在自然界中，守恒关系是普遍存在的，如能量守恒，质量守恒，电子守恒，电荷守恒等等，运用守恒思想，不拘泥于事物发展的细节或变化途径，只要抓住事物变化过程中的守恒因素，往往能达到速解和巧解的作用。下面就中学化学的教学实践，笔者略谈守恒法在中学化学中的几种具体应用。

　　一、质量守恒

　　理论依据：在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。

　　例1把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为（）

　　A.70%B.52.4%C.47.6%D.30%

　　解析：把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO■■，留在溶液中；Fe2+生成了Fe（OH）2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量，则w（Fe）=■×100%=■×100%=70%。选A项。

　　二、得失电子守恒

　　理论依据：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。

　　例2取3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？

　　解析：铜失电子数=被还原的硝酸得的电子数=氧化硝酸的还原产物nO，nO2消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数=氧气得的电子数。则

　　n（O2）=n（Cu）×2×1/4=3.84g÷64g·mol-1×2×1/4=0.03mol

　　V（O2）=0.03mol×22.4L·mol-1=0.672L

　　若用常规解法，应先求出NO，NO2的物质的量，再根据：

　　4nO2+O2+2H2O=4HnO3

　　4nO+3O2+2H2O=4HnO3

　　计算出O2的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。

　　三、电荷守恒

　　例3某地酸雨除氢离子和氢氧根离子之外其他离子分析数据如下：[Na+]=2.3×10-5mol/L；=3.5×10-5mol/L；[NH■■]=7×10-6mol/L；[SO■■]=2.5×10-6mol/L；该地酸雨的PH值是（）。

　　A.3.0B.4.0C.4.3D.5.0

　　解析：根据酸雨中，阴阳离子电荷守恒求算：

　　[Na+]+[NH■■]+=+2+[OH-]因溶液显酸性，故[OH-]可略。代入题给数据，立即求得[SO■■]=1.0×10-5mol/LPH=5.0。故选D。

　　四、体积守恒

　　例4将mg铁粉和ng硫粉均匀混合，在密闭容器中加热到红热，冷却后加入多少升的盐酸后就不再产生气体？若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积一共是多少升？

　　解析：有关化学方程式为：Fe+S■FeS、FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑

　　若Fe过量，还有反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

　　可得关系式：

　　注：收集的气体可能是H2S也可能是H2S和H2的混合气体。

　　五、守恒法的选取

　　在进行解题时，如何选择何种守恒关系是很关键的。首先要明确各种守恒关系的特点，然后仔细审题并挖掘题目中存在的守恒关系，正确地解答题目。

　　1.在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法。

　　2.在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。

　　3.在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。

　　4.在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及与质量有关的问题可考虑质量守恒法。

　　总之，守恒思想是中学化学必须掌握的重要解题思想，守恒法的灵活运用能够简化解题过程，从而快速准确地解答题目。

 

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