9 Soal 21–30

Campuran kesetimbangan (21–24) dan organik (25–29). Untuk soal organik, fokus pada mengenali pola reaksi — kalau belum hafal mekanisme, lihat tautan video di tiap soal.

9.1 Soal 21 — Kelarutan: [Ag⁺] tertinggi

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

Larutan jenuh mana yang punya \([\ce{Ag+}]\) paling tinggi?

💡 Petunjuk

Jangan tertipu oleh \(K_{sp}\) terkecil/terbesar! Bentuk rumus berbeda (\(\ce{AgCl}\) vs \(\ce{Ag2CO3}\) vs \(\ce{Ag3PO4}\)) membuat hubungan \(K_{sp}\)–kelarutan berbeda. Hitung \([\ce{Ag+}]\) untuk masing-masing.

✅ Pembahasan — jawaban: B

Pertanyaannya \([\ce{Ag+}]\) paling tinggi, bukan \(K_{sp}\) paling besar. Karena bentuk rumusnya beda-beda, hubungan \(K_{sp}\to[\ce{Ag+}]\) juga beda. Jadi hitung \([\ce{Ag+}]\) tiap garam dari kelarutan \(s\) (R-Ksp):

Garam	\(K_{sp}\)	Rumus	\([\ce{Ag+}]\)
\(\ce{AgCl}\)	\(1{,}8\times10^{-10}\)	\(s^2\), \([\ce{Ag+}]=s\)	\(1{,}3\times10^{-5}\)
\(\ce{Ag2CO3}\)	\(8{,}1\times10^{-12}\)	\(4s^3\), \([\ce{Ag+}]=2s\)	\(\mathbf{2{,}5\times10^{-4}}\)
\(\ce{Ag3PO4}\)	\(1{,}8\times10^{-18}\)	\(27s^4\), \([\ce{Ag+}]=3s\)	\(4{,}8\times10^{-5}\)
\(\ce{Ag2S}\)	\(6{,}0\times10^{-51}\)	\(4s^3\), \([\ce{Ag+}]=2s\)	\(2{,}3\times10^{-17}\)
\(\ce{Ag2CrO4}\)	\(1{,}1\times10^{-12}\)	\(4s^3\), \([\ce{Ag+}]=2s\)	\(1{,}3\times10^{-4}\)

Contoh hitungan \(\ce{Ag2CO3}\): \(4s^3 = 8{,}1\times10^{-12} \Rightarrow s = 1{,}3\times10^{-4}\), jadi \([\ce{Ag+}] = 2s = 2{,}5\times10^{-4}\).

Nilai \([\ce{Ag+}]\) terbesar dipegang oleh \(\ce{Ag2CO3}\).

Jawaban: B. Pelajaran: \(K_{sp}\) kecil tidak otomatis berarti \([\ce{Ag+}]\) kecil — stoikiometri ikut menentukan.

9.2 Soal 22 — Urutan K tiga dekomposisi padat

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

Ketiga reaksi punya tekanan total 1 atm saat setimbang. Urutkan \(K\).

✅ Pembahasan — jawaban: D

Untuk dekomposisi padat, \(K_p\) hanya melibatkan gas (R-Kesetimbangan) — padatan tidak masuk. Ketiganya berangkat dari padatan murni dengan \(P_\text{total}=1\) atm, jadi tekanan parsial gas tinggal dibagi menurut perbandingan mol.

I. \(\ce{CaCO3 <=> CaO + CO2}\) — hanya 1 gas, jadi \(P_\ce{CO2}=1\) atm. \[K_1 = 1\]

II. \(\ce{NH4HS <=> NH3 + H2S}\) — 2 gas sama banyak, masing-masing \(\tfrac12\) atm. \[K_2 = (0{,}5)(0{,}5) = 0{,}25\]

III. \(\ce{NH2COONH4 <=> 2NH3 + CO2}\) — perbandingan mol gas \(2:1\), jadi \(P_\ce{NH3}=\tfrac23\) atm dan \(P_\ce{CO2}=\tfrac13\) atm. \[K_3 = \left(\tfrac23\right)^2\left(\tfrac13\right) = \tfrac{4}{27} \approx 0{,}148\]

Bandingkan: \(1 > 0{,}25 > 0{,}148\), sehingga \(K_1 > K_2 > K_3\).

Jawaban: D.

9.3 Soal 23 — Dua padatan terdekomposisi bersamaan

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

\(\ce{X <=> A + 2B}\), \(K_{p1}=9\times10^{-3}\); \(\ce{Y <=> 2B + C}\), \(K_{p2}=4{,}5\times10^{-3}\). Tekanan total campuran gas saat setimbang?

✅ Pembahasan — jawaban: A

Padatan tidak masuk dalam \(K_p\), jadi yang dihitung hanya tekanan parsial gas. Gas B muncul dari dua reaksi, maka kuncinya adalah menyatakan semua tekanan lewat satu variabel.

Langkah 1 — hubungan dari stoikiometri. Tiap satuan X yang terurai memberi \(1\) A dan \(2\) B, jadi \(P_B\) dari X \(= 2P_A\). Tiap satuan Y memberi \(2\) B dan \(1\) C, jadi \(P_B\) dari Y \(= 2P_C\). Total: \[ P_B = 2P_A + 2P_C \]

Langkah 2 — bagi kedua \(K_p\). Karena \(K_{p1}=P_A\,P_B^2\) dan \(K_{p2}=P_B^2\,P_C\): \[ \frac{K_{p1}}{K_{p2}} = \frac{P_A}{P_C} = \frac{9\times10^{-3}}{4{,}5\times10^{-3}} = 2 \;\Rightarrow\; P_A = 2P_C \]

Langkah 3 — cari \(P_C\). Substitusi \(P_A=2P_C\) ke Langkah 1: \(P_B = 2(2P_C)+2P_C = 6P_C\). Masukkan ke \(K_{p2}\): \[ (6P_C)^2\,P_C = 36\,P_C^3 = 4{,}5\times10^{-3} \;\Rightarrow\; P_C^3 = 1{,}25\times10^{-4} \;\Rightarrow\; P_C = 0{,}05 \] Maka \(P_A = 0{,}10\) dan \(P_B = 0{,}30\) bar.

Langkah 4 — tekanan total. \[ P_\text{total} = P_A + P_B + P_C = 0{,}10 + 0{,}30 + 0{,}05 = 0{,}45\ \text{bar} \]

Jawaban: A.

9.4 Soal 24 — Urutan kekuatan asam

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

Tiga kesetimbangan berada di sebelah kanan. Urutkan kekuatan asam.

✅ Pembahasan — jawaban: D

Kunci: reaksi asam–basa selalu jalan ke arah asam lebih lemah. Jadi kalau kesetimbangan condong ke kanan, berarti asam di sisi kiri lebih kuat daripada asam di sisi kanan.

Tandai mana yang bertindak sebagai asam (pemberi \(\ce{H+}\)) di tiap reaksi, lalu bandingkan kiri vs kanan:

Reaksi (condong kanan)	Asam kiri	Asam kanan	Kesimpulan
\(\ce{N2H5+ + NH3 -> NH4+ + N2H4}\)	\(\ce{N2H5+}\)	\(\ce{NH4+}\)	\(\ce{N2H5+} > \ce{NH4+}\)
\(\ce{NH3 + HBr -> NH4+ + Br-}\)	\(\ce{HBr}\)	\(\ce{NH4+}\)	\(\ce{HBr} > \ce{NH4+}\)
\(\ce{N2H4 + HBr -> N2H5+ + Br-}\)	\(\ce{HBr}\)	\(\ce{N2H5+}\)	\(\ce{HBr} > \ce{N2H5+}\)

Gabungkan ketiga perbandingan:

\[\ce{HBr} > \ce{N2H5+} > \ce{NH4+}\]

Jawaban: D.

9.5 Soal 25 — Sintesis: asam → keton aromatik

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

Asam 3-metilbutanoat → (i) \(\ce{SOCl2}\) → (ii) \(\ce{C6H6}\), \(\ce{AlCl3}\) → (iii) \(\ce{H2NNH2/KOH}\).

✅ Pembahasan — jawaban: E

Bahan awal: asam 3-metilbutanoat \(\ce{(CH3)2CH-CH2-COOH}\). Telusuri tiga tahap:

\(\ce{SOCl2}\) → ubah asam karboksilat jadi asil klorida: \[\ce{(CH3)2CH-CH2-COOH ->[SOCl2] (CH3)2CH-CH2-COCl}\]
\(\ce{C6H6}\), \(\ce{AlCl3}\) (asilasi Friedel–Crafts) → gugus asil menempel ke benzena, terbentuk keton aromatik: \[\ce{(CH3)2CH-CH2-COCl ->[C6H6,\ AlCl3] Ph-CO-CH2-CH(CH3)2}\]
\(\ce{H2NNH2/KOH}\) (reduksi Wolff–Kishner) → ubah \(\ce{C=O}\) jadi \(\ce{CH2}\), tanpa penataan ulang: \[\ce{Ph-CO-CH2-CH(CH3)2 ->[H2NNH2/KOH] Ph-CH2-CH2-CH(CH3)2}\]

Produk akhir adalah isopentilbenzena \(\ce{Ph-CH2-CH2-CH(CH3)2}\) — benzena dengan rantai isopentil lurus, di mana karbon yang menempel ke cincin adalah \(\ce{CH2}\).

Kunci: karena Wolff–Kishner tidak memindahkan posisi karbon, atom yang dulunya \(\ce{C=O}\) (terikat langsung ke cincin) tetap di tempatnya dan jadi \(\ce{CH2}\). Jadi cincin terikat pada \(\ce{CH2}\), bukan pada karbon bercabang. Inilah struktur V (bukan IV, yang malah punya cabang langsung di karbon benzilik = 2-fenilpentana — itu salah).

Jawaban: E.

9.6 Soal 26 — Sintesis dari asetilena

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

\(\ce{HC#CH}\) → \(\ce{NaNH2}\) → \(\ce{CH3I}\) → \(\ce{CH3Li}\) → epoksida → \(\ce{H3O+}\).

✅ Pembahasan — jawaban: B

Ikuti reagen satu per satu. Kuncinya: \(\ce{NaNH2}\) dan \(\ce{CH3Li}\) adalah basa kuat yang mencabut H ujung alkuna, lalu karbanion (asetilida) bertindak sebagai nukleofil.

\(\ce{NaNH2}\) + \(\ce{CH3I}\): \(\ce{NaNH2}\) mencabut H ujung asetilena → asetilida \(\ce{HC#C^-}\). Asetilida menyerang \(\ce{CH3I}\) (alkilasi) → \[\ce{HC#C-CH3}\ (\text{propuna}).\]
\(\ce{CH3Li}\): mencabut H ujung propuna → asetilida baru \(\ce{CH3-C#C^-}\) (nukleofil).
Epoksida (oksirana) + \(\ce{H3O+}\): asetilida membuka cincin epoksida dari sisi C yang kurang ruang, menambah dua karbon \(\ce{-CH2CH2-O^-}\). Setelah diprotonasi \(\ce{H3O+}\): \[\ce{CH3-C#C-CH2-CH2-OH}.\]

Produk A = pent-3-in-1-ol: sebuah alkuna internal dengan alkohol primer (\(\ce{-CH2CH2OH}\)) di ujung lain. Itu persis struktur II.

Jawaban: B.

9.7 Soal 27 — Penentuan struktur dari NMR + IR

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

\(\ce{C5H10O}\): ¹H-NMR doublet δ 1,10; singlet δ 2,10; septet δ 2,50. IR kuat ~1720 cm⁻¹.

✅ Pembahasan — jawaban: E

Rumus \(\ce{C5H10O}\) punya 1 derajat ketakjenuhan, dan IR kuat di ~1720 cm⁻¹ menandakan gugus karbonil \(\ce{C=O}\) (R-IR). Jadi senyawanya keton atau aldehida.

Baca pola NMR pakai aturan \(n+1\) (R-¹H-NMR):

Doublet δ 1,10 (dua \(\ce{CH3}\)) + septet δ 2,50 (satu CH): ini “tanda tangan” gugus isopropil \(\ce{(CH3)2CH-}\) — dua metil setara hanya bertetangga 1 H (jadi doublet), dan satu CH bertetangga 6 H sehingga pecah jadi 7 puncak (septet).
Singlet δ 2,10 (\(\ce{CH3}\)): metil tanpa tetangga H, posisinya tepat di sebelah \(\ce{C=O}\) → potongan \(\ce{CH3-CO-}\).

Rakit kedua potongan: \(\ce{(CH3)2CH-CO-CH3}\) = 3-metil-2-butanon (metil isopropil keton), rumus \(\ce{C5H10O}\). ✓

Ini cocok dengan struktur V.

Jawaban: E.

9.8 Soal 28 — Reaksi radikal + eliminasi + adisi

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

1-metilindana → (1) \(\ce{Br2}\)/hν → (2) \(\ce{CH3OH}\), \(\ce{CH3ONa}\), kalor → (3) \(\ce{Br2}\)/\(\ce{CCl4}\).

✅ Pembahasan — jawaban: E

Bahan awal: 1-metilindana — cincin benzena menyatu dengan cincin lima; karbon C1 (posisi benzilik) sudah membawa gugus \(\ce{-CH3}\) dan satu H.

Langkah 1 — /h\(\nu\) (brominasi radikal). Brominasi radikal menyerang H pada posisi yang radikalnya paling stabil, yaitu C1 benzilik (radikal benzilik sekaligus tersier). Jadi Br masuk di C1 itu sendiri, bukan di karbon lain. Hasil: 1-bromo-1-metilindana (Br dan \(\ce{CH3}\) sama-sama di C1).

Langkah 2 — /kalor (basa kuat, E2). Eliminasi HBr dari C1 (bromida tersier benzilik). H-\(\beta\) ada di C2, sehingga terbentuk ikatan rangkap C1=C2 di dalam cincin (terkonjugasi dengan benzena = paling stabil). Gugus metil tetap menempel di C1.

Langkah 3 — / (adisi anti). \(\ce{Br2}\) mengadisi ikatan rangkap C1=C2 secara anti: satu Br ke C1 (jadi C1 mengikat Br + \(\ce{CH3}\)), satu Br ke C2. Karena adisinya anti, dua Br berada di sisi berlawanan (satu wedge, satu dash = trans).

Jadi produknya: indana dengan Br di C1 (benzilik, bersama metil) dan Br di C2, anti/trans — persis struktur V.

Kunci membedakan opsi: metil tidak pernah berpindah dari C1, jadi struktur III (metil di C3) langsung gugur. Lalu pilih stereokimia anti (V), bukan cis (I), karena adisi \(\ce{Br2}\) selalu anti.

Jawaban: E (struktur V).

9.9 Soal 29 — Konfigurasi absolut (R/S)

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

3-bromo-2-vinilsikloheksanol — tentukan konfigurasi absolut tiga pusat kiral.

✅ Pembahasan — jawaban: D

Senyawa: 3-bromo-2-vinilsikloheksanol. Penomoran: C1 = OH, C2 = vinil (), C3 = Br. Dari gambar: C1–OH = wedge, C2–vinil = dash, C3–Br = wedge.

Lihat aturan CIP / R-S.

Langkah 1 — Prioritas tiap pusat.

C1: OH (1) > C2 vs C6 (2/3) > H (4). C2 mengikat {C(vinil), C3, H} = {C,C,H}; C6 mengikat {C5, H, H} = {C,H,H}. Jadi C2 > C6. Urutan: OH > C2 > C6 > H.
C2: vinil duplikat jadi C(C,C,H) > C3 (mengikat Br) … cek: C3 = {Br,C,H}, atom pertama Br mengalahkan vinil. Jadi C3 (ada Br) > vinil > C1 > H. Urutan: C3 > vinil > C1 > H.
C3: Br (1) > C2 vs C4 > H (4). C2 = {C,C,H} (ada vinil) > C4 = {C,H,H}. Urutan: Br > C2 > C4 > H.

Langkah 2 — Posisi H (prioritas terendah). Pada tiap pusat, gugus ber-wedge/dash yang digambar bukan H, sehingga H selalu mengarah menjauh dari pengamat. Maka arah putaran 1→2→3 dibaca langsung (tanpa dibalik).

Langkah 3 — Baca arah tiap pusat.

C1: OH (wedge, keluar) → C2 → C6. H menjauh → baca langsung. Searah jarum jam → R.
C2: C3 → vinil (dash) → C1. H menjauh → baca langsung. Berlawanan jarum jam → S.
C3: Br (wedge, keluar) → C2 → C4. H ada di dash (menjauh) → baca langsung Br→C2→C4, berlawanan jarum jam → S. (Jangan dibalik — H sudah di belakang.)

Langkah 4 — Gabung. \[1R,\ 2S,\ 3S\]

Konfigurasi absolutnya 1R,2S,3S → opsi D.

Catatan jujur: jawaban bergantung penuh pada arah wedge/dash di gambar (C1-OH wedge, C2-vinil dash, C3-Br wedge). Bila orientasi gambar berbeda, konfigurasi bisa berubah.

9.10 Soal 30 — Energi kisi terbesar

📄 Soal asli (OSN-K Kimia 2024)

✅ Pembahasan — jawaban: A

Energi kisi (lattice energy) makin besar bila muatan ion makin besar dan jarak antar-ion makin kecil. Dari hukum Coulomb:

\[ U \propto \frac{|z_+ \cdot z_-|}{r_+ + r_-} \]

Yang paling menentukan adalah hasil kali muatan, karena masuk sebagai pengali langsung.

Senyawa	Muatan	Hasil kali muatan
\(\ce{MgO}\)	\(2^+ / 2^-\)	\(4\)
\(\ce{MgS}\)	\(2^+ / 2^-\)	\(4\)
\(\ce{NaF},\ \ce{NaCl},\ \ce{NaBr}\)	\(1^+ / 1^-\)	\(1\)

Tiga senyawa natrium langsung kalah karena hasil kali muatannya cuma \(1\). Tinggal bandingkan \(\ce{MgO}\) vs \(\ce{MgS}\): keduanya hasil kali muatan \(4\), tapi ion \(\ce{O^2-}\) lebih kecil daripada \(\ce{S^2-}\), jadi jarak antar-ion di \(\ce{MgO}\) lebih pendek \(\Rightarrow\) energi kisinya lebih besar.

Jawaban: A (\(\ce{MgO}\)). Patokan cepat: muatan tinggi + ion kecil = energi kisi terbesar.