108 年 國立成功大學化學工程學系碩士班乙組《無機化學及分析化學》

本題主要考查離子晶體結構的描述，包含離子堆積方式、配位數以及常見的晶體結構類型。

(a) NaCl 結構（岩鹽結構）：
此結構可以視為氯離子（$Cl^-$）形成面心立方（FCC）堆積，而鈉離子（$Na^+$）則填充所有的八面體空隙。
另一種描述方式是將鈉離子視為 FCC 堆積，氯離子填充所有八面體空隙。
離子配位數：每個 $Na^+$ 被 6 個 $Cl^-$ 包圍（八面體配位），反之，每個 $Cl^-$ 也被 6 個 $Na^+$ 包圍。因此，配位數為 6:6。
堆積方式：兩種離子以交錯的方式堆疊，整體呈現出 FCC 的特徵。

(b) NaAs 結構（滲砷鈉結構）：
此結構與 NaCl 結構類似，是一種面心立方（FCC）結構。
可以視為砷離子（$As^3-$）形成 FCC 堆積，而鈉離子（$Na^+$）填充一半的八面體空隙。
離子配位數：每個 $Na^+$ 被 6 個 $As^3-$ 包圍，每個 $As^3-$ 也被 6 個 $Na^+$ 包圍。配位數為 6:6。
堆積方式：與 NaCl 結構相同，是離子交錯堆疊形成的 FCC 結構。

(c) ZnS 結構（閃鋅礦結構）：
此結構可以視為硫離子（$S^{2-}$）形成面心立方（FCC）堆積，而鋅離子（$Zn^{2+}$）則填充一半的四面體空隙。

本題考查溶解度的比較以及 VSEPR 理論在分子結構預測的應用。

(a) 溶解度比較：
Ag2S 的溶解度遠低於 AgCl。
原因分析：
溶解度主要受兩個因素影響：晶格能（Lattice Energy）和水合能（Hydration Energy）。

1. 晶格能：Ag2S 中的 $S^{2-}$ 離子半徑較大，且帶有較高的負電荷（-2），這會導致 Ag2S 的晶格能比 AgCl（$Cl^-$ 帶 -1 電荷）大很多。較高的晶格能意味著需要更多能量才能將離子從晶格中分離出來，因此溶解度較低。
2. 水合能：雖然 Ag+ 的水合能是固定的，但 $S^{2-}$ 的水合能通常不如 $Cl^-$。然而，在比較這兩種化合物時，晶格能的差異是更為顯著的因素。
3. 沉澱反應的穩定性：Ag2S 的形成是更穩定的沉澱反應，這與 $S^{2-}$ 的強配位能力有關，它能與 Ag+ 形成非常穩定的錯合物或沉澱。
   總結來說，Ag2S 的高晶格能是其溶解度極低的主要原因。

(b) XeF6 的分子名稱與形狀預測：
分子：XeF6
VSEPR 理論預測：

1. 中心原子：Xe (Xenon)
2. 價電子數：Xe 是第 18 族元素，有 8 個價電子。
3. 周圍原子：6 個 F 原子，每個 F 提供 1 個價電子形成單鍵。
4. 總價電子數：8 (Xe) + 6 * 1 (F) = 14 個價電子。
5. 鍵結電子對：6 個 Xe-F 單鍵，共 6 * 2 = 12 個電子。
6. 非鍵結電子對（孤對電子）：14 - 12 = 2 個電子，即 1 對孤對電子。

本題要求為三個分子繪製模型，並針對每個分子進行對稱性分析，判斷其點群。這是一個綜合考查分子結構、VSEPR 理論、對稱元素與點群的題目。

首先，我們需要確定每個分子的結構。

1. Ethylene (乙烯, $C_2H_4$)
結構：乙烯分子中兩個碳原子之間為雙鍵，每個碳原子與兩個氫原子單鍵連接。所有原子都位於同一平面上。
模型繪製：兩個碳原子位於中心，形成 $sp^2$ 混成軌域，形成 $\sigma$ 鍵和 $\pi$ 鍵。每個碳原子與兩個氫原子鍵結，形成平面三角形的幾何結構。整個分子是平面的。
🖼️【此處應為乙烯分子結構圖，包含 C=C 雙鍵和 C-H 單鍵，且所有原子處於同一平面。】

對稱性分析：
(a) 對稱軸：

• $C_2$ 軸：分子中有一條通過 C=C 鍵中心的軸，可以將分子旋轉 180° 後得到相同的結構。這是一條 $C_2$ 軸。
• 另一條 $C_2$ 軸：通過 C=C 鍵中心且垂直於分子平面的軸。
• 第三條 $C_2$ 軸：通過 C=C 鍵中心且位於分子平面上，垂直於 C=C 鍵的軸。
  因此，乙烯有三條 $C_2$ 軸。
  (b) 反演中心：
  乙烯分子中沒有反演中心。將分子中心點作為反演中心，任何一點 (x, y, z) 反演到 (-x, -y, -z) 後，在乙烯分子中找不到對應的原子。
  (c) 鏡面：
• $\sigma_h$（水平鏡面）：分子所在的平面本身就是一個鏡面，將分子上下翻轉。
• 兩條 $\sigma_v$（垂直鏡面）：兩條通過 C=C 鍵的垂直鏡面，分別包含 C-H 鍵。
  因此，乙烯有 3 個鏡面。
  (d) 點群：
  根據以上對稱元素（三條 $C_2$ 軸，其中一條是主軸，三個鏡面，包括一個水平鏡面 $\sigma_h$ 和兩個垂直鏡面 $\sigma_v$），乙烯的點群為 $D_{2h}$。

2. IOF3 (三氟碘酸)
結構：中心原子為碘（I），與 3 個氟（F）原子和 1 個氧（O）原子鍵結。碘原子的價電子數為 7。與 3 個 F 和 1 個 O 共形成 4 個單鍵，共用 4 個價電子。還剩下 7 - 4 = 3 個價電子，即 1.5 對孤對電子。然而，氧原子通常形成雙鍵，所以碘與氧之間可能是雙鍵。
若 I-O 為雙鍵，則 I 與 O 形成 1 個雙鍵，與 3 個 F 形成 3 個單鍵。共 4 個鍵結區域（1 個雙鍵算 2 個，3 個單鍵算 3 個）。I 的價電子數為 7。與 3 個 F 提供 3 個電子，O 提供 2 個電子形成雙鍵。總共 7+3+2=12 個價電子。形成 3 個 I-F 單鍵 (6e) 和 1 個 I=O 雙鍵 (4e)。共 10 個電子用於成鍵。剩下 12-10 = 2 個電子，即 1 對孤對電子。
電子幾何：4 個鍵結區域 + 1 對孤對電子 = 5 個電子區域，基礎幾何為三角雙錐（trigonal bipyramidal）。
分子幾何：在三角雙錐中，孤對電子傾向於佔據赤道位置。因此，3 個 F 原子和 1 個 O 原子佔據頂點和赤道位置。

本題考查一氧化碳 (CO) 的分子軌域圖的繪製與電子填充。這需要紮實的分子軌域理論基礎，特別是對於異核雙原子分子的處理。

核心觀念：
分子軌域理論 (Molecular Orbital Theory) 認為，原子軌域在分子形成過程中會線性組合 (Linear Combination of Atomic Orbitals, LCAO) 形成新的分子軌域。對於雙原子分子，能量相近且對稱性匹配的原子軌域才能有效組合。對於異核雙原子分子，組合後的分子軌域會更偏向能量較低的原子軌域。

分子軌域圖繪製步驟：

1. 確定參與組合的原子軌域：
   CO 分子由 C 和 O 原子組成。我們主要考慮價層軌域，即 C 的 2s, 2px, 2py, 2pz 和 O 的 2s, 2px, 2py, 2pz。C 的 1s 和 O 的 1s 軌域能量很低，對成鍵影響不大，通常省略，但題目要求包含所有原子軌域，所以我們也需要標示。

2. 確定原子軌域的能量順序：
   O 的電負度遠大於 C，因此 O 的原子軌域能量低於 C 的原子軌域。
   能量順序（由低到高）：
   O: 1s < 2s < 2px $\approx$ 2py < 2pz
   C: 1s < 2s < 2px $\approx$ 2py < 2pz
   為了繪製分子軌域圖，我們需要確定 C 和 O 的價層原子軌域能量相對位置：
   O (2s) < O (2p) < C (2s) < C (2p)
   注意：在繪製分子軌域圖時，通常會將能量較低的原子軌域放在左側，能量較高的放在右側。

3. 考慮對稱性進行線性組合 (LCAO)：

   • sigma ($\sigma$) 軌域： 由 s 軌域的組合以及沿鍵軸的 p 軌域（$p_z$）的組合形成。

     • 1s 軌域組合：$1s_C$ 和 $1s_O$ 組合形成 $\sigma_{1s}$（成鍵）和 $\sigma_{1s}^*$（反鍵）。由於 $O(1s)$ 能量低於 $C(1s)$，$\sigma_{1s}$ 更偏向 $O(1s)$，$\sigma_{1s}^*$ 更偏向 $C(1s)$。
     • 2s 軌域組合：$2s_C$ 和 $2s_O$ 組合形成 $\sigma_{2s}$（成鍵）和 $\sigma_{2s}^*$（反鍵）。由於 $O(2s)$ 能量低於 $C(2s)$，$\sigma_{2s}$ 更偏向 $O(2s)$，$\sigma_{2s}^*$ 更偏向 $C(2s)$。
     • 2pz 軌域組合：$2p_{z,C}$ 和 $2p_{z,O}$ 組合形成 $\sigma_{2pz}$（成鍵）和 $\sigma_{2pz}^*$（反鍵）。由於 $O(2p_z)$ 能量低於 $C(2p_z)$，$\sigma_{2pz}$ 更偏向 $O(2p_z)$，$\sigma_{2pz}^*$ 更偏向 $C(2p_z)$。

   • pi ($\pi$) 軌域： 由垂直於鍵軸的 p 軌域（$p_x, p_y$）的組合形成。

     • 2px 軌域組合：$2p_{x,C}$ 和 $2p_{x,O}$ 組合形成 $\pi_{2px}$（成鍵）和 $\pi_{2px}^*$（反鍵）。
     • 2py 軌域組合：$2p_{y,C}$ 和 $2p_{y,O}$ 組合形成 $\pi_{2py}$（成鍵）和 $\pi_{2py}^*$（反鍵）。
       由於 $O(2p_x)$ 和 $O(2p_y)$ 的能量低於 $C(2p_x)$ 和 $C(2p_y)$，所以 $\pi_{2px}$ 和 $\pi_{2py}$ 分子軌域會更偏向 O 原子。
       在 CO 中，由於 s-p 軌域混合效應，$\sigma_{2pz}$ 的能量會高於 $\pi_{2px}$ 和 $\pi_{2py}$ 的能量。這是與同核雙原子分子（如 $N_2$）的區別。

4. 確定分子軌域的能量順序：
   對於 CO，考慮 s-p 混合效應，能量順序（由低到高）通常為：

本題考查金屬有機化合物的 d 電子數和總價電子數計算，這是判斷這些化合物穩定性、反應性和結構的基礎。

核心觀念：

1. 價電子數 (Valence Electron Count, VEC)： 指的是中心金屬原子及其配體提供的總價電子數。
   • 金屬價電子數：根據金屬在週期表中的位置確定。例如，第 6 族金屬（Cr, Mo, W）有 6 個價電子。
   • 配體提供的價電子數：
     • 中性配體 (Neutral Ligands)：通常提供其價電子數。例如，CO 提供 2 個電子。
     • 離子型配體 (Ionic Ligands)：通常按其離子形式提供電子。例如，$Cl^-$ 提供 1 個電子。
     • 環戊二烯基 (Cp, $C_5H_5^-$)：提供 5 個價電子（作為陰離子）。
     • 烷基 (Alkyl, $R^-$)：通常提供 1 個價電子（作為陰離子）。
2. d 電子數 (d-electron count)： 指的是中心金屬原子在該化合物中具有的 d 軌域中的電子數。這需要知道金屬的氧化態。
   • 氧化態計算：將整個分子視為電中性，根據配體的電性和提供的電子數，計算中心金屬的氧化態。
   • d 電子數計算：金屬的總價電子數減去其氧化態的絕對值。

(a) CpMo(CO)3Cl

1. 中心金屬： Mo (鉬)

2. 金屬價電子數： Mo 位於第 6 族，有 6 個價電子。

3. 配體分析：

   • Cp ($C_5H_5$): 通常以陰離子形式 $C_5H_5^-$ 存在，提供 5 個價電子。
   • CO: 中性配體，每個提供 2 個價電子。有 3 個 CO，共提供 $3 \times 2 = 6$ 個價電子。
   • Cl: 通常以陰離子 $Cl^-$ 存在，提供 1 個價電子。

4. 總價電子數 (VEC)：
   VEC = (Mo 價電子數) + (Cp 電子數) + (CO 電子數) + (Cl 電子數)
   VEC = 6 + 5 + 6 + 1 = 18 個價電子。

5. 氧化態計算：
   設 Mo 的氧化態為 x。
   分子整體為中性，所以：
   x + (Cp 的淨電荷) + 3 * (CO 的淨電荷) + (Cl 的淨電荷) = 0
   x + (-1) + 3 * (0) + (-1) = 0
   x - 1 - 1 = 0
   x = +2
   Mo 的氧化態為 +2。

6. d 電子數計算：
   Mo (0 氧化態) 的價電子排布為 $4d^5 5s^1$ (或 $4d^6$)，總共 6 個價電子。

本題考查弱電解質的解離常數 ($K_a$) 計算，涉及醋酸的解離平衡。

核心觀念：
弱電解質在水溶液中會發生部分解離，形成解離平衡。醋酸 (acetic acid, $CH_3COOH$) 是一種弱酸，在水中解離成醋酸根離子 ($CH_3COO^-$) 和氫離子 ($H^+$)。

解離反應方程式：
$CH_3COOH(aq) \rightleftharpoons CH_3COO^-(aq) + H^+(aq)$

解離常數 ($K_a$) 的定義為：
$K_a = \frac{[CH_3COO^-][H^+]}{[CH_3COOH]}$

解題步驟：

1. 確定初始濃度和解離百分比：
   初始濃度 $[CH_3COOH]_0 = 0.100 \, M$。
   解離百分比 = 1.34%。

2. 計算解離出的 $H^+$ 和 $CH_3COO^-$ 濃度：
   解離出的 $H^+$ 濃度等於解離出的 $CH_3COO^-$ 濃度，也等於醋酸解離的濃度。
   $[H^+] = [CH_3COO^-] = \text{初始濃度} \times \frac{\text{解離百分比}}{100\%}$
   $[H^+] = 0.100 \, M \times \frac{1.34}{100} = 0.100 \times 0.0134 = 0.00134 \, M$。

本題考查定量分析中利用沉澱反應來測定化合物組成的問題，具體是通過測定氯離子的含量來推算其在原化合物中的質量百分比。

核心觀念：
重量分析法 (Gravimetric Analysis) 的基本原理是通過將待測組分轉化為一個質量易於測量的沉澱物，然後通過沉澱物的質量來計算待測組分在原樣品中的含量。在這個問題中，原化合物中的氯離子 ($Cl^-$) 與硝酸銀 ($AgNO_3$) 反應，生成氯化銀 ($AgCl$) 沉澱。

反應方程式：
$Cl^-(aq) + Ag^+(aq) \rightarrow AgCl(s)$

解題步驟：

1. 確定已知量：

   • 原化合物樣品質量 = 0.5662 g
   • 生成的 $AgCl$ 沉澱質量 = 1.0882 g
   • 摩爾質量：
     • $AgCl$: $M(Ag) + M(Cl) = 107.87 \, g/mol + 35.45 \, g/mol = 143.32 \, g/mol$
     • $Cl$: $M(Cl) = 35.45 \, g/mol$

2. 計算生成的 $AgCl$ 的摩爾數：

本題考查錯離子平衡，特別是 EDTA (Y4-) 與金屬離子 (Ni2+) 的錯合物在不同 pH 值下的穩定性以及游離金屬離子濃度的計算。

核心觀念：
EDTA (Y4-) 是一種六齒配體，能與許多金屬離子形成非常穩定的錯合物。其穩定性常數 $K_{MY}$ (或稱 $K_f$) 非常大。然而，EDTA 的解離程度受 pH 值影響。在酸性條件下，EDTA 會質子化，形成 $HY^{3-}, H_2Y^{2-}, H_3Y^{-}, H_4Y$ 等形式，其作為配體的有效濃度會降低。

錯離子解離平衡：
$NiY^{2-} \rightleftharpoons Ni^{2+} + Y^{4-}$
穩定性常數 $K_{MY} = \frac{[NiY^{2-}]}{[Ni^{2+}][Y^{4-}]} = 4.2 \times 10^{18}$

EDTA 的質子化平衡：
EDTA 有四個質子可以解離：
$H_4Y \rightleftharpoons H^+ + H_3Y^-$ ($K_{a1}$)
$H_3Y^- \rightleftharpoons H^+ + H_2Y^{2-}$ ($K_{a2}$)
$H_2Y^{2-} \rightleftharpoons H^+ + HY^{3-}$ ($K_{a3}$)
$HY^{3-} \rightleftharpoons H^+ + Y^{4-}$ ($K_{a4}$)

我們感興趣的是 $Y^{4-}$ 的濃度，它與 $H_4Y$ 的總濃度之間存在一個與 pH 相關的函數 $\alpha_{Y^{4-}}$，定義為：
$\alpha_{Y^{4-}} = \frac{[Y^{4-}]}{[H_4Y]_{total}}$
其中 $[H_4Y]_{total} = [Y^{4-}] + [HY^{3-}] + [H_2Y^{2-}] + [H_3Y^-] + [H_4Y]$。
$\alpha_{Y^{4-}}$ 的計算與 pH 有關：
$\alpha_{Y^{4-}} = \frac{K_{a1}K_{a2}K_{a3}K_{a4}}{[H^+]^4 + K_{a1}[H^+]^3 + K_{a1}K_{a2}[H^+]^2 + K_{a1}K_{a2}K_{a3}[H^+] + K_{a1}K_{a2}K_{a3}K_{a4}}$
（注意：此處 $\alpha$ 的定義可能不同，另一種常見定義是 $[Y^{4-}] / ([Y^{4-}] + [HY^{3-}] + ...)$，其值隨 pH 升高而增大。我們需要使用與 $K_{MY}$ 相關的有效配體濃度。）

更方便的方法是使用條件穩定性常數 $K'_{MY}$，它考慮了 pH 的影響：
$K'_{MY} = K_{MY} \times \alpha_{Y^{4-}}$
$K'_{MY} = \frac{[NiY^{2-}]}{[Ni^{2+}][Y^{4-}]_{free}}$ (這裡的 $[Y^{4-}]_{free}$ 是實際存在的 $Y^{4-}$ 離子濃度)
在計算中，我們通常使用有效配體濃度 $[Y^{4-}]_{eff}$，它等於 $Y^{4-}$ 的總濃度乘以一個與 pH 相關的係數 $\alpha_Y$。
$\alpha_Y$ 是指 $Y^{4-}$ 相對於 $H_4Y$ 總濃度的比例。
$\alpha_Y = \frac{[Y^{4-}]}{[H_4Y]_{total}}$。
實際上，我們需要的是 $Y^{4-}$ 的解離度，這與 $K_{a1}, K_{a2}, K_{a3}, K_{a4}$ 有關。
對於 EDTA，其 $pK_{a}$ 值約為：$pK_{a1} \approx 2.0$, $pK_{a2} \approx 2.7$, $pK_{a3} \approx 6.2$, $pK_{a4} \approx 10.5$。
所以，$K_{a1} \approx 10^{-2.0}, K_{a2} \approx 10^{-2.7}, K_{a3} \approx 10^{-6.2}, K_{a4} \approx 10^{-10.5}$。

有效配體濃度 $[Y^{4-}]_{eff}$ 與總 EDTA 濃度 $[EDTA]_{total}$ 的關係為：
$[Y^{4-}]_{eff} = [EDTA]_{total} \times \alpha_{Y^{4-}}$
其中 $\alpha_{Y^{4-}} = \frac{K_{a4}}{[H^+] + K_{a4}}$ (在 pH 遠大於 $pK_{a4}$ 時)
或者更精確地：
$\alpha_{Y^{4-}} = \frac{K_{a1}K_{a2}K_{a3}K_{a4}}{[H^+]^4 + K_{a1}[H^+]^3 + K_{a1}K_{a2}[H^+]^2 + K_{a1}K_{a2}K_{a3}[H^+] + K_{a1}K_{a2}K_{a3}K_{a4}}$

我們需要計算在不同 pH 下的 $\alpha_{Y^{4-}}$ 值。
假設 $K_{a1}=10^{-2}, K_{a2}=10^{-2.7}, K_{a3}=10^{-6.2}, K_{a4}=10^{-10.5}$。

a) pH = 3
$[H^+] = 10^{-3} \, M$
在這個 pH 下，主要存在的 EDTA 形式是 $H_2Y^{2-}$ 和 $HY^{3-}$。
計算 $\alpha_{Y^{4-}}$：
分母：$[H^+]^4 + K_{a1}[H^+]^3 + K_{a1}K_{a2}[H^+]^2 + K_{a1}K_{a2}K_{a3}[H^+] + K_{a1}K_{a2}K_{a3}K_{a4}$

核心觀念

本題考查酸性條件下高錳酸根氧化亞鐵離子的氧化還原滴定，以及能斯特方程式。

半反應為：

$$Fe^{3+}+e^-\rightarrow Fe^{2+},\qquad E^\circ=0.68\ \text{V}$$ $$MnO_4^-+8H^++5e^-\rightarrow Mn^{2+}+4H_2O,\qquad E^\circ=1.51\ \text{V}$$

因為 $MnO_4^-$ 的標準還原電位較高，所以在滴定反應中：

• $MnO_4^-$ 被還原；
• $Fe^{2+}$ 被氧化成 $Fe^{3+}$。

總反應為：

$$MnO_4^-+8H^++5Fe^{2+} \rightarrow Mn^{2+}+4H_2O+5Fe^{3+}$$

當加入量超過當量點時，溶液中的電位由過量的 $MnO_4^-/Mn^{2+}$ 氧化還原電對控制。

---

解題方法

先判斷 15 mL 高錳酸鉀是否超過當量點。

初始 $Fe^{2+}$ 莫耳數：

$$n(Fe^{2+})=0.100\times 0.040=0.00400\ \text{mol}$$

加入的 $MnO_4^-$ 莫耳數：

$$n(MnO_4^-)=0.100\times 0.015=0.00150\ \text{mol}$$

依照反應比例：

$$1\ mol\ MnO_4^-:5\ mol\ Fe^{2+}$$

完全反應所需的 $Fe^{2+}$ 為：

$$5(0.00150)=0.00750\ \text{mol}$$

但原本只有 $0.00400\ \text{mol}$，因此 $Fe^{2+}$ 已完全反應，且高錳酸根過量。

當量點所需的高錳酸根體積為：

$$V_{\mathrm{eq}} =\frac{0.00400/5}{0.100} =0.00800\ \text{L} =8.00\ \text{mL}$$

由於實際加入 $15.0\ \text{mL}>8.00\ \text{mL}$，確實位於當量點之後。

---

計算當量點後各物種濃度

反應消耗的高錳酸根：

$$n_{\mathrm{consumed}}(MnO_4^-) =\frac{0.00400}{5} =0.000800\ \text{mol}$$

過量的高錳酸根：

$$n_{\mathrm{excess}}(MnO_4^-) =0.00150-0.000800 =0.000700\ \text{mol}$$

生成的 $Mn^{2+}$：

核心觀念

本題考察選擇性沉澱與溶度積 $K_{sp}$ 的判斷。

難溶鹽開始沉澱的條件為：

$$\text{離子積 }Q_{sp} \geq K_{sp}$$

其中：

• $Q_{sp}<K_{sp}$：未達沉澱條件
• $Q_{sp}=K_{sp}$：剛開始沉澱
• $Q_{sp}>K_{sp}$：會形成沉澱

兩種沉澱的溶解平衡為：

$$AgI(s)\rightleftharpoons Ag^+ + I^-$$ $$K_{sp}(AgI)=[Ag^+][I^-]$$ $$PbI_2(s)\rightleftharpoons Pb^{2+}+2I^-$$ $$K_{sp}(PbI_2)=[Pb^{2+}][I^-]^2$$

---

解題方法

當 $Ag^+$ 已經沉澱 99% 時，仍留在溶液中的 $Ag^+$ 濃度為：

$$[Ag^+]=0.10(1-0.99)=0.0010\ \text{M}$$

此時溶液與 $AgI(s)$ 達平衡，因此：

$$K_{sp}(AgI)=[Ag^+][I^-]$$

代入 $K_{sp}(AgI)=8.3\times10^{-17}$：

$$8.3\times10^{-17} =(0.0010)[I^-]$$

因此：

$$[I^-] =\frac{8.3\times10^{-17}}{1.0\times10^{-3}} =8.3\times10^{-14}\ \text{M}$$

接著判斷此時是否達到 $PbI_2$ 的沉澱條件。假設尚未有明顯的 $PbI_2$ 沉澱，則：

$$[Pb^{2+}]\approx0.10\ \text{M}$$

計算離子積：

$$Q_{sp}(PbI_2) =[Pb^{2+}][I^-]^2$$ $$Q_{sp}(PbI_2) =(0.10)(8.3\times10^{-14})^2$$ $$Q_{sp}(PbI_2) =0.10(6.889\times10^{-27}) =6.89\times10^{-28}$$

與溶度積比較：

$$Q_{sp}(PbI_2)=6.89\times10^{-28} \ll K_{sp}(PbI_2)=7.1\times10^{-9}$$