Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tinh bột (Hóa học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Monosaccharide không thủy phân được (A đúng). Disaccharide thủy phân cho 2 phân tử monosaccharide (C đúng). Tinh bột là polysaccharide, maltose là disaccharide, glucose là monosaccharide (D đúng). Polysaccharide (tinh bột, cellulose) thủy phân chỉ tạo ra một loại monosaccharide là glucose, nên phát biểu B sai.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol đơn vị $C_6{H}_{10}{O}_5$: $n=162/162=1$ mol. Thủy phân: $(C_6{H}_{10}{O}_5{)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{H^{+}}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6$, hiệu suất 80% → $n_{glucose}=0,8$ mol. Lên men: $C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{men}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$, hiệu suất 90% → $n_{C_2{H}_{5}OH}=0,8\times 2\times 0,9=1,44$ mol → $m=1,44\times 46=66,24$ g → $V_{ethanol}=66,24/0,8=82,8$ mL. Dung dịch 40° chứa 40% thể tích ethanol: $V_{dd}=82,8/0,4=207,0$ mL. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Củ khoai lang chứa tinh bột. Ở nhiệt độ thường, iodine (I2) thấm vào lòng xoắn ốc của amylose trong tinh bột tạo phức màu xanh tím (phản ứng đặc trưng của tinh bột với dung dịch iodine). Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (7-B).

ĐS: 2 phản ứng

(AI giải đề cho tôi)
Lên men: $(C_6{H}_{10}{O}_5{)}_n+n{H}_{2}O\to n{C}_6{H}_{12}{O}_6$; $C_6{H}_{12}{O}_6\to 2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$. Vậy $n_{C{O}_2}=2\cdot \frac{0,81m}{162}=\frac{m}{100}$.

Hấp thụ CO₂ vào Ca(OH)₂: ban đầu thu 550 g CaCO₃ ($n=5,5$ mol) và dung dịch X chứa Ca(HCO₃)₂. Đun nóng: $Ca(HC{O}_3{)}_2\to CaC{O}_3+C{O}_2+H_{2}O$, thêm 100 g = 1 mol CaCO₃ ⟹ X chứa 1 mol Ca(HCO₃)₂, tương ứng 2 mol CO₂ đã hòa tan CaCO₃.

Tổng $n_{C{O}_2}=5,5+2=7,5$ mol ⟹ $m=100\times 7,5=750$ g. Kiểm tra: $n_{C_6{H}_{10}{O}_5}=750/162/0,81\times 0,81=3,75$ mol thực lên men... thực tế glucose lên men = $750\times 0,81/162=3,75$ mol, sinh CO₂ = 7,5 mol. Khớp.

(AI giải đề cho tôi)
Polisaccarit X bị thủy phân nhờ enzim trong nước bọt (amylase) và ruột non thành monosaccarit Y: đó là tinh bột thủy phân thành glucozơ. Glucozơ được hấp thụ qua thành ruột vào máu nuôi cơ thể, phần dư chuyển về gan dự trữ (dưới dạng glycogen). Xenlulozơ không bị con người thủy phân do thiếu enzim; saccarozơ là disaccarit; fructozơ không phải sản phẩm chính của thủy phân tinh bột. Đáp án khớp với key nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (Phần II) - đánh giá từng ý:
a) SAI. Khi nhai kĩ cơm, enzyme α-amylase trong nước bọt chỉ thuỷ phân tinh bột thành dextrin và maltose (có vị ngọt), chứ chưa tạo thành glucose. Glucose chỉ được tạo thành phần lớn ở ruột non.
b) ĐÚNG. Tinh bột bị thuỷ phân bởi enzyme α-amylase (trong nước bọt, ruột non) hoặc bởi môi trường acid (thuỷ phân acid, ví dụ khi đun với HCl loãng).
c) ĐÚNG. Glucose được hấp thụ vào máu, đến tế bào và chủ yếu được sử dụng cho nhu cầu năng lượng của tế bào (quá trình hô hấp tế bào).
d) ĐÚNG. Glucose dư được chuyển thành glycogen lưu trữ trong gan và cơ; khi cần thiết glycogen lại chuyển hoá thành glucose để cung cấp năng lượng cho cơ thể.
Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
α-amylase trong nước bọt chỉ thuỷ phân tinh bột thành dextrin và maltose (vị ngọt), chưa tạo glucose; glucose hình thành chủ yếu ở ruột non.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tinh bột có thể bị thuỷ phân bởi enzyme α-amylase hoặc bởi môi trường acid.
c) (AI giải đề cho tôi)
Glucose được hấp thụ vào máu, đến tế bào và chủ yếu dùng cho nhu cầu năng lượng của tế bào.
d) (AI giải đề cho tôi)
Glycogen lưu trữ trong gan và cơ, khi cần thiết chuyển hoá thành glucose để cung cấp năng lượng.

a) Sai. Nếu nhai kĩ sẽ thấy vị ngọt vì tinh bột bị thủy phân thành maltose.

b) Đúng.

c) Đúng.

d) Đúng.
a) Sai. Nếu nhai kĩ sẽ thấy vị ngọt vì tinh bột bị thủy phân thành maltose.
b) Đúng.
c) Đúng.
d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: Polysaccharide C có cấu trúc mạch thẳng xếp song song phẳng → cellulose (liên kết β-1,4-glycoside, đơn vị β-glucose). Polysaccharide D có cấu trúc xoắn lò xo → amylose (liên kết α-1,4-glycoside, đơn vị α-glucose).
a. D là amylose chứa liên kết α-1,4-glycoside → đúng.
b. C là cellulose, con người không có enzyme cellulase nên không tiêu hóa được → đúng.
c. Chất được lưu trữ trong gan và cơ là glycogen, không phải amylose (D) → sai.
d. C là cellulose gồm các đơn vị β-glucose, không phải α-glucose → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
D có cấu trúc xoắn đặc trưng của amylose, chứa liên kết α-1,4-glycoside.
b) (AI giải đề cho tôi)
C là cellulose với liên kết β-1,4-glycoside; con người thiếu enzyme cellulase nên không tiêu hóa được.
c) (AI giải đề cho tôi)
Polysaccharide dự trữ trong gan và cơ là glycogen, còn D là amylose (thành phần tinh bột).
d) (AI giải đề cho tôi)
C là cellulose, gồm các đơn vị β-glucose nối bằng liên kết β-1,4-glycoside, không phải α-glucose.

Amilopectin là một trong những thành phần của tinh bột, có cấu trúc mạch phân nhánh

Polisaccarit X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng và được tạo thành trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp → X là tinh bột (C₆H₁₀O₅)ₙ.
Thủy phân X → monosaccarit Y là glucozơ (C₆H₁₂O₆).
→ Phát biểu đúng: Y tác dụng với H₂ tạo sorbitol.

Hướng dẫn:
Số mol tinh bột chuyển hóa thành glucose = 0,8.300.0,6/162n = 8/9n
=> số mol glucose = 8/9 mol => Lượng nhiệt giải phóng = 2803. 8/9 kJ
=> x\% = (2803.8/9).100\%/ 2500.4,18 = 23,8\%

(AI giải đề cho tôi)
Tinh bột gồm hai loại polime là amilozơ và amilopectin (A đúng); tinh bột là lương thực cơ bản của con người (C đúng); thành phần chính của sợi bông, gỗ, nứa là xenlulozơ (D đúng). Xenlulozơ và tinh bột đều là polime của glucozơ nhưng số mắt xích (n) khác nhau nên phân tử khối không bằng nhau (B sai). Đáp án: B, trùng với đáp án nguồn (18B).

(AI giải đề cho tôi) Quang hợp CO₂ và H₂O (nhờ diệp lục) tạo thành tinh bột (X). Thuỷ phân tinh bột trong môi trường axit tạo thành glucozơ (Y). Glucozơ lên men: $C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{men}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$, tạo thành etanol (Z) và CO₂. Vậy X và Z lần lượt là tinh bột, etanol → chọn C.

- BT:C: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3(1)}+2n_{CaC{O}_3\text{(sau khi đun noˊng)}}=5,5+2\cdot 1=7,5$ mol
- Quá trình: $$C_6{H}_{10}{O}_5\underset{3,75\text{ mol}}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{\text{leˆn men}}{\to }7,5C{O}_2+7,5C_2{H}_{5}OH$$ với $n_{C{O}_2}=7,5$ mol
$\Rightarrow m_{tinhb\hat{o}t}=162\cdot \frac{n_{C{O}_2}}{2\cdot H\%}=162\cdot \frac{7,5}{2\cdot 81\%}=750$ gam

Đáp án A

- Trong miếng chuối xanh có chứa tinh bột, khi cho tiếp xúc với dung dịch iot thì có màu xanh tím. Ngược lại, đối với miếng chuối chín thì lúc đó tinh bột đã bị thủy phân hết khi cho tiếp xúc với dung dịch iot thì không có hiện tượng xảy ra.

(Theo đáp án nguồn, trang 11: Câu 64: Chọn B)
- Kết tủa CaCO3: n = 60,0/100 = 0,6 mol.
- Dung dịch X chứa Ca(HCO3)2. Để tác dụng tối đa với X cần 0,2 mol NaOH: Ca(HCO3)2 + 2NaOH → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O, suy ra n(HCO3-) = 0,2 mol.
- Bảo toàn C: tổng n(CO2) = n(CaCO3) + n(HCO3-) = 0,6 + 0,2 = 0,8 mol.
- Lên men tinh bột: (C6H10O5)n + nH2O → 2nC2H5OH + 2nCO2, mỗi mắt xích C6H10O5 (162 g/mol) cho 2 mol CO2.
- Khối lượng tinh bột phản ứng = (0,8/2) × 162 = 64,8 g.
- Hiệu suất 75%: m = 64,8/0,75 = 86,4 gam.

Thủy phân hoàn toàn tinh bột trong môi trường acid, thu được glucose:
$(C_6{H}_{10}{O}_5{)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{H^{+},t^o}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6$

(AI giải đề cho tôi)
Rượu 30° chứa 30% thể tích ethanol: $V_{ethanol}=23\times 30\%=6,9$ lít $=6900$ mL. Khối lượng ethanol: $m=6900\times 0,8=5520$ g $=5,52$ kg, tương ứng $n_{C_2{H}_{5}OH}=5520/46=120$ mol. Quá trình lên men: $C_6{H}_{12}{O}_6\to 2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$, nên $n_{glucose}=60$ mol $=10,8$ kg. Thủy phân tinh bột: $(C_6{H}_{10}{O}_5{)}_n+n{H}_{2}O\to n{C}_6{H}_{12}{O}_6$, khối lượng tinh bột cần (thực tế, đã tính hiệu suất 80%): $10,8\times \frac{162}{180}:0,8=9,72:0,8=12,15$ kg. Gạo chứa 75% tinh bột nên $a=12,15:0,75=16,2$ kg.