：R2O8n-中R为(8-n/2)价，RO42-中R的化合价为+6价，
还原剂失电子总数为：
2×（7-2）
氧化剂得电子总数为：
5×2[(8-n/2)-6]
由电子守恒可知：
2×(7-2)=5×2[(8-n/2)-6]解得n 值为2。
例7.在100mL的溴化亚铁溶液中通入2.25L（标准状况）Cl2，充分反应后，溶液中有1/2的Br-被氧化成溴单质，求原溶液中溴化亚铁的物质的量浓度？
解析：据反应2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-可知还原性：Fe2+＞Br-,故Cl2率先氧化Fe2+，当其被完全氧化后，过剩的Cl2再氧化Br-
设原溶液中FeBr2的物质的量浓度为x，则由电子守恒可知：
0.1x×1+0.1x×2×1/2=0.1×2
故x=1mol/L
四、体积守恒
在反应前后气体物质的总体积保持不变。
例8.二硫化碳（CS2）液体能在O2中燃烧生成CO2和SO2，现取0.228g在448mlO2(标准状况)中完全燃烧，反应后气体为多少毫升？
解析：CS2+3O2=CO2+2SO2
反应物O2和反应产物CO2、SO2均为气体，且总物质的量相等。根阿伏加德罗定知，其体积不变（即反应前后体积守恒），所以不论是何种反应物过量，也不论反应进行的程度怎样，由体积守恒可知，最终气体的体积即为原氧气的体积448ml。
用守恒法解答化学中的复杂问题是非常简便的，这种方法能透过题而找到问题的关键，抓住其中最本质的守恒，达到巧解、速解之目的，收到事半功倍的效果，使学生的思维能力和综合分析能力也得到了提高。
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