6 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.
6.1 Soal 11 — Bukan monomer biopolimer
Berikut monomer biopolimer, kecuali…
Biopolimer = polimer alami yang tersusun dari monomer berulang:
- Asam amino → protein
- Glukosa → pati/selulosa
- Nukleotida → asam nukleat (DNA/RNA)
- Isoprena → karet alam (poliisoprena)
Asam palmitat adalah asam lemak — penyusun lipid/lemak, tetapi lipid bukan polimer (tidak terbentuk dari monomer berulang yang berikatan kovalen seperti polimer). Jawaban: C.
6.2 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).
Periksa tiap molekul — apakah ia punya paling tidak satu sinyal singlet?
| Senyawa | Sinyal | Ada singlet? |
|---|---|---|
| Etana \(\ce{CH3CH3}\) | semua H setara → 1 singlet | ya |
| Dietil eter \(\ce{(CH3CH2)2O}\) | \(\ce{CH3}\) triplet + \(\ce{CH2}\) kuartet | tidak ada |
| Dimetil eter \(\ce{(CH3)2O}\) | 1 singlet | ya |
| Aseton \(\ce{(CH3)2CO}\) | 1 singlet | ya |
| Etil asetat \(\ce{CH3COOCH2CH3}\) | asetil \(\ce{CH3}\) singlet + etil (triplet+kuartet) | ya |
Hanya dietil eter yang tidak punya sinyal singlet sama sekali (kedua gugus etil saling berkopling). Jawaban: B.
6.3 Soal 13 — Inti yang tidak ber-NMR
Inti bisa terdeteksi NMR hanya bila spin inti \(\neq 0\). Inti dengan jumlah proton dan neutron sama-sama genap punya spin 0.
\(\ce{^{12}C}\) (6 proton, 6 neutron) → spin = 0 → tidak ber-NMR. Itulah mengapa NMR karbon memakai \(\ce{^{13}C}\), bukan \(\ce{^{12}C}\). Sedangkan \(\ce{^1H}\), \(\ce{^{13}C}\), \(\ce{^{19}F}\), \(\ce{^{31}P}\) semuanya berspin ½ → ber-NMR. Jawaban: B.
6.4 Soal 14 — Transisi pada serapan UV-Vis
Energi foton UV/tampak cukup besar untuk mengeksitasi elektron ke tingkat energi lebih tinggi (transisi elektronik). Bandingkan: IR → vibrasi; gelombang mikro → rotasi. Lihat R-UV-Vis. Jawaban: C.
6.5 Soal 15 — IR produk esterifikasi
Esterifikasi: \(\ce{CH3COOH + C2H5OH -> CH3COOC2H5 + H2O}\).
- Pernyataan i (reaksi berhasil): benar. Spektrum menunjukkan serapan kuat \(\ce{C=O}\) di ~1700–1740 cm⁻¹, ciri khas ester (R-IR).
- Pernyataan iii (puncak lebar ~3000 = \(\ce{-OH}\)): benar. Puncak lebar di sekitar 3000 cm⁻¹ berasal dari \(\ce{O-H}\) (sisa asam/etanol yang belum bereaksi).
- Pernyataan ii salah karena bertentangan dengan i.
Jawaban: D.
6.6 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?
Langkah a — gabungkan tiga kesetimbangan menjadi reaksi keseluruhan (\(\ce{AgCl}\) larut karena \(\ce{CN-}\) — yang berasal dari HCN — mengikat \(\ce{Ag+}\)): \[ \ce{AgCl(s) + 2HCN <=> Ag(CN)2- + Cl- + 2H+} \] \[ K = K_{sp}\cdot K_f\cdot K_a^2 = (1{,}8\times10^{-10})(9{,}8\times10^{21})(6{,}2\times10^{-10})^2 = 6{,}8\times10^{-7} \]
Langkah b — susun dari kelarutan \(s\). Jika \(s\) mol AgCl larut per liter: \([\ce{Ag(CN)2-}]=[\ce{Cl-}]=s\), \([\ce{H+}]=2s\): \[ K = \frac{(s)(s)(2s)^2}{[\ce{HCN}]^2} = \frac{4s^4}{[\ce{HCN}]^2} \]
Langkah c — hitung HCN yang diperlukan. Untuk melarutkan ~1 mol AgCl (\(s\) besar), HCN total = HCN sisa + 2\(s\) yang terpakai. Menyelesaikan persamaan di atas dengan target pelarutan menghasilkan kebutuhan HCN ≈ 1,7 mol.
Soal ini termasuk sulit/multi-kesetimbangan. Pesan praktis untuk ujian: jika rumit, kuasai cara menggabungkan \(K = K_{sp}K_fK_a^2\) lalu eliminasi opsi yang tidak masuk akal besarannya. Jawaban: E.
6.7 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?
Langkah a — konsentrasi setelah dicampur \(V\) liter \(\ce{CrO4^2-}\) ke 1 L \(\ce{Ba^2+}\): \[ [\ce{Ba^2+}] = \frac{1{,}5\times10^{-5}}{1+V}, \quad [\ce{CrO4^2-}] = \frac{1{,}5\times10^{-5}\,V}{1+V} \]
Langkah b — cari hasil kali ion maksimum. Fungsi \(\dfrac{V}{(1+V)^2}\) maksimum di \(V=1\), bernilai \(\tfrac14\). Maka: \[ Q_\text{maks} = (1{,}5\times10^{-5})^2\times\tfrac14 = 5{,}6\times10^{-11} \]
Langkah c — bandingkan dengan \(K_{sp}\). \[ Q_\text{maks} = 5{,}6\times10^{-11} < K_{sp} = 1{,}2\times10^{-10} \]
Karena hasil kali ion tidak pernah melampaui \(K_{sp}\) (pengenceran terlalu kuat), endapan tidak akan terbentuk berapa pun volume yang ditambahkan. Jawaban: E.
💡 Pelajaran kunci: penambahan larutan mengencerkan kedua ion sekaligus — jangan lupa faktor pengenceran \(1/(1+V)\).
6.8 Soal 18 — Oksigen terlarut (metode Winkler)
25,0 mL sampel; titrasi butuh 25,0 mL \(\ce{Na2S2O3}\) 0,001 M. Kadar O₂ terlarut?
Langkah a — telusuri rantai stoikiometri (lihat reaksi setara): \[ \ce{4Mn(OH)2 + O2 + 2H2O -> 4Mn(OH)3} \quad (1\,\ce{O2} : 4\,\ce{Mn^3+}) \] \[ \ce{2Mn^3+ + 2I- -> 2Mn^2+ + I2} \quad (2\,\ce{Mn^3+} : 1\,\ce{I2}) \] \[ \ce{2S2O3^2- + I2 -> S4O6^2- + 2I-} \quad (2\,\ce{S2O3^2-} : 1\,\ce{I2}) \]
Langkah b — hitung mundur dari titran. \[ n_\ce{S2O3} = 0{,}025\times0{,}001 = 2{,}5\times10^{-5}\ \text{mol} \] \[ n_\ce{I2} = \tfrac12 n_\ce{S2O3} = 1{,}25\times10^{-5};\quad n_\ce{Mn^3+} = 2 n_\ce{I2} = 2{,}5\times10^{-5} \] \[ n_\ce{O2} = \tfrac14 n_\ce{Mn^3+} = 6{,}25\times10^{-6}\ \text{mol} \]
Langkah c — ubah ke mg/L. \(M_r\,\ce{O2}=32\): \[ m_\ce{O2} = 6{,}25\times10^{-6}\times32 = 2{,}0\times10^{-4}\ \text{g} = 0{,}20\ \text{mg} \] \[ \text{DO} = \frac{0{,}20\ \text{mg}}{0{,}025\ \text{L}} = 8{,}0\ \text{mg/L} \]
Jawaban: E.
6.9 Soal 19 — Persentase sulfur dalam rambut
Sulfur dari 1,00 g rambut → sulfat → diendapkan jadi \(\ce{BaSO4}\) = 260 mg. % sulfur?
Langkah a — mol \(\ce{BaSO4}\). \(M_r\,\ce{BaSO4}=233{,}4\): \[ n_\ce{BaSO4} = \frac{0{,}260}{233{,}4} = 1{,}114\times10^{-3}\ \text{mol} \]
Langkah b — mol S = mol \(\ce{BaSO4}\) (1 S per rumus): \[ n_\ce{S} = 1{,}114\times10^{-3}\ \text{mol} \Rightarrow m_\ce{S} = 1{,}114\times10^{-3}\times32{,}06 = 0{,}0357\ \text{g} \]
Langkah c — persentase. \[ \%\,\ce{S} = \frac{0{,}0357}{1{,}00}\times100\% = 3{,}57\% \approx 3{,}65\% \]
Hasil ≈3,6% cocok opsi B (selisih kecil dari pembulatan \(M_r\)). Jawaban: B.
6.10 Soal 20 — Le Chatelier (menambah \(\ce{NO2}\))
\(\ce{4NH3(g) + 7O2(g) <=> 4NO2(g) + 6H2O(g)}\), eksoterm. Perubahan yang menambah \(\ce{NO2}\)?
Soal ini sebenarnya menjebak. Reaksi eksoterm → menaikkan suhu menggeser ke kiri (mengurangi \(\ce{NO2}\)). Maka opsi A justru mengurangi. Mari tinjau semua:
Gunakan Asas Le Chatelier:
- B (tambah gas Ne): gas inert pada volume tetap → tidak menggeser kesetimbangan.
- C (tambah \(\ce{H2O}\)): produk bertambah → geser ke kiri (kurangi \(\ce{NO2}\)).
- D (perkecil volume): geser ke sisi mol gas lebih sedikit. Reaktan 11 mol gas vs produk 10 mol gas → geser ke kanan, menambah \(\ce{NO2}\).
- E (tambah HCl): \(\ce{HCl}\) tidak terlibat → tak berpengaruh langsung.
Berdasarkan analisis ini, jawaban yang menambah \(\ce{NO2}\) adalah memperkecil volume (D). Namun kunci resmi menandai A.
Catatan: secara kimia, jawaban yang konsisten dengan Le Chatelier untuk menambah \(\ce{NO2}\) adalah D (memperkecil volume), karena sisi produk punya mol gas lebih sedikit (10 < 11). Jika kunci resmi menyatakan A, kemungkinan ada perbedaan asumsi pada soal. Yang wajib kamu kuasai: eksoterm + naik suhu → geser ke reaktan; perkecil volume → geser ke sisi mol gas lebih sedikit. Pada ujian, pilih D berdasarkan penalaran ini.