2022年高三化学二轮复习 考点突破56 化学技术可持续发展（含解析）

2022年高三化学二轮复习 考点突破56 化学技术可持续发展（含解析）1、下列反应的离子方程式正确的是（ ）A金属铝溶于稀稍酸中：B纯碱溶液显碱性的原因：C将少量的硝酸银溶液滴入碘化钠溶液后，再滴加硫化钠：DCa（ClO）2溶液中通人过量的二氧化硫气体：【答案】B 2、已知25时有关弱酸的电离平衡常数如下下列有关说法正确的是( )弱酸化学式CH3COOHHCN H2CO3电离平衡常数（25）1.81054.9l010 K1=4.310-7 K2=5.61011ANaHCO3溶液中，一定有c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）B将a mol/LHCN溶液与a mol/L NaOH溶液等体积混合后，测得所得溶液显碱性（pH7），则c（OH）c（H+），c（CN）c（Na+）C等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa）D1mol/L醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小【答案】C【解析】A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A错误；B二者恰好反应生成NaCN，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒得c（CN）c（Na+），故B错误；C酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐pH越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度CO32CNCH3COO，所以相同浓度的钠盐溶液pH大小顺序是pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故C正确；D加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH）增大，故D错误；故选C3、分子式为C7H8的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应。在一定条件下与H2完全加成，加成后其一氯代物的同分异构体有（ ）A3种 B4种 C5种 D6种【答案】C4、下列有关物质性质和结构正确（ ）A.P是一种广泛应用于含磷化合物的结构分析和医疗诊断的核素，其原子核内含有15个中子BNa的原子半径比Cl的大，但Na的半径比Cl的小CLi、Na、K、Rb、Cs都属于碱金属元素，它们单质的还原性随原子序数的增大而减弱D Cl与I同属于A族元素，则两者最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4I2D.还原产物为KIO3，氧化产物为Cl2【答案】A试题分析： 2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，氯元素的化合价由+5价降低为0价，碘元素的化合价由0价升高为+5价。由反应可知，转移的电子数为2(5-0)=10，故A正确；因碘元素的化合价升高，则I2为还原剂，故B错误；由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性I2Cl2，故C错误；还原产物为Cl2，氧化产物为KIO3，故D错误。8、下列溶液与20mL 1mol 溶液中物质的量浓度相等的是（）A.20mL 1 mol溶液B.5 mL 0.8 mol 溶液C.10mL 2 mol 溶液D.10mL 0.5 mol 溶液【答案】D9、将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ）A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c（Na）c（Cl）c（OH）C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c（Na）1.5 molL1【答案】C【解析】2Na2O22H2O=4NaOHO22 mol 0.4 mol0.1 mol2Al 2NaOH2H2O =2NaAlO23H22 mol 0.4 mol 0.2 mol0.3 mol由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：（0.1 mol0.3 mol）0.4 mol，为8.96 L，故A错；n（Na）0.4 mol，则c（Na）0.4 mol/0.2 L2 molL1，故D错。反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al（OH）3沉淀，质量为7.8 g，故C正确；最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c（Na）c（H）c（Cl）c（OH）c（），由于c（H）c（），故B错。10、有关化学实验的基本操作中，正确的是()配制240 mL一定物质的量浓度的溶液，可用250 mL的容量瓶金属钠不能保存在液态石蜡中测定某溶液的pH，将干燥的试纸浸入待测溶液中，过一会儿取出，并与标准比色卡比较中和热测定实验中以环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒会使测定值比理论值偏低检验亚硫酸钠固体是否变质，先将少量样品溶于水中，再加入酸化的硝酸钡溶液称量时，将硫酸铜晶体直接放在天平右盘上称量将烧杯、试管直接放在酒精灯上加热A BC D【答案】B【解析】配制250 mL溶液后，取出240 mL溶液即可。Na的密度比液态石蜡大，且不与其反应，故可保存其中。pH试纸不能浸入待测液，以防污染待测液。铜丝的吸热能力大，测出温度偏低，所得中和热偏低。酸化的Ba(NO3)2能氧化SO，导致操作失败。不能将药品直接放在天平的托盘上称量，且物品应放在左边的托盘上。烧杯应垫上石棉网加热。综合上述，正确。11、在臭氧发生装置中装入氧气100 mL，经反应：3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均在标准状况下测定)，则混合气体的密度是（）A1.3 g/L B1.5 g/L C1.7 g/L D2.0 g/L【答案】B【解析】(O2)32 g/mol22.4 mol/L1.429 g/L，根据同温同压下同质量的气体，密度之比等于体积的反比，可得：(混)1.50 g/L。12、通过下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是（）A物质标准状况的体积和质量 B该物质一个分子的真实质量 C物质的质量和物质的量 D该物质气态标准状况时的密度【答案】A【解析】A、已知物质的体积和质量，如果不知物质的聚集状态是气体，无法计算其摩尔质量，故A选B、单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，已知物质一个分子的实际质量，在数值上1mol该分子的质量等于其相对分子质量，故B不选；C、质量和物质的量为已知，能计算其摩尔质量，故C不选D、标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，公式=MVm中，密度和气体摩尔体积已知，所以能计算出其摩尔质量，故D不选故选A13、实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和Na2CO3溶液的上面得到无色油状液体，当振荡混合时，有气泡产生，原因是A有部分未反应的乙酸被蒸馏出来B有部分未反应的乙醇被蒸馏出来C产品中有被蒸馏出的硫酸D有部分乙醇跟浓硫酸反应【答案】A14、某实验小组对一含有Al3的未知溶液进行了如下分析：(1)滴入少量氢氧化钠，无明显变化；(2)继续滴加NaOH溶液，白色沉淀；(3)滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少。实验小组经定量分析，做出如下沉淀与 滴入氢氧化钠体积的关系：下列说法错误的是A该未知溶液中至少含有3种阳离子B滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LC若另一种离子为二价阳离子，则a10 D若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g【答案】D【解析】本题通过图像变化来考查金属化合物知识，解答时以相关反应为基点，找出每一反应对应的线段或者点的关系，从而找到问题的突破口。从图象可以看出，开始无沉淀，证明有H离子，产生的沉淀部分溶液，证明有两种能与OH作用的离子，故A正确；由沉淀的减少量可以计算Al(OH)3溶解所需的氢氧化钠的量，进一步计算NaOH浓度，B正确；M(OH)2和Al(OH)3的物质的量分别为015 mol和005mol，根据OH守恒可以计算沉淀完全消耗的NaOH的量，C对；因为不能确定二价离子的种类，故无法计算其质量，D错。15、25时，有下列四种溶液：0.1mol/L 的CH3COOH溶液；pH=13的NaOH溶液； 0.05mol/L的 H2SO4溶液；0.1mol/L 的Na2CO3溶液。则下列有关说法中正确的是（ ）A溶液显碱性，用离子方程式解释其原因可表示成：CO32- + 2H2OH2CO3 + 2OH-B在上述四种溶液中，pH由大到小的顺序为：C将该温度下a mL的溶液与b mL的溶液混合，所得混合溶液的pH=7，则a :b =1:2D若将溶液和Al2(SO4)3溶液混合，一定可观察到有白色胶状沉淀和无色气体生成【答案】B 16、“套管实验”是将一个较小的玻璃仪器装入另外一个玻璃仪器中，经组装来完成原来需要两只或更多普通玻璃仪器进行的实验因其具有许多优点，近年被广泛开发并应用于化学实验中下述实验为“套管实验”，请观察如图所示实验装置，分析实验原理，回答下列问题：(小试管内塞有沾有无水硫酸铜粉末的棉花球)(1)从点燃酒精灯开始，试管及烧杯A、B中能观察到的现象有_.(2)整个实验结束时，在操作上需要特别注意的问题是_.(3)通过该实验可得出的结论是_.(4)本装置的优点是_【答案】(1)棉花球变蓝，B中澄清石灰水变浑浊，开始时A中有气泡产生，小试管内有液滴出现(2)防止倒吸(3)NaHCO3的热稳定性比Na2CO3的差，NaHCO3分解有CO2和H2O生成(4)简化实验操作，提高实验效率，节约药品【解析】实验装置不再是传统的组装，而是改进了的，将原来两个实验结合在一起，能更好地进行对比说明碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性17、用质量分数为36.5的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL。试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶；（2）经计算需要_mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的_。 A5mL B10mL C25mL D50mL（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作： 等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中。 往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线23 cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。 在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶上述操作中，正确的顺序是（填序号）_。（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是_（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是_（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。【答案】（1）250 （2）21.6 C （3） （4）偏低；偏低【解析】（1）由于实验室里没有220mL容量瓶，所以必须选用250mL容量瓶，先配制250mL溶液，再从其中取出220mL即可。（2）c（HCl）11.6mol/L。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6mol/LV（HCl）250mL1mol/L，解得V（HCl）21.6mL，应该选择25mL的量筒量取。（3）配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为：计算称量或量取溶解冷却后转移洗涤振荡后定容倒转摇匀，所以正确的顺序是。（4）用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量比实际偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。18、下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉的加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：(1)如果装置中、三部分仪器的连接顺序改为、，则可以检出的物质是 ；不能检出的物质是 。(2)如果将仪器的连接顺序变为、，则可以检出的物质是 ；不能检出的物质是_ 。(3)如果将仪器的连接顺序变为、，则可以检出的物质是 ；不能检出的物质是 。【答案】(1) CO2、SO2； H2O (2) H2O；CO2、SO2 (3) CO2、SO2；H2O【解析】这类试题的特点是根据中学课本中介绍过的实验，给出新情境，结合仪器组装，物质的性质或制法，实验现象描述或分析等已有知识提出问题，考查考生接受新信息，运用所学知识进行联想、迁移、分析、重组来解决实验问题的能力，同时还考查了考生的观察能力、思维能力和自学能力。19、一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物填空和回答下列问题（1）B物质是 （写化学式）（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析仍含有杂质，这是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是 （3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的CaCl2的质量和另一物质的质量，这种物质是 （4）写出B与盐酸反应的离子方程式 【答案】（1）CaCO3；（2）先加入过量盐酸后再蒸发结晶；（3）混合物A；（4）CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【解析】（1）NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤后得到的沉淀B为碳酸钙，故答案为：CaCO3；（2）由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，故答案为：先加入过量盐酸后再蒸发结晶；（3）要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，故答案为：混合物A；（4）碳酸钙和盐酸发生：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O20、取19.0gNa2CO3和NaHCO3固体的混合物经充分加热至质量不在变化后，剩余固体的质量为15.9g，求原混合物中Na2CO3的质量分数是多少？（写出计算过程）【答案】55.8%21、下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O【答案】电解质：KCl BaSO4 NaOH H2SO4 H2O非电解质： CH3CH2OH 22、酒精灯的火焰分为三层，由外到内依次为外焰、内焰、焰心，若把一根洁净的铜丝，由外焰逐渐深入到内焰，能观察到什么现象？又由内焰逐渐拉出，又能观察到现象 依次写出可能有的化学方程式 。【答案】铜丝先变黑后变红，又由红变黑。2Cu+O2=2CuO；CuO+ CH3CH2OHCH3CHO+Cu+H2O2Cu+O2=2CuO23、（江苏沭阳县庙头中学xx学年度高三期中考试）（12分）已知： 乙醛甲基上的氢原子的活性都很强，可与甲醛发生如下反应： 现以CH3CH=CHCH2CH=CH2为原料来合成有机物K，合成路线如下：请回答下列问题：已知反应中A、B的物质的量之比为31，则反应的化学方程式为 。反应的化学方程式为 。写出下列反应的反应类型： ； 。L为K的同分异构体，已知L遇FeCl3溶液呈紫色，分子中无甲基且苯环上的一氯代物只有一种，试写出三种L可能的结构简式 。根据上述转化关系，写出以丙烯为原料合成的合成路线图（无机原料任选）。【答案】（1）CH3CHO3HCHO （HOCH2）3CCHO（2）（3） 氧化反应 取代反应（4） （5） 24、(18分)(xx海南高考节选)硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2向处理过的铁屑中加入过量的3 molL1 H2SO4溶液，在60 左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：(1)在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有_(填仪器编号)。铁架台燃烧匙锥形瓶广口瓶研钵玻璃棒酒精灯(2)在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是_；同时也能防止生成的硫酸亚铁水解。(3)在步骤3中，“一系列操作”依次为_、_和过滤；【答案】(1)(2)过量的硫酸能保证铁屑充分反应完(3)蒸发浓缩冷却结晶【解析】(1)步骤1中加热用到的仪器有铁架台、锥形瓶、酒精灯、石棉网、玻璃棒，将铁屑和溶液分开，故采用的是过滤操作，用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)过量的硫酸能保证铁屑充分反应完，同时也能防止生成的硫酸亚铁水解。(3)将所得的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤就得到想要的晶体。25、钴酸锂(LiCoO2)锂离子电池是一种应用广泛的新型电源，实验室尝试利用废旧钴酸锂锂离子电池回收铝、铁、铜、钴、锂元素，实验过程如下：(1)碱浸泡过程中，铝被溶解的离子方程式为_(2)滤液A中加入草酸铵溶液，使Co元素以CoC2O42H2O沉淀形式析出。草酸钴是制备氧化钴及钴粉的重要原料。在空气中CoC2O42H2O的热分解失重数据见下表，请补充完整表中的热分解方程式。序号温度范围/热分解方程式固体失重率12022019.67%28031056.10%(3)过滤Li2CO3时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：_(4)最终所得的FeCl3溶液可作净水剂，试结合离子方程式解释其净水原理_【答案】(1)2Al2OH2H2O=2AlO23H2(2)CoC2O42H2OCoC2O42H2O3CoC2O42O2Co3O46CO2(3)玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；漏斗中液面高于滤纸边缘(其他合理答案亦可)(4)Fe3发生水解：Fe33H2O=Fe(OH)3(胶体)3H2O，水解生成的Fe(OH)3具有吸附悬浮杂质的功能【解析】CoC2O42H2O在空气中加热首先想到是失去结晶水，根据固体失重率数据可判断120220 时结晶水全部失去。温度再升高，根据失重率可求得剩余固体为Co3O4，钴元素的价态发生变化，起氧化作用的应该是空气中的O2，由此可得化学方程式。26、二氧化锰是制造干电池的基本材料。工业上以软锰矿为原料，利用硫酸来铁制备高纯二氧化锰的流程如下： 某软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si (16.27%)、Fe (5.86%)、Al (3.42%)、Zn (2.68%)、和Cu (0.85%)等元素的化合物。部分阳离子氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2CuSZnSMnSFeSpH5.23.29.710.46.78.0-0.422.577（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应化学方程式为 。（2）滤渣A的主要成分为 。（3）加入MnS的目的是除去 杂质。（4）碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为 。（5）从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有 （写出两种）。【答案】（1）MnO2+2FeSO4+2H2SO4= MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O （2）Fe(OH)3 、Al(OH)3；（3）Cu2+、Zn2+；（4）MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（或2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-）；（5）锌、二氧化锰【解析】命题意图考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握，书定电极反应方程式的能力。考查学生能够从试题提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识模块整合，重组为新知识模块的能力。27、某化工厂将钛、氯碱工业和甲醇制备联合生产，大大提高原料利用率，并减少环境污染流程如图：回答下列问题：（1）写出以石墨为电极电解饱和食盐水的离子方程式 （2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式 ，生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为 mol。（3）利用四氯化钛制备TiO2xH2O时，需加入大量的水并加热的目的是 。（4）钛广泛用于航天领域氩气在冶炼钛的流程中的作用是 （5）利用CO和H2制备甲醇已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和726.5kJ/mol写出CO和H2制备甲醇的热化学方程式 假设联合生产中各原料利用率为100%，若得到6mol甲醇，则需再补充标准状况下的H2 L【答案】（1）2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；（3）发生TiCl4+（2+x）H2O？TiO2？xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行；（4）防止钛、镁被氧化；（5）CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=125.3KJ？mol1；112【解析】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，由方程式得出生成2molTiCl4转移14mol电子，所以生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为7mol；故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；（3）水解时需加入大量的水并加热，由TiCl4+（2+x） H2O？TiO2？xH2O+4HCl可知，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能使水解反应向正反应方向进行，促进水解趋于完全，故答案为：发生TiCl4+（2+x）H2O？TiO2？xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行；（4）在Ar气中进行防止钛、镁被氧化；故答案为：防止钛、镁被氧化；（5）CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）CO2（g）H=285.8kJ？mol1 H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=2832 kJ？mol1 CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJ？mol1 根据盖斯定律将+（）可得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=125.3KJ？mol1，故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=125.3KJ？mol1；由CO（g）+2H2（g）？CH3OH（g）可知，合成6mol甲醇需要n（CO）=6mol、n（H2）=12mol根据2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO可知，电解中生成的n（Cl2）=n（CO）=7mol，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2可知，电解生成n（H2）=n（Cl2）=7mol，故需额外补充H2 为12mol7mol=5mol，V=522.4=112L；故答案为：112