Đề nhận biết dung dịch hồ tinh bột và dung dịch glucose người ta không thể dùng

NaOH.

thuốc thử Tollens.

Cu(OH)₂.

I₂.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Hóa học 12 năm 2025-2026 (có đáp án) !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án đúng là: A

- Loại B do dung dịch glucose có phản ứng tráng bạc còn hồ tinh bột thì không.

- Loại C do dung dịch glucose tạo phức với Cu(OH)₂ còn hồ tinh bột thì không.

- Loại D do I₂ làm xanh hồ tinh bột.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 18. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

Trong cơ thể, glucose là sản phẩm của quá trình thủy phân tinh bột dưới tác dụng của enzyme. Trong quá trình hô hấp tế bào, 1 mol glucose bị oxi hóa hoàn toàn qua các phản ứng sinh hóa tạo thành carbon dioxide, nước và giải phóng năng lượng là 2880 kJ. Trong khẩu phần ăn hằng ngày của một người trưởng thành có 300 gam gạo. Hàm lượng tinh bột trong gạo là 80%. Giả sử 60% lượng tinh bột trong gạo chuyển hóa thành glucose và toàn bộ lượng glucose này tham gia vào quá trình hô hấp tế bào. Tính năng lượng (Q) theo kcal giải phóng từ sự oxi hóa hoàn toàn glucose trên (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) Cho biết: 1 kcal = 1000 cal = 4184 J.

A. 153

B. 612

C. 459

D. 306

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Khối lượng tinh bột có trong $300 g$ gạo: $m_{t i n h b o t} = 300 \times 80 % = 240 g$

Khối lượng tinh bột tham gia chuyển hóa thành glucose ( $60 %$ ): $m_{t i n h b o t c h u y e n h ó a} = 240 \times 60 % = 144 g$

Phương trình thủy phân tinh bột:

${(C_{6} H_{10} O_{5})}_{n} + n H_{2} O \overset{e n z y m e}{\to} n C_{6} H_{12} O_{6}$

Theo phương trình hóa học, 1 mol mắt xích tinh bột ( $C_{6} H_{10} O_{5}$ , $M = 162 g / m o l$ ) thủy phân tạo ra 1 mol glucose ( $C_{6} H_{12} O_{6}$ , $M = 180 g / m o l$ ). Số mol glucose thu được là: $n_{g l u c o s e} = \frac{144}{162} = \frac{8}{9} m o l$

1 mol glucose oxi hóa hoàn toàn giải phóng 2880 kJ, do đó $\frac{8}{9} m o l$ glucose giải phóng:

$Q_{k J} = \frac{8}{9} \times 2880 = 2560 k J$

Đổi năng lượng sang $k c a l$ (với $1 k c a l = 4184 J = 4, 184 k J$ ):

$Q_{k c a l} = \frac{2560}{4, 184} \approx 611, 85 k c a l \approx 612 k c a l$

Câu 2

Trong 1 lít rượu vang 9,2 độ có chứa 18 gam glucose. Hiệu suất của quá trình lên men để tạo loại rượu trên là bao nhiêu phần trăm (làm tròn đến hàng phần mười). Biết khối lượng riêng C₂H₅OH là 0,8 gam/mL, rượu được lên men trực tiếp dung dịch đường nho, các chất khác không tham gia phản ứng trong quá trình lên men.

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án:

88,9

Đáp án: 88,9

Thể tích ethanol nguyên chất có trong $1 l í t$ rượu vang $9, 2^{\circ}$ : $V_{C_{2} H_{5} O H} = 1000 \times \frac{9, 2}{100} = 92 m L$

$\Rightarrow m_{C_{2} H_{5} O H} = 92 \times 0, 8 = 73, 6 g$ $\Rightarrow n_{C_{2} H_{5} O H} = \frac{73, 6}{46} = 1, 6 m o l$

Phương trình hóa học của phản ứng lên men: $C_{6} H_{12} O_{6} \overset{l ê n m e n}{\to} 2 C_{2} H_{5} O H + 2 C O_{2}$

Theo phương trình phản ứng: $n_{g l u c o s e đ ã p h a n u n g} = \frac{1}{2} n_{C_{2} H_{5} O H} = \frac{1, 6}{2} = 0, 8 m o l$

$\Rightarrow m_{g l u c o s e đ ã p h a n u n g} = 0, 8 \times 180 = 144 g$

Khối lượng glucose ban đầu (gồm lượng đã phản ứng và lượng còn dư lại trong rượu vang):

m_{glucose ban đầu} = m_{glucose đã phản ứng}+ m_{glucose còn dư} = 144 + 18 = 162 gam.

Hiệu suất quá trình lên men là: $H = \frac{144}{162} \times 100 % \approx 88, 888 % \approx 88, 9 %$

Câu 3