可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1 C—12 N—14 O—16 Fe—56 Cu—64
第I卷(選擇題，共56分)
一、單項(xiàng)選擇題(每小題2分，共20分)
1.下列有機(jī)化合物的分類正確的是
A. 苯的同系物 B. 醇
C. 醚 D. 芳香烴
【答案】B
【解析】
【詳解】A．中不含苯環(huán)，不是苯的同系物，屬于環(huán)烷烴，故A錯(cuò)誤；
B．是芳香烴側(cè)鏈中的氫原子被羥基取代而成的化合物，屬于醇，故B正確；
C．含有羰基，屬于酮，故C錯(cuò)誤；
D．含有苯環(huán)，除了C、H兩種元素外，還含有Cl、N元素，屬于芳香烴的衍生物，故D錯(cuò)誤；
故選B。
2.下列有機(jī)物命名正確的是（ ）
A. 2﹣乙基丙烷
B. 3﹣丁醇
C. 鄰二甲苯
D. 2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】C
【解析】
【詳解】A． 2-乙基丙烷，烷烴命名中出現(xiàn)2-乙基，說(shuō)明選取的主鏈不是最長(zhǎng)的，主鏈應(yīng)該為丁烷，正確命名為：2-甲基丁烷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B． 3-丁醇，醇的命名需要標(biāo)出羥基的位置，該有機(jī)物中羥基在2號(hào)C，正確命名為：2﹣丁醇，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．鄰二甲苯，兩個(gè)甲基分別在苯環(huán)的鄰位，名稱為鄰二甲苯，選項(xiàng)C正確；
D．碳碳雙鍵在1號(hào)C，該有機(jī)物正確命名為：2-甲基-1-丙烯，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
答案選C。
3.下列離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是
A. HCOOH+H2OHCOO?+H3O+
B. CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－
C. Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
D. HS－＋H2OH2S＋OH－
【答案】D
【解析】
【詳解】A. HCOOH +H2O?HCOO?+H3O+為醋酸的電離方程式，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B. CO32-水解分步進(jìn)行，以第一步為主，不能一步完成，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C. 水解是微弱的，不能生成Fe(OH)3沉淀，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D. HS－+H2O?H2S+OH-，是HS-離子的水解方程式，D項(xiàng)正確；
答案選D。
4.少量鐵片與100 mL 0.01 mol·L－1的稀鹽酸反應(yīng)(鹽酸過(guò)量)，反應(yīng)速率太慢。為了加快此反應(yīng)速率而不改變H2的產(chǎn)量，如下方法中的成立的是
A. 加入少量鐵粉
B. 加NaCl溶液
C. 滴入幾滴硫酸銅溶液
D. 改用10 mL 0.1 mol·L－1鹽酸
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 鹽酸過(guò)量，加入少量鐵粉，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氫氣的量增多，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B. 加NaCl溶液，相當(dāng)于稀釋鹽酸，氫離子濃度降低，故反應(yīng)速率變慢，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C. 滴入幾滴硫酸銅溶液，鐵把銅置換出來(lái)，形成原電池，故反應(yīng)速率加快，但與鹽酸反應(yīng)的鐵減少，故減少了產(chǎn)生氫氣的量，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D. 改用濃度大的鹽酸，氫離子濃度增大，反應(yīng)速率加快，鹽酸過(guò)量，由鐵的量決定氫氣的產(chǎn)量，則氫氣的量不變，D項(xiàng)正確；
答案選D。
【點(diǎn)睛】滴入幾滴硫酸銅溶液，鐵把銅置換出來(lái)，形成原電池，故反應(yīng)速率加快，但與鹽酸反應(yīng)的鐵減少，故減少了產(chǎn)生氫氣的量。因?yàn)殍F不足，氫氣的量由鐵決定，學(xué)生們?nèi)菀缀雎灾脫Q銅消耗的鐵，誤以為反應(yīng)速率加快，氫氣量不變；當(dāng)鐵過(guò)量，鹽酸不足時(shí)，由鹽酸決定氫氣的量，此時(shí)氫氣的量不改變。
5.可逆反應(yīng)A(s)+B(g)2C(g) △H0，溫度較高時(shí)即可滿足△H?T?△Sc(Na+)>c(OH－)>c(H+)
D. 在D點(diǎn)，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【答案】A
【解析】
【詳解】A.在A、B間任一點(diǎn)，溶液中只存在四種離子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根據(jù)電荷守恒則有：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）＜c（OH-），溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正確；
B.在B點(diǎn)溶液顯中性，則結(jié)果是c（OH-）＝c（H+），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），則一定有c（Na+）＝c（CH3COO-），溶液的成分為：反應(yīng)生成的醋酸鈉和剩余的醋酸，醋酸鈉的水解程度和醋酸的電離程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B錯(cuò)誤；
C.在C點(diǎn)，溶液顯酸性，故有c（OH-）＜c（H+），根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故C錯(cuò)誤；
D.在D點(diǎn)時(shí)，醋酸剩余，剩余的醋酸的濃度和生成的醋酸鈉濃度相等均為0.05mol/L，根據(jù)物料守恒，則：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＝0.1mol?L-1，c（Na+）=0.05mol/L，c（CH3COO-）+c （CH3COOH）=2c（Na+）故D錯(cuò)誤；
答案選A。
【點(diǎn)睛】該題是一道酸堿混合后離子濃度大小比較的題目，要分清楚每個(gè)狀態(tài)時(shí)溶液的組成情況，并注意各種守恒思想的靈活利用。
第II卷(非選擇題，共44分)
三.非選擇題
23.(1)寫(xiě)出中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)________________；
(2)的分子式為_(kāi)____________，1 mol該有機(jī)物完全燃燒需消耗氧氣的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol，分子中一定共面的原子有________個(gè)；
(3)有機(jī)物M()為苯的同分異構(gòu)體，M的二氯代物的同分異構(gòu)體有____種；
(4)用系統(tǒng)命名法對(duì)下列有機(jī)物進(jìn)行命名：
① CH3C(CH3)＝CHCH3：______________；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3：_________________________。
【答案】 (1). 羥基、羧基 (2). C4H8O (3). 5.5 (4). 6 (5). 3 (6). 2-甲基-2-丁烯 (7). 3,4-二甲基己烷
【解析】
【分析】
（1）含有的官能團(tuán)為-OH、-COOH；
（2）的分子式為C4H8O；C4H8O相當(dāng)于C4H6?H2O，1molC4H8O完全燃燒需消耗氧氣的物質(zhì)的量就相當(dāng)于1molC4H6完全燃燒需消耗氧氣的物質(zhì)的量；該有機(jī)物中有乙烯型的碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)和甲烷型結(jié)構(gòu)（碳原子連4根單鍵）；
（3）M()中6個(gè)氫原子均為等效氫，利用“定一動(dòng)一”的思路可寫(xiě)出M的二氯代物；
（4）根據(jù)烷烴、烯烴的命名規(guī)則進(jìn)行命名。
【詳解】（1）含有的官能團(tuán)為-OH、-COOH，名稱為羥基、羧基；
故答案為：羥基、羧基；
（2）的分子式為C4H8O；C4H8O相當(dāng)于C4H6?H2O，，則1 mol該有機(jī)物完全燃燒需消耗氧氣的物質(zhì)的量為5.5mol；該有機(jī)物中有乙烯型的碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)和甲烷型結(jié)構(gòu)（碳原子連4根單鍵），則分子中一定共面的原子有6個(gè)；
故答案為：C4H8O；5.5；6；
（3）M()中6個(gè)氫原子均為等效氫，利用“定一動(dòng)一”的思路可寫(xiě)出M的二氯代物為 、、，共3種同分異構(gòu)體；
故答案為：3；
（4）① CH3C(CH3)＝CHCH3選取含碳碳雙鍵碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，主鏈4個(gè)C，即丁烯，從距雙鍵碳原子最近的一端開(kāi)始編號(hào)，甲基在2號(hào)碳原子上，則命名為2-甲基-2-丁烯；
故答案為：2-甲基-2-丁烯；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3選取含碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，主鏈6個(gè)C，即己烷，兩個(gè)甲基為取代基，從距離取代基最近的一端開(kāi)始編號(hào)，兩個(gè)甲基分別在3、4號(hào)碳原子上，則命名為3,4-二甲基己烷；
故答案為：3,4-二甲基己烷。
24.Ⅰ.某溫度(T℃)的溶液中，c(H+)＝10-xmol·L-1，c(OH-)＝10-ymol·L-1，x與y的關(guān)系如圖所示：

此溫度下，0.01mol/L的NaOH溶液中水電離出的OH－濃度為_(kāi)___________。
Ⅱ.常溫下，如果取 0.1 mol·L－1 HA溶液與0.1 mol·L－1 NaOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測(cè)得混合溶液的pH＝8，試回答以下問(wèn)題：
(1)求出混合溶液中下列算式的精確計(jì)算結(jié)果(填具體數(shù)字)：c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________ mol·L－1；
(2)已知NH4A溶液為中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有氣體放出，試推斷(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). 1×10-10mol·L-1 (2). 9.9×10-7 (3). 10－8 (4). ＞
【解析】
【分析】
Ⅰ. 結(jié)合圖像，先根據(jù)水的離子積常數(shù)公式Kw=c(H+)·c(OH-)，計(jì)算該溫度下水的離子積， 0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水電離得到，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計(jì)算水電離出氫離子的濃度，最后根據(jù)水電離出氫氧根離子的濃度與水電離出的氫離子的濃度相等進(jìn)行確定水電離出氫氧根離子的濃度；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液與0.1 mol·L－1 NaOH溶液等體積混合，恰好反應(yīng)生成NaA溶液，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算；
（2）根據(jù)鹽溶液酸堿性的判斷規(guī)律“誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，同強(qiáng)顯中性”判斷碳酸銨的酸堿性。
【詳解】Ⅰ.該溫度下，溶液中水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)·c(OH-)，水的離子積=10-x×10-y=10-(x+y)，由圖象可知，x+y=12，故Kw=1.0×10-12，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水電離得到，根據(jù)水的離子積常數(shù)得溶液中；
故答案為：1×10-10mol·L-1；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液與0.1 mol·L－1 NaOH溶液等體積混合，恰好反應(yīng)生成NaA溶液，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，聯(lián)立電荷守恒表達(dá)式可得c(OH-)-c(HA)=c(H+)=1×10-8mol/L；
故答案為：9.9×10-7；1×10-8；
（2）NH4A溶液為中性，即銨根離子水解程度等于A-離子水解程度，則HA的電離程度和一水合氨電離程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有氣體放出，說(shuō)明HA的酸性大于碳酸，即HA的電離程度大于碳酸電離程度，則一水合氨的電離程度大于碳酸的電離程度，所以銨根離子的水解程度小于碳酸根離子的水解程度，所以碳酸銨溶液呈堿性，pH＞7；
故答案為：＞。
【點(diǎn)睛】水電離的c(H＋)或c(OH-)的計(jì)算技巧(25 ℃時(shí))
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 mol·L-1。
(2)酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 mol·L-1，當(dāng)溶液中的c(H＋)＜10-7 mol·L-1時(shí)就是水電離出的c(H＋)；當(dāng)溶液中的c(H＋)＞10-7 mol·L-1時(shí)，就用10-14除以這個(gè)濃度即得到水電離的c(H＋)。
(3)可水解的鹽促進(jìn)水的電離，水電離的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 mol·L-1。若給出的c(H＋)＞10-7 mol·L-1，即為水電離的c(H＋)；若給出的c(H＋)＜10-7 mol·L-1，就用10-14除以這個(gè)濃度即得水電離的c(H＋)。
25.(1)向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液，當(dāng)有BaCO3沉淀生成時(shí)，溶液中＝_____________(保留三位有效數(shù)字)；已知：Ksp(BaCO3)＝2.6×10?9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10?10。
(2)已知室溫時(shí)，Ksp［Mg(OH)2］＝4.0×10?11。在0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，當(dāng)Mg2+完全沉淀時(shí)，溶液的pH是_____________(已知lg2＝0.3)。
【答案】 (1). 23.6 (2). 11.3
【解析】
【分析】
（1）向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液，當(dāng)有BaCO3沉淀生成時(shí)，溶液中同時(shí)存在BaSO4、BaCO3的沉淀溶解平衡，根據(jù)溶度積公式進(jìn)行計(jì)算；
（2）0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，當(dāng)Mg2+完全沉淀時(shí)，濃度應(yīng)小于1.0×10?5mol/L，據(jù)此根據(jù)溶度積公式進(jìn)行計(jì)算。
【詳解】（1）；
故答案為：23.6；
（2）c(MgCl2)=0.1mol?L?1，逐滴加入NaOH溶液，當(dāng)Mg2+完全沉淀時(shí)，濃度應(yīng)小于1.0×10?5mol/L，，，pH=-lgc(H+)=-lg=11.3；
故答案為：11.3。
26.氧化還原滴定實(shí)驗(yàn)與中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)用0.001 mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知濃度的無(wú)色NaHSO3溶液。反應(yīng)的離子方程式是：2MnO4－＋5HSO3－＋H＋＝2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O
回答下列問(wèn)題：
(1)用________(填“酸”或“堿”)式滴定管盛放高錳酸鉀溶液；
(2)該滴定實(shí)驗(yàn)選用何種指示劑，說(shuō)明理由____________________(如無(wú)需加入指示劑也請(qǐng)說(shuō)明理由)；
(3)滴定前平視KMnO4溶液液面，刻度為a mL，滴定后俯視液面刻度為b mL，則根據(jù)(b－a)mL計(jì)算得到的待測(cè)濃度，比實(shí)際濃度________(填“大”或“小”)。
【答案】 (1). 酸 (2). 不加指示劑，高錳酸鉀被還原成Mn2+時(shí)會(huì)褪色 (3). 小
【解析】
【分析】
（1）酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管；
（2）高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色，可不用加入指示劑；
（3）滴定后俯視液面，讀數(shù)偏小，(b-a)mL比實(shí)際消耗KMnO4溶液體積少，根據(jù)，分析不當(dāng)操作對(duì)V(標(biāo)準(zhǔn))的影響，據(jù)此判斷濃度的誤差。
【詳解】（1）酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管，所以不能用堿式滴定管盛放高錳酸鉀溶液，應(yīng)該用酸式滴定管；
故答案為：酸；
（2）高錳酸鉀溶液的顏色為紫紅色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液時(shí)，溶液恰好由無(wú)色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即可判斷達(dá)到滴定終點(diǎn)，因此不需要用指示劑就可以判斷滴定終點(diǎn)；
故答案為：不加指示劑，高錳酸鉀被還原成Mn2+時(shí)會(huì)褪色；
（3）滴定前平視KMnO4溶液液面，刻度為a mL，滴定后俯視液面刻度為b mL，則讀數(shù)偏小，則(b-a)mL比實(shí)際消耗KMnO4溶液體積少，根據(jù)(b-a)mL計(jì)算得到的待測(cè)濃度，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，根據(jù)分析，c(待測(cè))偏??；
故答案為：小。
【點(diǎn)睛】高錳酸鉀溶液的顏色本身為紫紅色，高錳酸鉀被還原成Mn2+時(shí)會(huì)褪色，則當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液時(shí)，溶液恰好由無(wú)色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即可判斷達(dá)到滴定終點(diǎn)，因此不需要用指示劑就可以判斷滴定終點(diǎn)，這是學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，錯(cuò)誤認(rèn)為滴定一定需要指示劑。
27.圖中甲池的總反應(yīng)式為。

（1）甲池中負(fù)極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)____________________。
（2）乙池中石墨電極上電極反應(yīng)式為_(kāi)________________________________。
（3）要使乙池恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，應(yīng)向溶液中加入適量的 _______________。
A．CuO B．Cu(OH)2 C．CuCO3 D．CuSO4
（4）若將乙池中兩個(gè)電極改成等質(zhì)量Fe和Cu，實(shí)現(xiàn)在Fe上鍍Cu，當(dāng)甲中消耗1.6gN2H4時(shí)，乙池中兩個(gè)電極質(zhì)量差為_(kāi)________________g。
【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8
【解析】
【分析】
從圖中可以看出，甲池為燃料電池，乙池為電解池。通N2H4的電極為負(fù)極，通O2的電極為正極；乙池中，石墨電極為陽(yáng)極，鐵電極為陰極。
（1）甲池中通入N2H4的電極為負(fù)極，N2H4在堿性條件下失電子，生成N2等。
（2）乙池中石墨電極為陽(yáng)極，H2O失電子，生成O2等。
（3）要使乙池恢復(fù)到電解前狀態(tài)，應(yīng)先看陰、陽(yáng)極的產(chǎn)物，離開(kāi)溶液的兩電極產(chǎn)物反應(yīng)后，加入電解后的乙池電解質(zhì)溶液中，即可恢復(fù)原來(lái)的性質(zhì)。
（4）乙池電極得失電子的物質(zhì)的量，與N2H4失電子的物質(zhì)的量相等，當(dāng)甲中消耗1.6gN2H4時(shí)，線路中通過(guò)的電子為=0.2mol，即可求出乙池中兩個(gè)電極質(zhì)量差。
【詳解】（1）甲池中通入N2H4的電極為負(fù)極，N2H4在堿性條件下失電子，生成N2等，電極反應(yīng)式為N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O。答案為：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；
（2）乙池中石墨電極為陽(yáng)極，H2O失電子，生成O2等，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。答案為：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
（3）乙池中石墨電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，鐵電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu，O2與Cu反應(yīng)生成CuO，所以應(yīng)往溶液中加入CuO或CuO?CO2。答案為：A、C；
（4）在乙池中，石墨電極換為銅電極，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，鐵電極不變，鐵電極發(fā)生的反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu。當(dāng)甲中消耗1.6gN2H4時(shí)，線路中通過(guò)的電子為=0.2mol，即可求出乙池中，銅電極質(zhì)量減輕0.1mol×64g/mol=6.4g，F(xiàn)e電極質(zhì)量增重0.1mol×64g/mol=6.4g，兩個(gè)電極質(zhì)量差為6.4g-(-6.4g)=12.8g。答案為：12.8。
【點(diǎn)睛】電解結(jié)束后，溶液的性質(zhì)通常會(huì)發(fā)生一定的改變。若想讓電解質(zhì)恢復(fù)電解前的性質(zhì)，應(yīng)在電解后的溶液中加入某物質(zhì)，此物質(zhì)為兩電極產(chǎn)物(離開(kāi)溶液)發(fā)生反應(yīng)的產(chǎn)物，或者相當(dāng)于該物質(zhì)的物質(zhì)。如此題中，陰極生成Cu，陽(yáng)極生成O2，二者反應(yīng)生成CuO，則應(yīng)往電解后的溶液中加入CuO，加入的量與電解時(shí)生成量相同。也可加入CuCO3(分解產(chǎn)物為CuO、CO2)，但不能加入Cu(OH)2(分解產(chǎn)物為CuO、H2O)。
28.氫能將成為21世紀(jì)的主要能源。太陽(yáng)能光伏電池電解水可制高純氫，工作示意圖如下。通過(guò)控制開(kāi)關(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。

(1)制H2時(shí)，連接________(填“K1”或“K2”)，產(chǎn)生H2的電極反應(yīng)式是____________，溶液pH___________(填“增大”、“減小”或“不變”)。
(2)改變開(kāi)關(guān)連接方式，可得O2，此時(shí)電極3的反應(yīng)式為：__________________。
【答案】 (1). K1 (2). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (3). 增大 (4). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【分析】
電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽(yáng)極生成，氫氣在陰極生成，則制H2時(shí)，應(yīng)連接K1，電極1為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，電極3為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；制O2時(shí),連接K2，電極2為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為4OH－-4e-=O2↑+2H2O，電極3為陰極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，從而實(shí)現(xiàn)NiOOH?Ni(OH)2的轉(zhuǎn)化，且可循環(huán)使用。
【詳解】（1）電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽(yáng)極生成，氫氣在陰極生成，則制H2時(shí)，應(yīng)連接K1，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，溶液pH增大；
故答案為：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大；
（2）制O2時(shí),連接K2，電極3為陰極，發(fā)生反應(yīng)NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，從而實(shí)現(xiàn)NiOOH?Ni(OH)2轉(zhuǎn)化，且可循環(huán)使用；
故答案為：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。

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