10 Soal 31–40
Soal 31–37 ranah anorganik & ikatan (banyak hafalan tren — cepat dapat poin). Soal 38–40 kinetika (hitungan). Coba dulu, baru buka.
10.1 Soal 31 — Kestabilan termal hidrida golongan 14
- Fokus pada kekuatan ikatan X–H: makin kuat ikatannya, makin stabil hidrida tersebut terhadap panas.
- Ingat tren dalam Golongan 14 (\(\ce{C \to Si \to Ge \to Sn \to Pb}\)): jari-jari atom pusat makin besar ke bawah, sehingga tumpang-tindih orbital dengan atom H kecil makin berkurang — apa dampaknya terhadap energi ikatan?
- Setelah kamu urutkan kestabilan dari terbesar ke terkecil, perhatikan arah yang diminta soal (terendah ke tertinggi berarti kamu perlu membalikkan urutan).
Kestabilan termal hidrida \(\ce{XH4}\) ditentukan oleh kekuatan ikatan X–H. Makin ke bawah golongan 14 (\(\ce{C}\to\ce{Si}\to\ce{Ge}\to\ce{Sn}\to\ce{Pb}\)), atom pusat makin besar sehingga tumpang-tindih orbitalnya dengan orbital kecil atom H makin buruk. Akibatnya ikatan X–H makin lemah dan hidridanya makin mudah terurai.
Jadi urutan kestabilan (paling stabil ke paling tidak stabil): \[\ce{CH4} > \ce{SiH4} > \ce{GeH4} > \ce{SnH4} > \ce{PbH4}\]
Soal meminta urutan dari terendah ke tertinggi, tinggal dibalik: \[\ce{PbH4} < \ce{SnH4} < \ce{GeH4} < \ce{SiH4} < \ce{CH4}\]
Jawaban: C.
10.2 Soal 32 — Bilangan oksidasi +1 stabil (golongan 13)
- Perhatikan konfigurasi elektron terluar unsur Golongan 13: \(ns^2\,np^1\). Bilangan oksidasi \(+3\) melepas semua tiga elektron itu, sedangkan bilangan oksidasi \(+1\) hanya melepas elektron \(np^1\) dan mempertahankan pasangan \(ns^2\).
- Cari tahu konsep efek pasangan inert: makin jauh ke bawah suatu golongan, pasangan \(ns^2\) di kulit terluar semakin “enggan” berpartisipasi dalam ikatan — artinya biloks yang lebih rendah justru makin disukai.
- Terapkan tren itu ke daftar pilihan: urut unsur-unsur Golongan 13 dari atas ke bawah (B → Al → Ga → In → Tl), lalu tentukan di unsur mana efek tersebut paling kuat.
Konsep: efek pasangan inert. Unsur golongan 13 punya konfigurasi terluar \(ns^2\,np^1\). Biloks \(+3\) memakai ketiga elektron itu; biloks \(+1\) hanya melepas elektron \(np^1\) dan menyisakan pasangan \(ns^2\).
Makin ke bawah golongan, pasangan \(ns^2\) makin “malas” ikut berikatan (efek pasangan inert). Akibatnya biloks \(+1\) makin stabil dan \(+3\) makin sulit dipertahankan.
Unsur paling bawah pada pilihan adalah talium (Tl), jadi di situ efeknya paling kuat: \(\ce{Tl+}\) lebih stabil daripada \(\ce{Tl^3+}\).
Jawaban: E (Tl).
10.3 Soal 33 — Struktur Lewis paling stabil \(\ce{N2O}\)
Tentukan kerangka terlebih dahulu. \(\ce{N2O}\) memiliki kerangka N–N–O (O di ujung, bukan di tengah). Struktur yang menempatkan O di posisi atom pusat langsung dapat disingkirkan sebelum menghitung apa pun.
Gunakan rumus muatan formal untuk setiap atom: \(\text{FC} = e_\text{valensi} - e_\text{bebas} - \tfrac{1}{2}\,e_\text{ikatan}\). Hitung FC untuk setiap atom di setiap struktur yang tersisa, lalu cari struktur dengan muatan formal terkecil (mendekati nol).
Jika dua struktur punya besar FC yang sama, perhatikan letak muatan negatifnya. Menurut aturan struktur Lewis, muatan negatif sebaiknya berada pada atom yang paling elektronegatif — bandingkan keelektronegatifan N dan O untuk menentukan struktur mana yang lebih stabil.
Senyawa dinitrogen monoksida \(\ce{N2O}\) adalah molekul netral dengan kerangka N–N–O (dua atom N di tengah/ujung, O di ujung). Struktur Lewis terbaik dipilih dari muatan formal (\(\text{FC}=\) elektron valensi \(-\) elektron bebas \(-\) ½ elektron ikatan), dengan aturan: muatan formal sekecil mungkin, dan muatan negatif berada pada atom paling elektronegatif (yaitu O).
Langkah 1 — Buang kerangka yang salah. Kerangka \(\ce{N2O}\) benar adalah N–N–O. Maka:
- Struktur 3 (\(\ce{N#O-N}\)) dan Struktur 5 (\(\ce{N=O=N}\)) memakai kerangka N–O–N (O di tengah) → kerangka salah, gugur.
Langkah 2 — Cek struktur kerangka N–N–O yang ikatannya melanggar oktet/elektron. Struktur 4 (\(\ce{N=N=O}\)) tiap atom oktet, tetapi muatan formalnya \(0,\ +1,\ -1\) (sama seperti Struktur 1). Bandingkan dengan Struktur 1 dan 2 lewat muatan formal.
Langkah 3 — Hitung muatan formal yang tersisa.
| Struktur | Atom (kiri → kanan) | Muatan formal |
|---|---|---|
| 1: \(\ce{N#N-O}\) | N, N, O | \(0,\ +1,\ -1\) |
| 2: \(\ce{N-N#O}\) | N, N, O | \(-2,\ +1,\ +1\) |
| 4: \(\ce{N=N=O}\) | N, N, O | \(0,\ +1,\ -1\) |
- Struktur 2 punya muatan besar (\(-2\) di N ujung) dan muatan positif jatuh di O (atom paling elektronegatif) → sangat tidak stabil, gugur.
Langkah 4 — Pilih antara Struktur 1 dan 4. Keduanya bermuatan formal \(0,+1,-1\). Pembeda: letak muatan \(-1\).
- Struktur 1: muatan \(-1\) pada O (paling elektronegatif) → sesuai aturan, paling stabil.
- Struktur 4: muatan \(-1\) pada N ujung (kurang elektronegatif dari O) → kalah.
Maka struktur Lewis paling stabil adalah Struktur 1 (\(\ce{N#N-O}\)).
Jawaban: A (Struktur 1).
10.4 Soal 34 — Bentuk asam glutamat vs pH
Struktur yang ditunjukkan: dua \(\ce{-COO^-}\) (terdeprotonasi) dan satu \(\ce{-NH3+}\) (terprotonasi). pKa: 2,2 / 4,3 / 9,7.
- Perhatikan status setiap gugus fungsional dalam struktur yang ditampilkan: apakah \(\ce{-COOH}\) sudah terdeprotonasi menjadi \(\ce{-COO^-}\), dan apakah \(\ce{-NH3^+}\) sudah terdeprotonasi menjadi \(\ce{-NH2}\)? Bandingkan dengan urutan nilai \(\mathrm{p}K_a\) yang diberikan.
- Gunakan prinsip kesetimbangan asam-basa: suatu gugus sudah kehilangan \(\ce{H^+}\) (berbentuk basa konjugat) berarti pH larutan melewati \(\mathrm{p}K_a\) gugus tersebut; sebaliknya gugus yang masih memegang \(\ce{H^+}\) berarti pH belum mencapai \(\mathrm{p}K_a\)-nya.
- Dari dua kesimpulan di atas, tuliskan dua pertidaksamaan \(\mathrm{pH}\) yang diperoleh, lalu tentukan rentang pH yang memenuhi keduanya sekaligus.
Asam glutamat punya 3 gugus yang bisa lepas/ikat \(\ce{H+}\) dengan urutan keasaman: dua gugus \(\ce{-COOH}\) (\(\mathrm{p}K_{a1}=2{,}2\) dan \(\mathrm{p}K_{a2}=4{,}3\)) lalu gugus \(\ce{-NH3+}\) (\(\mathrm{p}K_{a3}=9{,}7\)). Saat pH naik, \(\ce{H+}\) dilepas berurutan dari yang paling asam.
Lihat struktur pada soal: kedua \(\ce{-COO^-}\) sudah lepas \(\ce{H+}\) (sudah jadi anion), tetapi \(\ce{-NH3+}\) masih memegang \(\ce{H+}\) (belum jadi \(\ce{-NH2}\)).
Artinya pH-nya:
- sudah melewati \(\mathrm{p}K_{a2}=4{,}3\) → gugus \(\ce{-COOH}\) kedua sudah jadi \(\ce{-COO^-}\), jadi \(\mathrm{pH} > 4{,}3\);
- belum mencapai \(\mathrm{p}K_{a3}=9{,}7\) → \(\ce{-NH3+}\) belum lepas, jadi \(\mathrm{pH} < 9{,}7\).
Maka rentangnya \(4{,}3 < \mathrm{pH} < 9{,}7\).
Jawaban: C.
10.5 Soal 35 — Tumpang tindih orbital p
Sumbu ikatan = sumbu-z. Orbital biru tumpang tindih dengan orbital … membentuk ikatan …
- Perhatikan arah lobus orbital biru terhadap sumbu ikatan (sumbu-z). Apakah lobusnya sejajar atau tegak lurus sumbu ikatan? Orientasi inilah yang menentukan jenis ikatan yang terbentuk (σ vs π).
- Ingat aturan dasar: overlap kepala-ke-kepala (head-on, sepanjang sumbu ikatan) → ikatan σ; overlap sisi-ke-sisi (tegak lurus sumbu ikatan) → ikatan π.
- Setelah jenis overlap diketahui, cari orbital pasangan yang lobusnya berada di bidang yang sama dengan orbital biru — hanya orbital dengan orientasi lobus yang cocok yang bisa menghasilkan overlap tidak-nol.
Identifikasi orbital biru. Lobus orbital biru terbentang sepanjang sumbu-x, jadi orbital itu adalah \(p_x\). Sumbu ikatan diberikan sebagai sumbu-z, sehingga \(p_x\) tegak lurus terhadap sumbu ikatan.
Tentukan jenis overlap. Karena lobusnya tegak lurus sumbu ikatan, \(p_x\) tidak bisa bertumpang tindih kepala-ke-kepala (head-on). Ia hanya bisa overlap menyamping (sisi-ke-sisi), dan overlap sisi-ke-sisi selalu menghasilkan ikatan \(\pi\).
Cari pasangan orbital yang cocok. Agar overlap \(\pi\) terjadi sepanjang sumbu-z, orbital pasangan harus punya lobus di bidang xz. Dari semua opsi, hanya \(d_{xz}\) yang lobusnya terletak di bidang xz, sehingga bisa overlap menyamping dengan \(p_x\) membentuk ikatan \(\pi\) tipe \(p\)–\(d\).
Eliminasi opsi lain.
- B (\(d_{z^2}\), \(\sigma\)): \(d_{z^2}\) simetri sepanjang sumbu-z → overlap dengan \(p_x\) yang tegak lurus = nol.
- C (\(p_z\), \(\sigma\)): \(p_z\) searah sumbu-z, \(p_x\) tegak lurus → overlap nol.
- D (\(p_y\), \(\pi\)): \(p_y\) tegak lurus \(p_x\) → overlap nol.
- E (\(p_z\), \(\pi\)): \(p_z\) searah sumbu ikatan hanya bisa membentuk \(\sigma\), bukan \(\pi\) → mustahil.
Jawaban: A — orbital \(d_{xz}\), ikatan \(\pi\).
10.6 Soal 36 — Urutan titik didih
- Ingat hierarki kekuatan gaya antarmolekul: gaya London (nonpolar) < dipol–dipol < ikatan hidrogen. Makin kuat gayanya, makin besar energi yang dibutuhkan untuk memisahkan molekul → titik didih makin tinggi.
- Tentukan dulu jenis gaya antarmolekul tiap zat: apakah molekulnya nonpolar, punya gugus polar (misal \(\ce{C=O}\)), atau punya atom H yang terikat ke N/O/F (syarat ikatan hidrogen)?
- Jika dua zat sama-sama berikatan hidrogen, bandingkan ukuran molekul dan jumlah titik donor/akseptor hidrogen per molekul — keduanya memengaruhi kerapatan jaringan ikatan hidrogen yang terbentuk.
Aturan: makin kuat gaya tarik antarmolekul, makin tinggi titik didih (perlu energi lebih besar untuk memisahkan molekul). Urutan kekuatan gaya: London (nonpolar) < dipol–dipol < ikatan hidrogen.
Tinjau keempat zat:
| Zat | Gaya antarmolekul | Titik didih |
|---|---|---|
| \(\ce{C3H8}\) (propana) | London saja (nonpolar) | \(-42\ ^\circ\text{C}\) |
| \(\ce{CH3COCH3}\) (aseton) | dipol–dipol (gugus ) | \(56\ ^\circ\text{C}\) |
| \(\ce{C3H7OH}\) (propanol) | ikatan hidrogen () | \(97\ ^\circ\text{C}\) |
| \(\ce{H2O}\) (air) | ikatan hidrogen sangat kuat | \(100\ ^\circ\text{C}\) |
Air dan propanol sama-sama berikatan hidrogen, tetapi air menang: molekulnya kecil dan tiap molekul punya 2 donor + 2 akseptor H, jadi jaringan ikatan hidrogennya paling rapat.
Urutan kenaikan titik didih: \[\ce{C3H8} < \ce{CH3COCH3} < \ce{C3H7OH} < \ce{H2O}\]
Jawaban: D.
10.7 Soal 37 — Sel satuan: jumlah atom & bilangan koordinasi
- Identifikasi posisi atom dalam sel satuan kubik: atom di sudut dimiliki bersama 8 sel (\(\times\tfrac{1}{8}\)), atom di pusat muka bersama 2 sel (\(\times\tfrac{1}{2}\)), dan atom di dalam kubus sepenuhnya milik satu sel (\(\times 1\)). Jumlahkan semuanya.
- Untuk bilangan koordinasi, perhatikan geometri ikatan tiap atom dalam struktur intan — arah ikatan ke tetangga membentuk pola geometri tertentu yang khas untuk atom karbon hibrida \(sp^3\).
- Cocokkan hasil perhitungan jumlah atom per sel satuan dan bilangan koordinasinya secara bersamaan untuk memilih pilihan yang tepat.
Gambar memperlihatkan struktur kubus intan (diamond cubic): ada atom di sudut, di pusat muka, dan 4 atom di dalam kubus.
Hitung jumlah atom per sel satuan. Atom sudut dipakai bersama 8 sel, atom muka dipakai bersama 2 sel, sedangkan atom dalam sepenuhnya milik sel itu:
\[ 8\,\text{sudut}\times\tfrac18 \;+\; 6\,\text{muka}\times\tfrac12 \;+\; 4\,\text{dalam}\times 1 = 1 + 3 + 4 = 8\ \text{atom}. \]
Bilangan koordinasi. Pada struktur intan, tiap atom terikat secara tetrahedral ke 4 atom tetangga terdekat, jadi bilangan koordinasinya 4.
Jadi sel satuan berisi 8 atom dengan bilangan koordinasi 4 → jawaban A.
10.8 Soal 38 — Tetapan laju dari data kinetika
\(\ce{A + 2B -> C}\). Cari \(k\) dari tiga baris data.
- Gunakan metode perbandingan baris pada tabel data: pilih dua baris yang salah satu konsentrasi tetap, lalu lihat bagaimana laju berubah saat konsentrasi reaktan lainnya berubah — ini menentukan orde masing-masing reaktan (lihat Hukum Laju).
- Setelah orde \(m\) dan \(n\) ditemukan, tulis persamaan laju \(\text{laju} = k[\ce{A}]^m[\ce{B}]^n\), lalu isolasi \(k\) menggunakan salah satu baris data saja.
- Perhatikan satuan \(k\) — satuan bergantung pada total orde reaksi (\(m+n\)), dan pilihan jawaban yang bersatuan berbeda dapat langsung dicoret tanpa menghitung \(k\) secara numerik.
Langkah 1 — tentukan orde tiap reaktan. Bandingkan baris untuk melihat bagaimana laju berubah (R-Laju). Dengan menguji \(\text{laju}=k[\ce{A}]^m[\ce{B}]^n\), datanya pas untuk orde 1 terhadap A dan orde 1 terhadap B (total orde 2): \[ \text{laju} = k\,[\ce{A}]\,[\ce{B}] \]
Langkah 2 — hitung \(k\) dari satu baris (baris 1): \[ k = \frac{\text{laju}}{[\ce{A}][\ce{B}]} = \frac{5{,}53\times10^{-11}}{(1{,}46\times10^{-4})(2{,}28\times10^{-5})} \approx 0{,}0166 \]
Langkah 3 — cek konsistensi. Baris 2 dan 3 juga memberi \(k\approx0{,}0166\ \text{M}^{-1}\text{s}^{-1}\), jadi tebakan orde kita benar.
💡 Total orde 2 → satuan \(k = \text{M}^{-1}\text{s}^{-1}\). Ini langsung mencoret opsi A dan B yang bersatuan \(\text{M}^{-2}\text{s}^{-1}\) (orde 3).
Jawaban: D (\(0{,}0166\ \text{M}^{-1}\text{s}^{-1}\)).
10.9 Soal 39 — Derajat disosiasi (orde 1)
\(\ce{A -> B + C}\), \(k=2{,}26\times10^{-4}\ \text{s}^{-1}\), 320 °C. Setelah 30 menit. Derajat disosiasi?
- Perhatikan satuan konstanta laju \(k = \text{s}^{-1}\) — ini ciri khas reaksi orde satu, sehingga konsentrasi A berkurang secara eksponensial: \([\text{A}]_t = [\text{A}]_0\, e^{-kt}\).
- Ubah waktu ke satuan yang sama dengan \(k\): \(t = 30\ \text{menit} = {?}\ \text{s}\), lalu hitung \(e^{-kt}\) untuk mendapat fraksi A yang masih tersisa.
- Derajat disosiasi \(\alpha\) adalah bagian A yang sudah terurai: \(\alpha = 1 - \dfrac{[\text{A}]_t}{[\text{A}]_0}\).
Reaksi \(\ce{A -> B + C}\) adalah orde satu (satuan \(k\) adalah \(\text{s}^{-1}\)), jadi peluruhan A mengikuti rumus eksponensial. Derajat disosiasi \(\alpha\) = fraksi A yang sudah terurai.
Langkah 1 — fraksi A yang tersisa. Dengan \(t = 30 \times 60 = 1800\ \text{s}\) (reaksi orde 1): \[ \frac{[\ce{A}]_t}{[\ce{A}]_0} = e^{-kt} = e^{-(2{,}26\times10^{-4})(1800)} = e^{-0{,}407} = 0{,}666 \]
Langkah 2 — derajat disosiasi. Yang terurai = \(1\) dikurangi yang tersisa: \[ \alpha = 1 - 0{,}666 = 0{,}334 \approx 0{,}33 \]
Data tekanan 1,2 atm hanya pelengkap (untuk \(\ce{A -> B + C}\) berlaku \(P_\text{total}/P_0 = 1+\alpha\)); kinetika orde satu sudah langsung menjawab.
Jawaban: A (0,33).
10.10 Soal 40 — Suhu untuk laju 4× (Arrhenius)
\(E_a = 50{,}2\) kJ/mol. Suhu agar laju 4× lebih cepat dari 25 °C?
- Laju reaksi naik 4× artinya tetapan laju \(k\) juga naik 4× — gunakan persamaan Arrhenius dua suhu untuk menghubungkan \(k_2/k_1\) dengan \(T_1\) dan \(T_2\): \(\ln\dfrac{k_2}{k_1} = \dfrac{E_a}{R}\!\left(\dfrac{1}{T_1} - \dfrac{1}{T_2}\right)\).
- Sebelum menghitung, pastikan satuan konsisten: \(T_1 = 25\,^\circ\text{C}\) harus diubah ke Kelvin, dan \(E_a\) harus dalam J/mol (bukan kJ/mol).
- Setelah memasukkan semua nilai dan menghitung \(\ln 4\), isolasi \(\dfrac{1}{T_2}\) terlebih dahulu, lalu balik untuk mendapatkan \(T_2\) dalam Kelvin — kemudian konversi ke °C.
Laju naik berarti tetapan laju \(k\) naik. Hubungan \(k\) dengan suhu dipakai lewat persamaan Arrhenius dua suhu (R-Arrhenius), dengan \(k_2/k_1 = 4\) dan \(T_1 = 25\,^\circ\text{C} = 298{,}15\) K. Ingat \(E_a\) harus dalam J/mol: \(50{,}2\ \text{kJ/mol} = 50\,200\) J/mol.
Langkah 1 — tulis persamaannya. \[ \ln\frac{k_2}{k_1} = \frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right),\qquad \ln 4 = 1{,}386 \]
Langkah 2 — cari \(1/T_2\). \[ \frac{1}{T_2} = \frac{1}{298{,}15} - \frac{R\ln 4}{E_a} = \frac{1}{298{,}15} - \frac{8{,}314 \times 1{,}386}{50\,200} \]
Langkah 3 — hitung \(T_2\). \[ T_2 = 320{,}1\ \text{K} = 46{,}9\,^\circ\text{C} \]
Jawaban: B.