A

A、二甲醚易挥发，所以温度不能过高，故A错误；B、放电时发生原电池反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，故B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，所以阳离子钠离子向正极移动，故C正确；D、放电时正极发生还原反应，二氧化碳中碳得电子生成单质碳，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故D正确；故选A。

D

A、Cu与Fe形成原电池时，铜的金属活泼性比铁的弱，铁作负极，被腐蚀，所以不能在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀，故A错误；B、若化学过程中断开化学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则△H=断键吸收的热量-成键放出的热量＞0，则反应吸热，故B错误；C、一定温度下，增大反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)容器的体积即减小压强，平衡正向移动，故C错误；D、TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)在一定条件下可自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，又该反应是一个吸热反应，所以△S＞0，故D正确；故选D。

D

A、N2减少0.1mol，消耗H20.3mol，生成NH3 0.2mol当达到平衡时，N2、NH3的物质的量可以相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象与事实不符，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V(N2)正=V(NH3)逆，此时反应达到平衡状态，V(N2)正=V(NH3)逆，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行，达到平衡状态，N2、NH3的体积分数不变化，图象符合，故D符合；故选D。

A

Na2O、CuO、MgO、Fe2O3都属于金属氧化物，且属于碱性氧化物。A、CaO属于金属氧化物，与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故A正确；B、Na2O2与酸反应生成盐和水以及氧气，不属于碱性氧化物，故B错误；C、Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、Mn2O7属于酸性氧化物，故D错误；故选A。

AD

A、化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(N2)=v(CO)，故A错误；B、c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；C、图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故C正确；D、维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故D错误；故选A D。

CD

A．a，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；B．依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C．b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol，故C正确；D．Cl2+KOH→aKCl+bKClO+dKClO3+H2O，反应中若a=16，则Cl元素降低得到16个电子，b=1、d=3，则Cl升高失去16个电子，得失电子守恒，即a、b、d之比可能为16：1：3，故D正确；故选CD。

D

A．二氧化碳的电子式为：，故A错误；B．氯原子最外层7个电子成1个共价键，氧原子最外层6个电子成2个共价键，结构式为：H-O-Cl，故B错误；C．水分子是V型结构，不是直线型结构，故C错误；D．氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子的结构示意图：，故D正确；故选D。

B

A．二氧化硅晶体能对光产生全反射，能传递光信号，所以二氧化硅晶体可用于制光导纤维，与熔点无关，故A错误；B．次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌，故B正确；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，与硫酸的脱水性无关，故C错误； D．氯化铁能与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应中氯化铁作氧化剂，应用了氯化铁的氧化性，与水解无关，故D错误；故选B。

D

试题分析：A、闭合开关K时，Y附近溶液变红，说明此电极产生OH－，电极反应式：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，因此Y电极为阴极，则X为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故错误；B、根据A选项分析，电极A应是电源的正极，根据原电池的总电极反应式，推出正极上的反应式为：NiO2＋2H2O＋2e－=Ni(OH)2＋2OH－，故错误；C、对装置（I）充电时，电极B应接电源负极，其电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－，化合价降低被还原，故错误；D、充电时，则为电解池，根据电解池的工作原理，OH－通过阴离子交换膜，移向A电极，故正确。

AC

A．Na2He中，钠离子最外层达到8电子稳定结构，He原子最外层电子数为0，故A错误；B．氢氧化钠中含有离子键和共价键，由离子构成，则熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性，故B正确；C．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故C错误；D．化学变化中有化学键的断裂和生成，则水电解生成氢气和氧气，为化学变化，有化学键的断裂和形成，故D正确；故选AC。

BD

A．Na2CO3溶液中CO32-的水解分步进行，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故A错误；B．Fe3O4溶于稀HNO3，溶解生成的亚铁离子能够被硝酸氧化，离子反应为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故B正确；C．NaClO溶液显碱性，通入少量的SO2的离子反应为ClO-+2OH-+SO2═Cl-+SO42-+H2O，故C错误；D. 标准状况下4.48LCO2气体的物质的量为0.2mol；当将0.2mol二氧化碳通入氢氧化钡、氢氧化钠各0.1mol的混合溶液中时，二氧化碳先与氢氧化钡反应，只有将溶液中的氢氧化钡反应完全后，消耗0.1mol CO2，剩余的0.1mol CO2与0.1mol氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ba2++3OH－+2CO2=BaCO3↓+HCO3－+H2O，故D正确；故选BD。

CD

A、白磷分子式为P4，分子中含有6个共价键，31g白磷分子的中含有P-P键数=×6=1.5mol，故A错误；B．1molFeI2与1molCl2反应时，1mol氯气完全反应最多得到2mol电子，转移的电子数为2NA，故B错误；C.标准状况下4.48升CH4和C2H4的混合气体物质的量为0.2mol，由于甲烷和乙烯分子中氢原子数相同，所以0.2mol混合气体中所含氢原子数为0.8mol，反应后生成0.4molH2O，含有0.8molO-H键，故C正确；D、将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+)，而溶液呈中性，则有n(OH-)=n(H+)，故可知n(NO3-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子个数为NA个，故D正确；故选CD。

BD

试题分析：A、a点对应盐酸的体积比12.5mL多，0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液25 mL用0．1000 mol·L－1盐酸滴定，若消耗12.5mL的盐酸，则有一半的碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以a点时溶液中碳酸氢钠的物质的量大于碳酸钠的物质的量，则离子浓度的关系是c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH－)，错误；B、b点时加入盐酸的体积是20mL，此时n(Cl-)=0.002mol，而c(CO32-)＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.025mol，则5c(Cl－)=4c(HCO3-)＋4c(CO32-)+4 c(H2CO3)，所以5c(Cl－)>4c(HCO3-)＋4c(CO32-)，正确；C、c点时，加入盐酸的体积为25mL，则碳酸钠恰好全部转化为碳酸氢钠，该溶液为碳酸氢钠溶液，溶液中的c(HCO3-)> c(OH－)，错误；D、d点时，加入盐酸的体积是50mL，则碳酸钠完全与盐酸反应生成二氧化碳，得到的溶液为氯化钠溶液，因为溶液中溶有二氧化碳，所以溶液呈酸性，根据电荷守恒，则c(Na+)+c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)+ c(Cl－)，因为此时钠离子与氯离子的浓度相等，所以c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)，正确，答案选BD。

C

A、A气体能与高锰酸钾反应，但仍然有气体剩余，说明一定有SO2，氢气和CO2至少含有一种，即固体混合物中一定含有亚硫酸钠，A错误；B、溶液A中加入氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后变深，说明白色沉淀中含有氢氧化亚铁。溶液C转化为沉淀D，说明是氯化银沉淀，则一定含有氯化钡，则固体A中一定存在硫酸钡，可能含有二氧化硅，B错误；C、由于铁离子也能氧化亚硫酸钠，则该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，C正确；D、根据以上分析可知D错误，答案选C。

C

A．电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，前者浪费能源，则光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，故A正确；B. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故B正确；C．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；D．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病，故D正确； 故选C。

C

A．氯化钠溶液的蒸发结晶，应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，故A错误；B．用盐酸除去BaSO4中的少量碳酸钡需要进行过滤，要用到玻璃棒，缺少玻璃棒，故B错误；C．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故C正确；D．用浓硫酸配制溶液，首先计算配制溶液所需浓硫酸的体积，再溶解、冷却、转移、在相应规格的容量瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故D错误；故选C。

  以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象  浓H2SO4  过氧化钠与干燥的CO2不反应  带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色  2  2  2  ═2Na2C18O3+O2↑+2H2O

(1)本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为：以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；

(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的 二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为：浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；

(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上会复燃；Ⅲ内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为：带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色；

(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O，故答案为：2；2；2；═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。

  将红矾钠(或Cr2O72－)转化为铬酸钠（或CrO42－）  避免还原时消耗过多盐酸  10H＋＋2CrO42－＋CH3OH＝2Cr3+＋7H2O＋ CO2↑  AB  用明火加热、体系封闭  没有必要，CH3OH参与反应的体系中有水  完全溶解于过量的盐酸中  蒸发浓缩  用乙醚洗涤固体2~3次

用40%NaOH将红矾钠(Na2Cr2O7)转化为铬酸钠(Na2CrO4)，再用CH3OH将铬酸钠(Na2CrO4)还原为CrCl3溶液，加20%NaOH使Cr3+沉淀为Cr(OH)3，过滤，将过滤后所得固体用盐酸溶解，最后将CrCl3的HCl溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并用乙醚洗涤2～3次，低温干燥，即得CrCl3•6H2O晶体。

(1)碱溶使Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+的平衡正向移动，将红矾钠(或Cr2O72-)转化为铬酸钠(或CrO42-)；所加40%NaOH不宜过量太多，因后需加更多的盐酸还原，故答案为：将红矾钠(或Cr2O72-)转化为铬酸钠(或CrO42-)；避免还原时消耗过多盐酸；

(2)CH3OH将铬酸钠(Na2CrO4)还原为CrCl3溶液，反应为10H++2CrO42-+CH3OH= 2Cr3++7H2O+CO2↑，故答案为：10H++2CrO42-+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑；

(3)测定溶液的pH可用pH计、pH试纸，故答案为：AB；

(4)①根据题意，甲醇易燃，不能用明火加热，装置最后的锥形瓶没有出气口，是一个封闭体系，故答案为：用明火加热、体系封闭；

②CH3OH参与反应的体系是水溶液，因此没有必要加入CaO，故答案为：没有必要，CH3OH参与反应的体系中有水；

(5)过滤后所得Cr(OH)3用过量的盐酸溶解，最后将CrCl3的HCl溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并用乙醚洗涤2～3次，即得CrCl3•6H2O晶体，故答案为：完全溶解于过量的盐酸中；蒸发浓缩；用乙醚洗涤固体2～3次。

  14.56%  2.31g

(1)得到的铵盐产品是(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合物；本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0；由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3．该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，NH4++OH-=NH3↑+H2O．据此判断铵盐质量为10.00g时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等．设10.00g铵盐中NH4HSO4 与(NH4)2SO4的物质的量分别为X、Y，n(NH3)=n(OH-)-n(H+)，则有：

铵盐质量/g	10.00	20.00	30.00	40.00
含NH4HSO4、(NH4)2SO4/mol	X、Y	2X、2Y	3X、3Y	4X、4Y
产生NH3/mol	X+2Y	X+2Y	0.04	0
消耗NaOH/mol	2X+2Y	3X+2Y	3X+0.04	3X+0.04

因此3X+2Y=3X+0.04，解得Y=0.02mol，又115X+132Y=10.00，得X=0.064mol．则该铵盐中氮元素的质量分数为×100%=14.56%，故答案为：14.56；

(2)由15.00 g铵盐与NaOH溶液反应产生的NH3可知浓硫酸增加的质量，由上面讨论可知此NaOH溶液中共有0.232molNaOH，当铵盐质量为15.00g时含0.096mol NH4HSO4和0.03mol (NH4)2SO4，共有NH4+和H+ 0.252mol，故NaOH不足，此时产生n(NH3)=(0.232-0.096)mol=0.136mol，NH3的质量=0.136mol×17g/mol=2.31g答：浓硫酸增加的质量为2.31g，故答案为：2.31g。

  1.6  103：150

(1)根据反应AgNO3+NaI═2NaNO3+AgI↓，AgNO3+NaBr═NaNO3+AgBr↓可知，硝酸银的物质的量等于碘化钠和溴化钠物质的量之和。含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2+2NaI═2NaCl+I2，后发生Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体为NaCl，由图象可知，23.4g为NaCl的质量，其物质的量为=0.4mol，根据钠原子守恒，碘化钠和溴化钠物质的量之和为0.4mol，c(AgNO3)==1.6mol/L，故答案为：1.6；

(2)含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2+2NaI═2NaCl+I2，后发生Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体为NaCl，由图象可知，与NaBr和NaI反应的氯气的体积相等，则NaBr和NaI的物质的量相等，因此m(NaBr)：m(NaI)= M(NaBr)：M(NaI)=103:150，故答案为：103：150。

  铁和硫  Fe2S3+4H+=2Fe2++S↓+2H2S↑  AD    I  ICl+KI=KCl+I2  ABC

Ⅰ.向丙与浓盐酸反应后的滤液(假设乙全部逸出)中加人足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁，质量为24g，氧化铁物质的量为=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol．丙粉末投人足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，则淡黄色沉淀为S，物质的量为=0.15mol，乙在标准状况下的密度为1.52g•L-1，则乙的相对分子质量为1.52×22.4=34，气体乙可溶于水，则乙为H2S，在丙中铁元素与硫单质的物质的量之比为2：1，而氧化物甲与气态氢化物乙按1：3反应生成的物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为Fe2O3，丙为Fe2S3，甲与乙发生的反应生成丙的反应为Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，丙在盐酸中发生反应为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S。

(1)丙为Fe2S3，丙中所含的元素为铁和硫，故答案为：铁和硫；

(2)丙在盐酸中反应的离子方程式为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S，故答案为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S；

(3)A．石油入罐前脱硫处理，防止硫化氢的生成，故A正确；B．定期用酸清洗罐体，会使罐壁变薄，不利于储存油，故B错误；C．罐体内壁涂刷油漆，油漆是有机物，容易溶于油中，使油纯度降低，故C错误；D．罐体中充入氮气，就可以防止罐被氧化产生Fe2O3，故D正确，故选AD；

Ⅱ.分析转化关系，1molC+KI=1mol化合物B+1mol单质D，1mol化合物B加入硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有Cl元素，推断C中含有Cl元素，所以生成单质D推断为I2，B为KCl，则依据氧化还原反应实质判断C为ICl，为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，1mol盐A中含有Cl、I、K，依据元素化合价代数和为0判断，A为KICl2。

(1)B为氯化钾，阴离子为Cl-，氯离子的电子式：，故答案为：；

(2)氯化碘结构和氯气相似，Cl原子和I原子之间共用一对电子，C为ICl，碘化合价为+1价，氯元素化合价为-1价，故答案为：碘；

(3)C和KI反应发生的是碘元素的归中反应，生成碘单质，反应的化学方程式为：KI+ICl=I2+KCl；故答案为：KI+ICl=I2+KCl；

(4)C为ICl为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，具有强氧化性，能氧化还原性物质和不饱和碳原子形成的双键发生加成反应，和水发生自身氧化还原反应；A．SO2 B具有还原性可以被ICl氧化，故A符合；B、根据氯气和水反应方程式知，氯化碘和水反应方程式为ICl+H2O═HCl+HIO，H2O和ICl反应，故B符合； C．乙烯含有不饱和碳碳双键，类比氯气和碳碳双键发生加成反应，故C符合；D．Na2SO4溶液和ICl不能发生反应，故D不符合；故选ABC。

  N>O>H  离子键、共价键  酸性  NH4++H2ONH3·H2O+H+  0.2NA  8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2  取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl-，由此可知该白烟为NH4Cl晶体  3.3×10-10

题给信息中m、n两种单质可在放电条件下进行，一般为氮气和氧气的反应，则r为NO，且可继续与n反应，则m为N2，n为O2，可知Y为N元素，Z为O元素，s为NO2，q为H2O，t为HNO3，单质p与水反应生成u具有漂白性，则p为Cl2，u为HClO，v为HCl，则W为Cl元素，由原子序数关系可知X为H元素，l分解生成氮气、氧气、氯气和水，且l中W显最高价，则l为高氯酸铵。

(1)同周期原子从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径N＞O，H为原子半径最小的原子，X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为N>O>H，故答案为：N>O>H；

(2)l为高氯酸铵，高温分解时，破坏的微粒间作用力有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；

(3)l为高氯酸铵，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(4)13.8g 二氧化氮的物质的量为=0.3mol，在3NO2 + H2O =2HNO3 + NO反应中，0.3mol NO2转移的电子0.2mol，数目为0.2NA，故答案为：0.2NA；

(5)NH3遇到Cl2会有白烟产生，可能的化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，要检验白烟的成分为氯化铵，需要检验铵根离子和氯离子，具体步骤为：取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl-，由此可知该白烟为NH4Cl晶体，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl-，由此可知该白烟为NH4Cl晶体；

(6)电离方程式为NH2OHNH2++OH-，室温下其电离常数Kb=9.0×10－9，则0.1mol•L-1NH2OH水溶液中c(NH2+)=c(OH-)，K===9.0×10-9，所以c(OH-)=3×10-5mol/L，则c(H+)=×10-10mol/L，故答案为：3.3×10-10或×10-10。