爱华网守恒法使解决化学问题的一种极其重要的方法与技巧。运用守恒，其特点是抓住有关变化的始态与终态，不纠缠过程细节，利用其中某种不变的量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
一、质量守恒
化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即化学反应中反应物总质量等于生成物总质量，这便是质量守恒。在化学反应中，因为同种元素原子的物质的量（或原子数）在反应前后不变，所以又称元素守恒、原子守恒。
1.质量守恒
在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速解题。
【例题1】在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O2 === 2O3，最后体积变为95 mL（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为_______ g·L－1。
解析：根据质量守恒定律，反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100 mL O2的质量。则反应后混合气体的密度为：ρ＝×32g·mol－1÷0.095L≈1.5 g·L－1.
答案：1.5
【例题2】把a g铁铝合金粉末溶于足量的盐酸中，加入过量的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a g，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a g铁铝合金粉末溶于足量的盐酸中，生成Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2－，留在溶液中；Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的质量等于合金中铝的质量，则w(Fe)＝×100％＝70％
答案：A
点拨：理清反应原理，明确反应过程，是找出质量守恒的关键。
2.原子守恒
找准反应前后某一原子（或原子团）不变，列出等量关系可快速解题。
【例题3】38.4 mg Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部反应后，共收集到标准状况下22.4 mL（NO2和NO）气体，反应消耗的硝酸的物质的量可能是
A．1.0×10－3 mol B．1.6×10－3 mol C．2.2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol
解析：对于选择题，可以用极值法讨论求解，但此法比较麻烦并且无法确定消耗硝酸的准确值。HNO3与金属反应时既表现氧化性又表现酸性，生成的NO2和NO总的物质的量即是表现氧化性的那部分硝酸的量，表现酸性的那部分硝酸则生成Cu(NO3)2，由于反应前后氮原子守恒，则反应消耗HNO3的物质的量为：
n(HNO3) ＝ 2×n[Cu(NO3)2] + n(NOx) ＝×2 + ＝2.2×10－3 mol
答案：C
【例题4】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12％，K2CO3 2.88％，KOH 90％。若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L－1的盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L－1的KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体_______ g。
解析：过程中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为KCl，其中Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。即n(KCl)＝n(HCl)。因此m(KCl)＝0.46L×1mol·L－1×74.5 g·mol－1＝3.427g。
答案：3.427
3.元素守恒
【例题5】把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL 4mol/L的盐酸中，充分反应后产生896 mL H2（标况），残留固体1.28g。过滤后测得滤液中无Cu2+，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)为0.4mol/L。试求原混合物的总质量为______g。
解析：因为滤液显酸性，所以残留固体只可能是铜。
由铜元素守恒得：n(CuO)＝n(Cu)＝＝0.02mol
由氯元素守恒得：2n(FeCl2) + n(HCl余)＝n(HCl总)＝0.44mol，即2n(FeCl2) +0.08mol＝0.44mol得n(FeCl2)＝0.18mol
由氢元素守恒得：2n(生成H2O) + 2n(H2) + n(HCl余)＝n(HCl总)＝0.44mol，得n(生成H2O)＝0.14mol
由氧元素守恒得：3n(Fe2O3) + n(CuO)＝n(生成H2O)，得n(Fe2O3)＝0.04mol
最后由铁元素守恒得：2n(Fe2O3) + n(Fe)＝n(FeCl2)， 得n(Fe)＝0.1mol
因此，原混合物的质量
0.1mol×56g·mol－1 + 0.04mol×160g·mol－1 + 0.02mol×80g·mol－1＝13.6g
答案：13.6g
点拨：化学反应过程实际上就是原子的重新组合，因此同种元素的原子在反应前后必定保持守恒关系：即原子的质量守恒和原子的个数守恒。
二、电子守恒
氧化还原反应中，氧化剂得电子（化合价降低）总数等于还原剂失电子（化合价升高）总数，得失电子守恒（化合价升降相等）。在化学反应过程中找准元素化合价升高的和降低的物质，列出等量关系可快速解题。
【例题6】 1.92 g Cu投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越淡，共收集到672 mL 气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，容器内液面上升，再通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是
A．504 mL B．168 mL C．336 mL D．224 mL
解析：分析各物质的始态和终态，Cu的化合价升高，始态是硝酸，终态还是硝酸，所以硝酸没有变化，化合价降低的是O2中的氧元素。即一定量的Cu完全溶于浓硝酸中，所产生的气体与一定量的O2混合后恰好完全溶于水时，消耗O2的量只取决于Cu的物质的量由得失电子守恒知2n(O2)＝n(Cu)，则有：
n(O2) ＝ n(Cu) ＝ × ＝ 0.015 mol
V(O2) ＝0.015 mol×22.4L/mol ＝ 0.336 L ＝ 336 mL
答案：C
【例题7】14gCu、Ag合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L（标准状况）O2混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中Cu的质量是
A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．无法计算
解析：金属与硝酸反应所生成的氮的氧化物在与O2混合后用水恰好完全吸收时，消耗O2的量只取决于消耗金属的量，可依据得失电子守恒建立等式，即：
n(Cu)×2 + n(Ag)×1 ＝n(NO2) + 3n(NO) ＝ 4n(O2)
64×n(Cu) + 108×n(Ag)＝14
解得m(Cu)＝3.2 g
答案：C
【例题8】将54.4g铁和氧化铁的混合粉末投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到4.48L H2（标况），并测得溶液中既没有Fe3+，也没有固体残留，试回答下列问题：
（1）原混合物中Fe和Fe2O3的质量分别为______、________。
（2）反应后得到______mol FeSO4。
解析：设原混合物中Fe为x g，Fe2O3为(54.4－x)g
（1）根据得失电子守恒有：×2 ＝ ×2 + ×2
解得x＝22.4，即原混合物中铁的质量为22.4g，Fe2O3的质量为：54.4g－22.4g＝32g
（2）由铁元素守恒知：n(FeSO4)＝n(Fe) + n(Fe2O3) ×2
＝ + ×2＝0.8mol
答案：（1）22.4g（2）0.8mol
点拨：在氧化还原反应中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于还原剂失去电子的总物质的量。在解答有关氧化还原反应的试题中尤其是涉及多个氧化还原反应时，运用电子守恒可起到事半功倍的效果。
三、电荷守恒
电荷守恒是指阳离子所带的电荷总数（各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和）与阴离子所带的电荷总数（各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和）在数值上相等。
1.离子方程式中，常用于离子方程式正误的判断及书写
【例题9】在一定条件下， RO3n－与I－发生反应的离子方程式为：
RO3n－ + 6I－ + 6H+ === R－ + 3I2 + 3H2O，RO3n－中的n为______。
解析：依据电荷守恒，反应后电荷总数为－1，所以有：－n+(－1)×6 + (+1)×6＝－1，解得：n＝1。
答案：1
【例题10】能正确表示下列反应的离子方程式是
A．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑
B．将磁性氧化铁溶于盐酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O
C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合： Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑
D．将铜屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+
解析：A选项错误，不符合客观实际，反应后只能产生Fe2+ 和H2；B选项错误，电荷不守恒，Fe3O4中Fe有两种价态，正确应该为：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O；C选项错误，得失电子不守恒，电荷不守恒；正确的应为：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O； D选项正确，符合3个守恒。
答案：D
2.溶液呈电中性
【例题11】将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064g（设电解过程中无H2放出，且不考虑水解和溶液的体积变化）。此时H+的浓度为：
A. 4×10－3mol·L－1 B. 2×10－3mol·L－1 C.1×10－3mol·L－1 D. 1×10－7mol·L－1
解析：由电中性原理，CuSO4溶液中的Cu2+电解为Cu后，所缺少的正电荷由生成的H+来补充，故有n(H+)＝2n(Cu2+)＝×2＝2×10－3mol，
c(H+)＝＝4×10－3mol·L－1
答案：A
【例题12】铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL N2O4气体（体积均为标准状况下测定），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g
解析：加入足量的氢氧化钠溶液，沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，沉淀的质量就是合金的质量和氢氧根的质量之和。由于反应前的Cu、Mg 及反应后的Cu(OH)2、Mg(OH)2均呈电中性，故根据电荷守恒，反应过程中金属单质失去电子的物质的量等于金属离子所结合的OH－的物质的量，即：n(OH－) ＝ n(e－)。则
n(OH－)＝n(e－)＝n(NO2)×1 + n(N2O4)×2＝×1 + ×2＝0.23 mol
m(沉淀)＝m(金属)＝m(OH－)＝ 4.6 g + 0.23 mol×17 g/mol ＝ 8.51 g
答案：B
【例题13】已知2Fe2+ + Br2 ＝ 2Fe3+ + 2Br－，向100mL FeBr2溶液中通入标况下的Cl2 3.36L，充分反应后测得形成的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_________。
解析：由题意可知还原性： Fe2+＞Br－，因此通入Cl2后，Fe2+应该全部被氧化为Fe3+。反应后溶液中存在的离子有：Cl－、Br－和Fe3+。且n(Cl－)＝n(Br－)
＝2n(Cl2)＝2×＝0.3mol
由电荷守恒得：3n(Fe3+)＝n(Cl－) ×1+ n(Br－) ×1，解得n(Fe3+)＝0.2mol
因此原FeBr2溶液的物质的量浓度为：c(FeBr2)＝0.2mol/0.1L＝2 mol/L
答案：2 mol/L
点拨：在离子化合物或电解质溶液里，所含阴、阳离子的电荷数必定相等，既溶液显电中性。也就是：阳离子的物质的量（或其浓度）×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量（或其浓度）×阴离子的电荷数。
2013-08-16 人教网 下载：
