高考化学计算技巧-守恒法专题突破
化学计算技巧之1.守恒法
专题（一）守恒法【学海导航】所谓“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等进行计算的方法。
运用守恒法解题可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的速度和准确度。
在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。
首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，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．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
因此涉及到溶液（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或物料守恒法。
2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒．．．．．．．．．．．．．．．．．。
因此涉及到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。
因此涉及到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，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
【精题点拨】1、得失电子守恒【例1】向含amolNa2S和bmolNa2S2O3的混合液中加入足量的稀硫酸酸化，完全反应后，得到沉淀(a+2b)mol ，原混和液中a 和b 的关系是(A)a=2b (B)2a=b (C)a>2b (D)2a>b【解析】由题意可知：amolNa2S 和 bmolNa2S2O3中的Ｓ元素全部转变为Ｓ沉淀，硫元素的化合价发生了改变，是氧化－还原反应，得失电子总数守恒。
amolNa2S 中的硫元素化合价从－２价变为０价，失去 2amol 电子，bmolNa2S2O3中的＋２价的Ｓ变到０价，得到 4bmol 电子，由得失电子总数守恒得 a=2b 。
【能力训练一】1.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中 mol该离子恰好能使－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋42、在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5 mol H2O做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是mol mol C. D.3．向100 mL FeBr 2溶液中缓慢通入 L （标准状况）Cl 2，有的Br - 被氧化成溴单质，则原FeBr 2溶液的物质的量浓度mol/L mol/L mol/L mol/L4.已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 ×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需L 的亚硫酸钠溶液,那么R 元素的最终价态为A.+3B.+2C.+15、 实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO 42―-2e -=PbSO 4正极PbO 2+4H ++SO 42―+2e -=PbSO 4+2H 2O如果制得，这时电池内消耗的H 2SO 4的物质的量至少是A 、B 、C 、D 、6. 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。
难点突破丨高中化学解题技巧之守恒法
难点突破丨高中化学解题技巧之守恒法最近很多同学都向化学姐提问有关高中化学习题解答技巧的，我在这里给同学们总结了很多化学习题常用的解题方法，通过习题的方法给同学们进行经典例题的分析，帮助同学们攻克化学习题。
今天化学姐给同学们先推荐一个方法，就是守恒法，希望同学们多做后面的练习，争取对这种方法熟练掌握。
高中化学解题方法技巧之——守恒法守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。
系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。
●难点磁场请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
现有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96L。
已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。
欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
●案例探究［例题］将CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL 溶液，再通入过量的Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175g。
则原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)为A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1命题意图：考查学生对电荷守恒的认识。
属化学教学中要求理解的内容。
知识依托：溶液等有关知识。
错解分析：误用电荷守恒：n(Ca2＋)=n(Cl－)＋n(Br－)，错选A。
解题思路：1个Ca2＋所带电荷数为2，则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，知原溶液中：2n(Ca2＋)= n (Cl－)＋n (Br－)将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
答案：D●锦囊妙计化学上，常用的守恒方法有以下几种：1.电荷守恒溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
高中化学质量的守恒计算题解题技巧
高中化学质量的守恒计算题解题技巧高中化学中，质量的守恒计算题是一类常见且重要的题型。
掌握解题技巧对于学生来说至关重要，下面将通过具体例子，分析和说明这类题目的考点，并给出解题技巧。
首先，我们来看一个典型的质量的守恒计算题：【例1】一根木棍质量为100克，点燃后完全燃烧，生成的水和二氧化碳总质量为80克，求生成的二氧化碳的质量。
这是一个典型的燃烧反应题目，考察的是质量守恒定律。
解决这类题目的关键是找到反应物和生成物之间的质量关系。
在这个例子中，我们可以通过以下步骤解题：1. 确定反应物和生成物：题目已经明确给出，反应物是木棍，生成物是水和二氧化碳。
2. 确定反应物和生成物的质量关系：根据题目中的信息，反应物木棍的质量为100克，生成物水和二氧化碳的总质量为80克。
根据质量守恒定律，反应物的质量等于生成物的质量之和。
因此，反应物木棍的质量减去生成物水的质量，即为生成物二氧化碳的质量。
所以，生成的二氧化碳质量为100克 - 80克 = 20克。
通过以上步骤，我们可以得出结论：生成的二氧化碳的质量为20克。
接下来，我们再来看一个稍微复杂一些的例子：【例2】一瓶饮料质量为200克，其中含有20克的葡萄糖。
将饮料完全蒸发，葡萄糖完全分解生成二氧化碳和水，求生成的二氧化碳的质量。
这个例子考察的是物质的分解反应，并且在计算过程中涉及到葡萄糖的质量。
解决这类题目的关键是找到反应物和生成物之间的质量关系，并且注意计算过程中的细节。
在这个例子中，我们可以通过以下步骤解题：1. 确定反应物和生成物：题目已经明确给出，反应物是葡萄糖，生成物是二氧化碳和水。
2. 确定反应物和生成物的质量关系：根据题目中的信息，反应物葡萄糖的质量为20克。
根据分解反应的化学方程式，1摩尔的葡萄糖可以生成6摩尔的二氧化碳。
根据摩尔质量的关系，葡萄糖的摩尔质量为180克/摩尔，二氧化碳的摩尔质量为44克/摩尔。
所以，20克的葡萄糖可以生成20克/180克/摩尔 × 6摩尔 × 44克/摩尔 = 14.67克的二氧化碳。
守恒法让化学高考计算快人一步
守恒法让化学高考计算快人一步作者：张永富来源：《理科考试研究·高中》2014年第01期高考是知识、能力与技巧的较量，在有限的时间内，时间决定成败.大多数考生不是不会做高考题，而是时间不够，尤其是理综考试，很难完成全卷. “守恒法”解题就是以某种守恒作为依据，寻找某种恒等关系解题的基本思路.其特点是可以避开某些繁琐的中间过程，避免书写复杂的化学反应方程式，提高解题速度和准确度.同时守恒法的应用也是历年高考的重点.守恒法解题的关键是寻找守恒关系，列代数方程式求未知数.一、质量守恒法：其依据是化学反应前后各物质的质量总和不变.例1 某固体物质X加热分解2X=Y+2Z+4W，生成物均为气体，现测得生成的混合气体在标准状况下的体积为500 mL，质量为0.51克，则X的摩尔质量约为（）.A.22.85 g/molB.79.97 g/molC.159.94 g/molD.45.69 g/mol解析 X的摩尔质量是指1 mol X所具有的质量.标准状况下，500 mL气体的物质的量为500 mL÷22400 mL/mol=5/224 mol，混合气体平均摩尔质量为0.51 g÷5/224 mol=22.85 g/mol.若X的物质的量为2 mol，产物的物质的量之和为7 mol，质量为7 mol×22.85 g/mol=159.95 g，由质量守恒定律得，2 mol X质量也为159.95 g，所以，X得摩尔质量约为159.95 g÷2 mol≈79.97 g/mol.正确选项为B.二、体积守恒法：其依据是某些化学反应反应前后气体分子数不变.例2 将10 g CS2在11.2 L氧气中充分反应，恢复到原状况.求所得混合气体的体积.解析该反应的反应式为：CS2（l）+3O2（g）CO2（g）+2SO2（g）.不知温度压强，无法判断哪种物质过量，这道题似乎无答案.但从反应式可看出，该反应反应前后气体分子数相等，不管CS2是否完全反应，气体在相同状况下的体积是定值.因此，不用计算，所得混合气体的体积为11.2 L.三、原子守恒法：其依据是某变化过程中原子数不变.例3 标准状况下，甲烷、一氧化碳和乙炔的混合气体8.96 L，完全燃烧生成二氧化碳26.4 g，求混合气体中乙炔的体积.解析混合气体物质的量为8.96 L÷22.4 L/mol=0.4 mol；26.4 g二氧化碳的物质的量为26.4 g÷44 g/mol=0.6 mol.三种气体混合，只给两个数据，似乎条件不足.由碳原子守恒可知，1 mol CH4和CO燃烧均生成1 mol CO2，而1 mol C2H2燃烧生成2 mol CO2，显然，CO2与原混合气体物质的量之差就等于乙炔的物质的量.所以，乙炔的物质的量为：0.6 mol-0.4 mol=0.2 mol.乙炔的体积为4.48 L.四、离子守恒法：其依据是在化学变化中，某离子的物质的量不变.例4 将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，求NaOH溶液的浓度.解析当Fe3+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na+全部来源于NaOH，且变化过程中Na+的量不变.因为n（Na+）∶n（SO2-4）=2∶1，所以，n（NaOH）=n （Na+）=2n（SO2-4）=（H+），c（NaOH）=200 mL×0.1 mol/L÷100 mL=0.2 mol/L五、电子守恒法：其依据是氧化反应过程中，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数.例5 将0.02 mol铜片投入一定量浓度的足量硝酸中使其充分反应，用烧瓶收集全部气体.将烧瓶倒立于水槽中，再慢慢通入一定量氧气，烧瓶中恰好充满水.求通入的氧气在标准状况下的体积.解析硝酸被铜还原得到的气体成分较复杂，有一氧化氮，也有二氧化氮.由关系式4NO2+O2+2H2O4HNO3和4NO+3O2+2H2O4HNO3可知，在“烧瓶中恰好充满水”的过程中，只有氧气是氧化剂，而在NO2和NO的生成过程中，只有铜做还原剂.所以，铜失去的电子总数等于氧气得到的电子总数.n（O2）= 0.02 mol×2÷4=0.01 mol，标准状况下的体积是： 0.01 mol×22.4 L/mol=0.224 L六、化合价守恒：依据是化合物中正负化合价代数和为零.例6 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的N2O4气体（都已折算成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，求生成沉淀的质量.解析最终生成的沉淀是Mg（OH）2和Cu（OH）2，其质量等于合金的质量加上俩金属离子所结合的OH-的质量.将N2O4折算成NO2，相当于共生成二氧化氮气体0.23 mol，由氮元素化合价变化可知，合金形成金属阳离子共失去0.23 mol e-，根据化合物中正负化合价代数和为零，使金属离子沉淀共需0.23 mol OH-.所以，生成沉淀的质量为：4.6 g+m（OH-）=4.6g+0.23 mol×17 g/mol=8.51 g.七、元素守恒法：依据是化学变化过程中，同种元素的存在形式可以不同，但其质量不变.例7 某铁的氧化物，用7 mol/L的盐酸100 mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56 L氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+.则该氧化物的化学式是（）.A. FeOB. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7解析此题反应过程较复杂，但是，铁的氧化物中的氧元素和氯化氢中的氢元素全部结合生成水；铁元素则全部转化为Fe3+，和全部氯原子结合最终得FeCl3.所以，n（O）=n（H）÷2=0.1 L×7 mol/L÷2=0.35 mol，n（Fe）=n（Cl）÷3= （0.1 L×7 mol/L+0.56 L÷22.4 L/mol×2）÷3=0.25 mol，n（Fe）∶n（O）= 0.25 mol∶0.35 mol=5∶7.故正确选项为D.。
高三化学硝酸计算中的技巧——“n、e-”守恒法学法指导
高中化学硝酸计算中的技巧——“N 、e －”守恒法1、硝酸与金属反应时还原产物分析在无特殊说明或要求通过计算来确定还原产物时，稀硝酸的还原产物是NO ；而浓硝酸被还原为NO 2。
实际反应中，应注意到随着反应的进行，浓硝酸因被消耗而逐渐变稀，因此如果反应停止时，不能确定硝酸仍为浓硝酸的话，那么浓硝酸与还原剂反应时得到的还原产物可能是NO 2与NO 的混合气体，但只要总体积一定，总有n （气体总量）=n （NO+NO 2）；只有当反应结束时，硝酸仍为浓酸时，还原产物才只有NO 2，而没有NO 。
2、快速解题的利器——N 、e －守恒法利用“N ”守恒与“e －”守恒能快速地解答硝酸与金属发生氧化还原反应[反应形式可表示为：R+HNO 3→O H NO )NO (R 2x n 3++，R 代表金属元素，n 为R 的化合价]的有关计算。
这里的“N ”守恒具体指参加反应的硝酸总量等于被还原的硝酸（通常以NO x 形式存在）加上没有被还原的硝酸（通常以硝酸盐形式存在）之和；“e －”守恒是指还原剂失去的电子数等于硝酸得到（或生成NO x 时得到）的电子数目。
3、实战演练例1 将38.4gCu 与含有2molHNO 3的浓硝酸反应至铜完全溶解后，再向溶液中加入铜时发现铜不再溶解，则在铜完全溶解时所放出的气体体积（标准状况下）为（ ）。
A 、17.92LB 、22.4LC 、8.96LD 、11.2L解析 这是典型的浓硝酸变稀问题，由题知铜与硝酸均完全反应。
但随着反应的进行，硝酸逐渐变稀，产物气体也由NO 2转化为NO ，常规方法是利用下面两个反应并建立代数方程进行计算：O H 2NO 2)NO (Cu )(HNO 4Cu 22233+↑+===+浓；↑++===+NO 2O H 4)NO (Cu 3)(HNO 8Cu 32233稀，过程复杂。
因硝酸反应后一部分氮元素转化成还原产物（氮的氧化物），一部分以硝酸盐形式存在，硝酸盐为mol 6.0mol/g 64g 4.38= 23)NO (Cu ，含有1.2mol -3NO ，依“N ”守恒知：被还原的硝酸等于参加反应的硝酸总量减去转化为硝酸盐中的硝酸，而硝酸分子、NO 、NO 2分子中所含氮原子数目相同，故被还原的硝酸物质的量与生成的氮氧化物的物质的量相等。
高考化学一轮复习 专题2.4 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧教学案
专题2.4 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
1.“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据，从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思想方法。
2.运用守恒法可以避开复杂的反应和中间过程，直接寻找始态和终态中特有的守恒关系，能更快、更便捷地解决问题，提高解题的速度和准确度。
3.中学常见的守恒问题有三种：质量守恒、电荷守恒、电子守恒。
一、质量守恒：反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。
在一些物理变化中也存在质量守恒，如溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出)。
在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解。
【例1】在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O22O3，最后气体体积变为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。
【答案】1.5。
2.原子守恒：抓住初始反应物和最终生成物中某一原子(或原子团)不变，找到等量关系进行求解。
【变式探究】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L-1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体克。
【解析】此题中发生的反应很多，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)；故m(KCl)=0.046 L×1 mol·L-1×74.5 g·mol-1=3.427 g。
守恒法在化学选择题中的快速解题技巧
守恒法在化学选择题中的快速解题技巧高考化学复习守恒法在化学选择题中的快速解题技巧。
高考化学守恒法解题是化学解题的典型方法之一，是常用的、重要的解题技巧。
化学计算中常用到的守恒法有得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒、物料守恒。
高考化学题型全归纳应用守恒法解题，可使问题的化学内在关系更简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率。
高考化学所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系如质量守恒等。
应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。
三好网高考化学一对一家教名师给大家介绍的是高考化学守恒法在解化学选择题中的应用。
在有限的时间内完成规定的任务。
1、原子守恒例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。
我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。
假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
例2：将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L（V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2 V2L（气体体积在标况下测定）则（1）B的成分是A、Na2CO3与NaOHB、Na2CO3与NaHCO3C、Na2CO3D、NaOH（2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
高考化学守恒法的应用技巧
高考化学守恒法的应用技巧金点子：“守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。
但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。
守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。
1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。
如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。
经典题：例题1 ：（2001年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24molK2SO4的营养液。
若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、24方法：利用元素守恒求解。
捷径：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。
若与题干中的数值一致，即为选项。
如题干中NH4+ 50 mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。
选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项B正确。
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高考化学计算技巧—守恒法专题突破【方法点拨】一、守恒法的概念守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。
但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数（如原子、分子、离子等）反应前后相等（在溶液中也称物料守恒）；得失电子守恒是针对氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂的电子总数相等；电荷守恒是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等、溶液呈电中性。
“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。
一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。
而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。
二．守恒法的选取在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。
首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，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。
因此涉及到溶液（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。
因此涉及到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．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
【经典例题透析】类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒）1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。
已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。
欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入 2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
解析：金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na2SO4，根据 Na+守恒和 SO守恒，得如下关系：2NaOH ~ Na2SO4~ H2SO4则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)·V [NaOH(aq)] = 2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)]V [NaOH(aq)]可求。
【答案】800 mL点评：关注始末状态，利用反应前后元素守恒、提炼相关的计算关系式可使计算大大简化。
举一反三：【变式1】将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入2mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是（）A、250mlB、400mlC、500mlD、750ml解析：沉淀达到最大时，溶液中的溶质只有NaCl, NaCl中的Na+来自于NaOH、Cl-来自于HCl，故n（NaOH）=n（HCl）.【答案】C【变式2】向一定量的、、的混合物中，加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出（标况）的气体，所得溶液中加入溶液无血红色出现，若用足量的在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（）A. 11.2gB. 5.6gC. 2.8gD. 无法计算解析：最后溶液中溶质全部是，由电荷守恒可知：∴【答案】C【变式3】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其含水7.62%，K 2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？解析：此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其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）故m（KCl）=0.046L×1 mol·L－1×74.5 g · mol－1=3.427 g【答案】3．427 g【变式4】在Na2S溶液中存在着多种离子和分子，下列关系正确的是 ( )A. c(OH-)＝c(HS－)＋c(H+)＋2c(H2S)B. c(OH-)＝2c(HS－)＋c(H+)＋c(H2S)C. c(OH-)＝c(HS-)＋c(H+)＋c(H2S)D. c(OH-)＝c(HS－)＋2c(H+)＋c(H2S)解析：(1) 由电荷守恒知：c(Na+)＋c(H+)＝2c(S2-)＋c(HS－)＋c(OH-) ①(2) 由物料守恒可知：c(Na2S)起始＝c(S2-)＋c(HS－)＋c(H2S)，由Na2S的组成可知：c(Na+)＝2c(Na2S)起始，故，c(Na+)＝2c(S2-)＋2c(HS－)＋2c(H2S) ②由①和②得：c(OH-)＝c(HS-)＋c(H+)＋2c(H2S)本题也可看成质子守恒，即水电离出的氢离子浓度之和等于氢氧根离子浓度。
【答案】A【变式5】19.2mg铜跟适量浓硝酸反应后,铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( )A、0.8×10－3molB、0.5×10－3molC、1.2×10－3molD、1.1×10－3mol解析:根据N原子守恒,有如下物料守恒式:n(HNO3) ＝n(HNO3)氧＋n（HNO3）酸＝n(气) ＋2n[Cu(NO3)2]＝(11.2×10－3/22.4)＋2×(19.2×10－3/64) ＝1.1×10－3mol。
【答案】D【变式6】将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。
我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。
假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
【答案】A【变式7】把m mol C2H4跟n mol H2混合于密闭容器中，在适当条件下反应达到平衡时生成p mol C2H6，若将所得平衡混合物完全燃烧生成CO2和H2O，需O2的物质的量为 ( )A. 3m＋nB. 3m＋C. 3m＋3p＋D. 3m＋－3p解析：根据C、H原子个数守恒，共有m mol 碳原子，耗氧2m mol，(4m＋2n) mol H原子，耗氧＝m＋，故可得B。
【答案】B类型二：电荷守恒2、1L混合溶液中含SO42－0.00025mol，Cl－0.0005mol ,NO3－0.00025mol ,Na＋0.00025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（）。
A．0.0025 mol·L－1B．0.0001 mol·L－1 C．0.001 mol·L－1 D．0.005 mol·L－1解析：由电荷守恒知：n（Na＋）＋n（H＋）= 2n（SO42－）＋n（Cl－）＋n（NO3－）即 0.00025 mol＋n（H＋）=2×0.00025 mol＋0.0005 mol＋0.00025 mol n（H＋）=0.001 mol 故c（H＋）=0.001mol/1L = 0.001mol/L【答案】C点评：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，要注意离子所带电荷数。
举一反三：【变式1】在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子的浓度是0.7 mol / L，则氢离子的浓度最接近于 ( )A. 0.1 mol / LB. 0.2 mol / LC. 0.3 mol / LD. 0.4 mol / L解析：设H+的浓度为c，可得c×1＋0.4 mol / L×3＝0.7 mol / L×2，c ＝0.2 mol / L。
【答案】B【变式2】50 mL 1mol/LCH3COOH与100 mL NaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（）A、 c(Na+)＝c(CH3COO－)B、 c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)C、 c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)D、 100 mL NaOH溶液浓度为0.5mol/L解析：根据题意c(H+)＝c(OH－)，可知c(Na+)＝c(CH3COO－)，故选项A、B正确；又根据溶液中电荷守恒，即Na+与H+所带正电荷和CH3COO－与OH－所带负电荷相等，故选项C正确，因此该题答案为D。
【答案】D【变式３】某混合溶液中MgCl2的浓度为2 mol / L，AlCl3的浓度为3 mol /L，将此溶液200 mL中的Mg2+完全沉淀（氢氧化铝恰好溶解），需加入1.6 mol / L的NaOH溶液的体积多少？解析：反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据阴阳离子电荷守恒，有：n(Na+)＝n( AlO2-）＋n(Cl-)，设需加入NaOH溶液的体积为x，由题意：n(Cl-)=3 mol / L ×3×0.2 L＋2 mol / L×2×0.2 L=2.6 moln( AlO2-）= n( Al3+）=3 mol / L×0.2 L=0.6 mol1.6 mol / L×x＝2.6 mol +0.6 mol=3.2 molx＝2 L【答案】需要2 L NaOH溶液。
类型三：电子得失守恒3．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（）A、S2－B、SC、SO32－ D、SO42－解析：根据氧化还原反应的得失电子数守恒可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。