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
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)
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 \(\ce{N2O}\)
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.
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 …
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
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
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.
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?
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 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.