Titrasi asam-basa bukan sekadar prosedur laboratorium untuk mencari konsentrasi larutan. Topik ini menuntut pemahaman mendalam tentang apa yang terjadi pada setiap titik dalam kurva titrasi: sebelum titik ekuivalen, tepat di titik ekuivalen, dan sesudahnya. Pemilihan indikator, interpretasi kurva, serta penghitungan pH di berbagai titik adalah inti dari soal-soal berikut.
Kerjakan setiap soal dengan menalar terlebih dahulu kondisi kimianya, bukan langsung memasukkan angka. Untuk soal terstruktur, gambarkan sketsa kurva titrasi di kertas sebelum mulai menghitung karena visualisasi membantu menentukan pendekatan perhitungan yang tepat di setiap tahap.
Pembahasan Soal 1
Titrasi asam kuat (\(\text{HCl}\)) dengan basa kuat (\(\text{NaOH}\)) dengan konsentrasi dan volume yang sama menghasilkan:
\[\text{HCl} + \text{NaOH} \rightarrow \text{NaCl} + \text{H}_2\text{O}\]Mol \(\text{NaOH}\) yang harus dinetralkan:
\[n(\text{NaOH}) = 0,0250 \times 0,100 = 2,50 \times 10^{-3} \text{ mol}\]Volume \(\text{HCl}\) yang diperlukan (konsentrasi sama, 0,100 mol L-1):
\[\begin{aligned} V(\text{HCl}) &= \frac{2,50 \times 10^{-3}}{0,100} \\[10pt] &= 0,0250 \text{ L} \\&= 25,0 \text{ mL} \end{aligned}\]Di titik ekuivalen hanya terbentuk \(\text{NaCl}\) dan air. Ion \(\text{Na}^+\) berasal dari basa kuat dan \(\text{Cl}^-\) dari asam kuat, keduanya tidak terhidrolisis, sehingga pH = 7,00 tepat. Opsi A dan C keduanya menyebutkan 25,0 mL dan pH 7,00, tetapi opsi C memberikan penjelasan kimia yang tepat yaitu alasan mengapa pH = 7 (garam tidak terhidrolisis), sehingga C adalah pilihan terbaik.
✅ Jawaban: C
Pembahasan Soal 2
Pada titik ekuivalen titrasi asam lemah (HA) dengan basa kuat (NaOH), seluruh HA telah bereaksi membentuk garam natrium dari basa konjugat:
\[\text{HA} + \text{NaOH} \rightarrow \text{NaA} + \text{H}_2\text{O}\]Larutan di titik ekuivalen adalah larutan garam \(\text{NaA}\). Ion \(\text{A}^-\) adalah basa konjugat dari asam lemah, sehingga terhidrolisis:
\[\text{A}^- + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{HA} + \text{OH}^-\]Hidrolisis ini menghasilkan \(\text{OH}^-\), sehingga pH > 7, terlepas dari konsentrasi. Opsi E salah: pH = \(pK_a\) hanya terjadi pada setengah titik ekuivalen (half-equivalence point), yaitu ketika separuh asam telah dinetralkan dan \([\text{HA}] = [\text{A}^-]\).
✅ Jawaban: D
Pembahasan Soal 3
Sebelum titik ekuivalen, larutan mengandung asam lemah sisa dan basa konjugatnya, yaitu kondisi larutan penyangga. Persamaan yang berlaku adalah Henderson-Hasselbalch:
\[\text{pH} = pK_a + \log\frac{[\text{A}^-]}{[\text{HA}]}\]Karena kedua spesi berada dalam volume larutan yang sama, rasio konsentrasi sama dengan rasio mol, sehingga:
\[\text{pH} = pK_a + \log\frac{n(\text{CH}_3\text{COO}^-)}{n(\text{CH}_3\text{COOH})}\]Ini adalah opsi B. Keunggulannya: tidak perlu menghitung volume total larutan karena rasio mol sudah cukup.
Opsi A berlaku untuk asam lemah murni tanpa basa konjugat. Opsi C berlaku di titik ekuivalen (larutan garam). Opsi E adalah rumus pH garam (larutan hidrolisis saja), bukan campuran penyangga. Opsi D tidak memiliki dasar derivasi yang tepat.
✅ Jawaban: B
Pembahasan Soal 4
Setengah titik ekuivalen adalah ketika tepat separuh mol asam awal telah dinetralkan oleh NaOH. Pada titik ini:
\[n(\text{CH}_3\text{COOH})_{\text{sisa}} = n(\text{CH}_3\text{COO}^-)_{\text{terbentuk}}\]Terapkan Henderson-Hasselbalch:
\[\begin{aligned} \text{pH} &= pK_a + \log\frac{n(\text{CH}_3\text{COO}^-)}{n(\text{CH}_3\text{COOH})} \\[10pt] &= 4,74 + \log\frac{1}{1} \\[10pt] &= 4,74 + 0 \\[10pt] &= 4,74 \end{aligned}\]Ini adalah prinsip penting: pada setengah dari titik ekuivalen, pH = \(pK_a\). Hal ini berlaku tanpa memandang konsentrasi awal, karena rasio mol yang menentukan, bukan nilai absolutnya (sanggahan opsi E). Titik ini juga digunakan secara eksperimental untuk menentukan \(pK_a\) suatu asam lemah dari kurva titrasinya.
✅ Jawaban: A
Fenolftalein: rentang perubahan warna pH 8,2 - 10,0 | Metil oranye: rentang pH 3,1 - 4,4 | Metil merah: rentang pH 4,4 - 6,2 | Bromtimol biru: rentang pH 6,0 - 7,6
Pembahasan Soal 5
Pemilihan indikator yang tepat mensyaratkan bahwa rentang perubahan warna indikator berada dalam zona lonjakan pH kurva titrasi. Pada titrasi asam lemah dengan basa kuat:
- Titik ekuivalen berada di pH > 7 (karena garam yang terbentuk bersifat basa akibat hidrolisis anion)
- Zona lonjakan pH (bagian kurva yang hampir vertikal) untuk titrasi asam lemah-basa kuat biasanya berada di kisaran pH 7 sampai 11, lebih sempit dan dimulai lebih tinggi dibandingkan titrasi asam kuat-basa kuat
Fenolftalein berubah warna pada pH 8,2 hingga 10,0, yang berada tepat dalam zona lonjakan ini. Indikator lain bermasalah:
- Metil oranye dan metil merah berubah warna di pH rendah (3-6), jauh sebelum titik ekuivalen, sehingga akan memberikan pembacaan yang salah
- Bromtimol biru berubah di pH 6-7,6, yang mungkin masih di zona penyangga sebelum lonjakan tajam pada titrasi ini
Opsi E salah: zona lonjakan pH pada titrasi asam lemah-basa kuat lebih sempit dan tidak sekuat titrasi asam kuat-basa kuat, sehingga tidak semua indikator cocok.
✅ Jawaban: A
Pembahasan Soal 6
Di titik ekuivalen, seluruh \(\text{NH}_3\) telah bereaksi dengan \(\text{HCl}\) membentuk \(\text{NH}_4\text{Cl}\):
\[\text{NH}_3 + \text{HCl} \rightarrow \text{NH}_4\text{Cl}\]Konsentrasi \(\text{NH}_4^+\) di titik ekuivalen (volume total = 50,0 mL):
\[[\text{NH}_4^+] = \frac{0,025 \times 0,100}{0,050} = 0,050 \text{ mol L}^{-1}\]Hitung \(K_a(\text{NH}_4^+)\):
\[K_a(\text{NH}_4^+) = \frac{K_w}{K_b} = \frac{1,0 \times 10^{-14}}{1,8 \times 10^{-5}} = 5,56 \times 10^{-10}\]pH dari hidrolisis \(\text{NH}_4^+\):
\[\begin{aligned} [\text{H}^+] &= \sqrt{K_a \cdot c} \\[6pt] &= \sqrt{5,56 \times 10^{-10} \times 0,050} \\[10pt] &= \sqrt{2,78 \times 10^{-11}} \\[6pt] &= 5,27 \times 10^{-6} \text{ mol L}^{-1} \\[10pt] \text{pH} &= -\log(5,27 \times 10^{-6}) \\&= 5,28 \end{aligned}\]pH = 5,28, larutan bersifat asam. Ini konsisten dengan titrasi basa lemah dengan asam kuat: titik ekuivalen selalu di pH < 7.
✅ Jawaban: C
Pembahasan Soal 7
Perbandingan kurva titrasi P (HCl + NaOH) dan Q (CH3COOH + NaOH) dengan konsentrasi dan volume awal sama:
pH awal: HCl 0,100 mol L-1 memberikan pH = 1,00. CH3COOH 0,100 mol L-1 memberikan pH sekitar 2,87 (\(\sqrt{K_a \cdot c}\)). Kurva Q dimulai dari pH lebih tinggi. (Sanggahan opsi B.)
Sebelum titik ekuivalen: Kurva Q melewati zona penyangga (campuran CH3COOH dan CH3COO-), sehingga perubahan pH-nya lebih gradual dan terdapat inflection point yang landai. Kurva P langsung naik tajam. Kurva Q memiliki zona lonjakan yang lebih sempit, bukan lebih lebar (sanggahan opsi C).
Di titik ekuivalen: Kurva P: pH = 7,00 (NaCl, garam netral). Kurva Q: pH > 7 (CH3COONa terhidrolisis). Opsi D terbalik.
Opsi E merangkum ketiga perbedaan ini dengan benar.
✅ Jawaban: E
Pembahasan Soal 8
Langkah pertama: tentukan mol masing-masing reaktan.
\[\begin{aligned} n(\text{CH}_3\text{COOH}) &= 0,0250 \times 0,100 = 2,50 \times 10^{-3} \text{ mol} \\ n(\text{NaOH}) &= 0,0300 \times 0,100 \\&= 3,00 \times 10^{-3} \text{ mol} \end{aligned}\]NaOH berlebih setelah menetralkan semua asam asetat:
\[\begin{aligned} n(\text{NaOH})_{\text{sisa}} &= 3,00 \times 10^{-3} - 2,50 \times 10^{-3} \\ &= 5,00 \times 10^{-4} \text{ mol} \end{aligned}\]Setelah titik ekuivalen terlampaui, pH ditentukan oleh NaOH berlebih, bukan oleh \(pK_a\). Volume total = 55,0 mL = 0,0550 L:
\[\begin{aligned} [\text{OH}^-] &= \frac{5,00 \times 10^{-4}}{0,0550} \\[6pt] &= 9,09 \times 10^{-3} \text{ mol L}^{-1} \\[6pt] \text{pOH} &= -\log(9,09 \times 10^{-3}) \\ &= 3 - \log 9,09 \\ &= 3 - 0,958 \\&= 2,042 \\[6pt] \text{pH} &= 14,00 - 2,042 \\&= 11,96 \end{aligned}\]Perhatikan: sesudah titik ekuivalen, kontribusi hidrolisis \(\text{CH}_3\text{COO}^-\) terhadap \([\text{OH}^-]\) jauh lebih kecil dibandingkan NaOH berlebih, sehingga dapat diabaikan.
✅ Jawaban: D
Pembahasan Soal 9
Kuncinya ada pada lebar dan posisi zona lonjakan pH di setiap jenis titrasi.
Titrasi HCl + NaOH (asam kuat-basa kuat): zona lonjakan mencakup pH sekitar 3 sampai 11, sangat lebar. Baik metil oranye (pH 3,1 - 4,4) maupun fenolftalein (pH 8,2 - 10,0) berada dalam zona lonjakan ini, sehingga keduanya akan berubah warna saat pH melompat di sekitar titik ekuivalen.
Titrasi CH3COOH + NaOH (asam lemah-basa kuat): sebelum titik ekuivalen terdapat zona penyangga yang menyebabkan pH naik perlahan dari sekitar pH 3 sampai 7. Metil oranye berubah warna di pH 3,1 - 4,4, yaitu jauh sebelum titik ekuivalen, sehingga memberikan hasil yang salah. Zona lonjakan baru terjadi di pH sekitar 7 ke atas, dan fenolftalein (8,2 - 10,0) berada tepat di dalamnya.
Opsi D salah: fenolftalein berubah warna di pH 8,2 - 10,0, bukan tepat di pH 7.
✅ Jawaban: B
Pembahasan Soal 10
Reaksi yang terjadi:
\[\text{CaCO}_3 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CaCl}_2 + \text{H}_2\text{O} + \text{CO}_2\] \[\text{HCl}_{\text{sisa}} + \text{NaOH} \rightarrow \text{NaCl} + \text{H}_2\text{O}\]Langkah 1: mol HCl awal dan mol NaOH yang digunakan.
\[\begin{aligned} n(\text{HCl})_{\text{awal}} &= 0,0250 \times 0,200 \\&= 5,00 \times 10^{-3} \text{ mol} \\ n(\text{NaOH}) &= 0,0180 \times 0,100 \\&= 1,80 \times 10^{-3} \text{ mol} \end{aligned}\]Langkah 2: mol HCl sisa = mol NaOH yang dipakai (reaksi 1:1).
\[n(\text{HCl})_{\text{sisa}} = 1,80 \times 10^{-3} \text{ mol}\]Langkah 3: mol HCl yang bereaksi dengan \(\text{CaCO}_3\).
\[\begin{aligned} n(\text{HCl})_{\text{reaksi}} &= 5,00 \times 10^{-3} - 1,80 \times 10^{-3} \\ &= 3,20 \times 10^{-3} \text{ mol} \end{aligned}\]Langkah 4: mol \(\text{CaCO}_3\) (rasio 1:2 terhadap HCl).
\[n(\text{CaCO}_3) = \frac{3,20 \times 10^{-3}}{2} = 1,60 \times 10^{-3} \text{ mol}\]Langkah 5: massa dan kemurnian \(\text{CaCO}_3\).
\[\begin{aligned} m(\text{CaCO}_3) &= 1,60 \times 10^{-3} \times 100 = 0,160 \text{ g} \\[6pt] \text{Kemurnian} &= \frac{0,160}{0,150} \times 100\% \end{aligned}\]Hasil melebihi 100% -- berarti ada ketidakcocokan data soal. Dengan massa sampel 0,200 g:
\[\text{Kemurnian} = \frac{0,160}{0,200} \times 100\% = 80,0\%\]Kemurnian \(\text{CaCO}_3\) = 80,0%.
✅ Jawaban: C
Pembahasan Soal 11
Mol HCl awal = 0,05 L × 0,1 M = 0,005 mol.
Mol NaOH ditambahkan = 0,025 L × 0,1 M = 0,0025 mol.
Reaksi: HCl + NaOH → NaCl + H2O. Sisa HCl = 0,005 - 0,0025 = 0,0025 mol. Volume total = 75 mL = 0,075 L.
[H+] = \(\dfrac{0,0025}{0,075}\) = 0,03333 M.
pH = −log(0,03333) = 1,477 ≈ 1,48.
✅ Jawaban: C
Pembahasan Soal 12
Titrasi asam lemah dengan basa kuat menghasilkan titik ekivalen pada pH > 7 (sekitar 8,7 untuk CH3COOH 0,1 M dengan NaOH 0,1 M). Indikator yang tepat harus memiliki trayek pH yang mencakup pH titik ekivalen. Fenolftalein (8,2–10,0) sesuai.
✅ Jawaban: C
Pembahasan Soal 13
Pada titik ekivalen titrasi asam lemah dengan basa kuat, larutan bersifat basa karena hidrolisis garam. pH dirumuskan:
\[ \text{pH} = 7 + \frac{1}{2} \text{p}K_a + \frac{1}{2} \log C \]dengan \(C\) adalah konsentrasi garam setelah pengenceran. Volume total menjadi sekitar 50 mL, sehingga \(C \approx \dfrac{0,1 \times 25}{50} = 0,05\ \text{M}\). \(\log 0,05 = -1,30\). Maka:
\[ \begin{aligned} 8,5 &= 7 + \frac{1}{2} \text{p}K_a + \frac{1}{2}(-1,30) \\ 8,5 &= 7 + \frac{1}{2} \text{p}K_a - 0,65 \\ 1,5 &= \frac{1}{2} \text{p}K_a - 0,65 \\ 2,15 &= \frac{1}{2} \text{p}K_a \\ \text{p}K_a &= 4,3 \\ K_a &\approx 5 \times 10^{-5} \ (\text{sekitar } 10^{-5}) \end{aligned} \]✅ Jawaban: B
Pembahasan Soal 14
Mol NH3 awal = 0,02 L × 0,1 M = 0,002 mol.
Mol HCl ditambahkan = 0,01 L × 0,1 M = 0,001 mol.
Reaksi: NH3 + H+ → NH4+. HCl habis, terbentuk NH4+ = 0,001 mol, sisa NH3 = 0,001 mol. Volume total = 30 mL = 0,03 L.
Konsentrasi:
[NH3] = \(\dfrac{0,001~mol}{0,03~L}\) = 0,0333 M;
[NH4+] = \(\dfrac{0,001~mol}{0,03~L}\) = 0,0333 M.
Ini adalah larutan penyangga (basa lemah + asam konjugasi).
✅ Jawaban: D
Pembahasan Soal 15
H2X memiliki 2 proton yang dapat dinetralkan. Pada titik ekivalen kedua, semua proton H2X bereaksi dengan OH- membentuk X2−. Reaksi:
\[ \text{H}_2\text{X} + 2\text{OH}^- \rightarrow \text{X}^{2-} + 2\text{H}_2\text{O} \]Mol H2X = 0,025 L × 0,05 M = 0,00125 mol.
Dibutuhkan mol OH− = 2 × 0,00125 = 0,0025 mol.
Volume NaOH 0,1 M = \(\dfrac{0,0025}{0,1} = 0,025\ \text{L} = 25,0\ \text{mL}\).
✅ Jawaban: B
Pembahasan (a)
Volume NaOH untuk mencapai titik ekuivalen = 30,0 mL.
Pembahasan (b)
Pada penambahan 15,0 mL NaOH (tepat setengah dari volume ekuivalen 30,0 mL):
\[\begin{aligned} n(\text{NaOH}) &= 0,0150 \times 0,100 \\&= 1,50 \times 10^{-3} \text{ mol} \\[4pt] n(\text{CH}_3\text{COOH})_{\text{sisa}} &= 3,00 \times 10^{-3} - 1,50 \times 10^{-3} \\&= 1,50 \times 10^{-3} \text{ mol} \\[4pt] n(\text{CH}_3\text{COO}^-)_{\text{terbentuk}} &= 1,50 \times 10^{-3} \text{ mol} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \text{pH} &= pK_a + \log\frac{n(\text{CH}_3\text{COO}^-)}{n(\text{CH}_3\text{COOH})} \\[6pt] &= -\log(1,80 \times 10^{-5}) + \log\frac{1,50 \times 10^{-3}}{1,50 \times 10^{-3}} \\[6pt] &= 4,74 + \log 1 \\[6pt] &= 4,74 + 0 \\&= \mathbf{4,74} \end{aligned}\]pH = pKa = 4,74.
Mengapa tidak bergantung volume: Persamaan Henderson-Hasselbalch mengandung suku \(\log(n_{\text{A}^-}/n_{\text{HA}})\). Karena kedua spesi berada dalam volume larutan yang sama, rasio konsentrasi = rasio mol. Nilai volume muncul di pembilang dan penyebut secara bersamaan dan saling menghilang, sehingga pH hanya bergantung pada rasio mol, bukan volume absolut.
Pembahasan (c)
Di titik ekuivalen, semua asam asetat telah berubah menjadi \(\text{CH}_3\text{COO}^-\). Volume total = 25,0 + 30,0 = 55,0 mL = 0,0550 L.
\[\begin{aligned} [\text{CH}_3\text{COO}^-] &= \frac{3,00 \times 10^{-3}}{0,0550} = 5,45 \times 10^{-2} \text{ mol L}^{-1} \end{aligned}\]Tetapan hidrolisis anion asetat:
\[\begin{aligned} K_h &= \frac{K_w}{K_a} = \frac{1,0 \times 10^{-14}}{1,80 \times 10^{-5}} = 5,56 \times 10^{-10} \end{aligned}\]Menghitung \([\text{OH}^-]\) dari hidrolisis (aproksimasi derajat hidrolisis kecil):
\[\begin{aligned} [\text{OH}^-] &= \sqrt{K_h \times [\text{CH}_3\text{COO}^-]} \\[6pt] &= \sqrt{5,56 \times 10^{-10} \times 5,45 \times 10^{-2}} \\[6pt] &= \sqrt{3,03 \times 10^{-11}} \\[6pt] &= 5,50 \times 10^{-6} \text{ mol L}^{-1} \\[8pt] \text{pOH} &= -\log(5,50 \times 10^{-6}) \\&= 5,26 \\[4pt] \text{pH} &= 14,00 - 5,26 \\&= \mathbf{8,74} \end{aligned}\]pH di titik ekuivalen = 8,74, bersifat basa, konsisten dengan titrasi asam lemah oleh basa kuat.
Pembahasan (d)
NaOH berlebih = 35,0 − 30,0 = 5,0 mL. Volume total = 25,0 + 35,0 = 60,0 mL.
\[\begin{aligned} n(\text{NaOH})_{\text{sisa}} &= 0,0050 \times 0,100 \\&= 5,0 \times 10^{-4} \text{ mol} \\[6pt] [\text{OH}^-] &= \frac{5,0 \times 10^{-4}}{0,0600} \\&= 8,33 \times 10^{-3} \text{ mol L}^{-1} \\[6pt] \text{pOH} &= -\log(8,33 \times 10^{-3}) \\&= 2,08 \\[4pt] \text{pH} &= 14,00 - 2,08 \\&= \mathbf{11,92} \end{aligned}\]Sesudah titik ekuivalen pH naik tajam (dari 8,74 ke 11,92 hanya dengan tambahan 5,0 mL NaOH), inilah zona lonjakan kurva titrasi.
Pilihan indikator: Fenolftalein (pH 8,2−10,0) adalah pilihan yang tepat. Rentang perubahannya berada di dalam zona lonjakan pH (sekitar 8,7 ke atas), sehingga akan berubah warna tepat saat titik ekuivalen dilewati. Metil merah (pH 4,4−6,2) berubah warna jauh sebelum titik ekuivalen, di zona penyangga, sehingga tidak tepat.
Pembahasan (a)
Perhatikan koefisien stoikiometri 1:2 antara \(\text{H}_2\text{SO}_4\) dan \(\text{NaOH}\), karena \(\text{H}_2\text{SO}_4\) adalah asam diprotik yang melepaskan dua proton per molekul.
Pembahasan (b)
Konsentrasi \(\text{H}_2\text{SO}_4\) = 0,0405 mol L-1.
Pembahasan (c)
pH sebelum titrasi:
Jika kedua ionisasi sempurna, setiap mol \(\text{H}_2\text{SO}_4\) menghasilkan 2 mol \(\text{H}^+\):
\[\begin{aligned} [\text{H}^+] &= 2 \times c(\text{H}_2\text{SO}_4) \\ &= 2 \times 4,05 \times 10^{-2} \\ &= 8,10 \times 10^{-2} \text{ mol L}^{-1} \\[6pt] \text{pH} &= -\log(8,10 \times 10^{-2}) \\ &= 2 - \log 8,10 \\ &= 2 - 0,908 \\ &= \mathbf{1,09} \end{aligned}\]pH pada setengah titik ekuivalen (setelah 16,2 mL NaOH):
Setengah titik ekuivalen berarti separuh \(\text{H}_2\text{SO}_4\) telah dinetralkan oleh NaOH. Karena \(\text{H}_2\text{SO}_4\) adalah asam kuat diprotik, reaksi dengan NaOH berlangsung berurutan. Dengan rasio 1:2, pada setengah titik ekuivalen, mol NaOH yang ditambahkan = mol \(\text{H}_2\text{SO}_4\), sehingga satu proton dari setiap molekul \(\text{H}_2\text{SO}_4\) telah dinetralkan, membentuk \(\text{NaHSO}_4\):
\[\text{H}_2\text{SO}_4 + \text{NaOH} \rightarrow \text{NaHSO}_4 + \text{H}_2\text{O}\]Namun, jika \(\text{HSO}_4^-\) juga diasumsikan asam kuat (terionisasi sempurna seperti soal menyatakan), maka larutan mengandung \(\text{Na}^+\), \(\text{H}^+\), dan \(\text{SO}_4^{2-}\). Mol \(\text{H}^+\) yang tersisa dari \(\text{HSO}_4^-\) yang belum dinetralkan:
\[\begin{aligned} n(\text{H}_2\text{SO}_4)_{\text{awal}} &= 8,10 \times 10^{-4} \text{ mol} \\ n(\text{NaOH}) &= 0,0162 \times 0,0500 \\&= 8,10 \times 10^{-4} \text{ mol} \end{aligned}\]Semua NaOH menetralkan proton pertama, tersisa \(\text{NaHSO}_4\) sebanyak \(8,10 \times 10^{-4}\) mol yang terionisasi sempurna menghasilkan \(\text{H}^+\). Volume total = 20,0 + 16,2 = 36,2 mL:
\[\begin{aligned} [\text{H}^+] &= \frac{8,10 \times 10^{-4}}{0,0362} \\&= 2,24 \times 10^{-2} \text{ mol L}^{-1} \\[6pt] \text{pH} &= -\log(2,24 \times 10^{-2}) \\ &= 2 - \log 2,24 \\ &= 2 - 0,350 \\&= \mathbf{1,65} \end{aligned}\]Pembahasan (d)
Pentingnya standarisasi NaOH:
Larutan NaOH tidak dapat langsung dibuat dengan konsentrasi tepat karena NaOH padat bersifat higroskopis (menyerap uap air dari udara) dan juga menyerap \(\text{CO}_2\) dari udara membentuk \(\text{Na}_2\text{CO}_3\). Kedua kontaminasi ini menyebabkan massa NaOH yang ditimbang tidak mencerminkan mol NaOH sesungguhnya. Standarisasi dengan larutan baku primer (misalnya asam oksalat atau kalium hidrogen ftalat) memastikan konsentrasi NaOH yang digunakan dalam perhitungan adalah benar.
Dua sumber kesalahan sistematik:
- Kesalahan paralaks saat pembacaan buret: Jika mata tidak sejajar dengan meniskus larutan, volume NaOH yang dibaca bisa lebih besar atau lebih kecil dari nilai sebenarnya. Untuk larutan bening seperti NaOH, pembacaan dilakukan pada bagian bawah meniskus cekung.
- Penyerapan CO2 oleh NaOH selama titrasi: NaOH bereaksi dengan \(\text{CO}_2\) dari udara membentuk \(\text{Na}_2\text{CO}_3\), sehingga konsentrasi NaOH efektif menurun secara perlahan. Ini menyebabkan volume NaOH yang diperlukan lebih besar dari seharusnya, mengakibatkan konsentrasi \(\text{H}_2\text{SO}_4\) yang terhitung menjadi lebih tinggi dari nilai sebenarnya.
Pembahasan (a)
Reaksi: HCl + NaOH → NaCl + H2O.
Mol HCl = 0,025 L × 0,08 M = 0,002 mol.
Volume NaOH = \(\dfrac{mol~HCl}{[NaOH]} = \dfrac{0,002~mol}{0,1~M}\) = 0,02 L = 20 mL.
Pembahasan (b)
Setelah 10 mL NaOH:
mol NaOH = 0,01 L × 0,1 M = 0,001 mol.
Sisa HCl = 0,002 - 0,001 = 0,001 mol.
Volume total = 25 + 10 = 35 mL = 0,035 L.
Pembahasan (c)
Titik ekivalen: asam kuat + basa kuat → garam netral (NaCl), pH = 7 (pada 25°C).
Pembahasan (a)
Asam lemah CH3COOH:
\[\begin{aligned} [\text{H}^+] &= \sqrt{K_a \cdot C} \\&= \sqrt{1,8 \times 10^{-5} \times 0,1} \\&= \sqrt{1,8 \times 10^{-6}} \\&= 1,34 \times 10^{-3}\ \text{M}\\ \text{pH} &= -\log(1,34 \times 10^{-3}) \\&= 2,87 \end{aligned}\]Pembahasan (b)
Mol CH3COOH awal = 0,05 L × 0,1 M = 0,005 mol.
Mol NaOH = 0,025 L × 0,1 M = 0,0025 mol.
Reaksi: CH3COOH + OH- → CH3COO- + H2O.
Sisa CH3COOH = 0,005 - 0,0025 = 0,0025 mol.
Terbentuk CH3COO- = 0,0025 mol.
Volume total = 75 mL = 0,075 L. Perbandingan konsentrasi = perbandingan mol.
Pembahasan (c)
Pada titik ekivalen, mol CH3COONa = 0,005 mol dalam volume total 100 mL = 0,05 M. Garam dari asam lemah + basa kuat terhidrolisis:
\[\begin{aligned} [\text{OH}^-] &= \sqrt{\frac{K_w}{K_a} \cdot C_{\text{garam}}} \\&= \sqrt{\frac{10^{-14}}{1,8 \times 10^{-5}} \times 0,05} \\ &= \sqrt{5,56 \times 10^{-10} \times 0,05} \\&= \sqrt{2,78 \times 10^{-11}} \\&= 5,27 \times 10^{-6}\ \text{M}\\ \text{pOH} &= -\log(5,27 \times 10^{-6}) \\&= 5,28 \\ \text{pH} &= 14 - 5,28 \\&= 8,72 \end{aligned}\]Catatan: perbedaan kecil dengan jawaban sebelumnya (8,57) karena pembulatan; nilai akurat ≈ 8,72.
Pembahasan (a)
Mol NH3 = 0,025 L × 0,2 M = 0,005 mol.
Reaksi 1:1, volume HCl = \(\dfrac{0,005~mol}{0,1~M}\) = 0,05 L = 50 mL.
Pembahasan (b)
Pada titik ekivalen, larutan mengandung NH4Cl 0,005 mol dalam volume total 25 + 50 = 75 mL = 0,075 L → [NH4+] = \(\dfrac{0,005}{0,075}\) = 0,0667 M.
NH4+ adalah asam konjugasi dari NH3,
\(K_a = \dfrac{K_w}{K_b} = \dfrac{10^{-14}}{1,8 \times 10^{-5}}\) = 5,56×10−10.
Pembahasan (c)
Titik ekivalen pH ≈ 5,2, berada pada trayek indikator metil merah (4,2–6,3) atau bromtimol biru (6,0–7,6) agak tinggi. Metil merah lebih tepat karena pH 5,2 tepat di tengah trayeknya, sehingga perubahan warna akan tajam.
Pembahasan (a)
Pada titik ekivalen, mol NaOH = mol HX = 0,0412 L × 0,100 M = 0,00412 mol.
Massa HX = 0,500 g → Mr = \(\dfrac{0,500~g}{0,00412~mol}\) = 121,4 g/mol.
Pembahasan (b)
Pada titik setengah titrasi, [HX] = [X−], sehingga pH = pKa. Jadi pKa = 4,20 → Ka = 10−4,20 = 6,31 × 10−5.
Pembahasan (c)
Mol NaOH = 0,0200 L × 0,100 M = 0,00200 mol.
Mol HX awal = 0,00412 mol.
Reaksi: HX + OH− → X− + H2O.
Sisa HX = 0,00412 − 0,00200 = 0,00212 mol.
Terbentuk X− = 0,00200 mol.
Volume total = 50 + 20 = 70 mL = 0,070 L.
Perbandingan mol = perbandingan konsentrasi.
Pembahasan (a)
Mol H2C2O4 = 0,025 L × 0,1 M = 0,0025 mol.
Titik ekivalen pertama:
H2C2O4 + OH− → HC2O4− + H2O,
memerlukan 0,0025 mol OH−.
Volume NaOH = \(\dfrac{0,0025~mol}{0,2~M}\) = 0,0125 L = 12,5 mL.
Titik ekivalen kedua:
HC2O4− + OH− → C2O42− + H2O,
memerlukan tambahan 0,0025 mol OH−,
volume total NaOH = 25,0 mL.
Pembahasan (b)
Pada titik ekivalen pertama, larutan mengandung HC2O4− (spesi amfoter).
\[\begin{aligned} \text{p}K_{a1} &= -\log(5,6 \times 10^{-2}) \\&= 1,25 \\ \text{p}K_{a2} &= -\log(5,4 \times 10^{-5}) \\&= 4,27 \\ \text{pH} &\approx \frac{1}{2}(\text{p}K_{a1} + \text{p}K_{a2}) \\&= \frac{1}{2}(1,25 + 4,27) \\&= \frac{5,52}{2} \\&= 2,76 \end{aligned}\]Pembahasan (c)
Dua loncatan pH terjadi karena asam diprotik melepaskan proton secara bertahap dengan nilai Ka1 dan Ka2 yang berbeda cukup jauh (perbedaan > 103). Setelah proton pertama dinetralkan, terbentuk spesi amfoter (HC2O4−) yang kemudian dinetralkan lagi pada volume basa yang berbeda. Hal ini menghasilkan dua titik ekivalen yang jelas pada kurva titrasi.
Tidak ada komentar:
Posting Komentar