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
Berikut monomer biopolimer, kecuali…
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
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
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
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
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
\(\ce{Ag(CN)2-}\) 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.)
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 \(\ce{BaCrO4}\)
\(K_{sp}\,\ce{BaCrO4}=1{,}2\times10^{-10}\). 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 \(\ce{BaCrO4}\) 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)
25,0 mL sampel; titrasi butuh 25,0 mL \(\ce{Na2S2O3}\) 0,001 M. Kadar O₂ terlarut?
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
Sulfur dari 1,00 g rambut → sulfat → diendapkan jadi \(\ce{BaSO4}\) = 260 mg. % sulfur?
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 \(\ce{NO2}\))
\(\ce{4NH3(g) + 7O2(g) <=> 4NO2(g) + 6H2O(g)}\), eksoterm. Perubahan yang menambah \(\ce{NO2}\)?
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.