从 Ksp 计算溶解度：HSC 化学

有一道题目告诉你，氟化钙的 \(K_{sp}=3.9\times10^{-11}\)，并要求你计算它的溶解度。一个很诱人的做法是直接写下 \(3.9\times10^{-11}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，然后继续下一题。

在继续阅读之前先预测一下：这真的是它的溶解度吗？

不是。\(K_{sp}\) 是由离子的平衡浓度所构成，而不是直接由溶解的固体量所决定。对氟化钙而言，每溶解一摩尔固体，就会产生一摩尔钙离子和两摩尔氟离子。这个 \(1:2\) 的比例会彻底改变计算方式。

关键技巧是把配平后的溶解方程式转换成离子浓度。

01从一个溶解的化学式单位到离子浓度

先从氟化钙开始：

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

假设它的莫耳溶解度为 \(s\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。这表示每公升饱和溶液中会溶解 \(s\) 摩尔的 \(\ce{CaF2}\)。

配平后的方程式因此告诉我们：

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

以及

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

可以把每一个 \(\ce{CaF2}\) 化学式单位想像成一名学生带著两位朋友一起到达。如果有 \(s\) 组到达，就会得到 \(s\) 的钙离子和 \(2s\) 的氟离子。

这个比喻到此为止。溶解之后，这些离子并不是以三个一组的小团体四处移动。配平方程式只告诉我们它们产生时的比例。

这个第一个模型假设水中原本没有钙离子或氟离子。稍后我们会取消这个假设。

02\(K_{sp}\) 实际上衡量的是甚么

对于微溶的离子固体，溶解最终会达到动态平衡。离子仍持续离开固体并重新加入固体，但它们的平衡浓度保持不变。

对氟化钙而言，

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

其溶度积表达式为

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

固体 \(\ce{CaF2}\) 不会出现在表达式中。只要纯固体仍然存在，它的活度实际上可视为常数，因此其含量不会以浓度项的形式包括在内。

现在代入由溶解 \(s\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 所产生的浓度：

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

因此

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

这就是为甚么 \(K_{sp}\) 本身并不是溶解度。

系数有两种不同的作用

这是最容易失分的地方之一。

在

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

中，系数 \(2\) 告诉你

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

但它同时也会成为 \(K_{sp}\) 表达式中的指数：

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

因此，计算中同时包含这两部分：

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

如果只使用 \(s^3\)，或使用 \(s(2s)\)，都会漏掉一部分化学关系。

03把 \(K_{sp}\) 转换成溶解度的可靠方法

对于纯水中的饱和溶液，在没有重要副反应的情况下：

1. 写出配平后的溶解方程式。
2. 设莫耳溶解度为 \(s\)。
3. 利用系数，把每种平衡离子浓度以 \(s\) 表示。
4. 写出 \(K_{sp}\) 表达式。
5. 代入离子浓度。
6. 解出 \(s\)。
7. 只有在题目要求时，才转换成其他单位，例如 \(\mathrm{g\,L^{-1}}\)。

有一些常见形式值得辨认。

不要用死记这张表来取代使用方程式。配平后的方程式更可靠，因为即使遇到不熟悉的化学计量关系，也永远可以从基本原理重新建立。

04最诱人的错误捷径

较小的 \(K_{sp}\) 通常表示物质较难溶，但你不能只比较两种盐的 \(K_{sp}\) 数值，就安全地判断它们的溶解度大小。

假设盐 A 以 \(1:1\) 溶解：

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

那么

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

但盐 B 以 \(1:2\) 溶解：

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

因此

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

相同的莫耳溶解度会产生完全不同的 \(K_{sp}\) 数值，因为它们的平衡表达式具有不同次方。

所以判断原则很简单：只有在利用各自的配平溶解方程式把每个 \(K_{sp}\) 转换成莫耳溶解度之后，才能比较莫耳溶解度。

另外还有几个常见陷阱值得留意。

05甚么时候 \([\text{离子}]=\text{系数}\times s\) 已经不够

到目前为止，每个计算都是从纯水开始。

现在想像把 \(\ce{CaF2}\) 溶解在一个已经含有来自可溶性 \(\ce{NaF}\) 的 \(0.0100\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 氟离子的溶液中。

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

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

但氟离子浓度并不是 \(2s\)。它是

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

因此，

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

配平后的方程式没有改变。改变的是起始浓度。

这就是同离子效应：加入原本已存在于溶解平衡中的离子，通常会减少固体可溶解的量。

当溶液混合时，还有另一个重要区别。\(K_{sp}\) 描述的是饱和平衡。离子积

\[ Q_{sp} \]

使用相同的表达式，但代入的是目前实际存在的浓度。

• 如果 \(Q_{sp}K_{sp}\)，则会有利于沉淀，直到离子浓度下降。

如果你对判断是否会形成沉淀仍不熟悉，可以复习 HSC 化学的溶解度规则与沉淀测试。

06问题与解答

问题 1

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

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

计算它在纯水中的莫耳溶解度。假设没有其他显著的平衡。

解答 1

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

设莫耳溶解度为 \(s\)。溶解方程式为 \(1:1\)，所以

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

溶度积表达式为

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

因此，

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

取两位有效数字，

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

很诱人的错误是把答案写成 \(1.6\times10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。这个数值是 \(K_{sp}\)，不是已溶解 \(\ce{PbSO4}\) 的浓度。

问题 2

铬酸银依照下式溶解：

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

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

计算：

• \(\ce{Ag2CrO4}\) 在纯水中的莫耳溶解度，
• \(\mathrm{Ag}^{+}\) 的平衡浓度，以及
• \(250.0\ \mathrm{mL}\) 饱和溶液中所溶解的 \(\ce{Ag2CrO4}\) 质量。

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

解答 2

莫耳溶解度为 \(6.50\times10^{-5}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，银离子浓度为 \(1.30\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而 \(250.0\ \mathrm{mL}\) 中溶解了 \(5.39\times10^{-3}\ \mathrm{g}\) 的 \(\ce{Ag2CrO4}\)。

设莫耳溶解度为 \(s\)。

由

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

可得

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

平衡表达式为

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

所以

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

因此

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

银离子浓度是其两倍：

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

现在计算 \(0.2500\ \mathrm{L}\) 中溶解了多少摩尔固体：

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

因此，

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

陷阱是把两种离子的浓度都设为 \(s\)。溶解后的银离子数量是铬酸根离子的两倍。

问题 3

在相同温度下研究两种假想的盐。

盐 A 依照下式溶解：

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

并且

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

盐 B 依照下式溶解：

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

并且

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

一名学生声称，盐 A 一定具有较大的莫耳溶解度，因为它的 \(K_{sp}\) 大超过 300 倍。

判断实际上哪一种盐具有较大的莫耳溶解度，并计算每种饱和溶液所产生的溶解离子总浓度。

解答 3

盐 B 的莫耳溶解度较大：\(2.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而盐 A 为 \(1.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)。

对盐 A 而言，溶解比例为 \(1:1\)：

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

所以

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

每一个溶解的化学式单位总共会产生两个离子。因此，离子浓度总和为

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

对盐 B 而言，

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

而且

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

因此，

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

盐 B 每一个溶解的化学式单位会产生三个离子，所以总离子浓度为

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

因此，即使盐 B 的 \(K_{sp}\) 小得多，它的莫耳溶解度仍是盐 A 的两倍。

这名学生的论点之所以看起来合理，是因为对具有相同溶解化学计量关系的盐而言，较大的 \(K_{sp}\) 的确对应较大的莫耳溶解度。他忽略的条件是，这两种盐具有不同的平衡表达式。

问题 4

在某一特定温度下，氟化钙具有

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

首先在纯水中制备一份饱和 \(\ce{CaF2}\) 溶液，并让过量固体存在。然后透过过滤把固体完全移除。

取 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的这份饱和滤液，与 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的 \(0.0200\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) \(\ce{NaF}\) 混合。

假设体积可相加，而且没有其他显著的平衡。

判断：

• 混合后 \(\ce{CaF2}\) 是否会沉淀，
• 发生任何沉淀之后，\(\mathrm{Ca}^{2+}\) 的近似平衡浓度，以及
• 刚混合后存在的钙离子中，有多少百分比在平衡时仍保持溶解。

解答 4

\(\ce{CaF2}\) 会沉淀，最终的 \([\mathrm{Ca}^{2+}]\) 约为 \(4.00\times10^{-7}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)，而刚混合后存在的钙中，只有约 \(0.371\%\) 在平衡时仍保持溶解。

首先求原本饱和 \(\ce{CaF2}\) 溶液的莫耳溶解度。

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

设原本的莫耳溶解度为 \(s\)：

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

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

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

等体积混合会使这些浓度减半。刚混合后、沉淀发生之前，

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

原先来自 \(\ce{CaF2}\) 的氟离子浓度变为

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

\(0.0200\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 的 \(\ce{NaF}\) 在混合时也会减半，得到

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

的氟离子。

因此，刚混合后的氟离子总浓度为

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

现在计算 \(Q_{sp}\)：

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

这远大于

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

所以一定会发生沉淀。

对最终平衡，设

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

大部分氟离子来自 \(\ce{NaF}\)，所以第一个近似是

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

那么

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

这个近似非常好，因为与这些剩余钙离子相对应的氟离子浓度只有

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

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

因此，剩余钙的比例为

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

也就是

\[ 0.371\% \]

一个很诱人的做法是在混合后重新计算 \(\ce{CaF2}\) 在纯水中的溶解度。这忽略了 \(\ce{NaF}\) 已经提供的大量氟离子浓度。同离子使容许存在的钙离子浓度降低了数百倍。

问题 5

一种假想盐 \(\ce{MX2}\) 依照下式溶解：

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

在固定温度下，

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

而 \(\ce{MX2}\) 的莫耳质量为 \(150.0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\)。

制备两份各 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 的饱和 \(\ce{MX2}\) 溶液样本。

烧杯 A 持续与超过 \(0.0600\ \mathrm{g}\) 的未溶解 \(\ce{MX2}\) 接触。

烧杯 B 经过过滤，使所有固体都被移除。

接著，两份样本都用纯水稀释至总体积 \(500.0\ \mathrm{mL}\)。

判断：

• 烧杯 A 在重新建立平衡后的最终 \([\mathrm{M}^{2+}]\) 和 \([\mathrm{X}^{-}]\)，
• 烧杯 B 刚稀释后的最终浓度和 \(Q_{sp}\)，
• 接著把 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 的固体 \(\ce{MX2}\) 加入烧杯 B 时会发生甚么，包括其最终离子浓度，以及
• 必须向稀释后的烧杯 B 总共加入多少质量的 \(\ce{MX2}\)，才能刚好达到饱和。

一名学生主张：「只要向烧杯 B 加入任何固体，溶液就一定必须满足 \(Q_{sp}=K_{sp}\)。」利用你的计算评估这个说法。

解答 5

烧杯 A 会回到 \([\mathrm{M}^{2+}]=1.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) 和 \([\mathrm{X}^{-}]=2.00\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)；稀释后的烧杯 B 仍然未饱和；第一次加入 B 的 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 会完全溶解；而要让稀释后的烧杯 B 达到饱和，总共必须加入 \(0.0600\ \mathrm{g}\)。

首先计算饱和状态下的莫耳溶解度。

对

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

设莫耳溶解度为 \(s\)：

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

因此，

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

所以饱和溶液具有

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

以及

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

对烧杯 A 而言，稀释起初会降低两种离子的浓度。这使 \(Q_{sp}<K_{sp}\)，因此原本已经在烧杯中的固体会溶解更多。

当平衡重新建立后，

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

以及

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

再次成立。

这需要有足够的额外固体可以溶解。最终的 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 饱和溶液含有

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

的已溶解化学式单位。

原本的 \(0.1000\ \mathrm{L}\) 样本含有

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

因此，还必须再溶解

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

其质量为

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

题目指出烧杯 A 含有多于这个质量的固体，因此有足够的固体可用。

烧杯 B 的情况不同，因为它的固体在稀释之前已经被移除。

从 \(100.0\ \mathrm{mL}\) 稀释至 \(500.0\ \mathrm{mL}\)，体积增加为五倍。因此，

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

以及

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

其离子积为

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

这小于

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

所以烧杯 B 是未饱和的。

这并不矛盾。\(K_{sp}\) 并不会神奇地强迫每一份溶液都满足 \(Q_{sp}=K_{sp}\)。当 \(Q_{sp}<K_{sp}\) 时，如果有固体存在，就可以再溶解更多固体。在已过滤的烧杯 B 中，一开始并没有固体。

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

加入的物质的量为

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

加入固体之前，烧杯 B 已经含有

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

的已溶解 \(\ce{MX2}\) 化学式单位。如果所有新加入的固体都溶解，已溶解的总量会变成

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

分布在 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 中。

这会得到

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

以及

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

检查这个假设状态是否仍然未饱和：

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

由于

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

所以全部 \(0.0300\ \mathrm{g}\) 都会溶解。不会有固体留下。

最后，一份饱和的 \(0.5000\ \mathrm{L}\) 溶液需要

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

的已溶解 \(\ce{MX2}\)。稀释后的已过滤溶液一开始有

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

因此还需要

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

的 \(\ce{MX2}\)。

所以必须加入的总质量为

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

这名学生的说法并不成立，因为只加入一些固体并不能保证仍会有固体存在。如果溶液的未饱和程度足够大，加入的固体可以完全溶解，而 \(Q_{sp}\) 仍然低于 \(K_{sp}\)。

关键在于可用物质的量。\(K_{sp}\) 告诉你饱和条件；它不会凭空产生原本不存在的额外溶质。

07这项计算接下来能让你做到甚么

核心步骤始终相同：利用配平后的溶解方程式，把溶解的化学式单位数量与出现在 \(K_{sp}\) 中的离子浓度连结起来。

在纯水中，这通常会产生像 \(s^2\)、\(4s^3\) 或 \(108s^5\) 这样简洁的表达式。一旦题目加入同离子、稀释或混合，相同的物质衡算方法仍然适用，但你必须追踪溶液原本已含有甚么，而不能自动把每个浓度都替换成 \(s\) 的倍数。

这会直接延伸到同时利用 \(Q_{sp}\) 和 \(K_{sp}\) 判断沉淀会形成、溶解，还是维持不变。若想看另一个把溶解度用作分离工具的例子，苏铁果实去毒：溶解度与重复萃取 追踪了已溶解物质反复重新分配到新鲜溶剂时所发生的情况。其平衡模型不同，但有用的习惯相同：准确追踪甚么可以溶解、有多少物质存在，以及它去了哪里。