Simulasi Soal Olimpiade Kimia SMA Standar IChO : 2025 (5)

Pembahasan Soal 1

(1) Hitung \(\Delta G^\circ\) pada 298 K.

Rumus yang digunakan: $$ \Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\Delta S^\circ $$
Diketahui: \(\Delta H^\circ = -250\text{ kJ/mol}\) dan \(\Delta S^\circ = -150\text{ J/(mol.K)} = -0,150\text{ kJ/(mol.K)}\).
Maka, $$ \Delta G^\circ = -250\text{ kJ/mol} - (298\text{ K})(-0,150\text{ kJ/(mol.K)}) $$ $$ \Delta G^\circ = -250\text{ kJ/mol} + 44,7\text{ kJ/mol} $$ $$ \Delta G^\circ = -205,3\text{ kJ/mol} $$

(2) Karena \(\Delta G^\circ\) negatif, reaksi bersifat spontan pada 298 K.

(3) Karena \(\Delta S^\circ\) bernilai negatif, kenaikan suhu akan menghasilkan nilai \(T\Delta S^\circ\) yang lebih negatif, sehingga \(\Delta G^\circ\) cenderung menjadi kurang negatif (atau bahkan positif jika temperaturnya cukup tinggi). Dengan kata lain, pada suhu lebih tinggi reaksi cenderung menjadi kurang spontan.

Pembahasan Soal 2

(1) Orde reaksi total adalah 3 (2 untuk \(\ce{X}\) dan 1 untuk \(\ce{Y}\)).
(2) Persamaan laju: $$ r = k[\ce{X}]^2[\ce{Y}] $$ Untuk reaksi orde 3, satuan k adalah $$ \frac{\text{(mol/L)}}{\text{s}} \times \left(\frac{1}{\text{(mol/L)}^3}\right) = \frac{\text{L}^2}{\text{mol}^2 \cdot \text{s}}. $$

(3) Untuk waktu paruh \( t_{1/2} \) reaksi ini (dengan asumsi \([\ce{Y}]\) konstan), kita dapat menggunakan konsep bahwa laju semu menjadi orde 2 terhadap \(\ce{X}\) saja.
Jika \([\ce{Y}]\) konstan = 0,20 M, maka laju efektif adalah $$ r = k'[\ce{X}]^2, \quad \text{dengan} \quad k' = k[\ce{Y}]. $$ Maka $$ k' = k \times 0,20 \text{ M}. $$ Rumus waktu paruh untuk reaksi orde 2 (terhadap X) adalah $$ t_{1/2} = \frac{1}{k'[\ce{X}]_0}. $$ Diketahui \( t_{1/2} = 200 \text{ s}, [\ce{X}]_0 = 0,10\text{ M}. \) Sehingga $$ 200 = \frac{1}{k' \times 0,10}. $$ $$ k' = \frac{1}{200 \times 0,10} = \frac{1}{20} = 0,05 \text{ L/(mol.s)}. $$ Karena \( k' = k \times 0,20, \) maka $$ k = \frac{k'}{0,20} = \frac{0,05}{0,20} = 0,25 \text{ L^2/(mol^2.s)}. $$

Pembahasan Soal 3

(1) Bilangan oksidasi Fe dalam \(\ce{[Fe(CN)6]^{3-}}\):

Ligand CN^- masing-masing bermuatan -1.
Total muatan ligan = 6 × (-1) = -6.
Muatan total kompleks = -3.
Misalkan biloks Fe = x, maka: \( x + (-6) = -3 \implies x = +3. \) Jadi Fe berada pada keadaan oksidasi +3.

(2) Untuk Fe(III) dengan konfigurasi d⁵ di medan ligan kuat (oktahedral), diagram orbital d terbelah menjadi \(t_{2g}\) (energi lebih rendah) dan \(e_g\) (energi lebih tinggi). Kelima elektron biasanya menempati \(t_{2g}\) secara berpasangan (low-spin) apabila ligan cukup kuat, menghasilkan konfigurasi \(t_{2g}^5 e_g^0\).

(3) CN^- adalah ligan kuat yang menstabilkan kompleks melalui ikatan kovalen koordinasi (melibatkan orbital logam dan orbital π penerima pada CN^-). Hal ini menjadikan kompleks sangat stabil.

Pembahasan Soal 4

(1) Gugus metil (\(\ce{-CH3}\)) merupakan gugus pengarah orto/para (aktivatif) karena efek induksi dan resonansi (walaupun resonansi pada metil tidak sekuat gugus lain, efek hiper-konjugasi bisa membantu).
(2) Pada reaksi Friedel-Crafts alkylation, benzena diubah menjadi toluena (metilbenzena). Metil adalah gugus orto/para-directing. Pada tahapan nitrasi, gugus metil akan mengarahkan gugus nitro ke posisi orto dan para, sehingga dua regioisomer utama adalah orto-nitrotoluena dan para-nitrotoluena. Para lebih dominan karena sterik orto lebih besar.
(3) Mekanisme nitrasi melibatkan pembentukan elektrofil \(\ce{NO2+}\) dari \(\ce{HNO3}\) dan \(\ce{H2SO4}\). Kemudian elektrofil menyerang cincin benzena (yang diaktifkan oleh metil), membentuk ion sigma kompleks, dan akhirnya melepaskan proton untuk memulihkan aromatisitas.

Pembahasan Soal 5

(1) Untuk asam lemah: $$ K_a = \frac{[\ce{H+}][\ce{A-}]}{[\ce{HA}]}.$$ Jika konsentrasi awal asam = 0,10 M dan yang terdisosiasi = x, maka $$ [\ce{H+}] = x,\; [\ce{A-}] = x,\; [\ce{HA}] = 0,10 - x. $$ Asumsikan x << 0,10, maka $$ K_a \approx \frac{x \cdot x}{0,10} = \frac{x^2}{0,10}. $$ \( K_a = 1 \times 10^{-5} \) memberi $$ x^2 = 1 \times 10^{-5} \times 0,10 = 1 \times 10^{-6}. $$ $$ x = 1 \times 10^{-3} = 0,001 \text{ M}.$$ Maka $$ \text{pH} = -\log(0,001) = 3. $$

(2) Dengan penambahan garam \(\ce{NaA}\) 0,05 M, terbentuk penyangga. Rumus penyangga (Henderson-Hasselbalch): $$ \text{pH} = pK_a + \log\left(\frac{[\ce{A-}]}{[\ce{HA}]}\right). $$ Di sini, \([\ce{A-}]\) ~ 0,05 M (dari garam) + x (kecil, bisa diabaikan), dan \([\ce{HA}]\) ~ 0,10 M (karena disosiasi kecil).
$$ pK_a = -\log(1 \times 10^{-5}) = 5. $$ $$ \text{pH} \approx 5 + \log\left(\frac{0,05}{0,10}\right) = 5 + \log(0,5) \approx 5 - 0,301 = 4,699. $$ (Mendekati 4,70)

(3) Penambahan \(\ce{A-}\) dari garam menurunkan derajat ionisasi HA karena kesetimbangan bergeser (prinsip Le Chatelier). Dengan lebih banyak \(\ce{A-}\), reaksi ionisasi \(\ce{HA -> H+ + A-}\) berkurang.

Pembahasan Soal 6

Persamaan Nernst untuk sel: $$ E_{\text{sel}} = E^\circ_{\text{sel}} - \frac{0,0592}{n} \log Q, $$ di mana \( n = 2 \) (elektron yang terlibat pada reaksi redoks Zn/Cu).

(1) Kondisi awal 0,10 M untuk keduanya memberi:

$$ Q = \frac{[\ce{Zn^{2+}}]}{[\ce{Cu^{2+}}]} \quad \text{(untuk reaksi } \ce{Zn(s) + Cu^{2+}(aq) -> Zn^{2+}(aq) + Cu(s)}).$$ Di sini, reaksi sel sebenarnya kebalikannya jika kita pakai notasi Zn|Zn²⁺ || Cu²⁺|Cu, tetapi untuk memudahkan:
Jika anoda = Zn, maka reaksi anoda: \(\ce{Zn -> Zn^{2+} + 2e-}\).
Katoda = Cu, maka reaksi katoda: \(\ce{Cu^{2+} + 2e- -> Cu}\).

Jadi $$ Q = \frac{[\ce{Zn^{2+}}]}{[\ce{Cu^{2+}}]}. $$ Pada kondisi awal, \( Q = \frac{0,10}{0,10} = 1. \) Sehingga $$ E_{\text{sel}} = E^\circ_{\text{sel}} - \frac{0,0592}{2} \log(1) = 1,10 - 0.00 = 1,10\text{ V}. $$

(2) Jika \([\ce{Zn^{2+}}] = 0,010 \text{ M}\) dan \([\ce{Cu^{2+}}] = 0,10\text{ M}\), maka $$ Q = \frac{0,010}{0,10} = 0,1. $$ $$ E_{\text{sel}} = 1,10 - \frac{0,0592}{2} \log(0,1). $$ $$ \log(0,1) = -1. $$ $$ E_{\text{sel}} = 1,10 - \frac{0,0592}{2} \times (-1) = 1,10 + 0,0296 = 1,1296\text{ V}. $$ (Kira-kira 1,13 V)

(3) Jika \( E_{\text{sel}} = 0 \), maka $$ 0 = E^\circ_{\text{sel}} - \frac{0,0592}{2} \log Q. $$ $$ \frac{0,0592}{2} \log Q = E^\circ_{\text{sel}}. $$ $$ \log Q = \frac{2 E^\circ_{\text{sel}}}{0,0592}. $$ Dengan \( E^\circ_{\text{sel}} = 1,10 \text{ V}, \) $$ \log Q = \frac{2 \times 1,10}{0,0592} \approx 37,16. $$ $$ Q = 10^{37,16}, $$ yang sangat besar, berarti \([\ce{Zn^{2+}}]\) jauh lebih besar daripada \([\ce{Cu^{2+}}]\). Dalam praktiknya, ini berarti reaksi telah mencapai ekuilibrium setelah perbedaan konsentrasi ion menjadi ekstrem.

Pembahasan Soal 7

(1) \(\ce{NH3}\) termasuk ligan medan menengah-ke-kuat dalam deret spektrokimia karena memiliki pasangan elektron bebas pada N yang dapat berinteraksi kuat dengan logam transisi, meningkatkan \(\Delta_0\) (pemisahan energi orbital d).

(2) Co(III) memiliki konfigurasi d⁶. Untuk ligan kuat (oktahedral), ia biasanya membentuk kompleks low-spin. Sehingga distribusi elektron: \(t_{2g}^6 e_g^0\), tanpa elektron di orbital \(e_g\).

(3) Nilai \(\Delta_0\) yang besar menyerap cahaya dengan panjang gelombang tertentu (sesuai energi pemisahan), sehingga kompleks terlihat berwarna. Semakin besar \(\Delta_0\), panjang gelombang yang diserap biasanya lebih pendek (energi lebih tinggi), dan kompleks dapat menampakkan warna yang berbeda (umumnya lebih intens atau berbeda hue).

Pembahasan Soal 8

Diketahui hasil pembakaran:
- 8,8 gram \(\ce{CO2}\)
- 3,6 gram \(\ce{H2O}\)

(1) Menentukan nilai x dan y.

- Jumlah mol \(\ce{CO2}\) = \(\frac{8,8}{44} = 0,2\) mol. Ini berarti ada 0,2 mol C dalam hidrokarbon karena 1 mol \(\ce{CO2}\) berasal dari 1 mol C.
- Jumlah mol \(\ce{H2O}\) = \(\frac{3,6}{18} = 0,2\) mol. Ini berarti ada 0,4 mol H dalam hidrokarbon karena 1 mol \(\ce{H2O}\) mengandung 2 mol H.
Perbandingan C : H = 0,2 : 0,4 = 1 : 2.
Jadi \( x = 1, y = 2. \) Hidrokarbonnya adalah \(\ce{CH2}\).

(2) Persamaan reaksi pembakaran sempurna:\[ \ce{CH2 + \frac{3}{2}O2 -> CO2 + H2O}. \] Jika kita ingin menuliskan dalam rasio integer, kalikan 2: \[ \ce{2CH2 + 3O2 -> 2CO2 + 2H2O}. \]

(3) Jika massa total \(\ce{CH2}\) = 4,4 gram, kita cek dulu berapa mol \(\ce{CH2}\) itu.
- Massa molar \(\ce{CH2}\) = 12 + 2 = 14 g/mol.
- Jumlah mol \(\ce{CH2}\) = 4,4 / 14 = 0,3142857... ~ 0,3143 mol.
Pembakaran sempurna satu mol \(\ce{CH2}\) menghasilkan satu mol \(\ce{CO2}\). Jadi 0,3143 mol \(\ce{CH2}\) menghasilkan 0,3143 mol \(\ce{CO2}\).
Volume 1 mol gas di STP = 22,4 L.
Volume \(\ce{CO2}\) = 0,3143 × 22,4 ~ 7,04 L.