8  Soal 11–20

Soal 11–15 ranah spektroskopi & biopolimer — ini topik “hafalan pola”, cepat dapat poin. Soal 16–19 hitungan kesetimbangan/stoikiometri. Coba dulu, baru buka.

8.1 Soal 11 — Bukan monomer biopolimer

Soal 11 asli

Berikut monomer biopolimer, kecuali…

  • Ingat definisi biopolimer: polimer alami yang terbentuk dari monomer berulang yang terhubung lewat ikatan kovalen (contoh: peptida, glikosida, fosfodiester). Cek apakah setiap pilihan bisa “dirangkai berulang” membentuk rantai panjang.
  • Lipid/lemak adalah biomolekul, tetapi strukturnya hanya gliserol + beberapa asam lemak — jumlahnya terbatas, bukan rantai polimer. Tanyakan: apakah senyawa itu benar-benar berfungsi sebagai unit monomer dalam polimer alami?
  • Telusuri satu per satu: asam amino → protein; glukosa → pati/selulosa; nukleotida → DNA/RNA; isoprena → karet alam. Pilihan mana yang tidak punya padanan biopolimer?

Biopolimer = polimer alami yang tersusun dari monomer berulang yang berikatan kovalen. Cek tiap pilihan:

Pilihan Monomer dari biopolimer apa?
A. Asam amino protein
B. Glukosa pati/selulosa
D. Nukleotida asam nukleat (DNA/RNA)
E. Isoprena karet alam (poliisoprena)
C. Asam palmitat — penyusun lemak, bukan polimer

Asam palmitat adalah asam lemak. Lemak/lipid memang biomolekul, tetapi bukan biopolimer: ia tidak terbentuk dari rantai monomer berulang yang berikatan kovalen, melainkan dari gliserol + asam lemak (jumlahnya terbatas). Jadi asam palmitat bukan monomer biopolimer.

Jawaban: C.

8.2 Soal 12 — Tidak memberikan sinyal singlet ¹H-NMR

Soal 12 asli

Singlet muncul bila proton tidak punya tetangga H pada karbon di sebelahnya (aturan \(n+1\), lihat R-¹H-NMR). Cari molekul yang semua sinyalnya terpecah (tidak ada satu pun singlet).

Sebuah proton muncul sebagai singlet kalau karbon di sebelahnya tidak punya H (aturan \(n+1\): \(n=0\) tetangga → \(0+1=1\) puncak). Jadi kita cari molekul yang setiap gugus H-nya punya tetangga H, sehingga tak ada satu pun singlet.

Periksa tiap pilihan:

Senyawa Apakah ada gugus H tanpa tetangga H?
A. Etana \(\ce{CH3CH3}\) Semua 6 H setara → 1 singlet
B. Dietil eter \(\ce{(CH3CH2)2O}\) \(\ce{CH3}\) bertetangga \(\ce{CH2}\), dan \(\ce{CH2}\) bertetangga \(\ce{CH3}\) → tak ada singlet
C. Dimetil eter \(\ce{(CH3)2O}\) Tetangga \(\ce{CH3}\) adalah O (tanpa H) → singlet
D. Aseton \(\ce{(CH3)2CO}\) Tetangga \(\ce{CH3}\) adalah C=O (tanpa H) → singlet
E. Etil asetat \(\ce{CH3COOCH2CH3}\) Gugus asetil \(\ce{CH3CO-}\) bertetangga C=O → singlet

Hanya dietil eter yang kedua gugusnya (\(\ce{CH3}\) dan \(\ce{CH2}\)) saling berkopling, sehingga muncul sebagai triplet dan kuartet — tidak ada singlet sama sekali.

Jawaban: B (dietil eter).

8.3 Soal 13 — Inti yang tidak ber-NMR

Soal 13 asli Soal 13 asli

  • Inti atom hanya aktif dalam NMR jika memiliki spin inti \(I \neq 0\). Pelajari aturan: jika jumlah proton dan jumlah neutron keduanya genap, maka \(I = 0\) (inti tidak terdeteksi NMR).
  • Untuk setiap pilihan, tentukan dulu nomor massa (A) dan nomor atom (Z), lalu hitung jumlah neutron = \(A - Z\). Periksa apakah kedua bilangan itu genap atau ganjil.
  • Bandingkan semua inti: mana yang memenuhi kondisi “keduanya genap” sehingga spinnya \(I = 0\) dan tidak menghasilkan sinyal NMR?

Sebuah inti hanya bisa memberi sinyal NMR kalau spin intinya tidak nol (\(I \neq 0\)). Spin nol berarti inti “tidak terlihat” oleh medan magnet NMR.

Aturan cepat: kalau jumlah proton dan jumlah neutron sama-sama genap, spinnya \(I = 0\).

Cek tiap pilihan:

Inti proton neutron spin
\(\ce{^1H}\) 1 (ganjil) 0 \(\tfrac12\) ✔
\(\ce{^{12}C}\) 6 (genap) 6 (genap) \(0\) ✘
\(\ce{^{13}C}\) 6 7 (ganjil) \(\tfrac12\) ✔
\(\ce{^{19}F}\) 9 (ganjil) 10 \(\tfrac12\) ✔
\(\ce{^{31}P}\) 15 (ganjil) 16 \(\tfrac12\) ✔

\(\ce{^{12}C}\) punya proton genap dan neutron genap, jadi spinnya \(0\) dan tidak memberi sinyal NMR. Inilah sebabnya NMR karbon memakai isotop \(\ce{^{13}C}\), bukan \(\ce{^{12}C}\).

Jawaban: B.

8.4 Soal 14 — Transisi pada serapan UV-Vis

Soal 14 asli

  • Ingat bahwa spektrum elektromagnetik terbagi dalam beberapa daerah — gelombang mikro, inframerah (IR), dan UV–tampak — masing-masing membawa energi berbeda yang mampu menginduksi jenis transisi yang berbeda pula.
  • Pertimbangkan berapa besar energi foton di daerah UV–tampak dibandingkan IR atau gelombang mikro. Daerah dengan energi paling besar mampu memengaruhi komponen “paling terikat” dalam molekul — yaitu elektron dalam orbital molekul.
  • Pikirkan apa yang dimaksud “transisi elektronik”: elektron berpindah dari orbital berenergi rendah (mis. orbital \(\pi\)) ke orbital berenergi lebih tinggi (mis. \(\pi^*\)). Gerakan apa lagi (rotasi? vibrasi?) yang termasuk dalam kategori ini — dan apa yang tidak termasuk?

Setiap daerah spektrum cahaya membawa energi berbeda, dan energi itu menentukan “gerakan” apa yang bisa diubah dalam molekul:

Daerah cahaya Energi Jenis transisi
Gelombang mikro kecil rotasi molekul
Inframerah (IR) sedang vibrasi ikatan
UV–tampak (visibel) besar elektronik

Cahaya UV dan tampak punya energi paling besar dari ketiga daerah ini — cukup untuk mengeksitasi elektron dari orbital berenergi rendah ke orbital berenergi lebih tinggi (misalnya \(\pi \rightarrow \pi^*\)). Inilah yang disebut transisi elektronik.

Translasi (pilihan D) dan hamburan (E) bukan transisi tingkat energi seperti yang dimaksud. Lihat R-UV-Vis.

Jawaban: C.

8.5 Soal 15 — IR produk esterifikasi

Soal 15 asli

  • Identifikasi reaksi yang terjadi antara asam karboksilat dan alkohol: produk apa yang dihasilkan, dan gugus fungsi apa yang khas pada produk tersebut?
  • Pada spektrum IR, dua daerah serapan paling penting adalah sekitar \(1700\text{–}1740\ \text{cm}^{-1}\) (renggangan \(\ce{C=O}\)) dan \(3000\text{–}3500\ \text{cm}^{-1}\) (renggangan \(\ce{O-H}\)). Pelajari perbedaan bentuk serapan tajam vs melebar — keduanya memberi informasi berbeda.
  • Evaluasi setiap pernyataan satu per satu: apakah bukti spektrum IR (ada/tidaknya serapan, bentuknya) mendukung atau menentang pernyataan tersebut?

Reaksinya: \(\ce{CH3COOH + C2H5OH -> CH3COOC2H5 + H2O}\) (produknya etil asetat, sebuah ester).

Cek tiap pernyataan lewat dua serapan kunci pada spektrum IR (R-IR):

  • i — reaksi berhasil → benar. Ada serapan kuat dan tajam \(\ce{C=O}\) di sekitar \(1700\text{–}1740\ \text{cm}^{-1}\) (lembah dalam di tengah grafik). Gugus karbonil ini adalah ciri ester, jadi produk benar-benar terbentuk.
  • ii — reaksi tidak berhasil → salah (bertentangan dengan i).
  • iii — puncak lebar di ~\(3000\ \text{cm}^{-1}\) dari gugus \(\ce{-OH}\) → benar. Serapan melebar di daerah \(3000\text{–}3500\ \text{cm}^{-1}\) memang khas regangan \(\ce{O-H}\) (di sini dari sisa asam asetat/etanol yang belum bereaksi). Bentuk lebar inilah penanda \(\ce{O-H}\), bukan \(\ce{C-H}\) yang tajam.

Jadi yang benar adalah i dan iii.

Jawaban: D.

8.6 Soal 16 — Melarutkan AgCl dengan HCN

Soal 16 asli

\(\ce{Ag(CN)2-}\) punya \(K_f = 9{,}8\times10^{21}\); \(K_{sp}\,\ce{AgCl}=1{,}8\times10^{-10}\); \(K_a\,\ce{HCN}=6{,}2\times10^{-10}\). Berapa mol HCN untuk melarutkan AgCl dalam 1,00 L? (Soal asli tak menyebut jumlah AgCl; di sini diasumsikan 0,010 mol.)

  • Reaksi pelarutan AgCl oleh HCN melibatkan tiga kesetimbangan sekaligus: \(K_{sp}\), \(K_f\), dan \(K_a\). Gabungkan ketiganya menjadi satu reaksi neto dan hitung \(K_{\text{total}} = K_{sp} \cdot K_f \cdot K_a^2\).
  • Misalkan \(s\) = mol AgCl yang larut per liter. Dari stoikiometri reaksi neto, tentukan \([\ce{Ag(CN)2^-}]\), \([\ce{Cl^-}]\), dan \([\ce{H^+}]\) dalam bentuk \(s\), lalu substitusikan ke ekspresi \(K_{\text{total}}\) untuk mencari \([\ce{HCN}]_{\text{sisa}}\).
  • Ingat: HCN yang dibutuhkan = HCN yang tersisa di larutan + HCN yang bereaksi membentuk \(\ce{Ag(CN)2^-}\) (butuh 2 mol HCN per mol AgCl terlarut).

Diketahui: \(K_{sp}(\ce{AgCl}) = 1{,}8\times10^{-10}\), \(K_f[\ce{Ag(CN)2^-}] = 9{,}8\times10^{21}\), \(K_a(\ce{HCN}) = 6{,}2\times10^{-10}\).

Catatan jujur: soal hanya menulis “1,00 L endapan AgCl” tanpa jumlah mol. Kita ambil asumsi yang masuk akal \(n(\ce{AgCl}) = 0{,}010\) mol dalam 1,00 L — satu-satunya nilai yang menghasilkan opsi bulat.

Langkah 1 — Reaksi gabungan dan tetapan \(K\).

\[\ce{AgCl(s) + 2HCN <=> Ag(CN)2^- + Cl^- + 2H^+}\]

\[K = K_{sp}\cdot K_f \cdot K_a^2 = (1{,}8\times10^{-10})(9{,}8\times10^{21})(6{,}2\times10^{-10})^2 = 6{,}78\times10^{-7}\]

Langkah 2 — Susun \(K\) dalam variabel \(s\). Jika \(s\) mol AgCl larut dalam 1,00 L, maka \([\ce{Ag(CN)2^-}] = [\ce{Cl^-}] = s\) dan \([\ce{H+}] = 2s\):

\[K = \frac{(s)(s)(2s)^2}{[\ce{HCN}]^2} = \frac{4s^4}{[\ce{HCN}]^2} \;\Rightarrow\; [\ce{HCN}]_{\text{sisa}} = \frac{2s^2}{\sqrt{K}}\]

Langkah 3 — HCN total = sisa + yang bereaksi (\(2s\)). Dengan \(s = 0{,}010\):

\[[\ce{HCN}]_{\text{sisa}} = \frac{2(0{,}010)^2}{\sqrt{6{,}78\times10^{-7}}} = \frac{2{,}0\times10^{-4}}{8{,}23\times10^{-4}} = 0{,}243 \text{ M}\]

\[n(\ce{HCN}) = 0{,}243 + 2(0{,}010) = 0{,}243 + 0{,}020 = 0{,}263 \approx 0{,}260 \text{ mol}\]

Jawaban: C. 0,260 mol

8.7 Soal 17 — Awal pengendapan \(\ce{BaCrO4}\)

Soal 17 asli

\(K_{sp}\,\ce{BaCrO4}=1{,}2\times10^{-10}\). Volume \(\ce{Na2CrO4}\) \(1{,}5\times10^{-5}\) M minimum yang ditambahkan ke 1,00 L \(\ce{Ba(NO3)2}\) \(1{,}5\times10^{-5}\) M agar mulai mengendap?

  • Endapan mulai terbentuk ketika hasil kali ion \(Q = [\ce{Ba^{2+}}][\ce{CrO4^{2-}}]\) menyamai \(K_{sp}\) — tulis ekspresi \(Q\) setelah mencampurkan kedua larutan dalam volume total \((1 + V)\) liter.
  • Perhatikan bahwa \(Q\) bergantung pada \(V\) melalui faktor \(\dfrac{V}{(1+V)^2}\) — cari nilai \(V\) yang memaksimalkan faktor ini, lalu hitung \(Q_\text{maks}\).
  • Bandingkan \(Q_\text{maks}\) yang kamu temukan dengan nilai \(K_{sp}\) yang diberikan — apakah \(Q\) bisa mencapai \(K_{sp}\) dengan penambahan larutan encer?

Endapan \(\ce{BaCrO4}\) mulai terbentuk ketika hasil kali ion menyamai \(K_{sp}\): \[ Q = [\ce{Ba^{2+}}][\ce{CrO4^{2-}}] = K_{sp} = 1{,}2\times10^{-10}. \]

Langkah 1 — konsentrasi setelah pencampuran. Tambahkan \(V\) liter \(\ce{Na2CrO4}\) ke 1 liter \(\ce{Ba(NO3)2}\). Kedua larutan sama-sama \(1{,}5\times10^{-5}\) M, dan volume total menjadi \((1+V)\) liter: \[ [\ce{Ba^{2+}}] = \frac{1{,}5\times10^{-5}}{1+V}, \qquad [\ce{CrO4^{2-}}] = \frac{1{,}5\times10^{-5}\,V}{1+V}. \]

Langkah 2 — cari nilai \(Q\) terbesar yang mungkin. \[ Q = (1{,}5\times10^{-5})^2\cdot\frac{V}{(1+V)^2}. \] Faktor \(\dfrac{V}{(1+V)^2}\) paling besar saat \(V=1\) (volume sama banyak), dan nilainya \(\tfrac14\). Maka: \[ Q_\text{maks} = (1{,}5\times10^{-5})^2\times\tfrac14 = 5{,}6\times10^{-11}. \]

Langkah 3 — bandingkan dengan \(K_{sp}\). \[ Q_\text{maks} = 5{,}6\times10^{-11} \;<\; K_{sp} = 1{,}2\times10^{-10}. \]

Berapa pun volume \(\ce{Na2CrO4}\) yang ditambahkan, hasil kali ion tidak pernah mencapai \(K_{sp}\) — karena setiap penambahan justru ikut mengencerkan \(\ce{Ba^{2+}}\). Jadi \(\ce{BaCrO4}\) tidak akan mengendap.

Jawaban: E.

💡 Inti: menambah larutan mengencerkan kedua ion sekaligus, sehingga ada batas atas untuk \(Q\). Jika batas itu di bawah \(K_{sp}\), endapan mustahil terbentuk.

8.8 Soal 18 — Oksigen terlarut (metode Winkler)

Soal 18 asli Soal 18 asli

25,0 mL sampel; titrasi butuh 25,0 mL \(\ce{Na2S2O3}\) 0,001 M. Kadar O₂ terlarut?

  • Metode Winkler bekerja lewat rantai reaksi bertingkat: \(\ce{O2}\) → \(\ce{Mn^{3+}}\) → \(\ce{I2}\) → dititrasi \(\ce{Na2S2O3}\). Mulailah dengan menyetarakan ketiga reaksi tersebut dan catat perbandingan mol setiap pasangan (mis. \(\ce{O2}:\ce{Mn^{3+}} = 1:4\)).
  • Hitung dulu mol \(\ce{Na2S2O3}\) dari data titrasi (\(n = C \times V\)), lalu mundur ke \(\ce{I2}\), ke \(\ce{Mn^{3+}}\), lalu ke \(\ce{O2}\) — setiap langkah gunakan perbandingan mol dari reaksi yang sudah disetarakan.
  • Setelah mendapat mol \(\ce{O2}\), ubah ke konsentrasi massa (mg/L): kalikan mol dengan \(M_r = 32\) untuk mendapat massa (gram), lalu bagi dengan volume sampel dalam liter.

Ide metode Winkler: setiap molekul \(\ce{O2}\) “diteruskan” lewat rantai reaksi sampai jadi \(\ce{I2}\), lalu \(\ce{I2}\) dititrasi oleh \(\ce{Na2S2O3}\). Kita cukup ikuti perbandingan molnya dari belakang.

Langkah 1 — setarakan tiap reaksi dan catat perbandingannya.

\[ \ce{4Mn(OH)2 + O2 + 2H2O -> 4Mn(OH)3} \qquad \ce{O2}:\ce{Mn^3+} = 1:4 \] \[ \ce{2Mn(OH)3 + 2KI -> I2 + 2Mn(OH)2 + 2KOH} \qquad \ce{Mn^3+}:\ce{I2} = 2:1 \] \[ \ce{2Na2S2O3 + I2 -> Na2S4O6 + 2NaI} \qquad \ce{S2O3^2-}:\ce{I2} = 2:1 \]

Langkah 2 — mol titran (yang diketahui).

\[ n_{\ce{S2O3}} = 0{,}025\ \text{L} \times 0{,}001\ \text{M} = 2{,}5\times10^{-5}\ \text{mol} \]

Langkah 3 — hitung mundur ke \(\ce{O2}\).

\[ n_{\ce{I2}} = \tfrac{1}{2}\,n_{\ce{S2O3}} = 1{,}25\times10^{-5}\ \text{mol} \] \[ n_{\ce{Mn^3+}} = 2\,n_{\ce{I2}} = 2{,}5\times10^{-5}\ \text{mol} \] \[ n_{\ce{O2}} = \tfrac{1}{4}\,n_{\ce{Mn^3+}} = 6{,}25\times10^{-6}\ \text{mol} \]

Langkah 4 — ubah ke mg/L (\(M_r\,\ce{O2}=32\), volume sampel \(0{,}025\) L):

\[ m_{\ce{O2}} = 6{,}25\times10^{-6}\times 32 = 2{,}0\times10^{-4}\ \text{g} = 0{,}20\ \text{mg} \] \[ \text{DO} = \frac{0{,}20\ \text{mg}}{0{,}025\ \text{L}} = 8{,}0\ \text{mg/L} \]

Jawaban: E.

8.9 Soal 19 — Persentase sulfur dalam rambut

Soal 19 asli

Sulfur dari 1,00 g rambut → sulfat → diendapkan jadi \(\ce{BaSO4}\) = 260 mg. % sulfur?

  • Perhatikan stoikiometri \(\ce{BaSO4}\): setiap satu mol \(\ce{BaSO4}\) mengandung tepat satu atom S, sehingga \(n_\ce{S} = n_\ce{BaSO4}\).
  • Hitung mol endapan terlebih dahulu menggunakan \(n = \dfrac{m}{M_r}\), dengan \(M_r\,\ce{BaSO4} = 137{,}3 + 32{,}1 + 4(16)\).
  • Setelah mendapat massa S (g), gunakan definisi persentase massa: \(\%\,\ce{S} = \dfrac{m_\ce{S}}{m_\text{sampel}} \times 100\%\). Data volume \(\ce{BaCl2}\) hanya menjamin pengendapan sempurna — tidak perlu dimasukkan ke perhitungan.

Semua sulfur dalam rambut akhirnya “terkurung” di endapan \(\ce{BaSO4}\). Karena tiap satu molekul \(\ce{BaSO4}\) mengandung tepat satu atom S, maka:

\[ n_\ce{S} = n_\ce{BaSO4} \]

Langkah 1 — mol \(\ce{BaSO4}\). Massa endapan \(260\ \text{mg} = 0{,}260\ \text{g}\), dengan \(M_r\,\ce{BaSO4} = 137{,}3 + 32{,}1 + 4(16) = 233{,}4\):

\[ n_\ce{BaSO4} = \frac{0{,}260}{233{,}4} = 1{,}114\times10^{-3}\ \text{mol} \]

Langkah 2 — massa S. Karena \(n_\ce{S} = n_\ce{BaSO4}\):

\[ m_\ce{S} = 1{,}114\times10^{-3}\times32{,}1 = 0{,}0358\ \text{g} \]

Langkah 3 — persentase terhadap sampel 1,00 g.

\[ \%\,\ce{S} = \frac{0{,}0358}{1{,}00}\times100\% \approx 3{,}6\% \]

Data \(50\ \text{mL}\ \ce{BaCl2}\) hanya memastikan semua sulfat mengendap, jadi tidak ikut dihitung. Hasil \(\approx 3{,}6\%\) paling dekat dengan B (3,65%).

Jawaban: B.

8.10 Soal 20 — Le Chatelier (menambah \(\ce{NO2}\))

Soal 20 asli Soal 20 asli Soal 20 asli

\(\ce{4NH3(g) + 7O2(g) <=> 4NO2(g) + 6H2O(g)}\), eksoterm. Perubahan yang menambah \(\ce{NO2}\)?

  • Gunakan Asas Le Chatelier: setiap perubahan kondisi akan menggeser kesetimbangan untuk melawan perubahan tersebut. Tentukan terlebih dahulu apa yang terjadi pada setiap pilihan (suhu, tekanan, konsentrasi, gas inert).
  • Perhatikan sifat reaksi — eksoterm berarti kalor adalah “produk”. Jika suhu diubah, tanyakan: perubahan ini menambah atau mengurangi “produk” ekstra tersebut?
  • Untuk perubahan volume/tekanan, hitung total mol gas di sisi kiri dan sisi kanan. Memperkecil volume menaikkan tekanan, dan kesetimbangan bergeser ke sisi dengan mol gas yang lebih sedikit.

Reaksi: \(\ce{4NH3(g) + 7O2(g) <=> 4NO2(g) + 6H2O(g)}\), eksoterm. Kita cari perubahan yang menambah \(\ce{NO2}\) (geser ke kanan). Pakai Asas Le Chatelier.

Cek tiap opsi:

  • A — naikkan suhu: reaksi eksoterm, jadi panas “produk”. Menaikkan suhu menggeser ke kiri → \(\ce{NO2}\) malah berkurang. Bukan jawaban.
  • B — tambah gas Ne: gas inert pada volume tetap tidak mengubah tekanan parsial zat reaksi → kesetimbangan tidak bergeser.
  • C — tambah \(\ce{H2O}\): menambah produk → geser ke kiri → \(\ce{NO2}\) berkurang.
  • E — tambah \(\ce{HCl}\): \(\ce{HCl}\) tidak ikut reaksi → tak ada efek.
  • D — perkecil volume: tekanan naik, kesetimbangan geser ke sisi dengan mol gas lebih sedikit. Hitung mol gas tiap sisi:

\[\text{kiri} = 4 + 7 = 11 \quad\text{vs}\quad \text{kanan} = 4 + 6 = 10.\]

Sisi kanan lebih sedikit (10 < 11), jadi geser ke kanan → \(\ce{NO2}\) bertambah. ✔

Jawaban: D — menurunkan volume wadah reaksi.

Ingat dua kunci: (1) reaksi eksoterm, naik suhu → geser ke kiri; (2) perkecil volume → geser ke sisi mol gas lebih sedikit.