Simulasi Contoh Soal Olimpiade Kimia OSN SMA : 2025 (3)

Pembahasan Soal 1

Untuk reaksi:

\( \ce{N2 + 3H2 <=> 2NH3} \),

Konstanta kesetimbangan \( K_c \) didefinisikan sebagai:

\( \displaystyle K_c = \frac{[\ce{NH3}]^2}{[\ce{N2}][\ce{H2}]^3} \).

Dari data: \( [\ce{N2}] = 0{,}6 \,\text{M}, [\ce{H2}] = 1{,}2 \,\text{M}, [\ce{NH3}] = 0{,}8 \,\text{M} \).
Maka, \[ K_c = \frac{(0{,}8)^2}{(0{,}6)(1{,}2)^3} \]

Perhitungan:

\( (1{,}2)^3 = 1{,}2 \times 1{,}2 \times 1{,}2 = 1{,}728 \).
\( (0{,}8)^2 = 0{,}64 \).

\( \displaystyle K_c = \frac{0{,}64}{0{,}6 \times 1{,}728} = \frac{0{,}64}{1{,}0368} \approx 0{,}617 \).

Jadi, \( K_c \approx 0{,}62 \) (dibulatkan dua desimal).

Pembahasan Soal 2

Informasi penting:

• Dapat bereaksi dengan pereaksi Tollens ⟹ senyawa memiliki gugus aldehid (\( \ce{-CHO} \)) atau gugus yang dapat dioksidasi menjadi asam karboksilat.
• Mengalami reaksi iodoform ⟹ memiliki gugus \( \ce{CH3-CH(OH)-} \) atau \( \ce{CH3-C=O} \) (metil karbinol atau metil keton).

Rumus molekul: \( \ce{C4H8O} \).

Kombinasi di atas menunjukkan kemungkinan struktur: suatu aldehid dengan gugus metil di dekat gugus karbonil, yaitu butanal (tidak memberikan reaksi iodoform), atau 2-butanon (memberikan reaksi iodoform), atau etanol + asetaldehid bukan karena total atom tidak sesuai. Kita analisis lebih mendalam:

• Aldehid dengan reaksi iodoform hanya terjadi jika ada \( \ce{CH3-CH(OH)-} \) setelah oksidasi, tetapi aldehid normal \( \ce{CH3CH2CH2CHO} \) (butanal) tidak melakukan haloform.
• Keton dengan 4C: 2-butanon (\( \ce{CH3-CO-CH2-CH3} \)) akan positif iodoform test karena memiliki gugus \( \ce{CH3-CO-} \).
• Akan tetapi, 2-butanon tidak bereaksi dengan Tollens (karena keton tidak dioksidasi semudah aldehid oleh Tollens).

Mungkin ada isomer aldehid lain yang bisa membentuk reaksi iodoform, misal: 3-hidroksibutanal (namun rumusnya berbeda). Di sini, ada petunjuk kuat: "bereaksi dengan Tollens dan reaksi iodoform". Hal ini mengarah pada α-hidroksi aldehid (aldol). Satu contoh adalah 2-hidroksibutanal (\( \ce{CH3-CH(OH)-CH2-CHO} \)), namun rumusnya \( \ce{C4H8O2} \) (bukan \( \ce{C4H8O} \)).

Kita cek lagi: senyawa yang bisa positif Tollens = aldehid, juga positif iodoform = mempunyai gugus \( \ce{CH3-CH(OH)-} \). Apakah ada enol-aldehid tautomer? Hal ini jarang dijadikan contoh sederhana. Alternatif lain: acetaldehid (\( \ce{CH3CHO} \)) + propil substituen? Rumus molekul sudah tidak cocok.

Permasalahan ini cukup tricky. Sebab reaksi Tollens positif menandakan gugus aldehid, sedangkan reaksi iodoform positif menandakan gugus metil keton atau etanol. Dalam konteks \( \ce{C4H8O} \) dan reaksi iodoform, 2-butanon adalah kandidat terkuat. Tetapi 2-butanon biasanya tidak positif Tollens. Mungkin soalnya mengarah ke aldehid tak jenuh seperti metil vinil keton? Tapi itu keton, bukan aldehid.

Salah satu senyawa yang mengandung aldehid dan gugus metil di posisi alfa adalah 3-metilbutanal (isovaleraldehid), tapi itu tidak iodoform. Ada juga 2-butanol (\( \ce{CH3CH(OH)CH2CH3} \)) yang iodoform, tapi itu bukan aldehid.

Jika soal ini menuntut satu jawaban tegas, sebenarnya tidak ada senyawa \( \ce{C4H8O} \) yang sekaligus memberi uji Tollens positif dan iodoform positif jika kita mengacu pada sifat umum aldehid/keton/alkohol. Namun, 2-butanon dapat memberi tes iodoform positif. Hanya saja tidak positif Tollens secara umum. Ada kemungkinan melibatkan enol tautomer, tetapi hal ini jarang dibahas di level SMA tanpa keterangan khusus.

Dugaan jawaban paling mendekati: 2-butanon (\( \ce{CH3-CO-CH2-CH3} \)), nama IUPAC: Butan-2-one. Soal mungkin punya asumsi reaksi "Tollens" pada keton α-hidroksi yang terbentuk sementara via tautomerisasi. Namun ini sangat tidak umum. Biasanya reaksi Tollens positif untuk aldehid.

Struktur:
CH₃-CO-CH₂-CH₃
Nama IUPAC: Butan-2-one

Pembahasan Soal 3

Gunakan persamaan Henderson-Hasselbalch:

\( \text{pH} = pK_a + \log\left(\frac{[\text{basa konjugat}]}{[\text{asam}]}\right). \)

Diberikan pH = 4,8 dan \( pK_a = 4,2 \).
Sehingga:

\[ 4{,}8 = 4{,}2 + \log\left(\frac{[\text{basa konjugat}]}{[\text{asam}]}\right). \]

\[ 4{,}8 - 4{,}2 = \log\left(\frac{[\text{basa}]}{[\text{asam}]}\right). \] \[ 0{,}6 = \log\left(\frac{[\text{basa}]}{[\text{asam}]}\right). \]

\[ 10^{0{,}6} = \frac{[\text{basa}]}{[\text{asam}]}. \]

\( 10^{0{,}6} \approx 3{,}98 \) (mendekati 4).
Jadi perbandingan \( \frac{[\text{basa}]}{[\text{asam}]} \approx 4:1 \).

Pembahasan Soal 4

Elektroda Zn (anoda, potensial -0,76 V) dan elektroda Cu (katoda, potensial +0,34 V). Potensial sel (\( E^\circ_\text{sel} \)):

\( E^\circ_\text{sel} = E^\circ_\text{katoda} - E^\circ_\text{anoda} \)
\( = (+0{,}34) - (-0{,}76) = +1{,}10 \,\text{V} \).

Karena nilainya positif, maka reaksi sel:

\( \ce{Zn (s) + Cu^{2+} (aq) -> Zn^{2+} (aq) + Cu (s)} \)

bersifat spontan.

Pembahasan Soal 5

Reaksi redoks dalam suasana asam:

\( \ce{MnO4^- + Fe^{2+} -> Mn^{2+} + Fe^{3+}} \)

Penyetaraan setengah reaksi:

• Oksidasi Fe²⁺: \( \ce{Fe^{2+} -> Fe^{3+} + e^-} \)
• Reduksi MnO₄⁻ (suasana asam): \[ \ce{MnO4^- + 8H+ + 5e^- -> Mn^{2+} + 4H2O} \]

Menggabungkan agar elektron seimbang (LCM 5 elektron):

• Kali 5 untuk reaksi Fe: \( \ce{5Fe^{2+} -> 5Fe^{3+} + 5e^-} \)
• Satu kali reaksi permanganat: \( \ce{MnO4^- + 8H+ + 5e^- -> Mn^{2+} + 4H2O} \)

Gabung:

\( \ce{MnO4^- + 8H+ + 5Fe^{2+} -> Mn^{2+} + 5Fe^{3+} + 4H2O} \)

Itulah persamaan ion bersih yang setara.

Pembahasan Soal 6

Reaksi: \( \ce{2 N2O5 -> 4 NO2 + O2} \) mengikuti kinetika orde pertama terhadap \( \ce{N2O5} \).

Persamaan orde pertama: \( \ln [A] = \ln [A]_0 - kt \)

Diketahui \( k = 3{,}0 \times 10^{-5} \,\text{s}^{-1} \), \( [\ce{N2O5}]_0 = 0{,}10 \,\text{M} \), waktu = 2 jam = 7200 detik.

Maka:

\[ \ln [\ce{N2O5}] = \ln(0{,}10) - (3{,}0 \times 10^{-5})(7200). \]

Perhitungan:

\( (3{,}0 \times 10^{-5})(7200) = 3{,}0 \times 10^{-5} \times 7200 = 3{,}0 \times (72 \times 10^{-3}) = 3{,}0 \times 0{,}072 = 0{,}216. \)
\( \ln(0{,}10) = \ln(1 \times 10^{-1}) = -2{,}3026 \) (approx).

\( \ln [\ce{N2O5}] = -2{,}3026 - 0{,}216 = -2{,}5186 \).

\( [\ce{N2O5}] = e^{-2{,}5186} \approx 0{,}0807 \,\text{M}. \)

Jadi setelah 2 jam, konsentrasi \( \ce{N2O5} \) ≈ 0,0807 M.

Pembahasan Soal 7

Reaksi dekomposisi termal:

\( \ce{CaCO3 -> CaO + CO2} \)

Diketahui massa awal \( \ce{CaCO3} = 10 \,\text{g} \). Massa molar \( \ce{CaCO3} \) = 100 g/mol.

Mol \( \ce{CaCO3} \) = \( \frac{10 \text{ g}}{100 \text{ g/mol}} = 0{,}1 \text{ mol} \).

Menurut stoikiometri, 1 mol \( \ce{CaCO3} \) menghasilkan 1 mol \( \ce{CO2} \) dan 1 mol \( \ce{CaO} \).

• Mol \( \ce{CO2} \) yang dihasilkan = 0,1 mol.
• Mol \( \ce{CaO} \) yang terbentuk = 0,1 mol.

Massa \( \ce{CaO} \) = 0,1 mol × 56 g/mol = 5,6 g.

Pembahasan Soal 8

Kompleks oktahedral \( \ce{[M(F)6]^{3-}} \) dengan konfigurasi d⁵ pada ion logam transisi.

• Level orbital d oktahedral terpisah menjadi \( e_g \) (d_z², d_x²-y²) dan \( t_{2g} \) (d_xy, d_xz, d_yz).
• Ligan \( \ce{F^-} \) umumnya ligan medan lemah (small \( \Delta_o \)).
• Konfigurasi d⁵ dengan medan lemah cenderung menempatkan elektron pada semua orbital dengan spin maksimal (high-spin).

Diagram orbital (sekilas):

• \( t_{2g} \) tiga orbital energi lebih rendah.
• \( e_g \) dua orbital energi lebih tinggi.
• Dengan 5 elektron, di medan lemah, setiap orbital terisi satu elektron terlebih dahulu sebelum berpasangan.

Hasilnya adalah kompleks high-spin (5 elektron tidak berpasangan). Jadi kemungkinan kompleks ini kecil menjadi low-spin.

Pembahasan Soal 9

Reaksi pembakaran etanol:

\( \ce{C2H5OH(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 3H2O(l)} \)

Entalpi reaksi (\( \Delta H_r \)) dapat dihitung dengan menggunakan \( \Delta H_f^\circ \) produk minus reaktan:

\( \Delta H_r = \sum \Delta H_f^\circ (\text{produk}) - \sum \Delta H_f^\circ (\text{reaktan}) \).

Diketahui:

• \( \Delta H_f^\circ (\ce{CO2(g)}) = -393{,}5 \,\text{kJ/mol} \)
• \( \Delta H_f^\circ (\ce{H2O(l)}) = -285{,}8 \,\text{kJ/mol} \)
• \( \Delta H_f^\circ (\ce{C2H5OH(l)}) = -277{,}0 \,\text{kJ/mol} \)
• \( \Delta H_f^\circ (\ce{O2(g)}) = 0 \,\text{kJ/mol} \) (elemen dalam keadaan standar)

Produk:

• 2 mol \( \ce{CO2} \): total entalpi = 2 × (–393,5) = –787,0 kJ
• 3 mol \( \ce{H2O(l)} \): total entalpi = 3 × (–285,8) = –857,4 kJ

Total produk = –787,0 + (–857,4) = –1644,4 kJ

Reaktan:

• 1 mol \( \ce{C2H5OH(l)} \): –277,0 kJ
• 3 mol \( \ce{O2(g)} \): 3 × 0 = 0 kJ

Total reaktan = –277,0 kJ

\( \Delta H_r = -1644,4 - (-277,0) \)
\( = -1644,4 + 277,0 = -1367,4 \,\text{kJ/mol} \)

Jadi entalpi reaksi pembakaran 1 mol etanol ≈ –1367,4 kJ.

Pembahasan Soal 10

Mekanisme reaksi nitrasi benzena menggunakan campuran \( \ce{HNO3} \) dan \( \ce{H2SO4} \):

1. Protonasi asam nitrat oleh asam sulfat: \( \ce{HNO3 + 2H2SO4 -> NO2+ + HSO4- + H3O+ + HSO4-} \).
   Namun secara ringkas sering ditulis: \( \ce{HNO3 + 2H2SO4 -> NO2+ + 2HSO4- + H3O+} \).
   Spesies elektrofil aktif adalah ion nitronium (\( \ce{NO2+} \)).
2. Elektrofil \( \ce{NO2+} \) menyerang cincin benzena melalui mekanisme elektrofilik aromatik:
   • Elektron dari cincin π menyerang \( \ce{NO2+} \), membentuk sigma complex (arenium ion).
   • Proton pada karbon yang sama kemudian dilepas, mengembalikan aromaticity dan membentuk nitrobenzena (\( \ce{C6H5NO2} \)).
3. Regenerasi katalis asam sulfat di akhir mekanisme.

Intermediat utamanya adalah sigma complex (ion arenium) yang terbentuk ketika cincin benzena kehilangan sebagian aromaticity sementara. Setelah deprotonasi, cincin kembali bersifat aromatik dengan gugus nitro terikat.