從 Ksp 計算溶解度：HSC 化學

有一道題目告訴你，氟化鈣的 \(K_{sp}=3.9\times10^{-11}\)，並要求你計算它的溶解度。一個很誘人的做法是直接寫下 \(3.9\times10^{-11}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，然後繼續下一題。

在繼續閱讀之前先預測一下：這真的是它的溶解度嗎？

不是。\(K_{sp}\) 是由離子的平衡濃度所構成，而不是直接由溶解的固體量所決定。對氟化鈣而言，每溶解一摩爾固體，就會產生一摩爾鈣離子和兩摩爾氟離子。這個 \(1:2\) 的比例會徹底改變計算方式。

關鍵技巧是把配平後的溶解方程式轉換成離子濃度。

01從一個溶解的化學式單位到離子濃度

先從氟化鈣開始：

\[ \ce{CaF2(s) <=> Ca^2+(aq) + 2F^-(aq)} \]

假設它的莫耳溶解度為 \(s\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。這表示每公升飽和溶液中會溶解 \(s\) 摩爾的 \(\ce{CaF2}\)。

配平後的方程式因此告訴我們：

\[ [\mathrm{Ca}^{2+}]=s \]

以及

\[ [\mathrm{F}^{-}]=2s \]

可以把每一個 \(\ce{CaF2}\) 化學式單位想像成一名學生帶著兩位朋友一起到達。如果有 \(s\) 組到達，就會得到 \(s\) 的鈣離子和 \(2s\) 的氟離子。

這個比喻到此為止。溶解之後，這些離子並不是以三個一組的小團體四處移動。配平方程式只告訴我們它們產生時的比例。

這個第一個模型假設水中原本沒有鈣離子或氟離子。稍後我們會取消這個假設。

02\(K_{sp}\) 實際上衡量的是甚麼

對於微溶的離子固體，溶解最終會達到動態平衡。離子仍持續離開固體並重新加入固體，但它們的平衡濃度保持不變。

對氟化鈣而言，

\[ \ce{CaF2(s) <=> Ca^2+(aq) + 2F^-(aq)} \]

其溶度積表達式為

\[ K_{sp}=[\mathrm{Ca}^{2+}][\mathrm{F}^{-}]^2 \]

固體 \(\ce{CaF2}\) 不會出現在表達式中。只要純固體仍然存在，它的活度實際上可視為常數，因此其含量不會以濃度項的形式包括在內。

現在代入由溶解 \(s\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 所產生的濃度：

\[ K_{sp}=s(2s)^2=4s^3 \]

因此

\[ s=\sqrt[3]{\frac{K_{sp}}{4}} \]

這就是為甚麼 \(K_{sp}\) 本身並不是溶解度。

係數有兩種不同的作用

這是最容易失分的地方之一。

在

\[ \ce{CaF2(s) <=> Ca^2+(aq) + 2F^-(aq)} \]

中，係數 \(2\) 告訴你

\[ [\mathrm{F}^{-}]=2s \]

但它同時也會成為 \(K_{sp}\) 表達式中的指數：

\[ K_{sp}=[\mathrm{Ca}^{2+}][\mathrm{F}^{-}]^2 \]

因此，計算中同時包含這兩部分：

\[ K_{sp}=s(2s)^2 \]

如果只使用 \(s^3\)，或使用 \(s(2s)\)，都會漏掉一部分化學關係。

03把 \(K_{sp}\) 轉換成溶解度的可靠方法

對於純水中的飽和溶液，在沒有重要副反應的情況下：

1. 寫出配平後的溶解方程式。
2. 設莫耳溶解度為 \(s\)。
3. 利用係數，把每種平衡離子濃度以 \(s\) 表示。
4. 寫出 \(K_{sp}\) 表達式。
5. 代入離子濃度。
6. 解出 \(s\)。
7. 只有在題目要求時，才轉換成其他單位，例如 \(\mathrm{g\,L^{-1}}\)。

有一些常見形式值得辨認。

不要用死記這張表來取代使用方程式。配平後的方程式更可靠，因為即使遇到不熟悉的化學計量關係，也永遠可以從基本原理重新建立。

04最誘人的錯誤捷徑

較小的 \(K_{sp}\) 通常表示物質較難溶，但你不能只比較兩種鹽的 \(K_{sp}\) 數值，就安全地判斷它們的溶解度大小。

假設鹽 A 以 \(1:1\) 溶解：

\[ \ce{MX(s) <=> M(aq) + X(aq)} \]

那麼

\[ K_{sp}=s^2 \]

但鹽 B 以 \(1:2\) 溶解：

\[ \ce{MY2(s) <=> M(aq) + 2Y(aq)} \]

因此

\[ K_{sp}=4s^3 \]

相同的莫耳溶解度會產生完全不同的 \(K_{sp}\) 數值，因為它們的平衡表達式具有不同次方。

所以判斷原則很簡單：只有在利用各自的配平溶解方程式把每個 \(K_{sp}\) 轉換成莫耳溶解度之後，才能比較莫耳溶解度。

另外還有幾個常見陷阱值得留意。

05甚麼時候 \([\text{離子}]=\text{係數}\times s\) 已經不夠

到目前為止，每個計算都是從純水開始。

現在想像把 \(\ce{CaF2}\) 溶解在一個已經含有來自可溶性 \(\ce{NaF}\) 的 \(0.0100\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 氟離子的溶液中。

如果再有 \(s\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 的 \(\ce{CaF2}\) 溶解，

\[ [\mathrm{Ca}^{2+}]=s \]

但氟離子濃度並不是 \(2s\)。它是

\[ [\mathrm{F}^{-}]=0.0100+2s \]

因此，

\[ K_{sp}=s(0.0100+2s)^2 \]

配平後的方程式沒有改變。改變的是起始濃度。

這就是同離子效應：加入原本已存在於溶解平衡中的離子，通常會減少固體可溶解的量。

當溶液混合時，還有另一個重要區別。\(K_{sp}\) 描述的是飽和平衡。離子積

\[ Q_{sp} \]

使用相同的表達式，但代入的是目前實際存在的濃度。

• 如果 \(Q_{sp}K_{sp}\)，則會有利於沉澱，直到離子濃度下降。

如果你對判斷是否會形成沉澱仍不熟悉，可以複習 HSC 化學的溶解度規則與沉澱測試。

06問題與解答

問題 1

在某一特定溫度下，\(\ce{PbSO4}\) 的 \(K_{sp}=1.6\times10^{-8}\)。

\[ \ce{PbSO4(s) <=> Pb^2+(aq) + SO4^2-(aq)} \]

計算它在純水中的莫耳溶解度。假設沒有其他顯著的平衡。

解答 1

莫耳溶解度為 \(1.3\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。

設莫耳溶解度為 \(s\)。溶解方程式為 \(1:1\)，所以

\[ [\mathrm{Pb}^{2+}]=s,\qquad [\ce{SO4^2-}]=s \]

溶度積表達式為

\[ K_{sp}=[\mathrm{Pb}^{2+}][\ce{SO4^2-}] \]

因此，

\[ \begin{aligned} 1.6\times10^{-8}&=s^2\\ s&=\sqrt{1.6\times10^{-8}}\\ &=1.26\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

取兩位有效數字，

\[ s=1.3\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

很誘人的錯誤是把答案寫成 \(1.6\times10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。這個數值是 \(K_{sp}\)，不是已溶解 \(\ce{PbSO4}\) 的濃度。

問題 2

鉻酸銀依照下式溶解：

\[ \ce{Ag2CrO4(s) <=> 2Ag+(aq) + CrO4^2-(aq)} \]

在某一特定溫度下，\(K_{sp}=1.10\times10^{-12}\)。

計算：

• \(\ce{Ag2CrO4}\) 在純水中的莫耳溶解度，
• \(\mathrm{Ag}^{+}\) 的平衡濃度，以及
• \(250.0\ \mathrm{mL}\) 飽和溶液中所溶解的 \(\ce{Ag2CrO4}\) 質量。

使用莫耳質量 \(331.7\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\)。

解答 2

莫耳溶解度為 \(6.50\times10^{-5}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，銀離子濃度為 \(1.30\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而 \(250.0\ \mathrm{mL}\) 中溶解了 \(5.39\times10^{-3}\ \mathrm{g}\) 的 \(\ce{Ag2CrO4}\)。

設莫耳溶解度為 \(s\)。

由

\[ \ce{Ag2CrO4(s) <=> 2Ag+(aq) + CrO4^2-(aq)} \]

可得

\[ [\mathrm{Ag}^{+}]=2s,\qquad [\ce{CrO4^2-}]=s \]

平衡表達式為

\[ K_{sp}=[\mathrm{Ag}^{+}]^2[\ce{CrO4^2-}] \]

所以

\[ \begin{aligned} 1.10\times10^{-12} &=(2s)^2(s)\\ &=4s^3 \end{aligned} \]

因此

\[ \begin{aligned} s&=\sqrt[3]{\frac{1.10\times10^{-12}}{4}}\\ &=6.50\times10^{-5}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

銀離子濃度是其兩倍：

\[ [\mathrm{Ag}^{+}] =2(6.50\times10^{-5}) =1.30\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

現在計算 \(0.2500\ \mathrm{L}\) 中溶解了多少摩爾固體：

\[ \begin{aligned} n&=cV\\ &=(6.50\times10^{-5})(0.2500)\\ &=1.63\times10^{-5}\ \mathrm{mol} \end{aligned} \]

因此，

\[ \begin{aligned} m&=nM\\ &=(1.63\times10^{-5})(331.7)\\ &=5.39\times10^{-3}\ \mathrm{g} \end{aligned} \]

陷阱是把兩種離子的濃度都設為 \(s\)。溶解後的銀離子數量是鉻酸根離子的兩倍。

問題 3

在相同溫度下研究兩種假想的鹽。

鹽 A 依照下式溶解：

\[ \ce{MX(s) <=> M^2+(aq) + X^2-(aq)} \]

並且

\[ K_{sp}=1.0\times10^{-8} \]

鹽 B 依照下式溶解：

\[ \ce{MY2(s) <=> M^2+(aq) + 2Y^-(aq)} \]

並且

\[ K_{sp}=3.2\times10^{-11} \]

一名學生聲稱，鹽 A 一定具有較大的莫耳溶解度，因為它的 \(K_{sp}\) 大超過 300 倍。

判斷實際上哪一種鹽具有較大的莫耳溶解度，並計算每種飽和溶液所產生的溶解離子總濃度。

解答 3

鹽 B 的莫耳溶解度較大：\(2.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而鹽 A 為 \(1.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。

對鹽 A 而言，溶解比例為 \(1:1\)：

\[ K_{sp}=s^2 \]

所以

\[ \begin{aligned} s_A&=\sqrt{1.0\times10^{-8}}\\ &=1.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

每一個溶解的化學式單位總共會產生兩個離子。因此，離子濃度總和為

\[ 2s_A=2.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

對鹽 B 而言，

\[ [\mathrm{M}^{2+}]=s,\qquad [\mathrm{Y}^{-}]=2s \]

而且

\[ K_{sp}=s(2s)^2=4s^3 \]

因此，

\[ \begin{aligned} 3.2\times10^{-11}&=4s_B^3\\ s_B^3&=8.0\times10^{-12}\\ s_B&=2.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

鹽 B 每一個溶解的化學式單位會產生三個離子，所以總離子濃度為

\[ 3s_B=6.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

因此，即使鹽 B 的 \(K_{sp}\) 小得多，它的莫耳溶解度仍是鹽 A 的兩倍。

這名學生的論點之所以看起來合理，是因為對具有相同溶解化學計量關係的鹽而言，較大的 \(K_{sp}\) 的確對應較大的莫耳溶解度。他忽略的條件是，這兩種鹽具有不同的平衡表達式。

問題 4

在某一特定溫度下，氟化鈣具有

\[ K_{sp}=4.00\times10^{-11} \]

首先在純水中製備一份飽和 \(\ce{CaF2}\) 溶液，並讓過量固體存在。然後透過過濾把固體完全移除。

取 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的這份飽和濾液，與 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的 \(0.0200\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) \(\ce{NaF}\) 混合。

假設體積可相加，而且沒有其他顯著的平衡。

判斷：

• 混合後 \(\ce{CaF2}\) 是否會沉澱，
• 發生任何沉澱之後，\(\mathrm{Ca}^{2+}\) 的近似平衡濃度，以及
• 剛混合後存在的鈣離子中，有多少百分比在平衡時仍保持溶解。

解答 4

\(\ce{CaF2}\) 會沉澱，最終的 \([\mathrm{Ca}^{2+}]\) 約為 \(4.00\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而剛混合後存在的鈣中，只有約 \(0.371\%\) 在平衡時仍保持溶解。

首先求原本飽和 \(\ce{CaF2}\) 溶液的莫耳溶解度。

\[ \ce{CaF2(s) <=> Ca^2+(aq) + 2F^-(aq)} \]

設原本的莫耳溶解度為 \(s\)：

\[ 4.00\times10^{-11}=s(2s)^2=4s^3 \]

因此，

\[ \begin{aligned} s^3&=1.00\times10^{-11}\\ s&=2.15\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

混合前，

\[ [\mathrm{Ca}^{2+}]=2.15\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

而

\[ [\mathrm{F}^{-}]=4.31\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

等體積混合會使這些濃度減半。剛混合後、沉澱發生之前，

\[ [\mathrm{Ca}^{2+}] =\frac{2.15\times10^{-4}}{2} =1.08\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

原先來自 \(\ce{CaF2}\) 的氟離子濃度變為

\[ 2.15\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

\(0.0200\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 的 \(\ce{NaF}\) 在混合時也會減半，得到

\[ 0.0100\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

的氟離子。

因此，剛混合後的氟離子總濃度為

\[ [\mathrm{F}^{-}] =0.0100+2.15\times10^{-4} =0.010215\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

現在計算 \(Q_{sp}\)：

\[ \begin{aligned} Q_{sp} &=[\mathrm{Ca}^{2+}][\mathrm{F}^{-}]^2\\ &=(1.08\times10^{-4})(0.010215)^2\\ &=1.12\times10^{-8} \end{aligned} \]

這遠大於

\[ K_{sp}=4.00\times10^{-11} \]

所以一定會發生沉澱。

對最終平衡，設

\[ [\mathrm{Ca}^{2+}]=c \]

大部分氟離子來自 \(\ce{NaF}\)，所以第一個近似是

\[ [\mathrm{F}^{-}]\approx0.0100\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

那麼

\[ \begin{aligned} 4.00\times10^{-11} &=c(0.0100)^2\\ c&=\frac{4.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-4}}\\ &=4.00\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

這個近似非常好，因為與這些剩餘鈣離子相對應的氟離子濃度只有

\[ 2c=8.00\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

與 \(0.0100\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 相比非常小。

因此，剩餘鈣的比例為

\[ \frac{4.00\times10^{-7}}{1.08\times10^{-4}} =3.71\times10^{-3} \]

也就是

\[ 0.371\% \]

一個很誘人的做法是在混合後重新計算 \(\ce{CaF2}\) 在純水中的溶解度。這忽略了 \(\ce{NaF}\) 已經提供的大量氟離子濃度。同離子使容許存在的鈣離子濃度降低了數百倍。

問題 5

一種假想鹽 \(\ce{MX2}\) 依照下式溶解：

\[ \ce{MX2(s) <=> M^2+(aq) + 2X^-(aq)} \]

在固定溫度下，

\[ K_{sp}=4.00\times10^{-9} \]

而 \(\ce{MX2}\) 的莫耳質量為 \(150.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\)。

製備兩份各 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的飽和 \(\ce{MX2}\) 溶液樣本。

燒杯 A 持續與超過 \(0.0600\ \mathrm{g}\) 的未溶解 \(\ce{MX2}\) 接觸。

燒杯 B 經過過濾，使所有固體都被移除。

接著，兩份樣本都用純水稀釋至總體積 \(500.0\ \mathrm{mL}\)。

判斷：

• 燒杯 A 在重新建立平衡後的最終 \([\mathrm{M}^{2+}]\) 和 \([\mathrm{X}^{-}]\)，
• 燒杯 B 剛稀釋後的最終濃度和 \(Q_{sp}\)，
• 接著把 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 的固體 \(\ce{MX2}\) 加入燒杯 B 時會發生甚麼，包括其最終離子濃度，以及
• 必須向稀釋後的燒杯 B 總共加入多少質量的 \(\ce{MX2}\)，才能剛好達到飽和。

一名學生主張：「只要向燒杯 B 加入任何固體，溶液就一定必須滿足 \(Q_{sp}=K_{sp}\)。」利用你的計算評估這個說法。

解答 5

燒杯 A 會回到 \([\mathrm{M}^{2+}]=1.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 和 \([\mathrm{X}^{-}]=2.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)；稀釋後的燒杯 B 仍然未飽和；第一次加入 B 的 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 會完全溶解；而要讓稀釋後的燒杯 B 達到飽和，總共必須加入 \(0.0600\ \mathrm{g}\)。

首先計算飽和狀態下的莫耳溶解度。

對

\[ \ce{MX2(s) <=> M^2+(aq) + 2X^-(aq)} \]

設莫耳溶解度為 \(s\)：

\[ K_{sp}=s(2s)^2=4s^3 \]

因此，

\[ \begin{aligned} 4.00\times10^{-9}&=4s^3\\ s^3&=1.00\times10^{-9}\\ s&=1.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \end{aligned} \]

所以飽和溶液具有

\[ [\mathrm{M}^{2+}]=1.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

以及

\[ [\mathrm{X}^{-}]=2.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

對燒杯 A 而言，稀釋起初會降低兩種離子的濃度。這使 \(Q_{sp}<K_{sp}\)，因此原本已經在燒杯中的固體會溶解更多。

當平衡重新建立後，

\[ [\mathrm{M}^{2+}]=1.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

以及

\[ [\mathrm{X}^{-}]=2.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

再次成立。

這需要有足夠的額外固體可以溶解。最終的 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 飽和溶液含有

\[ (1.00\times10^{-3})(0.5000) =5.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

的已溶解化學式單位。

原本的 \(0.1000\ \mathrm{L}\) 樣本含有

\[ (1.00\times10^{-3})(0.1000) =1.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

因此，還必須再溶解

\[ 4.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

其質量為

\[ \begin{aligned} m&=nM\\ &=(4.00\times10^{-4})(150.0)\\ &=0.0600\ \mathrm{g} \end{aligned} \]

題目指出燒杯 A 含有多於這個質量的固體，因此有足夠的固體可用。

燒杯 B 的情況不同，因為它的固體在稀釋之前已經被移除。

從 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 稀釋至 \(500.0\ \mathrm{mL}\)，體積增加為五倍。因此，

\[ [\mathrm{M}^{2+}] =\frac{1.00\times10^{-3}}{5} =2.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

以及

\[ [\mathrm{X}^{-}] =\frac{2.00\times10^{-3}}{5} =4.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

其離子積為

\[ \begin{aligned} Q_{sp} &=[\mathrm{M}^{2+}][\mathrm{X}^{-}]^2\\ &=(2.00\times10^{-4})(4.00\times10^{-4})^2\\ &=3.20\times10^{-11} \end{aligned} \]

這小於

\[ K_{sp}=4.00\times10^{-9} \]

所以燒杯 B 是未飽和的。

這並不矛盾。\(K_{sp}\) 並不會神奇地強迫每一份溶液都滿足 \(Q_{sp}=K_{sp}\)。當 \(Q_{sp}<K_{sp}\) 時，如果有固體存在，就可以再溶解更多固體。在已過濾的燒杯 B 中，一開始並沒有固體。

現在加入 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 的 \(\ce{MX2}\)。

加入的物質的量為

\[ \begin{aligned} n&=\frac{m}{M}\\ &=\frac{0.0300}{150.0}\\ &=2.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \end{aligned} \]

加入固體之前，燒杯 B 已經含有

\[ 1.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

的已溶解 \(\ce{MX2}\) 化學式單位。如果所有新加入的固體都溶解，已溶解的總量會變成

\[ 3.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

分布在 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 中。

這會得到

\[ [\mathrm{M}^{2+}] =\frac{3.00\times10^{-4}}{0.5000} =6.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

以及

\[ [\mathrm{X}^{-}] =1.20\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

檢查這個假設狀態是否仍然未飽和：

\[ \begin{aligned} Q_{sp} &=(6.00\times10^{-4})(1.20\times10^{-3})^2\\ &=8.64\times10^{-10} \end{aligned} \]

由於

\[ 8.64\times10^{-10}<4.00\times10^{-9} \]

所以全部 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 都會溶解。不會有固體留下。

最後，一份飽和的 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 溶液需要

\[ 5.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

的已溶解 \(\ce{MX2}\)。稀釋後的已過濾溶液一開始有

\[ 1.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

因此還需要

\[ 4.00\times10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

的 \(\ce{MX2}\)。

所以必須加入的總質量為

\[ \begin{aligned} m&=(4.00\times10^{-4})(150.0)\\ &=0.0600\ \mathrm{g} \end{aligned} \]

這名學生的說法並不成立，因為只加入一些固體並不能保證仍會有固體存在。如果溶液的未飽和程度足夠大，加入的固體可以完全溶解，而 \(Q_{sp}\) 仍然低於 \(K_{sp}\)。

關鍵在於可用物質的量。\(K_{sp}\) 告訴你飽和條件；它不會憑空產生原本不存在的額外溶質。

07這項計算接下來能讓你做到甚麼

核心步驟始終相同：利用配平後的溶解方程式，把溶解的化學式單位數量與出現在 \(K_{sp}\) 中的離子濃度連結起來。

在純水中，這通常會產生像 \(s^2\)、\(4s^3\) 或 \(108s^5\) 這樣簡潔的表達式。一旦題目加入同離子、稀釋或混合，相同的物質衡算方法仍然適用，但你必須追蹤溶液原本已含有甚麼，而不能自動把每個濃度都替換成 \(s\) 的倍數。

這會直接延伸到同時利用 \(Q_{sp}\) 和 \(K_{sp}\) 判斷沉澱會形成、溶解，還是維持不變。若想看另一個把溶解度用作分離工具的例子，蘇鐵果實去毒：溶解度與重複萃取 追蹤了已溶解物質反覆重新分配到新鮮溶劑時所發生的情況。其平衡模型不同，但有用的習慣相同：準確追蹤甚麼可以溶解、有多少物質存在，以及它去了哪裡。