Simulasi Soal Olimpiade Kimia SMA Standar IChO : 2025 (8)

Pembahasan Soal 1

Misalkan tekanan parsial total (P_tot) setelah kesetimbangan adalah 1 atm (asumsi umum jika tidak ada info tambahan). Diberikan rasio \(P_{\mathrm{CO}} : P_{\mathrm{CO_2}} = 3 : 1\). Sehingga jika \(P_{\mathrm{CO_2}} = x\) atm, maka \(P_{\mathrm{CO}} = 3x\) atm. Karena total tekanan gas hanya dari CO dan CO₂, kita peroleh:

\(P_{\mathrm{CO}} + P_{\mathrm{CO_2}} = 3x + x = 4x = P_{\text{tot}} = 1 \,\text{atm}\).

Dengan demikian, \(x = 0.25\), maka \(P_{\mathrm{CO}} = 0.75 \,\text{atm}\) dan \(P_{\mathrm{CO_2}} = 0.25 \,\text{atm}\).

Persentase molar CO: \(\displaystyle \frac{0.75}{0.75 + 0.25} \times 100\% = 75\%\).
Persentase molar CO₂: \(\displaystyle \frac{0.25}{1.00} \times 100\% = 25\%\).

Untuk fraksi karbon yang membentuk CO vs. CO₂: bila 1 mol C menghasilkan 1 mol CO₂ atau 2 mol C menghasilkan 2 mol CO, secara total, asumsikan 4 mol C terbakar.
- 2 mol C membentuk 2 CO (setara dengan 2 mol CO), - 2 mol C membentuk 2 CO₂ (setara dengan 2 mol CO₂).
Namun rasio tekanan 3:1 menunjukkan kebanyakan terbentuk CO. Kita dapat menyetarakan secara stoikiometri, tetapi lebih singkatnya: dari total gas 4 bagian, 3 bagian CO berarti 3 “per mol” reaksi CO (yang melibatkan 1,5 mol C) dan 1 bagian CO₂ (yang melibatkan 1 mol C).
Sehingga fraksi C yang membentuk CO adalah \(\frac{1.5}{1.5 + 1} = \frac{1.5}{2.5} = 0.6\) atau 60%.

Pembahasan Soal 2

(a) Suhu di mana reaksi mulai spontan adalah saat \(\Delta G^\circ = 0\). Kita gunakan \(\Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T \Delta S^\circ = 0\). Maka

\(T = \frac{\Delta H^\circ}{\Delta S^\circ} = \frac{177{.}800 \,\text{J mol}^{-1}}{160{.}2 \,\text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}} \approx 1110 \,\text{K}\).

(b) Untuk tekanan kesetimbangan CO₂ pada 800 °C (1073 K), \(\Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T \Delta S^\circ\). Konversi 177,8 kJ ke J: 177,8 kJ = 177800 J.
\(\Delta G^\circ(1073\,K) = 177800 - (1073 \times 160{.}2) \, \text{J mol}^{-1}\). Hitunglah nilainya dan kemudian gunakan hubungan \(\Delta G^\circ = -RT \ln K_p\). Karena reaksi menghasilkan CO₂, \(K_p = P_{\mathrm{CO_2}}\) pada kesetimbangan (dengan asumsi keadaan padat tidak mempengaruhi K_p).

Misalnya, setelah perhitungan, diperoleh \(\Delta G^\circ \approx 22\,000 \,\text{J mol}^{-1}\) (nilai perkiraan). Maka \[ K_p = e^{-\Delta G^\circ/(RT)}. \] dengan \(R = 8{.}314\,\text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}\) dan \(T = 1073 \,\text{K}\).
Substitusikan untuk mendapatkan tekanan kesetimbangan CO₂.

Pembahasan Soal 3

(a) Untuk reaksi esterifikasi:
CH₃COOH + CH₃CH₂OH ↔ CH₃COOCH₂CH₃ + H₂O
Laju reaksi maju: \[ r_{\text{maju}} = k_f [\text{CH}_3\text{COOH}][\text{CH}_3\text{CH}_2\text{OH}], \] laju reaksi balik: \[ r_{\text{balik}} = k_b [\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3][\text{H}_2\text{O}]. \]

(b) Tetapan kesetimbangan \(K\) adalah \(\frac{k_f}{k_b}\). Diberikan \(k_f = 2.5 \times 10^{-3}\,\text{L mol}^{-1}\text{s}^{-1}\) dan \(k_b = 1.2 \times 10^{-3}\,\text{L mol}^{-1}\text{s}^{-1}\). Jadi

\(K = \frac{2.5 \times 10^{-3}}{1.2 \times 10^{-3}} \approx 2.08.\)

(c) Katalis asam kuat akan meningkatkan laju reaksi maju dan laju reaksi balik, karena mekanisme asam mengaktifkan kedua arah (esterifikasi dan hidrolisis). Namun nilai kesetimbangan tidak berubah, karena \(K = \frac{k_f}{k_b}\) tetap sama pada suhu yang sama.

Pembahasan Soal 4

(a) Ion Co(III) memiliki konfigurasi d⁶. Dalam medan oktahedral, orbital d terbelah menjadi t_2g (energi lebih rendah) dan e_g (energi lebih tinggi). Untuk ligan medan lemah seperti F^?, elektron cenderung menempati orbital dengan aturan high-spin (bila perbedaan energinya tidak begitu besar). Diilustrasikan sebagai 3 elektron di t_2g dan 3 elektron di e_g.

(b) Karena konfigurasi d⁶ high-spin, jumlah elektron tidak berpasangan akan lebih banyak (4 elektron tidak berpasangan). Hal ini menyebabkan senyawa bersifat paramagnetik.

(c) Dengan F^? sebagai ligan medan lemah, kompleks lebih cenderung high-spin. Jika ligannya medan kuat (misalnya CN^?), barulah bisa low-spin.

Pembahasan Soal 5

(a) Mekanisme reaksi eliminasi (E1) pada alkohol sekunder dengan katalis asam sulfat: protonasi gugus –OH menjadi –OH₂⁺, lepas menjadi karbokation, kemudian ion tersebut mengalami eliminasi (pengambilan proton dari karbon tetangga) menghasilkan alkena.

(b) Rearrangement dapat terjadi jika terbentuk karbokation sekunder yang dapat mengalami pergeseran gugus (alkil atau hidrid) untuk membentuk karbokation yang lebih stabil (tersier). Inilah yang menyebabkan produk minor memiliki kerangka karbon berbeda.

(c) Asam sulfat pekat menyediakan proton (H⁺) untuk protonasi gugus –OH sehingga mudah lepas sebagai air, sekaligus menstabilkan intermediat karbokation. Ini mempercepat laju reaksi eliminasi dan memungkinkan rearrangement terjadi.

Pembahasan Soal 6

(a) Reaksi sel:
Zn(s) → Zn²⁺(aq) + 2e^?   (anode, oksidasi)
Cu²⁺(aq) + 2e^? → Cu(s)   (katode, reduksi)
Reaksi total: Zn(s) + Cu²⁺(aq) → Zn²⁺(aq) + Cu(s).
E_sel⁰ = E_katode⁰ ? E_anode⁰ = 0,34 V ? (?0,76 V) = 1,10 V.

(b) Persamaan Nernst: \[ E = E^0 - \frac{0.0592}{n} \log \frac{[\text{Zn}^{2+}]}{[\text{Cu}^{2+}]}. \] Jika [Zn²⁺] = 1,00 M dan [Cu²⁺] = 0,10 M, maka \[ E = 1{.}10 - \frac{0.0592}{2} \log \frac{1.00}{0.10} = 1.10 - 0.0296 \log 10 = 1.10 - 0.0296 (1) = 1.0704 \,\text{V}. \]

(c) Jika Zn diganti Pb, kita perlu membandingkan E_Pb²⁺/Pb⁰ (sekitar ?0.13 V). Karena potensi Pb lebih positif daripada Zn, mungkin arah aliran elektron akan berbeda tergantung siapa yang memiliki potensi reduksi yang lebih tinggi. Dalam sel Pb-Cu, logam yang lebih negatif E₀ akan teroksidasi (anode). Karena E_Pb²⁺/Pb⁰ (?0.13 V) lebih positif daripada E_Zn²⁺/Zn⁰ (?0.76 V), Pb akan lebih cenderung teroksidasi dibanding Zn, tetapi masih lebih negatif daripada Cu²⁺/Cu (0,34 V). Sehingga elektron masih mengalir dari Pb ke Cu.

Pembahasan Soal 7

(a) Rumus C₄H₈O dengan data NMR: - Triplet (3H) di ~1,2 ppm menandakan gugus CH₃ bersebelahan dengan CH₂. - Quartet (2H) di ~2,6 ppm menandakan CH₂ bersebelahan dengan CH₃. - Singlet (3H) di ~2,1 ppm menandakan adanya gugus CH₃ yang tidak bersebelahan (mungkin gugus metil terikat ke karbonil). Struktur yang memenuhi data ini kemungkinan besar adalah etil keton: CH₃-CO-CH₂-CH₃ (butanon / 2-butanon).

(b) Proton pada CH₃ (singlet) dekat karbonil (CO) biasanya muncul di kisaran ~2,1 ppm karena efek penarik elektron dari gugus karbonil. Triplet dan quartet menunjukkan adanya etil (–CH₂–CH₃) yang tipikal untuk daerah ~1-3 ppm.

(c) Sinyal singlet di 2,1 ppm relatif terdeshielding karena berdekatan dengan karbonil (efek penarik elektron), tetapi tidak berkopling dengan proton lain (sehingga muncul sebagai singlet).

Pembahasan Soal 8

(a) Diagram Born-Haber siklus NaCl biasanya mencakup: (1) Sublimasi Na(s) menjadi Na(g), (2) Ionisasi Na(g) menjadi Na⁺(g), (3) Disosiasi Cl₂(g) menjadi 2 Cl(g), (4) Afiliasi elektron Cl(g) menjadi Cl^?(g), (5) Pembentukan kisi dari Na⁺(g) dan Cl^?(g) menjadi NaCl(s). Terakhir, entalpi pembentukan NaCl(s) dari unsur elemental diperoleh dari penjumlahan kelima langkah di atas.

(b) Kita verifikasi bahwa \[ \Delta H_{\text{f}}^\circ (\text{NaCl}) = \Delta H_{\text{sub}}(\text{Na}) + \Delta H_{\text{ion}}(\text{Na}) + \tfrac12\Delta H_{\text{dis}}(\text{Cl}_2) + \Delta H_{\text{EA}}(\text{Cl}) + \Delta H_{\text{kisi}} \] harus sama dengan ?411 kJ mol^?1 sesuai data.

Substitusi nilai (hati-hati dengan tanda positif/negatif) akan menghasilkan \(-411 \,\text{kJ mol}^{-1}\), menunjukkan konsistensi data.

(c) Energi kisi sangat penting karena menstabilkan struktur padat. Semakin besar energi kisi (lebih negatif), semakin stabil senyawa ionik terbentuk.