- A1054,7.
-
B
949,2.
- C765,5.
- D759,4.
Đáp án: B
Phương pháp giải :Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5
+ Viết sơ đồ : C6H10O5 → C6H12O6 → 2CO2
+ nC6H10O5 = ½ nCO2 = ½ nCaCO3
+ mThực tế = ( mlý thuyết : % H ). 100 % Với % H = % H1. % H2Lời giải chi tiết cụ thể :Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5
Các tiến trình của quy trình : C6H10O5 → C6H12O6 → 2CO2
Từ sơ đồ : nC6H10O5 = ½ nCO2 = ½ nCaCO3 = 3,75 mol
mC6H10O5 triết lý = 3,75. 162 = 607,5 gam
Tuy nhiên do hiệu suất chỉ là 80 % nên trong thực tiễn cần phải dùng lượng nhiều hơn
=> mC6H10O5 thực tiễn = mC6H10O5 kim chỉ nan. ( 100 / 80 ). ( 100 / 80 ) = 607,5. ( 100 / 80 ) 2 = 949,2 gam
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 2 :Phản ứng tổng hợp glucozo trong cây xanh cần được phân phối nguồn năng lượng 2813 kJ cho mỗi mol glucozo tạo thành :
6CO2 + 6H2 O \ ( \ overset { a / s, clorophin } { \ rightarrow } \ ) C6H12O6 + O2
Nếu trong 1 phút mỗi cm2 lá xanh nhận được khoảng chừng 2,09 J nguồn năng lượng từ mặt trời nhưng chỉ có 10 % được sử dụng vào phản ứng tổng hợp glucozo. Với 1 ngày nắng ( từ 6 h – 17 h ) diện tích quy hoạnh lá xanh là 1 mét vuông, lượng glucozo tổng hợp được là bao nhiêu ?
- A88,2 gam.
- B88,3 gam.
- C90,2 gam.
- D90,3 gam.
Đáp án: B
Lời giải cụ thể :- Thời gian chiếu sáng trong 1 ngày là : 17 – 6 = 11 ( giờ ) = 660 phút
– Năng lượng mặt trời 1 cm2 lá xanh nhận được từ mặt trời là : 2,09. 660 = 1379,4 ( J )
– Năng lượng mặt trời 1 mét vuông = 104 cm2 lá xanh nhận được từ mặt trời là : 1379,4. 104 = 13794 ( kJ )
– Năng lượng sử dụng cho phản ứng tổng hợp glucozo là : 13794.10 % = 1379,4 ( kJ )
– Số mol glucozo tổng hợp được là : 1379,4 : 2813 = 0,490366 mol
– Khối lượng glucozo tổng hợp được là : 0,49. 180 = 88,2659 gam
≈ 88,3 gam
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 3 :Cho m gam tinh bột lên men thành ancol etylic với hiệu suất 81 %. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ca ( OH ) 2, thu được 550 gam kết tủa và dung dịch X. Đun kĩ dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Giá trị của m là
- A550
- B650
- C750
- D810
Đáp án: C
Phương pháp giải :Do đun dung dịch X thu thêm được kết tủa nên dd X có chứa Ca ( HCO3 ) 2 .
– Sơ đồ lên men tinh bột thành CO2 :
C6H10O5 → C6H12O6 → 2CO2
– Sục CO2 vào dd Ca ( OH ) 2 :
CO2 + Ca ( OH ) 2 → CaCO3 + H2O
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 → CaCO3 + CO2 + H2O
Đặt số mol kết tủa lần và lần 2 vào PTHH ta xác lập được số mol CO2
Theo ( 1 ) => nC6H10O5 = 0,5 nCO2 => mC6H10O5
Do hiệu suất lên men là 81 % nên lượng tinh bột cần dùng lớn hơn lượng giám sát => m C6H10O5 cần dùngLời giải cụ thể :nCaCO3 ( lần 1 ) = 5,5 mol ; nCaCO3 ( lần 2 ) = 1 mol
Do đun dung dịch X thu thêm được kết tủa nên dd X có chứa Ca ( HCO3 ) 2 .
– Sơ đồ lên men tinh bột thành CO2 :
C6H10O5 → C6H12O6 → 2CO2
– Sục CO2 vào dd Ca ( OH ) 2 :
CO2 + Ca ( OH ) 2 → CaCO3 + H2O
5,5 ← 5,5
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
2 ← 1
Ca ( HCO3 ) 2 → CaCO3 + CO2 + H2O
1 ← 1
=> nCO2 = 5,5 + 2 = 7,5 mol
Theo ( 1 ) => nC6H10O5 = 0,5 nCO2 = 3,75 mol
=> mC6H10O5 = 3,75. 162 = 607,5 gam
Do hiệu suất lên men là 81 % nên lượng tinh bột cần dùng lớn hơn lượng đo lường và thống kê
=> m C6H10O5 cần dùng = 607,5. ( 100 / 81 ) = 750 gamĐáp án – Lời giải Câu hỏi 4 :Từ 81 gam tinh bột, bằng giải pháp lên men rượu, thu được a gam etanol với hiệu suất 80 %. Oxi hóa trọn vẹn 0,1 a gam etanol bằng chiêu thức lên men giấm với hiệu suất h % thu được hỗn hợp X. Để trung hòa X cần vừa đủ 60 ml dung dịch NaOH 1M, giá trị của h là
- A80%
- B75%
- C45%
- D60%
Đáp án: B
Phương pháp giải :- Phản ứng thủy phân tinh bột ( H = 80 % ) :
Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5
Tính được : nC6H10O5 pư = nC6H10O5 bđ. 80 %
PTHH : C6H10O5 → 2 C2H5OH + 2CO2
=> nC2H5OH = 2 nC6H10O5 pư
– Oxi hóa 0,1 a gam C2H5OH ( hiệu suất H % = h ) :
C2H5OH + O2 \ ( \ overset { men \, giam } { \ rightarrow } \ ) CH3COOH + H2O
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
=> nC2H5OH pư = nCH3COOH = nNaOH
=> hLời giải chi tiết cụ thể :- Phản ứng thủy phân tinh bột ( H = 80 % ) :
Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5
nC6H10O5 = 81/162 = 0,5 mol => nC6H10O5 pư = 0,5. 80 % = 0,4 mol
PTHH : C6H10O5 → 2 C2H5OH + 2CO2
=> nC2H5OH = 2 nC6H10O5 = 0,8 mol
– Oxi hóa 0,1 a gam ( 0,08 mol ) C2H5OH ( hiệu suất H % = h ) :
C2H5OH + O2 \ ( \ overset { men \, giam } { \ rightarrow } \ ) CH3COOH + H2O
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
nC2H5OH pư = nCH3COOH = nNaOH = 0,06 mol
=> h = \ ( \ frac { { 0,06 } } { { 0,08 } }. 100 \ % \ ) = 75 %
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 5 :Cho m gam tinh bột lên men thành ancol etylic với hiệu suất 81 %. Toàn bộ lượng CO2 hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong thu được 275 g kết tủa và dung dịch Y. Đun kĩ dung dịch Y thu thêm 150 g kết tủa nữa. Khối lượng m là ?
- A375 g
- B750g
- C450g
- D575g
Đáp án: D
Phương pháp giải :+ Bảo toàn nguyên tố Cacbon : nCO2 = nCaCO3 + 2 nCa ( HCO3 ) 2 = nCaCO3 ↓ ( 1 ) + 2 nCaCO3 ↓ ( 2 )Lời giải cụ thể :Ta có \ ( \ sum { nCO_ { _3 } ^ { 2 – } } = 1,5. 2 + 2,75 = 5,75 mol \ )
\ ( \ to { m_ { { \ text { tinh bot } } } } = \ frac { { 5,75 } } { 2 }. \ frac { 1 } { { 81 \ % } }. 162 = 575 gam \ )
Vậy khối lượng tinh bột là 575 gam
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 6 :Cho m gam tinh bột lên men để sản xuất ancol etylic, hàng loạt lượng CO2 sinh ra cho qua dung dịch Ca ( OH ) 2 dư, thu được 750 gam kết tủa. Biết hiệu suất hàng loạt quy trình là 64 %. Giá trị của m là :
- A 949,2.
- B940,6.
- C950,8.
- D952,6 .
Đáp án: A
Phương pháp giải :
phản ứng thủy phân xenlulozơ hoặc tinh bột (C6H10O5)n
H1 % H2 %
( C6H10O5 ) n -> nC6H12O6 -> 2 nCO2 + 2 nC2H5OH
162 n 180 n 88 n 92 n
Lưu ý: 1) A -> B ( Hlà hiệu suất phản ứng)
nB = nA. H%
2) A -> B -> C ( H1, H2 là hiệu suất phản ứng A -> B và B -> C)
nC = nB. H2% = nA. H1%. H2%
Lời giải cụ thể :C6H10O5 -> C6H12O6 -> 2CO2 -> 2C aCO3
n. 64 % -> 1,28 n = 7,5 Mol
=> n = 0,5859 mol
=> m = 949,2 g
Đáp án A
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 7 :Lên men m gam tinh bột ( Hiệu suất hàng loạt quy trình là 80 % ). Lượng CO2 hấp thụ vào dung dịch NaOH thu được dung dịch X. Chia X thành 2 phần bằng nhau :
– Phần 1 : : Cho tính năng với dd CaCl2 dư thu được 7,5 gam kết tủa
– Phần 2 : Cho công dụng với dung dịch CaCl2 dư đun nóng thu được 8,5 gam kết tủa
Giá trị m là :
- A18,2750
- B16,9575
- C15,1095
- D19,2375
Đáp án: D
Phương pháp giải :Tính toán theo PTHHLời giải cụ thể :P1 : nCO3 2 – = nCaCO3 = 0,075 mol
P2 :
CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2N aCl
0,075 ← 0,075
Ca ( HCO3 ) 2 → CaCO3 + H2O + CO2
0,01 ← 0,01
BTNT C : nCO2 ( một phần ) = nCO32-+nHCO3 – = 0,075 + 0,01. 2 = 0,095 mol => nCO2 ( 2P ) = 0,19 mol
n tinh bột = 0,5 nCO2 = 0,095 mol
m = 0,095. 162.100 / 80 = 19,2375 gam
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 8 :Ancol etylic được điều chế từ tinh bột bằng giải pháp lên men với hiệu suất hàng loạt quy trình là 90 %. Hấp thụ hàng loạt lượng CO2 sinh ra khi lên men m gam tinh bột vào nước vôi trong thu được 165 gam kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng dung dịch X giảm đi 66,0 gam so với khối lượng nước vôi trong khởi đầu. Giá trị của m là
- A405,0
- B202,5
- C164,025
- D225,0
Đáp án: B
Phương pháp giải :+ m dd giảm = m kết tủa – mCO2 => mCO2
+ Tinh bột → 2CO2
+ Công thức hiệu suấtLời giải chi tiết cụ thể :m dd giảm = m kết tủa – mCO2 => mCO2 = m kết tủa-m dd giảm = 165 – 66 = 99 gam
=> nCO2 = 99/44 = 2,25 mol
Tinh bột → 2CO2
1,125 ← 2,25 mol
m = 1,125. 162.100 / 90 = 202,5 gam
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 9 :Từ 16,2 kg gạo có chứa 81 % tinh bột hoàn toàn có thể sản xuất được V lít ancol etylic 230, biết hiệu suất của cả quy trình lên men đạt 75 %, khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8 g / ml. Giá trị của V là
- A30,375 lít
- B 37,5 lít.
- C40,5 lít .
- D24,3 lít.
Đáp án: A
Lời giải cụ thể :Khối lượng tinh bột là :
mtinh bột = 16,2. 81/100 = 13,122 ( g ) .
\ ( { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ to n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ to 2 n { C_2 } { H_5 } OH \ )
Theo sơ đồ trên số mol rượu theo lí thuyết điều chế được là :
\ ( { n_ { { C_2 } { H_ { 10 } } { O_5 } ( LT ) } } = \ frac { { 13,122 } } { { 162 } }. 2 = 0,162 ( kmol ) \ to { n_ { { C_2 } { H_ { 10 } } { O_5 } ( TT ) } } = 0,162. \ frac { { 75 } } { { 100 } } = 0,1215 ( kmol ) \ )
Thể tích của rượu nguyên chất là : \ ( { V_ { { C_2 } { H_5 } OH } } = \ frac { m } { d } = \ frac { { 0,1215. 46 } } { { 0,8 } } = 6,98625 ( l ). \ )
Thể tích rượu 23 o thu được là : \ ( 6,9825. \ frac { { 100 } } { { 23 } } = 30,375 ( l ). \ )
Đáp án A.
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 10 :Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất 81 %, hấp thụ hàng loạt khí CO2 sinh ra vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba ( OH ) 2, thu được kết tủa và dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH vào X, đến khi kết tủa lớn nhất thì cần tối thiểu 10 ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của m là
- A6,0.
- B5,5.
- C6,5.
- D7,0.
Đáp án: A
Phương pháp giải :+ Bảo toàn nguyên tố
+ Công thức tính hiệu suất : \ ( \ % H = \ frac { { { m_ { thucte } } } } { { m { \, _ { li \, thuyet } } } }. 100 \ % \ ) với lượng tin bột cần lấy là lượng lí thuyết .Lời giải chi tiết cụ thể 🙁 C6H10O5 ) n + nH2O → 2 nC2H5OH + 2 nCO2
\(C{O_2} + 0,05mol\,Ba{(OH)_2}\xrightarrow{{}}\left\langle \begin{gathered}
BaC{O_3} \downarrow (1) \hfill \\
{\text{dd}}\,X:Ba{(HC{O_3})_2}\xrightarrow[{1:1}]{{ + 0,01\,mol\,NaOH}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì NaOH tối thiểu cho vào Ba ( HCO3 ) 2 để thu được kết tủa cực lớn nên phản ứng xảy ra theo tỉ lệ 1 : 1
NaOH + Ba ( HCO3 ) 2 → BaCO3 ↓ + NaHCO3 + H2O
0,01 → 0,01
BTNT Ba : => nBaCO3 ( 1 ) = nBa ( OH ) 2 – nBa ( HCO3 ) 2 = 0,05 – 0,01 = 0,04 ( mol )
BTNT C : nCO2 = nBaCO3 ( 1 ) + 2 nBa ( HCO3 ) 2 = 0,04 + 2.0,01 = 0,06 ( mol )
ntinh bột = 1/2 nCO2 = 0,03 ( mol )
mtinh bột cần lấy = mtinh bột thực tiễn : % H = 0,03. 162 : 0,81 = 6 ( gam )
Đáp án A
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 11 :Từ 20 kg gạo nếp chứa 81 % tinh bột, khi lên men thu được bao nhiêu lít ancol 960 ? Biết hiệu suất của quy trình lên men đạt 81 % và ancol etylic có khối lượng riêng D = 0,789 mg / l .
- A9,838 lít
- B6,125 lít
- C14,995 lít
- D12,146 lít
Đáp án: A
Phương pháp giải :+ Viết sơ đồ điều chế : ( C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH
+ Tính toán theo sơ đồ, bỏ lỡ thông số n để thuận tiện giám sátLời giải cụ thể :Quá trình : ( C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH. % H = 81 %
Bỏ qua thông số n trong quy trình đo lường và thống kê để thuận tiện
ntb = 20. 0,81 : 162 = 0,1 ( kmol )
=> nancol = 2 ntb = 0,2 ( kmol ) ( theo lí thuyết )
Vì H = 81 % => nancol trong thực tiễn = 0,2. 0,81 = 0,162 ( kmol ) => mancol = 0,162. 103.46 = 7452 ( g )
\ ( { V_r } = \ frac { { { m_r } } } { D } = \ frac { { 7452 } } { { 0,789 } } \ approx 9444,9 ( ml ) = 9,445 ( l ) \ )
Độ rượu = \ ( \ frac { { { V_r } } } { { V { \, _ { { \ text { dd } } \, r } } } }. 100 \ % = > \, { V_ { dd \, r } } = \ frac { { 9,445. 100 \ % } } { { { { 96 } ^ 0 } } } = 9,838 ( l ) \ )
Đáp án A
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 12 :Từ m gam tinh bột điều chế ancol etylic bằng giải pháp lên men với hiệu suất của cả quy trình là 85 %. Lượng CO2 sinh ra từ quy trình trên được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ca ( OH ) 2 thu được 40 g kết tủa và dung dịch X. Thêm dung dịch NaOH 1M vào X, để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì cần tối thiểu 200 ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của m là :
- A76,24g
- B55,08g
- C57,18g
- D50,82g
Đáp án: C
Phương pháp giải :
phản ứng thủy phân xenlulozơ hoặc tinh bột (C6H10O5)n
H1 % H2 %
( C6H10O5 ) n -> nC6H12O6 -> 2 nCO2 + 2 nC2H5OH
162 n 180 n 88 n 92 n
Lưu ý: 1) A -> B ( Hlà hiệu suất phản ứng)
nB = nA. H%
2) A -> B -> C ( H1, H2 là hiệu suất phản ứng A -> B và B -> C)
nC = nB. H2% = nA . H1%. H2%
Lời giải cụ thể :X + NaOH có thêm kết tủa => X có HCO3 –
CO2 + Ca ( OH ) 2 -> CaCO3 + H2O
0,4
2CO2 + Ca ( OH ) 2 -> Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 + NaOH -> CaCO3 + NaHCO3 + H2O
Kết tủa max ó nNaOH = nCa ( HCO3 ) 2 = 0,2 mol
=> nCO2 bđ = 0,4 + 0,2 = 0,6 mol
Quá trình : C6H10O5 -> C6H12O6 -> 2CO2
Mol x -> 2 x. 85 % = 0,6 mol
=> x = 0,353 mol
=> m = 57,18 g
Đáp án C
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 13 :Trong trong thực tiễn người ta thường nấu rượu ( ancol etylic ) từ gạo ( chứa 81 % tinh bột ). Tinh bột chuyển hóa thành ancol etylic qua 2 tiến trình : Tinh bột → glucozơ → ancol. Biết hiệu suất mỗi tiến trình là 80 %, khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8 g / ml. Thể tích ancol etylic 460 thu được từ 10 kg gạo là
- A6 lít.
- B8 lít.
- C10 lít.
- D4 lít.
Đáp án: B
Phương pháp giải :Viết sơ đồ phản ứng : \ ( { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ xrightarrow { { { H_1 } = 80 \ % } } n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ xrightarrow { { { H_2 } = 80 \ % } } 2 n { C_2 } { H_5 } OH \ )
Tính toán theo sơ đồ phản ứng quan tâm đến hiệu suất phản ứng .Lời giải cụ thể :\ ( { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ xrightarrow { { { H_1 } = 80 \ % } } n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ xrightarrow { { { H_2 } = 80 \ % } } 2 n { C_2 } { H_5 } OH \ )
Để thuận tiện cho đo lường và thống kê ta bỏ lỡ thông số n
mtb = 10.0,81 = 8,1 ( kg )
=> ntb = 8,1 : 162 = 0,05 ( Kmol )
=> nancol = 2 ntb = 0,1 ( Kmol )
Vì quy trình sản xuất có hiệu suất
=> nancol trong thực tiễn thu được = nancol lí thuyết. % H = 0,1. ( 0,8. 0,8 ) = 0,064 ( Kmol ) = 64 ( mol )
=> mancol trong thực tiễn = 64. 46 = 2900 ( g )
\(\begin{gathered}
= > Vancol = \frac{m}{d} = \frac{{2944}}{{0,8}} = 3680(ml) = 3,68(l) \hfill \\
Do\,ruou\, = \frac{{Vruou}}{{V{\text{dd}}\,ruou}}.100 \hfill \\
= > V\,{\text{dd}}\,ruou\, = \frac{{Vruou}}{{Do\,ruou\,}}.100 = \frac{{3,68}}{{46}}.100 = 8(l) \hfill \\
\end{gathered} \)
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 14 :Từ 12 kg gạo nếp chưa 84 % tinh bột người ta lên men và chưng cất ở điều kiện kèm theo thích hợp thu được V lít côn 90 o. Biết khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8 g / ml, hiệu suất của quy trình thủy phân và phản ứng lên men là 83 % và 71 %. Giá trị của V là
- A6,468 lít
- B6,548 lít
- C4,586 lít
- D 4,685 lít
Đáp án: D
Phương pháp giải :C6H10O5 ) → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH
H quy trình = 0,83. 0,71 = 0,5893
mtinh bột = 12.0,84 = 10,08 kg → Theo triết lý mC2H5OH = 10,08 : 162. 2.46 = 5,7244 kg
→ trong thực tiễn mC2H5OH = 3,373 kg
→ VLời giải cụ thể :
( C6H10O5 ) → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH
H quy trình = 0,83. 0,71 = 0,5893
mtinh bột = 12.0,84 = 10,08 kg → Theo triết lý mC2H5OH = 10,08 : 162. 2.46 = 5,7244 kg
→ trong thực tiễn mC2H5OH = 5,7244. 0,5893 = 3,373 kg
→ Vancol = 3373 : 0,8 = 4216,8 ml → Vcồn 90 độ = 4216,8 : 0,9 = 4685 ml = 4,685 lít
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 15 :Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất 75 %, hấp thụ hàng loạt khí CO2 sinh ra vào dung dịch chứa 0,03 mol Ba ( OH ) 2, thu được kết tủa và dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH vào X, đến khi kết tủa lớn nhất thì cần tối thiểu 6 ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của m là
- A4,536.
- B4,212.
- C3,564.
- D3,888.
Đáp án: D
Phương pháp giải 🙁 C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH + 2 nCO2 ( % H = 75 % )
\(C{O_2} + \underbrace {Ba{{(OH)}_2}}_{0,03\,mol}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
BaC{O_3} \downarrow (1) \hfill \\
Ba{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{ + 0,006\,\,mol\,NaOH}}BaC{O_3} \downarrow + NaHC{O_3} + {H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì lượng NaOH cần dùng tối thiểu để thu được kết tủa lớn nhất => phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol NaOH : Ba ( HCO3 ) = 1 : 1
Ba(HCO3)2 + NaOH → BaCO3↓ + NaHCO3 + H2O
BTNT Ba => nBaCO3 ( 1 ) = nBa ( OH ) 2 – nBa ( HCO3 ) = ? ( mol )
BTNT C => nCO2 = nBaCO3 ( 1 ) + 2 nBa ( HCO3 ) = ? ( mol )
Từ sơ đồ => ntb = ½ nCO2 = ? ( mol )
Vì H = 75 % => mtb thực tiễn cần lấy = mtb lí thuyết : 0,75 = ? ( g )Lời giải cụ thể 🙁 C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH + 2 nCO2 ( % H = 75 % )
\(C{O_2} + \underbrace {Ba{{(OH)}_2}}_{0,03\,mol}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
BaC{O_3} \downarrow (1) \hfill \\
Ba{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{ + 0,006\,\,mol\,NaOH}}BaC{O_3} \downarrow + NaHC{O_3} + {H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì lượng NaOH cần dùng tối thiểu để thu được kết tủa lớn nhất => phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol NaOH : Ba ( HCO3 ) = 1 : 1
Ba ( HCO3 ) 2 + NaOH → BaCO3 ↓ + NaHCO 3 + H2O
0,006 ( mol ) ← 0,006 ( mol )
BTNT Ba => nBaCO3 ( 1 ) = nBa ( OH ) 2 – nBa ( HCO3 ) = 0,03 – 0,006 = 0,024 ( mol )
BTNT C => nCO2 = nBaCO3 ( 1 ) + 2 nBa ( HCO3 ) = 0,024 + 2.0,006 = 0,036 ( mol )
Từ sơ đồ => ntb = ½ nCO2 = 0,018 ( mol )
=> mtb lí thuyết = 0,018. 162 = 2,916 ( g )
Vì H = 75 % => mtb thực tiễn cần lấy = mtb lí thuyết : 0,75 = 3,888 ( g )
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 16 :Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất của cả quy trình là 75 %. Lượng CO2 sinh ra hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ca ( OH ) 2, thu được 60 gam kết tủa và dung dịch X. Thêm dung dịch NaOH 1,2 M vào X, thu được kết tủa. Để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì cần tối thiểu 100 ml dung dịch NaOH. Giá trị của m là
- A86,4.
- B90,72.
- C108,0.
- D77,76.
Đáp án: B
Phương pháp giải :Dd X chứa Ca ( HCO3 ) 2 + NaOH => Để lượng kết tủa thu được lớn nhất, cần tối thiểu 0,12 mol NaOH vậy phản ứng NaOH + Ca ( HCO3 ) 2 xảy ra theo tỉ lệ mol 1 : 1
Bảo toàn nguyên tố C
Chú ý đến hiệu suất phản ứngLời giải cụ thể :
\(\frac{1}{2}({C_6}{H_{10}}{O_5})n\xrightarrow{{\% H = 75\% }}\left\{ \begin{gathered}
{C_2}{H_5}OH \hfill \\
C{O_2}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
CaC{O_3} \downarrow :\frac{{60}}{{100}} = 0,6\,(mol) \hfill \\
Ca{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{ + NaOH\,it\,nhat\,:\,0,12\,(mol)}} \downarrow \max \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Để lượng kết tủa thu được lớn nhất, cần tối thiểu 0,12 mol NaOH vậy phản ứng NaOH + Ca ( HCO3 ) 2 xảy ra theo tỉ lệ mol 1 : 1
NaOH + Ca ( HCO3 ) 2 → CaCO3 ↓ + NaHCO3 + H2O
0,12 → 0,12 ( mol )
BTNT : C => nCO2 = nCaCO3 + 2 nCa ( HCO3 ) 2 = 0,6 + 2. 0,12 = 0,84 ( mol )
ntb = ½ nCO2 = 0,84 / 2 = 0,42 ( mol )
=> mtb lí thuyết = 0,42. 162 = 68,04 ( g )
Vì H = 75 % => mtb thực tiễn cần lấy là : 68,04 : % H = 68,04 : 0,75 = 90,72 ( g )
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 17 :
Lấy m kg gạo (chứa 75% tinh bột) lên men thành ancol etylic. Cho toàn bộ lượng CO2 sinh ra hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2, thu được 600 gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 138 gam so với khối lượng dung dịch nước vôi trong ban đầu. Nếu hiệu suất quá trình lên men đạt 80% thì giá trị của m gần với giá trị nào sau đây nhất là
- A0,81.
- B1,89.
- C1,42.
- D1,51.
Đáp án: C
Phương pháp giải :\ ( { \ text { } } { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ xrightarrow { { + { H_2 } O, xt { \ text { } } { { \ text { H } } ^ + } } } n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ xrightarrow [ { } ] { { { \ text { men } } } } 2 nC { O_2 } \ )
Để đơn thuần, chọn n = 1 .
Cho CO2 hấp thụ hết vào dung dịch Ca ( OH ) 2. Đề bài cho biết CO2 được hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong, cho biết khối lượng kết tủa tạo thành ( chú ý quan tâm hoàn toàn có thể tạo 2 muối ) và độ tăng giảm khối lượng dung dịch lúc trước và sau. Do đó, ta sẽ vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để tìm khối lượng CO2 .
mCO2 + mdung dịch Ca ( OH ) 2 banđầu = mdung dịch sau + mkết tủa → mdung dịch Ca ( OH ) 2 banđầu – mdung dịch sau = mkết tủa – mCO2
→ số mol CO2 → số mol / khối lượng tinh bột ( quan tâm hiệu suất ) → khối lượng khoai cần lấy .Lời giải chi tiết cụ thể :
+ Cho toàn bộ CO2 thu được sau quá trình lên men hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong:
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : mCO2 + mdung dịch Ca ( OH ) 2 banđầu = mdung dịch sau + mkết tủa
→ mdung dịch Ca ( OH ) 2 banđầu – mdung dịch sau = mkết tủa – mCO2 → 138 = 600 – mCO2
→ mCO2 = 462 gam → nCO2 = 10,5 mol .
+ Xét quy trình :
C6H10O5 \ ( \ overset { + H_2O, \, xt \, H ^ + } { \ rightarrow } \ ) C6H12O6 \ ( \ rightarrow \ ) 2CO2
nC6H10O5 = nCO2 / 2 = 10,5 / 2 = 5,25 ( mol )
\ ( \ begin { array } { l } H = 80 \ % \ Rightarrow { m_ { tinh \, bot \, ( thuc \, te \, can \, dung ) } } = \ frac { { 100 } } { { 80 } }. 5,25. 162 = 1063,125 \, gam \ \ \ Rightarrow m = \ frac { { 100 } } { { 75 } }. 1063,125 = 1417,5 \, gam. \ end { array } \ )
Đáp án C
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 18 :Từ m gam tinh bột điều chế ancol etylic bằng chiêu thức lên men với hiệu suất của cả quy trình là 72 %. Lượng CO2 sinh ra từ quy trình trên được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ba ( OH ) 2 thu được 118,2 gam kết tủa và dung dịch X. Thêm dung dịch NaOH 1M vào X, để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì cần tối thiểu 100 ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của m là
- A46,66 gam.
- B67,50 gam.
- C78,75 gam.
- D90,00 gam.
Đáp án: D
Phương pháp giải :\ ( { \ text { } } { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ xrightarrow { { + { H_2 } O, xt { \ text { } } { { \ text { H } } ^ + } } } n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ xrightarrow [ { } ] { { { \ text { men } } } } 2 nC { O_2 } \ )
Để đơn thuần, chọn n = 1 .
Thêm NaOH vào dung dịch X thấy có kết tủa Open → phản ứng giữa CO2 và Ba ( OH ) 2 tạo ra 2 muối : BaCO3 0,6 mol ; Ba ( HCO3 ) 2 0,1 mol .
Bảo toàn C → nCO2 → số mol tinh bột ( quan tâm hiệu suất phản ứng )Lời giải chi tiết cụ thể :Khi thêm NaOH vào dung dịch X có Open kết tủa, do đó CO2 phản ứng với Ba ( OH ) 2 tạo ra 2 muối .
\ ( C { O_2 } \ ) \ ( \ overset { + Ba ( OH ) _2 } { \ rightarrow } \ ) \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } BaC { O_3 } \ downarrow { \ rm { 0,6 mol } } \ \ { \ rm { Ba ( HC } } { { \ rm { O } } _3 } { ) _2 } { \ rm { x mol } } \ end { array } \ right \ } ( 1 ) \ )
Để thu được lượng kết tủa lớn nhất thì cần tối thiểu 0,1 mol NaOH → x = 0,1 ( vì nếu chỉ dùng 0,1 mol NaOH thì lượng CO32 – tạo ra tối đa là 0,1 mol ) .
Bảo toàn nguyên tố C cho quy trình ( 1 ), ta được :
\ ( { n_ { C { O_2 } } } = { n_ { BaC { O_3 } } } + 2 { n_ { Ba { { ( HC { O_3 } ) } _2 } } } = 0,6 + 2 x = 0,6 + 2,0,1 = 0,8 { \ rm { mol } } \ )
C6H10O5 \ ( \ overset { + H_2O, \, xt \, H ^ + } { \ rightarrow } \ ) C6H12O6 \ ( \ rightarrow \ ) 2CO2
=> nC6H10O5 = nCO2 / 2 = 0,8 / 2 = 0,4 mol
\ ( H = 72 \ % \ Rightarrow { m_ { tinh \, bot \, ( thuc \, te \, can \, dung ) } } = \ frac { { 100 } } { { 72 } }. 0,4. 162 = 90 \, gam \ )
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 19 :Từ 10 kg ngô ( chứa 65 % tinh bột ) lên men thu được V lít ancol etylic 350. Biết khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8 g / ml, hiệu suất quy trình thủy phân và phản ứng lên men lần lượt là 80 % và 72 %. Giá trị của V là
- A4,860.
- B8,016.
- C9,720.
- D7,594.
Đáp án: D
Phương pháp giải :Rượu 35 o : 100 ml rượu 35 o chứa 35 ml rượu etylic nguyên chất .
\ ( { V_ { ruou \, { { 35 } ^ o } } } = \ frac { { 100 } } { { 35 } }. { V_ { { C_2 } { H_5 } OH } } = \ frac { { 100 } } { { 35 } }. \ frac { { { m_ { { C_2 } { H_5 } OH } } } } { D } = \ frac { { 100 } } { { 35 } }. \ frac { { 46. { n_ { { C_2 } { H_5 } OH } } } } { { 0,8 } } \, ( 1 ) \ )
( C6H10O5 ) n \ ( \ overset { + H_2O, \, xt \, H ^ + } { \ rightarrow } \ ) nC6H12O6 \ ( \ overset { men \, ruou } { \ rightarrow } \ ) 2 nC2H5OH
Để đơn thuần, chọn n = 1 .
Tính số mol tinh bột → số mol C2H5OH ( chú ý quan tâm hiệu suất phản ứng ) → thay vào ( 1 ) để tìm V .Lời giải cụ thể :
\({m_{tinh\,bot}} = \frac{{65}}{{100}}.10\, = 6,5\,kg \Rightarrow {n_{tinh\,bot}} = \frac{{13}}{{324}}\,kmol.\)
( C6H10O5 ) n \ ( \ xrightarrow [ H = 80 \ % ] { + H_2O, \, xt \, H ^ + } \ ) nC6H12O6 \ ( \ xrightarrow [ H = 72 \ % ] { men \, ruou } \ ) 2 nC2H5OH
=> nC2H5OH = 2. nC6H10O5 = 2. ( 13/324 ) = 13/162 ( kmol )
\(\begin{array}{l}H = {H_1}.{H_2} = 57,6\% \Rightarrow {m_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{57,6}}{{100}}.\frac{{13}}{{162}}.46 = 2,1262\,kg.\\{V_{ruou\,{{35}^o}}} = \frac{{100}}{{35}}.{V_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{100}}{{35}}.\frac{{{m_{{C_2}{H_5}OH}}}}{D} = \frac{{100}}{{35}}.\frac{{2,1262}}{{0,8}} = 7,594lit.\end{array}\)
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 20 :Cho m gam tinh bột lên men thành ancol etylic với hiệu suất hàng loạt quy trình là 75 %. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ba ( OH ) 2, thu được 788 gam kết tủa và dung dịch X. Đun kĩ dung dịch X thu thêm được 197 gam kết tủa. Giá trị của m là
- A540.
- B972.
- C648.
- D1080.
Đáp án: C
Phương pháp giải :\ ( { ( { C_6 } { H_ { 10 } } { O_5 } ) _n } \ xrightarrow { { + { H_2 } O, xt { \ text { } } { { \ text { H } } ^ + } } } n { C_6 } { H_ { 12 } } { O_6 } \ xrightarrow [ { } ] { { { \ text { men } } } } 2 nC { O_2 } \ )
Để đơn thuần, chọn n = 1 .
Khi đun nóng dung dịch X thấy có kết tủa Open → phản ứng giữa CO2 và Ba ( OH ) 2 tạo ra 2 muối .
→ tính được nCO2 → số mol tinh bột ( quan tâm hiệu suất phản ứng )Lời giải cụ thể :
+ Khi đun nóng dung dịch X thấy có kết tủa xuất hiện → phản ứng giữa CO2 và Ba(OH)2 tạo ra 2 muối.
Bảo toàn nguyên tố C : nCO2 = nBaCO3 + 2 nBa ( HCO3 ) 2 = 4 + 2.1 = 6 mol .
+ Xét quy trình lên men tinh bột :
Đáp án C
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 21 :Ancol etylic được điều chế bằng cách lên men tinh bột theo sơ đồ :
( C6H10O5 ) n \ ( \ xrightarrow { xt } \ ) C6H12O6 \ ( \ xrightarrow { xt } \ ) C2H5OH
Để điều chế 10 lít rượu etylic 46 o cần m kg gạo ( chứa 75 % tinh bột, còn lại là tạp chất trơ ). Biết hiệu suất của cả quy trình là 80 % và khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất là 0,8 g / ml. Giá trị của m là
- A6,912.
- B8,100.
- C3,600.
- D10,800.
Đáp án: D
Phương pháp giải :
(C6H10O5)n\(\xrightarrow{xt}\)C6H12O6\(\xrightarrow{xt}\)2C2H5OH
Lời giải chi tiết cụ thể :m = 10. ( 46/100 ). 0,8 : 46 : 2.162. ( 100 / 80 ). ( 100 / 75 ) = 10,8 gam
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 22 :Trong một nhà máy sản xuất rượu, người ta dùng nguyên vật liệu là mùn cưa chứa 50 % xenlulozo để sản xuất ancol etylic với hiệu suất 70 %. Để sản xuất 1 tấn ancol etylic nguyên chất thì khối lượng mùn cưa cần dùng là
- A3521,7 kg.
- B5031 kg.
- C1760,8 kg.
- D2515,5 kg.
Đáp án: B
Phương pháp giải :C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2 H5OH + 2CO2Lời giải cụ thể :m mùn cưa = ( 1000 : 46 ) : 2. 162. ( 100 / 70 ). ( 100 / 50 ) = 5031 kg
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 23 :Ancol etylic được điều chế từ tinh bột bằng giải pháp lên men với hiệu suất hàng loạt quy trình là 90 %, Hấp thụ hàng loạt lượng CO2, sinh ra khi lên men m gam tinh bột vào nước vôi trong, thu được 330 gam kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng X giảm đi so với khối lượng nước vôi trong khởi đầu là 132 gam. Giá trị của m là :
- A324
- B405
- C297
- D486
Đáp án: B
Phương pháp giải :C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2 H5OH + 2CO2
m dd giảm = mCaCO3 – mCO2 => mCO2 = mCaCO3 – mdd giảm = ?
=> m = ?Lời giải chi tiết cụ thể :C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2 H5OH + 2CO2
m dd giảm = mCaCO3 – mCO2 => mCO2 = mCaCO3 – mdd giảm = 330 – 132 = 198 gam
=> nCO2 = 198 : 44 = 4,5 mol
=> m = 4,5 : 2.162.100 / 90 = 405 gam
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 24 :Ancol etylic được điều chế từ tinh bột bằng giải pháp lên men với hiệu suất hàng loạt quy trình là 90 %. Hấp thụ hàng loạt lượng CO2 sinh ra khi lên men m gam tinh bột vào nước vôi trong thu được 330 gam kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng X giảm đi so với khối lượng nước vôi trong bắt đầu là 132 gam. Giá trị của m là :
- A324
- B405
- C364,5
- D328,1
Đáp án: B
Phương pháp giải :* Hấp thụ CO2 vào Ca ( OH ) 2 :
m dd giảm = mCaCO3 – mCO2 => mCO2 = mCaCO3 – mdd giảm = ?
* Phản ứng lên men :
C6H10O5 → 2CO2
nC6H10O5 = 0,5 nCO2 = ? => m tinh bột = ?
Chú ý hiệu suất .Lời giải chi tiết cụ thể :* Hấp thụ CO2 vào Ca ( OH ) 2 :
m dd giảm = mCaCO3 – mCO2 => mCO2 = mCaCO3 – mdd giảm = 330 – 132 = 198 gam
=> nCO2 = 198 : 44 = 4,5 mol
* Phản ứng lên men :
C6H10O5 → 2CO2
nC6H10O5 = 0,5 nCO2 = 0,5. 4,5 = 2,25 mol
=> m tinh bột = 2,25. 162 = 364,5 gam
Do hiệu suất trong thực tiễn là 90 % nên lượng tinh bột đã dùng là : 364,5. ( 100 / 90 ) = 405 gam
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 25 :Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất của cả quy trình là 75 %. Lượng CO2 sinh ra được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch Ca ( OH ) 2 thu được 50 g kết tủa và dung dịch X. Thêm NaOH 1M vào X, thu được kết tủa. Để lượng kết tủa thu được là lớn nhất cần tối thiểu 100 ml dung dịch NaOH. Gía trị của m là
- A90,0
- B75,6
- C72,0
- D64,8
Đáp án: D
Phương pháp giải :\ ( { ( { C_6 } H { } _ { 10 } { O_5 } ) _n } \ to 2 n { C_2 } { H_6 } O + 2 nC { O_2 } \ )
Vì dung dịch thu được vừa tạo kết tủa vừa phản ứng với NaOH tạo kết tủa nên xảy ra 2 phản ứng
CO2 + Ca ( OH ) 2 → CaCO3 + H2O
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 + 2N aOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2OLời giải chi tiết cụ thể :\ ( { ( { C_6 } H { } _ { 10 } { O_5 } ) _n } \ to 2 n { C_2 } { H_6 } O + 2 nC { O_2 } \ )
CO2 + Ca ( OH ) 2 → CaCO3 + H2O
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 + 2N aOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O
nCO2 = nCaCO3 + nNaOH = 0,5 + 0,1 = 0,6 mol
→ mtinh bôt ( lt ) = 0,3. 162 = 48,6 g
→ mtinh bột ( tt ) = mtinh bột ( lt ) : H %. 100 % = 64,8 g
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 26 :Khi lên men m kg ngô chứa 65 % tinh bột với hiệu suất toàn quy trình là 80 % thì thu được 5 lít rượu etylic 200 và V m3 khí CO2 ( đktc ). Cho khối lượng riêng của C2H5OH nguyên chất là 0,8 g / ml. Giá trị của m và V lần lượt là :
- A2,8 và 0,39
- B28 và 0,39
- C2,7 và 0,41
- D2,7 và 0,39
Đáp án: D
Phương pháp giải :Bài toán hiệu suất ( tính theo chất phản ứng ) : nTT = nLT. ( 100 / H )Lời giải chi tiết cụ thể :Vancol = Vrượu. ĐR = 5.20 % = 1 lít = 1000 ml
=> mancol = 1000.0,8 = 800 gam => nC2H5OH = 17,39 mol
C6H10O5 + H2O → 2C2 H5OH + 2CO2
=> nCO2 = nC2H5OH = 17,39 mol => VCO2 = 17,39.22,4 = 389,6 lít = 0,39 m3
ntinh bột LT = nC2H5OH : 2 = 8,7 mol => nTT = nLT. ( 100 / H ) = 10,7 mol
=> mngô = 162.10,7.(100/65) = 2709 gam = 2,7 kg
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 27 :Khối lượng của tinh bột cần dùng trong quy trình lên men để tạo thành 5 lít rượu ( ancol etylic ) 46 o là ( biết hiệu suất của cả quy trình là 72 % và khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8 g / ml )
- A5,4 kg.
- B5,0 kg.
- C6,0 kg.
- D4,5 kg.
Đáp án: D
Phương pháp giải :V rượu nguyên chất = V dd rượu. ( ĐR / 100 )
=> mC2H5OH = D.V => nC2H5OH
Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5 :
C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2 H5OH
=> n tinh bột = 0,5. nC2H5OH
=> m tinh bột ( đo lường và thống kê )
Tuy nhiên hiệu suất cả quy trình là 72 % nên lượng tinh bột thực tiễn cần dùng phải lớn hơn lượng đo lường và thống kê :
=> m tinh bột cần dùng = m tinh bột ( thống kê giám sát ). ( 100 / H )Lời giải chi tiết cụ thể :V rượu nguyên chất = V dd rượu. ( ĐR / 100 ) = 5. ( 46/100 ) = 2,3 lít
=> mC2H5OH = D.V = 0,8. 2,3 = 1,84 kg
=> nC2H5OH = 1,84 / 46 = 0,04 kmol
Để đơn thuần ta coi tinh bột là C6H10O5 :
C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2 H5OH
=> n tinh bột = 0,5. nC2H5OH = 0,02 kmol
=> m tinh bột = 0,02. 162 = 3,24 kg
Tuy nhiên hiệu suất cả quy trình là 72 % nên lượng tinh bột thực tiễn cần dùng phải lớn hơn lượng đo lường và thống kê :
=> m tinh bột cần dùng = 3,24. ( 100 / 72 ) = 4,5 kg
Đáp án D
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 28 :Lên mem m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất của cả quy trình là 80 %. Lượng CO2 sinh ra được hấp thụ trọn vẹn vào dung dịch nước vôi trong, thu được 20 g kết tủa và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X thấy thu thêm được 10 g kết tủa nữa. Giá trị của m là
- A40,5
- B48,0
- C43,2
- D45,0
Đáp án: A
Phương pháp giải :Tinh bột → Glucozo
C6H12O6 → 2C2 H5OH + 2CO2
CO2 + Ca ( OH ) 2 → BaCO3 + H2O
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 + 2N aOH → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2 O
nBaCO3 = 0,2 mol và nBa ( HCO3 ) 2 = n ↓ lần 2 = 0,1 mol
→ nCO2 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 molLời giải chi tiết cụ thể :Tinh bột → Glucozo
C6H12O6 → 2C2 H5OH + 2CO2
CO2 + Ca ( OH ) 2 → BaCO3 + H2O
2CO2 + Ca ( OH ) 2 → Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( HCO3 ) 2 + 2N aOH → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2 O
nBaCO3 = 0,2 mol và nBa ( HCO3 ) 2 = n ↓ lần 2 = 0,1 mol
→ nCO2 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 mol
→ trong thực tiễn thì : ntinh bôt = 0,2 : 0,8 = 0,25 mol
→ m = 40,5 g
Chọn A
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 29 :Cho m gam tinh bột lên men thành ancol etylic ( rượu ) với hiệu suất 81 %. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thu trọn vẹn vào dung dịch Ca ( OH ) 2 thu được 550 g kết tủa và dung dịch X. Đun kỹ dung dịch X thì thu được thêm 100 g kết tủa. Giá trị của m là :
- A810
- B 750
- C650
- D550
Đáp án: B
Phương pháp giải :Bài toán hiệu suất : nThực tế = nLT. H %Lời giải chi tiết cụ thể :Vì khi đun sôi dung dịch tạo thêm kết tủa chứng tỏ trong dung dịch có Ca ( HCO3 ) 2
Ca ( OH ) 2 + CO2 → CaCO3 + H2O
Mol 5,5 \ ( \ leftarrow \ ) 550 / 100
Ca ( HCO3 ) 2 \ ( \ overset { t ^ { 0 } } { \ rightarrow } \ ) CaCO3 + CO2 + H2O
Mol 1 \ ( \ leftarrow \ ) 100 / 100
Bảo toàn nguyên tố C : nCO2 = nCaCO3 bđ + 2 nCa ( HCO3 ) 2 = 5,5 + 2.1 = 7,5 mol
– Xét phản ứng lên men : C6H10O5 + H2O \ ( \ overset { Len. men } { \ rightarrow } \ ) 2CO2 + 2C2 H5OH
Mol 3,75 \ ( \ leftarrow \ ) 7,5
nLT. H % = nThực => nLT. 81 % = 3,75 => nLT = 4,63 mol
=> m = 4,63. 162 = 750 g
Đáp án B
Đáp án – Lời giải Câu hỏi 30 :Khối lượng của tinh bột cần dùng trong quy trình lên men để tạo thành 5 lít rượu ( ancol ) etylic 460 là bao nhiêu ( biết hiệu suất của cả quy trình là 72 % và khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8 g / ml )
- A5,4 kg.
- B5,0 kg.
- C6,0 kg.
- D4,5 kg
Đáp án: D
Phương pháp giải :Đổi VC2H5OH = VddC2H5OH. độ rượu : 100 = ? ( lít ) → đổi ra đơn vị chức năng ( ml )
Đổi mC2H5OH = VC2H5OH. d = ? ( gam ) → nC2H5OH = ? ( mol )
Tính khối lượng tinh bột lí thuyết cần lấy theo sơ đồ sau : ( C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH + 2 nCO2
Vì %H = 72% nên mC6H10O5 thực tế = mC6H10O5 lí thuyết.100% :%H = ?
Lời giải cụ thể :
\(\eqalign{
& {V_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{{V_{dd\,{C_2}{H_5}OH}}}}{{100}}.{D_r}^0 = \frac{5}{{100}}{.46^0} = 2,3\,(l) = 2300\,(ml) \cr
& {m_{{C_2}{H_5}OH}} = {V_{{C_2}{H_5}OH}}.{D_{{C_2}{H_5}OH}} = 2300.0,8 = 1840\,(g) \cr
& {m_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{{m_{{C_2}{H_5}OH}}}}{{{M_{{C_2}{H_5}OH}}}} = \frac{{1840}}{{46}} = 40\,(mol) \cr} \)
Sơ đồ : ( C6H10O5 ) n → nC6H12O6 → 2 nC2H5OH + 2 nCO2
20 ← 40 (mol)
Theo PTHH : nC6H10O5 = 1/2 nC2H5OH = 20 ( mol ) → m C6H10O5 lí thuyết = 20.162 = 3240 ( g )
Vì % H = 72 % nên mC6H10O5 thực tiễn = m C6H10O5 lí thuyết. 100 % : % H = 3240.100 % : 72 % = 4500 ( g ) = 4,5 ( kg )
Đáp án D
Đáp án – Lời giải
Source: http://wp.ftn61.com
Category: Hỏi Đáp
Để lại một bình luận