Pembahasan Soal Topik D (Asam-Basa) - OSN Kimia Tingkat Kab/Kota Tahun 2026

Berikut pembahasan soal-soal OSN Kimia tingkat kabupaten/kota tahun 2026. Pada postingan ini disajikan khusus soal Topik D (Asam-Basa). Soal tentang bahasan ini berjumlah 5 item soal.

Bahasan Soal OSN Kab/Kota 2025 bidang kimia topik lainnya dapat dibaca pada tautan berikut:

• Topik A: Struktur Anorganik
• Topik B: Kinetika
• Topik C: Kimia Organik
• Topik D: Asam-Basa
• Topik F: Dasar-Dasar Spektroskopi
• Topik G: Kelarutan
• Topik H: Sifat Koligatif Larutan
• Topik I: Termodinamika
• Topik J: Elektrokimia

Topik D – Asam-Basa (16 poin)

Topik D - Soal 1 (2 poin)

Data berikut digunakan pada Topik D soal 1-5. Untuk asam fosfat, pK_a1 = 2,15; pK_a2 = 7,20; pK_a3 = 12,35; dan K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴.

Pernyataan yang paling tepat mengenai spesi dihidrogen fosfat adalah .....

1. Bersifat asam dengan K_a = 10^−7,20
2. Bersifat amfoter, sebagai asam K_a = 10^−7,20 dan sebagai basa K_b = 10^−11,85
3. Bersifat amfoter, sebagai asam K_a = 10^−7,20 dan sebagai basa K_b = 10^−2,15
4. Bersifat amfoter, sebagai asam K_a = 10^−12,35 dan sebagai basa K_b = 10^−6,80
5. Bersifat amfoter, sebagai asam K_a = 10^−12,35 dan sebagai basa K_b = 10^−7,20

Pembahasan Soal D-1

Data: Asam fosfat (H₃PO₄)

• pK_a1 = 2,15  →  K_a1 = 10^−2,15
• pK_a2 = 7,20  →  K_a2 = 10^−7,20
• pK_a3 = 12,35  →  K_a3 = 10^−12,35
• K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴

---

1. Apa itu Spesi Dihidrogen Fosfat?

Asam fosfat (H₃PO₄) adalah asam triprotik – artinya ia memiliki tiga proton (H⁺) yang bisa dilepas, satu per satu, menghasilkan tiga spesi anion:

Tahap ionisasi	Spesi yang terbentuk	Nama
Setelah melepas 1 H+	H2PO4−	Dihidrogen fosfat
Setelah melepas 2 H+	HPO42−	Hidrogen fosfat
Setelah melepas 3 H+	PO43−	Fosfat

Jadi dihidrogen fosfat = H₂PO₄⁻, yaitu spesi yang sudah melepas 1 proton dari H₃PO₄.

---

2. Mengapa H₂PO₄⁻ Bersifat Amfoter?

Amfoter berarti suatu spesi bisa bertindak sebagai asam (melepas H⁺) sekaligus sebagai basa (menerima H⁺), tergantung kondisinya.

H₂PO₄⁻ masih punya dua atom H yang bisa dilepas (fungsi asam), dan juga bisa menerima kembali 1 proton untuk membentuk H₃PO₄ lagi (fungsi basa).

3. Fungsi Asam H₂PO₄⁻

Ketika bertindak sebagai asam, H₂PO₄⁻ melepas 1 proton:

H₂PO₄⁻  ⇌  H⁺ + HPO₄²⁻

Ini adalah ionisasi tahap ke-2 dari H₃PO₄, sehingga konstantanya adalah K_a2:

$$K_a = K_{a_2} = 10^{-7{,}20}$$

4. Fungsi Basa H₂PO₄⁻

Ketika bertindak sebagai basa, H₂PO₄⁻ menerima 1 proton dan kembali membentuk H₃PO₄:

H₂PO₄⁻ + H⁺  ⇌  H₃PO₄

Reaksi ini adalah kebalikan dari ionisasi tahap ke-1 H₃PO₄:

H₃PO₄  ⇌  H⁺ + H₂PO₄⁻     (K_a1 = 10^−2,15)

Karena reaksi basa adalah kebalikannya, maka:

$$ \begin{aligned} K_b &= \frac{K_w}{K_{a_1}} \\[8pt] &= \frac{10^{-14}}{10^{-2{,}15}} \\[8pt] &= 10^{-14 - (-2{,}15)} \\[8pt] &= 10^{-11{,}85} \end{aligned} $$

---

5. Pembahasan Tiap Pilihan

Pilihan	Pernyataan	Status	Alasan
A	Hanya bersifat asam, Ka = 10−7,20	❌ Salah	H2PO4− juga bisa bertindak sebagai basa, jadi bukan hanya asam.
B	Amfoter; Ka = 10−7,20 dan Kb = 10−11,85	✅ Benar	Ka = Ka2; Kb = Kw/Ka1 = 10−14/10−2,15 = 10−11,85
C	Amfoter; Ka = 10−7,20 dan Kb = 10−2,15	❌ Salah	Kb bukan Ka1 secara langsung. Harus Kw/Ka1, bukan Ka1 itu sendiri.
D	Amfoter; Ka = 10−12,35 dan Kb = 10−6,80	❌ Salah	Ka = 10−12,35 adalah milik HPO42−, bukan H2PO4−.
E	Amfoter; Ka = 10−12,35 dan Kb = 10−7,20	❌ Salah	Kedua nilai tersebut bukan milik H2PO4−.

✅ Jawaban: B

---

6. Ringkasan – Cara Cepat Menentukan K_a dan K_b Spesi Amfoter

Untuk spesi amfoter hasil ionisasi asam poliprotik tahap ke-n:

• K_a = K_an+1  (ionisasi berikutnya, tahap setelah spesi ini terbentuk)
• K_b = K_w / K_an  (kebalikan dari ionisasi yang menghasilkan spesi ini)

Untuk H₂PO₄⁻ (terbentuk dari tahap ke-1, yaitu n = 1):

• K_a = K_a2 = 10^−7,20
• K_b = K_w / K_a1 = 10⁻¹⁴ / 10^−2,15 = 10^−11,85

---

Topik D - Soal 2 (3 poin)

Untuk asam fosfat, pK_a1 = 2,15; pK_a2 = 7,20; pK_a3 = 12,35; dan K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴.

pH larutan asam fosfat 0,100 M adalah .....

1. 1,08
2. 1,58
3. 1,63
4. 1,91
5. 2,15

Pembahasan Soal D-2

Data: pK_a1 = 2,15;  pK_a2 = 7,20;  pK_a3 = 12,35;  K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴

---

1. Kenapa Cukup Pakai Ionisasi Tahap Pertama?

Asam fosfat (H₃PO₄) adalah asam triprotik yang terionisasi dalam 3 tahap:

Tahap	Reaksi	Nilai Ka
1	H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4−	Ka1 = 10−2,15 ≈ 7,08 × 10−3
2	H2PO4− ⇌ H+ + HPO42−	Ka2 = 10−7,20 ≈ 6,31 × 10−8
3	HPO42− ⇌ H+ + PO43−	Ka3 = 10−12,35 ≈ 4,47 × 10−13

Perbandingan Ka₁ vs Ka₂:
$$\frac{K_{a_1}}{K_{a_2}} = \frac{10^{-2{,}15}}{10^{-7{,}20}} = 10^{5{,}05} \approx 10^5$$ Ka₁ lebih besar 100.000 kali dibanding Ka₂. Artinya, kontribusi H⁺ dari tahap 2 dan 3 sangat kecil dan dapat diabaikan. Ionisasi tahap pertama saja sudah cukup untuk menghitung pH.

---

2. Menyusun Tabel ABS (Ionisasi Tahap 1)

H₃PO₄   ⇌   H⁺  +  H₂PO₄⁻

	H3PO4	H+	H2PO4−
Awal (M)	0,100	0	0
Berubah (M)	−x	+x	+x
Setimbang (M)	0,100 − x	x	x

---

3. Menyusun Persamaan K_a1

$$K_{a_1} = \frac{[\text{H}^+][\text{H}_2\text{PO}_4^-]}{[\text{H}_3\text{PO}_4]} = \frac{x \cdot x}{0{,}100 - x} = \frac{x^2}{0{,}100 - x}$$

4. Cek: Apakah Aproksimasi x ≪ 0,100 Berlaku?

Aturan praktis: aproksimasi valid jika $\dfrac{K_a}{C} \leq 0{,}01$ (ionisasi ≤ 10%).

$$\frac{K_{a_1}}{C} = \frac{10^{-2{,}15}}{0{,}100} = \frac{7{,}08 \times 10^{-3}}{0{,}100} = 0{,}071 \approx 7{,}1\%$$ Hasil 7,1% masih mendekati batas, jadi aproksimasi masih dapat diterima untuk perhitungan tingkat SMA, namun kita tetap harus hati-hati. Pada soal OSN, lebih baik diselesaikan dengan persamaan kuadrat agar hasilnya lebih akurat.

---

5. Penyelesaian dengan Persamaan Kuadrat

Dari persamaan kesetimbangan:

$$\frac{x^2}{0{,}100 - x} = 10^{-2{,}15} = 7{,}079 \times 10^{-3}$$

Kalikan kedua ruas dengan $(0{,}100 - x)$:

$$x^2 = 7{,}079 \times 10^{-3} \,(0{,}100 - x)$$ $$x^2 = 7{,}079 \times 10^{-4} - 7{,}079 \times 10^{-3}\,x$$ $$x^2 + 7{,}079 \times 10^{-3}\,x - 7{,}079 \times 10^{-4} = 0$$

Gunakan rumus kuadrat $x = \dfrac{-b + \sqrt{b^2 + 4ac}}{2a}$ (ambil akar positif):

$$ \begin{aligned} a &= 1,\quad b = 7{,}079 \times 10^{-3},\quad c = -7{,}079 \times 10^{-4} \\[8pt] D &= b^2 + 4ac \\[8pt] &= (7{,}079 \times 10^{-3})^2 + 4(1)(7{,}079 \times 10^{-4}) \\[8pt] &= 5{,}011 \times 10^{-5} + 2{,}832 \times 10^{-3} \\[8pt] &= 2{,}882 \times 10^{-3} \\[8pt] \sqrt{D} &= \sqrt{2{,}882 \times 10^{-3}} = 5{,}368 \times 10^{-2} \\[8pt] x &= \frac{-7{,}079 \times 10^{-3} + 5{,}368 \times 10^{-2}}{2} \\[8pt] &= \frac{4{,}660 \times 10^{-2}}{2} \\[8pt] &= 2{,}330 \times 10^{-2} \text{ M} \end{aligned} $$

---

6. Menghitung pH

$$ \begin{aligned} [\text{H}^+] &= x = 2{,}330 \times 10^{-2} \text{ M} \\[8pt] \text{pH} &= -\log[\text{H}^+] \\[8pt] &= -\log(2{,}330 \times 10^{-2}) \\[8pt] &= -(\log 2{,}330 + \log 10^{-2}) \\[8pt] &= -(0{,}367 - 2) \\[8pt] &= -(-1{,}633) \\[8pt] &= 1{,}633 \end{aligned} $$

✅ Jawaban yang tepat C.
pH larutan H₃PO₄ 0,100 M ≈ 1,63

---

7. Ringkasan Langkah

Langkah	Yang Dilakukan
1	Fokus pada ionisasi tahap 1 (Ka₁ ≫ Ka₂)
2	Buat tabel ABS, nyatakan [H+] = x
3	Substitusi ke ekspresi Ka, bentuk persamaan kuadrat
4	Selesaikan dengan rumus kuadrat, ambil nilai x positif
5	pH = −log x

---

Topik D - Soal 3 (3 poin)

Untuk asam fosfat, pK_a1 = 2,15; pK_a2 = 7,20; pK_a3 = 12,35; dan K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴.

Pada soal 2, fraksi H⁺ yang disumbangkan oleh reaksi deprotonasi kedua adalah .....

1. ~ 10⁻³
2. ~ 10⁻⁴
3. ~ 10⁻⁵
4. ~ 10⁻⁶
5. ~ 10⁻⁷

Pembahasan Soal D-3

Data: pK_a1 = 2,15;  pK_a2 = 7,20;  pK_a3 = 12,35;  K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴

---

1. Mengingat Hasil Soal 2

Dari soal 2, diketahui bahwa pada kesetimbangan ionisasi tahap 1:

• [H⁺]_total ≈ [H₂PO₄⁻] = 2,330 × 10⁻² M
• [H₃PO₄] sisa = 0,100 − 0,02330 = 0,07670 M

Nilai-nilai ini menjadi kondisi awal untuk menghitung ionisasi tahap 2.

---

2. Apa yang Dimaksud "Fraksi H⁺ dari Tahap 2"?

Setelah tahap 1 selesai, spesi H₂PO₄⁻ yang terbentuk dapat terionisasi lebih lanjut (tahap 2):

H₂PO₄⁻  ⇌  H⁺ + HPO₄²⁻

Jika ionisasi tahap 2 menghasilkan tambahan H⁺ sebesar $y$ mol/L, maka:

$$\text{Fraksi} = \frac{[\text{H}^+]_{\text{dari tahap 2}}}{[\text{H}^+]_{\text{total}}} = \frac{y}{[\text{H}^+]_{\text{total}}}$$

Kunci pemahaman: Setiap mol H₂PO₄⁻ yang terionisasi pada tahap 2 menghasilkan tepat 1 mol H⁺ dan 1 mol HPO₄²⁻. Maka: $$y = [\text{HPO}_4^{2-}]_{\text{setimbang}}$$

---

3. Menyusun Tabel ABS untuk Ionisasi Tahap 2

Kondisi awal diambil dari hasil kesetimbangan tahap 1:

	H2PO4−	H+	HPO42−
Awal (M)	2,330 × 10−2	2,330 × 10−2	0
Berubah (M)	−y	+y	+y
Setimbang (M)	2,330 × 10−2 − y	2,330 × 10−2 + y	y

---

4. Persamaan K_a2

$$K_{a_2} = \frac{[\text{H}^+][\text{HPO}_4^{2-}]}{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]} = \frac{(2{,}330\times10^{-2}+y)\cdot y}{2{,}330\times10^{-2}-y}$$

Karena K_a2 = 10^−7,20 = 6,310 × 10⁻⁸ sangat kecil, maka $y \ll 2{,}330 \times 10^{-2}$. Aproksimasi ini sangat valid (beda 5 orde besaran), sehingga:

$$K_{a_2} \approx \frac{(2{,}330\times10^{-2})\cdot y}{2{,}330\times10^{-2}} = y$$

Jadi:

$$ \begin{aligned} y &= K_{a_2} \\[8pt] &= 10^{-7{,}20} \\[8pt] &= 6{,}310 \times 10^{-8} \text{ M} \end{aligned} $$

Mengapa y = K_a2?
Ini terjadi karena konsentrasi H⁺ yang sudah ada dari tahap 1 (2,330 × 10⁻² M) sama persis dengan konsentrasi H₂PO₄⁻ awalnya. Keduanya saling menghilangkan dalam aproksimasi, menyisakan $y \approx K_{a_2}$ secara langsung.

---

5. Menghitung Fraksi

Total [H⁺] setelah tahap 2:

$$ \begin{aligned} [\text{H}^+]_{\text{total}} &= 2{,}330\times10^{-2} + y \\[8pt] &\approx 2{,}330\times10^{-2} \text{ M} \quad (\text{karena } y \ll 2{,}330\times10^{-2}) \end{aligned} $$

Fraksi H⁺ dari deprotonasi kedua:

$$ \begin{aligned} \text{Fraksi} &= \frac{y}{[\text{H}^+]_{\text{total}}} \\[8pt] &= \frac{6{,}310\times10^{-8}}{2{,}330\times10^{-2}} \\[8pt] &= 2{,}708\times10^{-6} \\[8pt] &\approx 2{,}71\times10^{-6} \end{aligned} $$

✅ Jawaban yang tepat D,
Fraksi H⁺ dari deprotonasi kedua = ~10⁻⁶

---

Topik D - Soal 4 (4 poin)

Untuk asam fosfat, pK_a1 = 2,15; pK_a2 = 7,20; pK_a3 = 12,35; dan K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴.

Indikator yang paling tepat untuk menentukan titik ekuivalen pertama (TE1) dalam titrasi 50,0 mL larutan asam fosfat 0,100 M dan larutan NaOH 0,100 M pada 25 °C adalah .....

1. Metil oranye (rentang kerja 3,1–4,4)
2. Bromokresol hijau (rentang kerja 3,8–5,4)
3. Bromotimol biru (rentang kerja 6,0–7,6)
4. Fenolftalein (rentang kerja 8,2–10,0)
5. Timolftalein (rentang kerja 9,4–10,6)

Pembahasan Soal D-4

Data: pK_a1 = 2,15;  pK_a2 = 7,20;  pK_a3 = 12,35;  K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴

Titrasi: 50,0 mL H₃PO₄ 0,100 M + NaOH 0,100 M, suhu 25 °C

---

1. Reaksi pada Titik Ekuivalen Pertama (TE1)

Saat H₃PO₄ dititrasi dengan NaOH, reaksi berlangsung bertahap. TE1 tercapai ketika tepat 1 mol NaOH bereaksi dengan 1 mol H₃PO₄:

H₃PO₄ + NaOH  →  NaH₂PO₄ + H₂O

Menghitung mol dan volume NaOH yang dibutuhkan untuk TE1:

$$ \begin{aligned} n_{\text{H}_3\text{PO}_4} &= 0{,}0500 \text{ L} \times 0{,}100 \text{ mol/L} = 5{,}00 \times 10^{-3} \text{ mol} \\[8pt] n_{\text{NaOH}} &= n_{\text{H}_3\text{PO}_4} = 5{,}00 \times 10^{-3} \text{ mol} \\[8pt] V_{\text{NaOH}} &= \frac{5{,}00 \times 10^{-3} \text{ mol}}{0{,}100 \text{ mol/L}} = 50{,}0 \text{ mL} \end{aligned} $$

Jadi pada TE1, 50,0 mL NaOH ditambahkan sehingga volume total larutan menjadi 100,0 mL.

Spesi dominan di larutan pada TE1 adalah H₂PO₄⁻ (dihidrogen fosfat), dengan konsentrasi:

$$ \begin{aligned} [\text{H}_2\text{PO}_4^-] &= \frac{5{,}00 \times 10^{-3} \text{ mol}}{0{,}1000 \text{ L}} = 0{,}0500 \text{ M} \end{aligned} $$

---

2. Sifat H₂PO₄⁻ di TE1: Spesi Amfoter

Seperti yang sudah dibahas pada Soal 1, H₂PO₄⁻ bersifat amfoter -- bisa bertindak sebagai asam maupun basa secara bersamaan dalam larutan:

Sebagai asam:   H₂PO₄⁻ ⇌ H⁺ + HPO₄²⁻    (K_a2 = 10^−7,20)

Sebagai basa:   H₂PO₄⁻ + H⁺ ⇌ H₃PO₄       (K_b = K_w/K_a1 = 10^−11,85)

---

3. Rumus pH Larutan Amfoter

Untuk spesi amfoter yang terbentuk dari ionisasi tahap ke-n asam poliprotik, berlaku rumus aproksimasi:

$$\text{pH} = \frac{\text{p}K_{a_n} + \text{p}K_{a_{n+1}}}{2}$$

Rumus ini valid selama konsentrasi spesi amfoter jauh lebih besar dari Ka-nya (berlaku pada kebanyakan kasus praktis).

H₂PO₄⁻ terbentuk dari ionisasi tahap ke-1, sehingga nilai yang relevan adalah pK_a1 dan pK_a2:

$$ \begin{aligned} \text{pH} &= \frac{\text{p}K_{a_1} + \text{p}K_{a_2}}{2} \\[8pt] &= \frac{2{,}15 + 7{,}20}{2} \\[8pt] &= \frac{9{,}35}{2} \\[8pt] &= 4{,}675 \end{aligned} $$

Mengapa rumus ini berlaku?
Pada larutan murni H₂PO₄⁻, reaksi autoprotolisis mendominasi: $$2\,\text{H}_2\text{PO}_4^- \;\rightleftharpoons\; \text{H}_3\text{PO}_4 + \text{HPO}_4^{2-}$$ Dari kesetimbangan ini bisa diturunkan bahwa $[\text{H}^+] = \sqrt{K_{a_1} \cdot K_{a_2}}$, sehingga: $$\text{pH} = \frac{\text{p}K_{a_1} + \text{p}K_{a_2}}{2}$$ Hasilnya tidak bergantung pada konsentrasi H₂PO₄⁻ (selama asumsi pengenceran ekstrem tidak terpenuhi), sehingga pengenceran akibat pencampuran larutan tidak mempengaruhi pH.

---

4. Pemilihan Indikator

pH di TE1 = 4,68. Indikator yang tepat adalah yang rentang perubahan warnanya mencakup atau paling dekat dengan pH 4,68:

Pilihan	Indikator	Rentang Kerja	Mencakup pH 4,68?
A	Metil oranye	3,1 – 4,4	❌  4,68 > 4,4 (terlalu rendah)
B	Bromokresol hijau	3,8 – 5,4	✅  3,8 ≤ 4,68 ≤ 5,4 (tepat di tengah!)
C	Bromotimol biru	6,0 – 7,6	❌  4,68 < 6,0 (terlalu tinggi)
D	Fenolftalein	8,2 – 10,0	❌  4,68 < 8,2 (jauh terlalu tinggi)
E	Timolftalein	9,4 – 10,6	❌  4,68 < 9,4 (jauh terlalu tinggi)

pH 4,68 jatuh tepat di dalam rentang bromokresol hijau (3,8–5,4).

✅  Indikator yang paling tepat: B. Bromokresol hijau (rentang 3,8–5,4)
    pH TE1 = 4,68 berada di dalam rentang indikator ini.

---

5. Ringkasan Strategi Soal

Langkah	Yang Dilakukan	Hasil
1	Tentukan reaksi di TE1	H3PO4 + NaOH → NaH2PO4
2	Identifikasi spesi dominan	H2PO4− (amfoter)
3	Gunakan rumus pH amfoter	pH = (pKa1 + pKa2) / 2 = 4,68
4	Pilih indikator yang mencakup pH tersebut	Bromokresol hijau (3,8–5,4)

---

Topik D - Soal 5 (4 poin)

Untuk asam fosfat, pK_a1 = 2,15; pK_a2 = 7,20; pK_a3 = 12,35; dan K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴.

Sebanyak 50,0 mL larutan asam fosfat 0,100 M dititrasi dengan larutan NaOH 0,100 M pada 25 °C. Setelah penambahan 75,0 mL NaOH 0,100 M, pH larutan adalah .....

1. 4,68
2. 6,20
3. 7,20
4. 7,78
5. 9,78

Pembahasan Soal D-5

Data: pK_a1 = 2,15;  pK_a2 = 7,20;  pK_a3 = 12,35;  K_w = 1,00 × 10⁻¹⁴

50,0 mL H₃PO₄ 0,100 M dititrasi dengan NaOH 0,100 M pada 25 °C.

---

1. Posisi Titrasi: Di Mana Kita Berada?

Pertama, identifikasi titik-titik ekuivalen titrasi H₃PO₄ dengan NaOH:

Titik Ekuivalen	Reaksi	Volume NaOH yang dibutuhkan
TE1	H3PO4 + NaOH → NaH2PO4	50,0 mL
TE2	NaH2PO4 + NaOH → Na2HPO4	100,0 mL (total)
TE3	Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4	150,0 mL (total)

Penambahan 75,0 mL NaOH berada tepat di tengah antara TE1 (50 mL) dan TE2 (100 mL).
Ini adalah titik setengah ekuivalen kedua (half-equivalence point ke-2).

0 – 50 mL

▼ kita di sini 75 mL

100 – 150 mL

Awal
(0 mL) TE1
(50 mL) 75 mL TE2
(100 mL) TE3
(150 mL)

---

2. Menghitung Mol Sebelum dan Sesudah Reaksi

Mol masing-masing spesi sebelum reaksi:

$$ \begin{aligned} n_{\text{H}_3\text{PO}_4} &= 0{,}0500 \text{ L} \times 0{,}100 \text{ mol/L} = 5{,}00 \times 10^{-3} \text{ mol} \\[8pt] n_{\text{NaOH}} &= 0{,}0750 \text{ L} \times 0{,}100 \text{ mol/L} = 7{,}50 \times 10^{-3} \text{ mol} \end{aligned} $$

Reaksi berlangsung secara bertahap. NaOH pertama menghabiskan H₃PO₄ (TE1 = 5,00 × 10⁻³ mol NaOH), lalu sisa NaOH bereaksi dengan H₂PO₄⁻:

Tahap 1:   H₃PO₄ + NaOH → NaH₂PO₄ + H₂O

Tahap 2:   H₂PO₄⁻ + NaOH → HPO₄²⁻ + H₂O

	H3PO4	NaOH	H2PO4−	HPO42−
Mula-mula (mmol)	5,00	7,50	0	0
Setelah Tahap 1 (mmol)	0	2,50 (sisa)	5,00	0
Setelah Tahap 2 (mmol)	0	0	2,50	2,50

Hasil akhir: larutan mengandung H₂PO₄⁻ dan HPO₄²⁻ dalam jumlah yang sama persis (2,50 mmol masing-masing). Ini adalah sistem buffer konjugat.

---

3. Menghitung pH dengan Persamaan Henderson-Hasselbalch

Larutan mengandung pasangan asam-basa konjugat H₂PO₄⁻ / HPO₄²⁻, yang berkaitan melalui K_a2:

H₂PO₄⁻  ⇌  H⁺ + HPO₄²⁻     (K_a2, pK_a2 = 7,20)

Persamaan Henderson-Hasselbalch:

$$\text{pH} = \text{p}K_{a_2} + \log\frac{[\text{HPO}_4^{2-}]}{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]}$$

Karena mol H₂PO₄⁻ = mol HPO₄²⁻ = 2,50 mmol, dan keduanya berada dalam volume yang sama:

$$\frac{[\text{HPO}_4^{2-}]}{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]} = \frac{n_{\text{HPO}_4^{2-}}}{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}} = \frac{2{,}50}{2{,}50} = 1$$

Substitusi ke Henderson-Hasselbalch:

$$ \begin{aligned} \text{pH} &= \text{p}K_{a_2} + \log\frac{[\text{HPO}_4^{2-}]}{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]} \\[8pt] &= 7{,}20 + \log(1) \\[8pt] &= 7{,}20 + 0 \\[8pt] &= 7{,}20 \end{aligned} $$

✅ Jawaban yang tepat: C
pH larutan setelah penambahan 75,0 mL NaOH = 7,20

---

4. Mengapa pH = pK_a2? Konsep Half-Equivalence Point

Pada titik half-equivalence (setengah titik ekuivalen), tepat separuh spesi asam telah dikonversi menjadi basa konjugatnya. Dalam kasus ini:

• Separuh H₂PO₄⁻ (hasil TE1) telah diubah menjadi HPO₄²⁻
• Sehingga [H₂PO₄⁻] = [HPO₄²⁻]
• Maka log(1) = 0, dan pH = pK_a2

Sifat umum: pH di half-equivalence point ke-n selalu sama dengan pK_an.

---

5. Peta Lengkap Titik-Titik Kunci Titrasi Ini

Volume NaOH	Kondisi	pH
0 mL	H3PO4 murni 0,100 M	1,63 (dari soal 2)
25 mL	Half-equivalence ke-1: [H3PO4] = [H2PO4−]	pKa1 = 2,15
50 mL (TE1)	H2PO4− amfoter 0,0500 M	(pKa1 + pKa2)/2 = 4,68
75 mL	Half-equivalence ke-2: [H2PO4−] = [HPO42−]	pKa2 = 7,20
100 mL (TE2)	HPO42− amfoter 0,0333 M	(pKa2 + pKa3)/2 = 9,78
125 mL	Half-equivalence ke-3: [HPO42−] = [PO43−]	pKa3 = 12,35

---