第06讲 物质的量浓度的相关计算-鲁科版新高一《化学》暑假自学提升课（解析版）

第第页第06讲物质的量浓度的相关计算能从宏观和微观的角度理解微观粒子间的关系。建立n、M、Vm、c之间相互转化关系及进行简单计算的思维模型。一、物质的量的浓度的简单计算1.公式（1）基本公式：cB＝（2）辅助公式：n＝＝＝＝（STP）2.根据定义式计算溶质的物质的量浓度（1）已知溶质的质量eq\x(m)eq\x(n)eq\x(c)（2）已知溶液中某种粒子的数目eq\x(N)eq\x(n)eq\x(c)标况下气体溶于水，其物质的量浓度的计算(1)若已知溶液的体积eq\x(V气体)eq\x(n)eq\x(c)(2)标准状况下，VL气体溶于V(H2O)L水中，所得溶液密度为ρg·mL－1，则①气体的物质的量：n＝eq\f(VL,22.4L·mol－1)＝eq\f(V,22.4)mol；②溶液体积：V(溶液)＝eq\f(m溶液g,ρg·mL－1)×10－3L·mL－1＝eq\f(nmol×Mg·mol－1＋1g·mL－1×VH2OL×1000mL·L－1,ρg·mL－1)×10－3L·mL－1；③再根据c＝eq\f(n,V溶液)知，c＝eq\f(1000mL·L－1×ρg·mL－1×VL,Mg·mol－1×VL＋22400g·mol－1×VH2OL)。二、溶液的稀释或混合1.浓溶液稀释依据：稀释或浓缩前后溶质的质量或物质的量不变(1)溶质的物质的量不变：c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)；(2)溶质的质量不变：m(浓)·w(浓)＝m(稀)·w(稀)；(3)溶液的质量守恒：m(稀)＝m(浓)＋m(水)。①m表示溶液质量，ω表示溶质质量分数②V1、V2的体积单位一致即可2.相同溶质两溶液混合依据：混合前后溶质的总质量或总物质的量不变(1)溶质的物质的量不变c1V1＋c2V2＝c(混)·V(混)；(2)溶质的质量不变m1w1＋m2w2＝m(混)·w(混)。三、物质的量浓度与溶质的质量分数的换算1.基本公式c＝eq\f(1000ρw,M)mol·L－1M：溶质B的摩尔质量(单位：g·mol－1)；ρ：溶液密度(单位：g·mL－1)；w：溶质的质量分数。辅助公式①溶质质量分数：ω＝×100%＝×100%②溶质质量分数和饱和溶液溶解度间的关系：ω＝×100%③溶液的密度：＝3.推导方法设溶液体积为1L，则cB＝eq\f(nB,V)＝eq\f(\f(ρg·mL－1×1000mL×w,Mg·mol－1),1L)＝eq\f(1000ρw,M)mol·L－1。考点一：根据定义式计算溶质的物质的量浓度【例1】游泳池里的水一般常加适量的硫酸铜，用以杀灭其中的细菌，而对游泳者的身体无害。现取一水样300mL，经分析其中含有0.0192gCu2＋，则水样中硫酸铜的物质的量浓度为________mol·L－1。答案0.001解析c(Cu2＋)＝eq\f(\f(0.0192g,64g·mol－1),0.300L)＝0.001mol·L－1。【归纳总结】根据概念表达式cB＝eq\f(nB,V)，欲求cB，先求nB和V。计算溶质的物质的量浓度的关键是从已知条件中找出溶质的物质的量(n)和溶液的体积(V)，据此求出溶质的物质的量浓度cB。考点二：溶液的稀释与混合的计算【例2】常温下，欲配制密度为1.1g·cm－3、浓度为6mol·L－1的稀盐酸，在体积为100mL、密度为1.19g·cm－3、浓度为12mol·L－1的浓盐酸中需加蒸馏水()A.200mL B.100mLC.101mL D.120mL答案C解析设加水xmL可配制成VmL6mol·L－1稀盐酸，则100mL×12mol·L－1＝6mol·L－1×VmL，V＝200。体积不能直接加合，可利用质量守恒：200mL×1.1g·mL－1＝100mL×1.19g·mL－1＋xmL×1g·mL－1，x＝101，即需加蒸馏水101mL。考点三：通过电荷守恒计算【例3】硫酸钠和硫酸溶液等体积混合后，H＋浓度为0.3mol·L－1，SOeq\o\al(2－,4)浓度为0.4mol·L－1，则混合溶液中Na＋浓度为()A.0.15mol·L－1 B.0.2mol·L－1C.0.25mol·L－1 D.0.5mol·L－1答案D解析设Na＋浓度为x，根据电荷守恒可知，0.3mol·L－1×1＋x×1＝0.4mol·L－1×2，x＝0.5mol·L－1。考点四：物质的量浓度、溶质质量分数的相互换算【例4】某市售盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.18g·cm－3，该盐酸的物质的量浓度是()A.3mol·L－1 B.8.4mol·L－1C.11.8mol·L－1 D.0.5mol·L－1答案C解析c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000mL·L－1×1.18g·cm－3×36.5%,36.5g·mol－1)＝11.8mol·L－1。1．（2023秋·吉林白城·高一统考期末）关于溶液，下列说法正确的是(表示阿伏加德罗常数的值)A．溶液中的数目为 B．溶液中的质量为17.4gC．溶液中浓度为 D．从溶液中取出10mL，所含浓度为【答案】B【详解】A．溶液中的数目为，选项A错误；B．0.1mol的的质量为17.4g，选项B正确；C．溶液中的浓度为，选项C错误；D．从溶液中取出10mL，浓度不变，选项D错误；答案选B。2．（2023秋·内蒙古包头·高一统考期末）环境友好安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10mLNa2R溶液含Na+的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为A．N×10-2mol•L-1 B．mol•L-1C．mol•L-1 D．mol•L-1【答案】B【详解】10mL该Na2R溶液中含Na+的数目为N，则Na2R的物质的量为mol，Na2R的物质的量浓度为=mol·L-1，故选B。3．（2023秋·云南昆明·高一统考期末）100mL0.30mol/LNaCl溶液和100mL0.20mol/LMgCl2溶液混合，若不考虑溶液混合时体积的变化，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度为A．0.15mol/L B．0.25mol/L C．0.30mol/L D．0.35mol/L【答案】D【详解】混合溶液中Cl-的物质的量浓度为；选D。4．（2023秋·山东菏泽·高一统考期末）将溶液与溶液混合后，计算所得溶液中的物质的量浓度(忽略混合前后溶液体积变化)A． B． C． D．【答案】A【详解】将溶液与溶液混合后，计算所得溶液中的物质的量浓度(忽略混合前后溶液体积变化)，故A符合题意。综上所述，答案为A。5．（2023秋·浙江湖州·高一统考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．16g与的混合物中含氧原子数为B．1molNa完全转化为时，失去的电子数目为2C．标准状况下，22.4L中含有的分子数为D．1mol/L溶液中离子总数为3【答案】A【详解】A，与都是由氧元素构成，所以16g与的混合物中含氧原子物质的量为，即氧原子数为，A正确；B．金属钠中钠元素显零价，过氧化钠中钠元素显+1价，所以1molNa完全转化为时，失去的电子数目为，B错误；C．标准状况下水为液态，不适用于气体体积摩尔公式计算，C错误；D．未指出溶液体积，无法计算出溶质物质的量，D错误；故选A。6．（2022秋·浙江·高一期中）由硫酸钾、硫酸镁和氯化镁组成的混合溶液，其中c()=0.4mol/L，c(Cl-)=0.2mol/L，c(Mg2+)=0.3mol/L，则c(K+)为A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L【答案】D【详解】硫酸钾、硫酸镁和氯化镁组成的混合溶液，其中c()=0.4mol/L，c(Cl-)=0.2mol/L，c(Mg2+)=0.3mol/L，根据溶液呈电中性，0.4mol/L×2+0.2mol/L=0.3mol/L×2+c(K+)，解得c(K+)=0.4mol/L，故选D。7．（2023秋·辽宁锦州·高一统考期末）下列有关溶液物质的量浓度的计算中正确的有①从1L0.1mol/LNaCl溶液中取出250mL，剩余溶液中c(Cl-)=0.075mol/L②配制480mL0.10mol/L的CuSO4溶液，需称取12.5g胆矾③将4.48LHCl通入水中配成500mL溶液，所得溶液中c(HCl)=0.4mol/L④将30mL0.5mol/L的Na2SO4溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中c(Na+)=0.06mol/LA．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】C【详解】①溶液是均一稳定的，取出部分溶液不影响浓度变化，故c(Cl-)=0.1mol/L，①错误；②配制480mL溶液，需用500mL容量瓶，需胆矾的质量为m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，②正确；③未指明标准状况下，不能计算，③错误；④稀释前后溶质的物质的量不变，n(Na+)=0.03L×0.5mol/L×2=0.03mol，c(Na+)==0.06mol/L，④正确；故选C。8．（2022秋·福建福州·高一统考期末）下列溶液中物质的量浓度最大的是A．的溶液 B．的溶液C．的溶液 D．的溶液【答案】B【详解】A．的溶液中物质的量浓度为0.1mol/L，B．的溶液中物质的量浓度为0.2mol/L×3=0.6mol/L，C．的溶液中物质的量浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/L，D．的中物质的量浓度为0.25mol/L×2=0.5mol/L，故B中溶液中物质的量浓度最大，故答案为：B。9．（2023春·四川成都·高一校联考期中）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol·L−1、0.1mol·L−1，向该混合液中加入1.92g铜粉，待充分反应后，下列叙述正确的是A．反应后无红色固体在试管中B．H2SO4没有参与反应C．反应后溶液中c(Cu2+)=0.225mol·L−1D．溶液中剩余的物质的量为0.03mol【答案】C【详解】A．n(Cu)==0.03mol，n(H+)=0.4mol·L−1×0.1L+0.1mol·L−1×2×0.1L=0.06mol，n(NO)=0.4mol·L−1×0.1L=0.04mol，发生反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，氢离子的物质的量不足，则Cu不能完全反应，反应后有红色固体在试管中，故A错误；B．由离子方程式3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，H2SO4电离出H+参与了反应，故B错误；C．由H+的物质的量及离子方程式可知，0.06molH+参加反应，生成Cu2＋的物质的量为0.06mol×=0.0225mol，所以溶液中c(Cu2+)==0.225mol·L−1，故C正确；D．H+完全反应，由离子方程式3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，消耗NO的物质的量为0.06mol×=0.015mol，溶液中剩余的物质的量为0.4mol·L−1×0.1L-0.015mol=0.025mol，故D错误；故选C。10．（2023秋·辽宁沈阳·高一校联考期末）NA为阿伏加德罗常数，以下说法正确的是A．18gT2O中含有的质子数为10NAB．在25℃时，0.0lmol/L的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目0.02NAC．25℃，l0lkPa，3.4克硫化氢中含有原子总数为0.3NAD．标准状况下，将2.24L氯气溶于水，转移的电子数目为0.1NA【答案】C【详解】A．T的质量数为3，T2O的相对分子质量为22，18gT2O的物质的量小于1mol，质子数小于10NA，A错误；B．在25℃时，0.0lmol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.02mol/L，无体积，无法计算数目，B错误；C．3.4克硫化氢的物质的量为0.1mol，含有原子总数为0.3NA，C正确；D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO为可逆反应，标准状况下，将2.24L氯气为0.1mol，无法完全反应，转移的电子数目<0.1NA，D错误；故选C。一、单选题1．（2022秋·山东枣庄·高一枣庄八中校考期末）在标准状况下，将气体(摩尔质量为)溶于水中，所得溶液的密度为，则此溶液的物质的量浓度为A． B． C． D．【答案】B【详解】标准状况下，VLA气体的物质的量为n(A)==mol，气体的质量为m(A)=mol×Mg·mol-1=g，0.1L水的质量为m(H2O)=100mL×1g/mL=100g，则溶液的质量为(+100)g，溶液的体积为V===mL，该溶液的物质的量浓度为c(A)===，选项B符合题意；答案为B。2．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）下列说法正确的是A．1L0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中，Na＋的物质的量为0.2molB．58.5gNaCl溶于1L水所得溶液的浓度为1mol·L-1C．将10mL1mol·L-1的Na2S溶液加水稀释至100mL，溶液中Na＋的浓度为0.2mol·L-1D．从1L0.1mol·L-1的NaCl溶液中取出0.1L溶液，则NaCl的浓度变为0.01mol·L-1【答案】C【详解】A．1L0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中n(Na2SO4)=1L×0.2mol·L-1，n(Na＋)=2n(Na2SO4)=0.4mol，故A错误；B．58.5gNaCl溶于1L水所得溶液的体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol·L-1，故B错误；C．将10mL1mol·L-1的Na2S溶液加水稀释至100mL，稀释后c(Na2S)=，c(Na+)=2c(Na2S)=0.2mol·L-1，故C正确；D．从1L0.1mol·L-1的NaCl溶液中取出0.1L溶液，NaCl的浓度还是0.01mol·L-1，故D错误；选C。3．（2023秋·贵州毕节·高一统考期末）在、、的混合溶液中，，，，试计算为A． B． C． D．【答案】D【详解】电解质溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。根据电荷守恒可得，，则，，故选D。4．（2023秋·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期末）化学实验室里有一瓶盐酸，上面的标签如图所示。下列说法正确的是产品名称：盐酸化学式：HCl产品等级：分析纯质量分数：36.5%密度：1.19g/cm3A．该盐酸物质的量浓度为11.9mol·L-1B．等体积的该盐酸与水混合后质量分数约为18.25%C．配制500mL0.400mol/L的稀盐酸需该盐酸1.68mLD．中和含0.4gNaOH的NaOH溶液需取0.400mol/L的稀盐酸2.5mL【答案】A【详解】A．该盐酸物质的量浓度c=，A正确；B．因为等体积的该盐酸与水混合后，盐酸和水的密度不同，所以得到的质量不是原溶液质量的2倍，所以质量分数不是原来的二分之一，B错误；C．根据稀释定律可知，配制500mL0.400mol/L的稀盐酸，需该盐酸的体积为，C错误；D．0.4gNaOH的物质的量为=0.01mol，中和时，n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，根据n=cV可知，取0.400mol/L的稀盐酸的体积为，D错误；故选A。5．（2023秋·吉林长春·高一长春市实验中学校考期末）在和的混合溶液中，测得的浓度为，加入等体积的溶液恰好使完全沉淀，则最终所得混合溶液中的浓度为(忽略反应前后溶液密度的变化)A． B． C． D．【答案】C【详解】设和的混合溶液体积为1L，c()=，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+3c()=2c()，加入等体积的溶液恰好使完全沉淀，则1L×0.3mol/L=1L×c()，则加入溶液前c(Na+)=0.3mol/L，则最终所得混合溶液中的浓度为=，故选C。6．（2023秋·新疆昌吉·高一校考期末）如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法中错误的是A．所配制的溶液的物质的量浓度为B．操作2是将操作1得到的溶液转移到容量瓶中C．操作4如果仰视，所配得溶液浓度偏高D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，所配溶液浓度偏低【答案】C【详解】A．10.6g碳酸钠为0.1mol，该容量瓶规格为100mL，则所配制的Na2CO3溶液的浓度为1.0mol/L，A正确；B．操作2是移液的过程，将操作1得到的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，B正确；C．操作4如果仰视，则溶液的体积偏大，浓度偏低，C错误；D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，此时加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；故答案选C。二、实验题7．（2022秋·浙江·高一期中）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：84消毒液(有效成分)NaClO(规格)1000mL(质量分数)25%(密度)1.19g/cm3(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______mol/L。(保留一位小数)(2)某实验中要用2mol/L的“84消毒液”500mL，则需取用上述“84消毒液”_______mL进行稀释。(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL该浓度的消毒液。回答下列问题。①配制上述溶液需要如图所示的仪器中_______mL的容量瓶，所需NaClO的质量为_______g。②若所配制的次氯酸钠溶液浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．洗涤液未转移到容量瓶中C．未冷却，立即转移至容量瓶定容D．定容时，仰视溶液的凹液面【答案】(1)4.0(2)250.0(3)500149.0BD【分析】配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为。（2）要用2mol/L的“84消毒液”500mL，则需取用上述“84消毒液”的体积为VmL，根据稀释定律，有：4.0mol·L-1×VmL=500mL×2mol·L-1，解得V=250.0。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL该浓度的消毒液：①实验室没有480mL规格的容量瓶，应该选择500mL容量瓶，所需NaClO的质量为。②A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量、不影响溶液体积，对结果无影响，A不符合；B．洗涤液未转移到容量瓶中，会导致溶质偏少，进一步导致浓度偏小，B符合；C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，C不符合；D．定容时，仰视溶液的凹液面，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，D符合；选BD。8．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）已知质量分数为36.5%的盐酸密度为1.19g·cm-3回答下列问题：(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为___________mol·L-1.(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制490mL物质的量浓度为0.500mol·L-1的稀盐酸。①该学生需要量取___________mL上述浓盐酸进行配制。②配制溶液过程中用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要___________。③在配制过程中，下列实验操作会导致所配制稀盐酸的浓度偏大的是___________。A．用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C．转移溶液前，洗净的容量瓶中残留有少量蒸馏水D．未洗涤烧杯和玻璃棒E．量取浓盐酸后洗涤量筒并将洗涤液一并转移至容量瓶【答案】(1)11.9(2)21.0500mL容量瓶AE【详解】（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为；（2）①配制490mL物质的量浓度为0.500mol·L-1的稀盐酸，需要500mL规格的容量瓶，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变得V×11.9mol/L=0.500mol•L-1×500mL，解得V=21.0mL；②实验用到的基本仪器已有烧杯、玻璃棒、胶头滴管，500mL容量瓶，20mL量筒；所以差500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；③A．用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，实际量取的浓盐酸的体积偏大，最终导致所配溶液浓度偏大，A符合题意；B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致浓度会偏小，B不符合题意；C．转移溶液前，洗净的容量瓶中残留有少量蒸馏水，不影响最终所配溶液的物质的量浓度，C符合题意；D．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量会减小，最终溶液浓度会偏小，D不符合题意；E．量筒不用洗涤，若量取浓盐酸后洗涤量筒并将洗涤液一并转移至容量瓶，则所配溶液溶质的物质的量偏大，最终所测浓度会偏大，E符合题意；故选AE。9．（2023秋·广东深圳·高一深圳中学校考期末）实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，请回答下面问题。(1)用天平称取CuSO4•5H2O晶体的质量是_____g。(2)完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是_____。(3)在使用胆矾配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用是_____。(4)下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是_____。A．容量瓶内有水，未经过干燥处理B．定容时，仰视刻度线C．转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤D．定容后液面超过刻度线，吸出一部分水(5)若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要量取_____mL0.2mol/LCuSO4。(6)铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为_____。(7)某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表：离子符号Na+SOCl-c/mol•L-11.30.40.9该消毒液c(Cu2+)=_____。【答案】(1)25.0(2)500mL容量瓶(3)移液、引流(4)BCD(5)125.0(6)2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O(7)0.2mol/L【详解】（1）需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要称取CuSO4•5H2O晶体的质量为0.2mol/L×0.5L×250g/mol=25.0g；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙和容量瓶、胶头滴管，需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，还缺少的仪器有500mL容量瓶。（3）玻璃棒在溶解时作用为搅拌，在移液时作用为引流；（4）A．容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响，故不选A；B．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选B；C．转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选C；D．定容后液面超过刻度线，吸出一部分水，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选D；选BCD；（5）若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，依据稀释前后硫酸铜物质的量不变，需要浓溶液体积为，即125.0mL。（6）铜、氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；（7）混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有c(Cl-)+2c()=c(Na+)+2c(Cu2+)，所以0.9mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L+c(Cu2+)×2，解得c(Cu2+)=0.2mol/L。10．（2023秋·内蒙古包头·高一统考期末）已知某市售“84”消毒液的有效成分为NaClO，其溶质的质量分数为30%，密度为1.49g/cm3。使用“84”消毒液时，通常需加水稀释100倍。回答下列问题：(1)市售“84”消毒液中c(NaClO)=______mol•L-1。(2)实际使用时，将“84”消毒液与醋酸(CH3COOH)混合使