浙江省选考高中化学卷04解析版.docx
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浙江省选考高中化学卷04解析版
2021年6月浙江省普通高校招生选考科目考试
化学仿真模拟试题04
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：
H1Li7C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Ag108I127Ba137
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列物质不属于复盐的是
A．CaCl2OB．（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O
C．KAl（SO4）2•12H2OD．KMgCl3•6H2O
【答案】A
【解析】根据复盐的定义，它是由两种金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐，可见只有A选项中CaCl2O不满足复盐的定义，（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O、KAl（SO4）2•12H2O、KMgCl3•6H2O都是复盐，故选A。
2．下列仪器及名称都正确的是
A．蒸馏烧瓶
B．冷凝管
C．长颈漏斗
D．容量瓶
【答案】B
【解析】A项，
为圆底烧瓶，
为蒸馏烧瓶，A错误；B项，
为冷凝管，B正确；C项，
为长颈漏斗，
为分液漏斗，C错误；D项，
为250mL容量瓶，应该加规格，D错误；故选B。
3．下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是
A．CaCl2B．CH3CH2OHC．CO2D．BaSO4
【答案】C
【解析】A项，CaCl2的水溶液能导电，是电解质，故A错误；项，CH3CH2OH是非电解质，但在水溶液不能导电，故B错误；C项，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子使能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳自身电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，故C正确；D项，BaSO4属于盐，在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；故选C。
4．下列物质的名称正确的是
A．（NH4）2SO4：
硫氨B．[Ag（NH3）2]+：
银氨离子
C．
：
硬酯酸甘油酯D．
：
2-甲基-1-丙醇
【答案】B
【解析】A项，（NH4）2SO4属于铵盐，名称为硫酸铵，别称为硫铵，故A错误；B项，[Ag（NH3）2]+的名称为银氨离子，是硝酸银中加入过量氨水形成的，故B正确；C项，
的名称为硬脂酸甘油脂，故C错误；D项，HO-CH（CH3）-CH2-CH3分子命名时，选取主链时，要选取最长的碳链为主连，羟基的位置在2号碳上，属于醇类，名称为2-丁醇，故D错误；故选B。
5．下列表示正确的是
A．葡萄糖的最简式：
C6H12O6
B．CCl4的比例模型：
C．有机物
的名称：
2，2-二甲基丁烷
D．Mg2+结构示意图：
【答案】C
【解析】A项，葡萄糖的分子式：
C6H12O6，最简式：
CH2O，A错误；B项，Cl原子半径比C原子半径大，CCl4的比例模型：
，B错误；C项，
为2，2-二甲基丁烷的键线式，即有机物
的名称为2，2-二甲基丁烷，C正确；D项，Mg2+核外有10个电子，其结构示意图为
，D错误。
故选C。
6．下列说法不正确的是
A．萘（
）是苯的同系物，其一氯代物有2种
B．棉花、麻的主要成分是纤维素，属于植物性纤维；蚕丝的主要成分是蛋白质，属于动物性纤维
C．汽油和润滑油均是石油分馏的产物，其中润滑油中的含碳量较高
D．煤气化生成的可燃性气体中的CO和
再经过催化合成可以转变为液体燃料
【答案】A
【解析】A项，苯的同系物是分子中含有1个苯环，侧链为烷烃基的芳香烃，萘含有2个苯环，不是苯的同系物，故A错误；B项，棉花、麻的主要成分是纤维素，属于植物性纤维；蚕丝的主要成分是蛋白质，属于动物性纤维，故B正确；C项，汽油和润滑油均是石油分馏的产物，其中润滑油中的含碳量较高，故C正确；D项，煤气化生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气再经过催化合成可以转变为液体燃料，故D正确；故选A。
7．下列说法不正确的是
A．红磷与白磷互为同素异形体
B．CH4和C15H32不一定互为同系物
C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3为同分异构体
D．H、D、T是氢元素的三种不同核素
【答案】B
【解析】A项，红磷与白磷是由磷元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；B项，CH4和C15H32均满足CnH2n+2，二者均为烷烃，则二者互为同系物，B错误；C项，CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同，均为C4H8O2，结构不同，互为同分异构体，C正确；D项，H、D、T是质子数均为1，中子数分别为0、1、2的三种原子，是氢元素的三种不同核素，D正确。
故选B。
8．下列说法不正确的是
A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂
B．二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，可用于灭菌消毒剂
C．二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色，主要利用二氧化硫的氧化性
D．由二氧化硅制得的光导纤维，其导光能力很强，可传输大量信息
【答案】C
【解析】A项，在密闭环境中供氧，既要解决氧气的来源问题，又要处理人体呼出的废气，过氧化钠与二氧化碳、水均能反应且均产生氧气，所以是呼吸面具中的理想供氧剂，A正确；B项，自来水中含有细菌和病菌，所用杀菌剂既要杀死细菌，同时又不能对人体产生危害，二氧化氯具有较强的氧化性且不易形成致癌物质，所以可用于自来水的灭菌消毒，B正确；C项，二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色，KMnO4表现强氧化性，则二氧化硫表现还原性，C不正确；D项，用二氧化硅制得的光导纤维，具有很强的导光能力，可实现光的全反射，并能实现大量信息的全真传输，D正确；故选C。
9．下列说法正确的是
A．工业上用软锰矿（主要成分MnO2）在加热条件下与浓盐酸反应制氯气
B．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应可直接得到高纯度的硅
C．工业上用熔融氧化镁制单质镁
D．在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫
【答案】D
【解析】A项，实验室常用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，工业上电解饱和食盐水获得氯气，故A不符合题意；B项，制备纯硅：
工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应得到的粗硅，粗硅与氯气反应Si（粗）＋2Cl2（g）=SiCl4（l），SiCl4与氢气反应：
SiCl4＋H2=Si＋4HCl，故B不符合题意；C项，氧化镁的熔点高，熔融氧化镁，需要消耗大量的能量，因此工业上常电解熔融的氯化镁获得金属镁，故C不符合题意；D项，在硫酸工业的吸收塔中，用水吸收SO3，容易形成酸雾，造成吸收三氧化硫吸收的速率降低，因此工业上常用浓硫酸吸收三氧化硫，故D符合题意；故选D。
10．火法炼铜的原理Cu2S+O2
2Cu+SO2。
下列说法正确的是
A．该反应中的氧化剂只有O2
B．被0.3molO2氧化的Cu2S中的硫元素的质量为9.6g
C．每生成2.24LSO2电子转移的总数约为6×6.02×1022
D．无论是火法炼铜还是湿法炼铜，反应中铜元素都发生还原反应
【答案】D
【解析】A项，该反应中Cu、O的化合价均降低，则氧化剂为O2、Cu2S，A说法错误；B项，被0.3molO2氧化时，转移1.2mol电子，氧化的Cu2S中的硫元素，化合价由-2变为+4，其质量为6.4g，B说法错误；C项，每生成标况下的2.24LSO2，即0.1mol，电子转移的总数约为6×6.02×1022，C说法错误；D项，无论是火法炼铜还是湿法炼铜，反应中铜元素的化合价降低，都发生还原反应，D说法正确；故选D。
11．下列说法正确的是
A．借助原子吸收光谱确定物质中含有的各种金属与非金属元素
B．用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多
C．食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发
D．准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具
【答案】B
【解析】A项，不同元素的原子发生跃迁时会吸收不同的能量，形成特征谱线，所以现代化学分析测试中用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，A项错误；B项，层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质（称作固定相）中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性（或分配作用）差异让混合物溶液（称作流动相）流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂（如醇类），实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B项正确；C项，移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；D项，量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；故选B。
12．下列“推理”正确的是
A．氯气能使湿润的pH试纸褪色，可推出氯气具有漂白性
B．NaC1固体与浓H2SO4加热可制HCl，可推出NaI固体与浓H2SO4加热制HI
C．将钠投入水中，观察到钠浮在水面且熔成小球，可推出钠密度比水小且反应放出热量
D．Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，可推出酸性强弱：
H2CO3＞HCO3-＞HClO
【答案】C
【解析】A项，Cl2与H2O反应生成的HClO起漂白作用，而氯气没有漂白性，故A错误；B项，碘离子具有强的还原性，浓硫酸有强氧化性，会将HI氧化，故B错误；C项，钠与水反应时浮在水面上说明密度比水小，熔成小球说明反应放热，故C正确；D项，根据强酸制备弱酸规律可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，故D错误；故选C。
13．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：
2C6H5O—＋CO2＋H2O→2C6H5OH↓＋CO32-
B．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：
3OH－＋CO32-＋5H＋=CO2↑＋4H2O
C．0.2mol・L—1的NaAlO2溶液与0.5mol・L-1的盐酸等体积混合：
2AlO2-+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O
D．向Fe（NO3）3溶液中加入足量的HI溶液：
2Fe3++2I－=2Fe2++I2
【答案】C
【解析】A项，苯酚的酸性比HCO3-强，所以向苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：
C6H5O—＋CO2＋H2O→C6H5OH↓＋HCO3-，A不正确；B项，NaOH和Na2CO3浓度相同，则向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸的离子方程式为：
OH－＋CO32-＋3H＋=CO2↑＋2H2O，B错误；C项，0.2mol・L—1的NaAlO2溶液与0.5mol・L-1的盐酸等体积混合的离子方程式为：
2AlO2-+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，C正确；D项，当NO3-在酸性环境中也具有氧化性，则向Fe（NO3）3溶液中加入足量的HI溶液的离子方程式为：
Fe3++3NO3-+10I－+12H+=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，D不正确；故选C。
14．下列说法不正确的是
A．乙醛、甲酸、葡萄糖分别加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，均能产生砖红色沉淀
B．纤维素溶解在铜氨溶液中，将形成的溶液压入稀酸可获得铜氨纤维
C．某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后出现蓝色，则可判断该溶液含有蛋白质
D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精
【答案】C
【解析】A项，乙醛（CH3CHO），甲酸（HCOOH）和葡萄糖（CH2OH（CHOH）4CHO）都具有醛基，都可以和新制氢氧化铜悬浊液反应产生红色的Cu2O沉淀，故A正确；B项，铜氨纤维是一种再生纤维素纤维，它是将棉短绒等天然纤维素溶解在氢氧化铜或碱性铜盐的浓氨溶液内，再调节pH在凝固浴中生成水合纤维素，加工得到铜氨纤维，故B正确；C项，茚三酮水合物稀溶液分别于α-氨基酸、多肽、蛋白质一起加热生成蓝色物质，茚三酮试剂一般用于检验氨基酸，该溶液加茚三酮加热出现蓝色沉淀，说明溶液可能含有蛋白质，故C错误；D项，植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精，符合物质转化关系，故D正确；故选C。
15．葡酚铜是由葡萄籽提取的一种有机物（结构简式如图），具有活性。
下列关于葡酚酮说法不正确的是
A．1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗2mol溴单质
B．可发生取代反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应
C．分子中含有3个手性碳原子
D．葡酚酮露置在空气中，容易发生变质
【答案】A
【解析】A项，葡酚酮分子中酚羟基的邻、对位有2个H原子能被溴取代，分子中还含有一个碳碳双键能与溴发生加成反应，故1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗3mol溴单质，A不正确；B项，葡酚酮酚羟基有邻、对位的氢原子可发生取代反应，醇羟基、羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加聚反应，醇羟基、羧基能发生缩聚反应，B正确；C项，分子中含有3个手性碳原子，如图
，C正确；D项，葡酚酮含有酚羟基，露置在空气中，容易被氧化而发生变质，D正确；故选A。
16．W、X、Y、Z和R为前
号主族元素，原子序数依次减小。
W、Y和Z三种元素原子的最外层电子数之比为1:
2:
3，X和Y的族序数之和等于Z和R的族序数之和，五种元素中只有一种金属元素。
下列说法不正确的是
A．原子半径：
W＞Y＞R＞Z
B．X和Z形成的化合物均是酸性氧化物
C．X的最高价含氧酸比R的最高价含氧酸的酸性强
D．WZ2中阳离子与阴离子个数之比为1:
1
【答案】B
【解析】W、X、Y、Z和R为前20号主族元素，原子序数依次减小，则依R、Z、Y、X、W的顺序原子序数递增；W、Y和Z三种元素原子的最外层电子数之比为1:
2:
3，考虑到只有一种金属，则W、Y和Z三种元素原子的最外层电子数分别为2、4、6，从而得出W为Ca、Y为Si、Z为O；X可能为P、S、Cl，依据“X和Y的族序数之和等于Z和R的族序数之和”，则R可能为B、C、N。
A项，W、Y、R、Z分别为Ca、Si、B（或C、N）、O，则原子半径：
Ca＞Si＞B（或C、N）＞O，A正确；B项，X可能为P、S、Cl，Z为O，则ClO2等不是酸性氧化物，B错误；C项，X的最高价含氧酸（H3PO4、H2SO4、HClO4）分别比R的最高价含氧酸（H3BO3、H2CO3、HNO3）的酸性强，C正确；D项，W为Ca、Z为O，CaO2中阳离子为Ca2+，阴离子为O22-，二者的个数之比为1:
1，D正确；故选B。
17．已知HClO的Ka=2.98×10-8，HF的Ka=7.2×10-4，下列有关说法正确的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0.01mol·L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小
B．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，CO32-水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒
【答案】B
【解析】A项，pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01mol·L-1，0.01mol·L-1的稀盐酸中氢离子浓度为0.01mol·L-1，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，A错误；B项，0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，B正确；C项，NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（F-）+c（OH-），c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2[c（Na+）+c（H+）]，HClO的Ka=2.98×10-8，HF的Ka=7.2×10-4，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，C错误；D项，Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，D错误；故选B。
18．NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A．12gNaHSO4晶体中阴离子所带电荷数为0.2NA
B．标准状况下，2.24LCH3Cl中含有共价键的数目为0.4NA
C．1LpH=13的Ba（OH）2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D．0.1molFeI2与0.1molCl2反应时转移电子的数目为0.3NA
【答案】B
【解析】A项，硫酸氢钠的相对分子质量为120，12g的硫酸氢钠为0.1mol，硫酸氢钠晶体中的阴离子为硫酸氢根离子，所带电荷数为0.1NA，A项错误；B项，一氯甲烷标准状况下为气体，2.24LCH3Cl为0.1mol，1mol一氯甲烷中含有3molC-H和1molC-Cl，故0.1mol一氯甲烷含有共价键为0.4mol，共价键的数目为0.4NA，B项正确；C项，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子为0.1mol，钡离子为0.05mol，C项错误；D项，0.1molFeI2与0.1molCl2反应生成氯化亚铁，当过量的氯气与碘化亚铁反应才生成氯化铁，所以0.1molFeI2与0.1molCl2反应转移了0.2mol电子，所以转移电子的数目为0.2NA，D项错误；故选B。
19．为探究Cu2+对H2O2分解是否有催化作用，分别取10mL30%H2O2（约10mol·L-1）于四支试管中，控制其它条件相同，进行实验获得如下表数据（氧气为标准状况下的体积）：
实验编号
所加药品
控制温度/℃
生成氧气平均速率（mL·min-1）
第1个3min
第2个3min
第3个3min
①
1mL1.0mol·L-1
CuSO4
20
2.4
2.7
2.8
②
30
9
10
10
③
40
90
63
28
④
1mLH2O
40
1.0
1.2
1.3
下列有关说法不正确的是
A．Cu2+对H2O2分解有催化作用
B．Cu2+对H2O2分解催化效率可能随温度升高而提高
C．实验③第1个3minH2O2的平均反应速率约为2.4mol·L-1·min-1
D．为得到更可靠的结论，实验①②③还需排除SO42-
【答案】C
【解析】A项，实验③④说明Cu2+对H2O2分解有催化作用，故A正确；B项，温度每升高100C，速率提高2~4倍，实验②③说明，随着温度升高，Cu2+对H2O2分解的催化效果明显提高，故B正确；C项，实验③第1个3min生成氧气平均速率为90mL·min-1，即
mol/min，根据反应2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2的平均反应速率约为
0.8mol·L-1·min-1，故C不正确；D项，加CuSO4，可能是Cu2+造成影响，也可能是SO42-造成的影响，故D正确。
故选C。
20．已知共价键的键能与热化学方程式等信息如下表：
共价键
C－H
O=O
C－C
C=O
键能/（kJ/mol）
413
498
331
799
热化学方程式
H2O（l）=H2O（g）ΔH=+44kJ·mol-1
已知乙烷的标准燃烧热为-1560kJ·mol-1。
则H－O的键能为
A．464kJ/molB．－464kJ/molC．486kJ/molD．－486kJ/mol
【答案】A
【解析】表示乙烷燃烧热的热化学方程式为C2H6（g）+
O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=-1560kJ·mol-1①；又已知H2O（l）=H2O（g）ΔH=+44kJ·mol-1②；根据盖斯定律①+3×②可得C2H6（g）+
O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）的ΔH=-1560kJ·mol-1+3×44kJ·mol-1=-1428kJ·mol-1，设H-O的键能为xkJ/mol，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和可得：
-1428kJ·mol-1=（331+6×413+
×498-4×799-6x）kJ·mol-1，解得x=464kJ/mol；故选A。
21．硫化钠的溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：
Na2S+（x-1）S=Na2Sx。
多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定，并且能强烈吸潮性结晶。
下列关于Na2Sx的说法不正确的是
A．Na2S溶液久置在空气中，可能生成Na2Sx
B．酸性条件下Na2Sx发生分解，可能生成一种淡黄色沉淀与一种能使品红褪色的气体
C．Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存
D．Na2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基
【答案】B
【解析】A项，Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成Na2Sx，故A正确；B项，酸性条件下Na2Sx发生分解，如果生成一种淡黄色沉淀（S单质）与一种能使品红褪色的气体（SO2），根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故B错误；C项，多硫化钠易燃且能强烈吸潮性结晶，所以Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；D项，醛基的还原性强，可以被Cu（OH）2等弱氧化剂优化，Na2Sx中的S为-
价，能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基，故D正确；故选B。
22．图中是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。
下列说法不正确的是
A．该电池不能在高温下工作
B．A、B均可用石墨作电极
C．A电极上发生氧化反应，电极反应式为：
X-2e-=Y+2H+
D．若有机物为葡萄糖，每处理1mol葡萄糖有12molH+透过质子交换膜移动到右室
【答案】D
【解析】由图可知A电极附近X去H转化为Y，发生氧化反应，A电极为负极，B电极氧气得电子转化为水，B电极为正极。
A项，该电池工作时有菌株参与作用，不能在高温下工作，A正确；B项，该电池电极材料不参与反应，A、B均可用石墨作电极，B正确；C项，结合图得知，A电极上去H，发生氧化反应，电极反应式为：
X-2e-=Y+2H+，C正确；D项，处理1mol葡萄糖，C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，24mol
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