Pembahasan Soal Olimpiade Kimia Tingkat Nasional US 2026 Bagian 2/4

Berikut ini pembahasan soal pilihan ganda dengan 4 opsi olimpiade kimia nasional dari US 2026 yang dapat digunakan sebagai tambahan belajar persiapan olimpiade kimia di Indonesia. Sumber soal dapat diakses di sini. Pembahasan di sini tidak sekadar mengarah ke jawaban yang benar tetapi dibahas mendetail sehingga pembaca dapat mempelajari secara utuh. Jumlah soal 60 butir pilihan ganda dengan 4 opsi. Pembahasan akan diberikan setiap 15 soal.

Pembahasan soal nomor 1-15;
Pembahasan soal nomor 16-30;
Pembahasan soal nomor 31-45;
Pembahasan soal nomor 46-60.

1. Soal 16.

   Titik tripel kripton berada pada 0,73 bar dan 116 K. Manakah yang benar untuk sampel Kr murni pada kesetimbangan pada 0,73 bar dan 90 K?
   1. Hanya fase gas yang stabil
   2. Hanya fase padat yang stabil
   3. Fase padat dan gas berada dalam kesetimbangan
   4. Fase padat dan cair berada dalam kesetimbangan
   Konsep kunci: Titik tripel adalah satu-satunya titik pada diagram fase ($P$ vs $T$) di mana tiga fase (padat, cair, dan gas) berada dalam kesetimbangan secara bersamaan. Dari titik tripel ini, terdapat tiga kurva batas fase yang saling bertemu:

   $$ \begin{aligned} &\text{Kurva peleburan (fusi)}: \quad \text{batas padat–cair, menjalar ke atas dari titik tripel} \\[6pt] &\text{Kurva penguapan (vaporisasi)}: \quad \text{batas cair–gas, menjalar ke suhu lebih tinggi dari titik tripel} \\[6pt] &\text{Kurva sublimasi}: \quad \text{batas padat–gas, menjalar ke suhu lebih rendah dari titik tripel} \end{aligned} $$

   Fakta penting: fase cair TIDAK PERNAH stabil pada suhu di bawah suhu titik tripel, berapa pun tekanannya, karena titik tripel adalah suhu terendah di mana kesetimbangan cair-gas (dan cair-padat) masih bisa terjadi. Di bawah suhu ini, hanya kesetimbangan padat–gas (sepanjang kurva sublimasi) yang mungkin terjadi.

   Langkah 1: Bandingkan suhu yang ditanyakan dengan suhu titik tripel

   $$ T_{\text{ditanyakan}} = 90 \ \text{K} \; < \; T_{\text{tripel}} = 116 \ \text{K} $$

   Karena $90 \ \text{K}$ berada di bawah suhu titik tripel, fase cair sudah dapat langsung dieliminasi dari kemungkinan jawaban, ini menyingkirkan Opsi D (padat dan cair setimbang), karena cairan Kr sama sekali tidak dapat eksis secara stabil pada suhu serendah ini, berapa pun tekanan yang diberikan.

   $$ \text{Opsi D} \; \Rightarrow \; \text{TIDAK MUNGKIN (cairan tidak stabil di bawah } T_{\text{tripel}}\text{)} $$

   Langkah 2: Analisis posisi titik $(0{,}73 \text{ bar}, 90 \text{ K})$ relatif terhadap kurva sublimasi

   Sepanjang kurva sublimasi (kesetimbangan padat–gas), berlaku hubungan Clausius–Clapeyron:

   $$ \ln P_{\text{sublimasi}} = -\dfrac{\Delta H_{\text{sub}}}{R}\cdot\dfrac{1}{T} + C $$

   Karena $\Delta H_{\text{sub}} > 0$ (sublimasi menyerap kalor), tekanan kesetimbangan sublimasi $P_{\text{sub}}(T)$ akan menurun tajam seiring suhu yang menurun:

   $$ T \downarrow \;\;\Rightarrow\;\; P_{\text{sub}}(T) \downarrow \;\; (\text{jauh di bawah nilai pada titik tripel}) $$

   Titik tripel Kr berada pada $(0{,}73 \ \text{bar},\ 116 \ \text{K})$, ini adalah titik awal (suhu tertinggi) dari kurva sublimasi. Jika suhu diturunkan ke $90 \ \text{K}$ (selisih $26 \ \text{K}$ di bawah titik tripel), tekanan kesetimbangan sublimasi pada suhu tersebut, $P_{\text{sub}}(90\text{K})$, akan menjadi jauh lebih rendah daripada $0{,}73$ bar (secara eksponensial, karena hubungan Clausius–Clapeyron bersifat logaritmik terhadap $1/T$).

   $$ P_{\text{sub}}(90 \ \text{K}) \; \ll \; 0{,}73 \ \text{bar} $$

   Langkah 3: Bandingkan tekanan yang diberikan dengan tekanan kesetimbangan sublimasi pada 90 K

   Tekanan aktual pada sistem ($0{,}73$ bar) jauh lebih tinggi daripada tekanan kesetimbangan sublimasi Kr pada 90 K ($P_{\text{sub}}(90\text{K})$). Ini berarti titik keadaan $(0{,}73 \ \text{bar}, 90 \ \text{K})$ berada di atas kurva sublimasi pada diagram fase $P$–$T$.

   Secara fisik, jika tekanan gas yang diberikan melebihi tekanan uap kesetimbangan (baik itu tekanan uap jenuh cairan maupun tekanan sublimasi padatan) pada suhu tersebut, maka fase gas menjadi tidak stabil, sistem akan mengembun/memadat sepenuhnya menuju fase yang lebih terkondensasi (dalam hal ini padat, karena suhu di bawah titik tripel) agar mencapai kesetimbangan termodinamika yang stabil:

   $$ P_{\text{sistem}} (0{,}73 \ \text{bar}) \; > \; P_{\text{sub}}(90 \ \text{K}) \;\;\Rightarrow\;\; \text{gas akan terus memadat menjadi padatan seluruhnya} $$

   Dengan demikian, pada keadaan $(0{,}73 \ \text{bar}, 90 \ \text{K})$, seluruh sampel Kr akan berada dalam satu fase homogen, yaitu padatan murni, bukan berada tepat pada kurva kesetimbangan padat-gas (yang hanya berlaku bila $P_{\text{sistem}} = P_{\text{sub}}(T)$ persis).

   Langkah 4: Menyingkirkan opsi lain

   $$ \begin{aligned} \text{Opsi A (hanya gas)} &\;\Rightarrow\; \text{SALAH, karena tekanan sistem jauh melebihi tekanan sublimasi kesetimbangan, gas tidak stabil} \\[6pt] \text{Opsi C (padat-gas setimbang)} &\;\Rightarrow\; \text{SALAH, karena kesetimbangan padat-gas hanya terjadi TEPAT pada kurva sublimasi (satu nilai $P$ untuk tiap $T$), bukan pada sembarang $P$ yang lebih tinggi} \\[6pt] \text{Opsi D (padat-cair setimbang)} &\;\Rightarrow\; \text{SALAH, karena cairan tidak stabil di bawah suhu titik tripel (Langkah 1)} \end{aligned} $$

   Kesimpulan: Karena suhu 90 K berada di bawah suhu titik tripel (116 K), fase cair sama sekali tidak mungkin ada. Selain itu, karena tekanan yang diberikan (0,73 bar) jauh melebihi tekanan kesetimbangan sublimasi Kr pada 90 K, fase gas juga tidak stabil, seluruh sampel akan mengembun sepenuhnya menjadi padatan. Oleh karena itu, pada kondisi (0,73 bar, 90 K), hanya fase padat yang stabil.

   Jawaban: B. Hanya fase padat yang stabil

   ---

2. Soal 17.

   Pernyataan manakah tentang titik didih relatif yang benar?

   I. 2-Metilpropana memiliki titik didih normal yang lebih tinggi daripada butana.

   II. 2-Metil-1-propanol memiliki titik didih normal yang lebih tinggi daripada 1-butanol.

   1. Hanya I
   2. Hanya II
   3. Baik I maupun II
   4. Baik I maupun II tidak benar
   Konsep kunci: Di antara isomer-isomer struktural (rumus molekul sama, kerangka berbeda), percabangan (branching) pada rantai karbon cenderung menurunkan titik didih dibandingkan rantai lurus (unbranched). Ini terjadi karena molekul bercabang memiliki bentuk yang lebih kompak/menyerupai bola (spherical), sehingga luas permukaan kontak antarmolekul berkurang, akibatnya gaya dispersi London (dan interaksi antarmolekul lain yang bergantung pada kontak permukaan) menjadi lebih lemah, sehingga lebih mudah dipisahkan (titik didih lebih rendah).

   ---

   Langkah 1: Uji Pernyataan I: 2-metilpropana vs butana

   Kedua senyawa ini adalah isomer struktural dengan rumus molekul sama, $\text{C}_4\text{H}_{10}$:

   $$ \begin{aligned} \text{Butana (n-butana)}&: \quad \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_3 \quad (\text{rantai lurus}) \\[8pt] \text{2-Metilpropana (isobutana)}&: \quad (\text{CH}_3)_3\text{CH} \quad (\text{rantai bercabang, lebih kompak}) \end{aligned} $$

   Karena keduanya adalah molekul non-polar yang hanya mengandalkan gaya dispersi London (tidak ada ikatan hidrogen atau dipol permanen signifikan), bentuk molekul yang lebih kompak pada isobutana mengurangi luas kontak permukaan antarmolekul dibandingkan bentuk rantai lurus butana yang lebih memanjang dan dapat "bertumpukan" lebih efektif dengan molekul tetangganya:

   $$ \begin{aligned} T_{didih}\ (\text{butana, rantai lurus}) &\approx -0{,}5°\text{C} \\[6pt] T_{didih}\ (\text{2-metilpropana, bercabang}) &\approx -11{,}7°\text{C} \end{aligned} $$

   Jadi, 2-metilpropana (isobutana) memiliki titik didih yang LEBIH RENDAH, bukan lebih tinggi, daripada butana:

   $$ T_{didih}\ (\text{2-metilpropana}) < T_{didih}\ (\text{butana}) $$ $$ \boxed{\text{Pernyataan I: SALAH}} $$

   ---

   Langkah 2: Uji Pernyataan II: 2-metil-1-propanol vs 1-butanol

   Kedua senyawa ini juga merupakan isomer struktural dengan rumus molekul sama, $\text{C}_4\text{H}_{10}\text{O}$, dan keduanya sama-sama merupakan alkohol primer (gugus $-\text{OH}$ terletak di ujung rantai) sehingga keduanya mampu membentuk ikatan hidrogen antarmolekul dengan efektivitas serupa per gugus $-\text{OH}$:

   $$ \begin{aligned} \text{1-Butanol}&: \quad \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH} \quad (\text{rantai lurus}) \\[8pt] \text{2-Metil-1-propanol (isobutanol)}&: \quad (\text{CH}_3)_2\text{CH}-\text{CH}_2-\text{OH} \quad (\text{rantai bercabang}) \end{aligned} $$

   Meskipun keduanya dapat membentuk ikatan hidrogen (interaksi dominan pada alkohol), gaya dispersi London yang berasal dari bagian rantai hidrokarbonnya tetap berperan dalam kekuatan total gaya antarmolekul. Karena struktur bercabang pada isobutanol tetap mengurangi luas kontak permukaan antar rantai karbonnya (sama seperti kasus butana vs isobutana), gaya dispersi total yang menyumbang pada tarikan antarmolekul menjadi lebih lemah dibandingkan rantai lurus 1-butanol, walaupun kekuatan ikatan hidrogen itu sendiri relatif sebanding:

   $$ \begin{aligned} T_{didih}\ (\text{1-butanol, rantai lurus}) &\approx 117{,}7°\text{C} \\[6pt] T_{didih}\ (\text{2-metil-1-propanol, bercabang}) &\approx 108°\text{C} \end{aligned} $$

   Jadi, 2-metil-1-propanol memiliki titik didih yang LEBIH RENDAH, bukan lebih tinggi, daripada 1-butanol:

   $$ T_{didih}\ (\text{2-metil-1-propanol}) < T_{didih}\ (\text{1-butanol}) $$ $$ \boxed{\text{Pernyataan II: SALAH}} $$

   ---

   Langkah 3: Simpulkan pola umum

   Kedua pasang isomer di atas menunjukkan pola yang konsisten dan berlaku umum dalam kimia organik: di antara isomer struktural dengan gugus fungsi yang sama, semakin bercabang rantai karbonnya, semakin rendah titik didihnya, terlepas dari apakah molekul tersebut non-polar (seperti alkana) maupun memiliki kemampuan ikatan hidrogen (seperti alkohol), karena percabangan selalu mengurangi luas kontak permukaan antarmolekul yang dibutuhkan gaya dispersi London untuk bekerja secara maksimal.

   Kesimpulan: Baik Pernyataan I maupun Pernyataan II ternyata terbalik dari fakta yang sebenarnya, pada kedua pasangan isomer tersebut, justru senyawa dengan rantai lurus (butana dan 1-butanol) yang memiliki titik didih lebih tinggi dibandingkan senyawa bercabangnya (2-metilpropana dan 2-metil-1-propanol). Oleh karena itu, kedua pernyataan tersebut tidak benar.

   Jawaban: D. Baik I maupun II tidak benar

   ---

3. Soal 18.

   Emas mengkristal dalam kisi kubus berpusat muka dengan massa jenis 19,31 g cm⁻³. Berapakah jari-jari atom emas?
   1. 144,1 pm
   2. 176,5 pm
   3. 203,8 pm
   4. 288,2 pm
   Konsep kunci: Pada struktur kubus berpusat muka (face-centered cubic, FCC), setiap sel satuan mengandung 4 atom efektif (8 di sudut × 1/8 + 6 di pusat muka × 1/2 = 1 + 3 = 4), dan atom-atom saling bersentuhan sepanjang diagonal sisi/muka kubus (face diagonal), bukan sepanjang rusuk kubus. Hubungan ini memungkinkan kita menghitung panjang rusuk sel satuan ($a$) dari massa jenis, lalu mengonversinya menjadi jari-jari atom ($r$).

   Langkah 1: Tentukan jumlah atom efektif per sel satuan FCC

   $$ Z_{\text{FCC}} = \underbrace{8 \times \dfrac{1}{8}}_{\text{sudut}} + \underbrace{6 \times \dfrac{1}{2}}_{\text{pusat muka}} = 1 + 3 = 4 \ \text{atom/sel satuan} $$

   Langkah 2: Hubungkan massa jenis dengan volume sel satuan

   Massa jenis kristal dapat dinyatakan sebagai massa total atom dalam satu sel satuan dibagi volume sel satuan:

   $$ \rho = \dfrac{Z \times M}{N_A \times a^3} $$

   dengan $M$ = massa molar Au = 196,97 g/mol, dan $N_A$ = 6,022 × 10²³ /mol. Susun ulang untuk mencari $a^3$:

   $$ \begin{aligned} a^3 &= \dfrac{Z \times M}{N_A \times \rho} \\[8pt] &= \dfrac{4 \times 196{,}97 \ \text{g/mol}}{(6{,}022 \times 10^{23} \ \text{/mol}) \times 19{,}31 \ \text{g/cm}^3} \\[8pt] &= \dfrac{787{,}88 \ \text{g/mol}}{1{,}1628 \times 10^{25} \ \text{g/(mol·cm}^3)} \\[8pt] &= 6{,}7754 \times 10^{-23} \ \text{cm}^3 \end{aligned} $$

   Langkah 3: Hitung panjang rusuk sel satuan ($a$)

   $$ \begin{aligned} a &= \sqrt[3]{6{,}7754 \times 10^{-23} \ \text{cm}^3} \\[8pt] &= 4{,}0767 \times 10^{-8} \ \text{cm} \end{aligned} $$

   Konversi ke satuan pikometer ($1 \ \text{cm} = 10^{10} \ \text{pm}$):

   $$ \begin{aligned} a &= 4{,}0767 \times 10^{-8} \ \text{cm} \times 10^{10} \ \text{pm/cm} \\[8pt] &= 407{,}67 \ \text{pm} \end{aligned} $$

   Langkah 4: Hubungkan panjang rusuk dengan jari-jari atom (geometri FCC)

   Pada struktur FCC, atom-atom saling bersentuhan sepanjang diagonal muka kubus (bukan rusuk). Diagonal muka memiliki panjang $a\sqrt{2}$ dan sama dengan $4r$ (karena diagonal muka melewati 4 kali jari-jari atom: dari sudut → pusat muka → sudut, melewati 2 atom penuh yaitu 1 di sudut dan 1 di pusat muka):

   $$ 4r = a\sqrt{2} $$ $$ \begin{aligned} r &= \dfrac{a\sqrt{2}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{407{,}67 \ \text{pm} \times 1{,}4142}{4} \\[8pt] &= \dfrac{576{,}45 \ \text{pm}}{4} \\[8pt] &= 144{,}1 \ \text{pm} \end{aligned} $$

   Kesimpulan: Berdasarkan massa jenis emas (19,31 g/cm³) dan struktur kubus berpusat muka (FCC), jari-jari atom emas dihitung sebesar 144,1 pm, nilai ini konsisten dengan jari-jari logam emas yang dikenal secara eksperimental (~144 pm).

   Jawaban: A. 144,1 pm

   ---

4. Soal 19.

   Zat R(g) bereaksi membentuk P(g), yang kemudian dapat berisomerisasi menjadi P₁(g) atau P₂(g). Diagram di bawah menunjukkan ΔG° pada 25°C.
   
   
   Dalam suatu percobaan, 10,0 g R(g) ditempatkan dalam wadah tertutup. Manakah yang benar pada kesetimbangan?
   I. Massa R(g) adalah 0,0 g
   II. Massa P₁(g) lebih kecil daripada massa P₂(g)
   1. Hanya I
   2. Hanya II
   3. Baik I maupun II
   4. Baik I maupun II tidak benar
   Konsep kunci: Soal ini menguji pemahaman tentang hubungan antara ΔG° reaksi dan konstanta kesetimbangan (K) melalui persamaan: $$ \Delta G^\circ = -RT\ln K \quad \Rightarrow \quad K = e^{-\Delta G^\circ/RT} $$ Poin krusial yang sering terlewat: ΔG° yang bernilai negatif (spontan) tidak berarti reaksi berjalan tuntas hingga reaktan habis sepenuhnya. Nilai K hanya akan sangat besar (reaksi "tuntas") jika ΔG° sangat negatif (dalam orde puluhan kJ/mol). Untuk ΔG° yang hanya bernilai puluhan hingga ratusan J/mol (bukan kJ/mol!) seperti pada soal ini, nilai K akan mendekati 1, yang berarti pada kesetimbangan akan tersisa campuran signifikan dari reaktan dan produk, bukan reaktan habis total.

   Langkah 1: Perhatikan satuan ΔG° dengan cermat

   Perhatikan bahwa satuan ΔG° pada diagram adalah J mol⁻¹ (joule), bukan kJ mol⁻¹ (kilojoule) seperti yang lazim dijumpai pada soal-soal termodinamika lain. Ini adalah nilai yang sangat kecil secara termodinamika (1000 kali lebih kecil dari kJ/mol), sehingga akan menghasilkan nilai K yang mendekati 1, bukan K yang sangat besar atau sangat kecil.

   Langkah 2: Hitung K untuk reaksi R(g) → P(g)

   Diketahui ΔG°_R→P = −150 J/mol, gunakan $R = 8{,}314 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}$ dan $T = 298 \ \text{K}$:

   $$ RT = 8{,}314 \times 298 = 2477{,}6 \ \text{J/mol} $$ $$ \begin{aligned} K_{R \to P} &= e^{-\Delta G^\circ/RT} \\[6pt] &= e^{-(-150)/2477{,}6} \\[6pt] &= e^{0{,}0605} \\[6pt] &\approx 1{,}062 \end{aligned} $$

   Nilai $K_{R \to P} \approx 1{,}06$ ini sangat dekat dengan 1, jauh dari nilai besar (misalnya $K \gg 1000$) yang diperlukan agar reaktan benar-benar habis terkonsumsi pada kesetimbangan. Nilai K sekitar 1 berarti pada kesetimbangan, konsentrasi (dan massa) R(g) dan P(g) berada pada orde besaran yang sebanding, keduanya tetap hadir dalam jumlah signifikan.

   Langkah 3: Evaluasi Pernyataan I: massa R(g) = 0,0 g

   Karena $K_{R \to P} \approx 1{,}06$ (bukan bernilai sangat besar), reaksi R(g) → P(g) tidak berlangsung tuntas. Pada kesetimbangan akan tetap tersisa sejumlah R(g) yang belum bereaksi, berdampingan dengan P(g) dan hasil isomerisasinya. Oleh karena itu, massa R(g) pada kesetimbangan tidak mungkin nol.

   Kesimpulan: Pernyataan I salah.

   Langkah 4: Hitung K untuk reaksi isomerisasi P(g) → P₁(g)

   Diketahui ΔG°_P→P1 = +50 J/mol:

   $$ \begin{aligned} K_{P \to P_1} &= e^{-\Delta G^\circ/RT} \\[6pt] &= e^{-50/2477{,}6} \\[6pt] &= e^{-0{,}0202} \\[6pt] &\approx 0{,}980 \end{aligned} $$

   Langkah 5: Hitung K untuk reaksi isomerisasi P(g) → P₂(g)

   Diketahui ΔG°_P→P2 = −50 J/mol:

   $$ \begin{aligned} K_{P \to P_2} &= e^{-\Delta G^\circ/RT} \\[6pt] &= e^{-(-50)/2477{,}6} \\[6pt] &= e^{0{,}0202} \\[6pt] &\approx 1{,}020 \end{aligned} $$

   Langkah 6: Bandingkan K_P→P1 dengan K_P→P2

   Reaksi	ΔG° (J/mol)	K
   P → P1	+50	≈ 0,980
   P → P2	−50	≈ 1,020

   Karena $K_{P \to P_2} > K_{P \to P_1}$, hal ini menunjukkan bahwa pada kesetimbangan, rasio $[\text{P}_2]/[\text{P}]$ lebih besar dibandingkan rasio $[\text{P}_1]/[\text{P}]$. Dengan kata lain, jalur pembentukan P₂ (yang memiliki ΔG° lebih negatif, lebih disukai secara termodinamika) menghasilkan lebih banyak produk dibandingkan jalur pembentukan P₁. Karena kedua isomer P₁ dan P₂ memiliki massa molar yang identik (keduanya isomer dari P, sehingga rumus molekulnya sama), perbandingan mol otomatis setara dengan perbandingan massa:

   $$ [\text{P}_2] > [\text{P}_1] \quad \Rightarrow \quad m(\text{P}_2) > m(\text{P}_1) $$

   Langkah 7: Evaluasi Pernyataan II: massa P₁(g) lebih kecil daripada massa P₂(g)

   Berdasarkan Langkah 6, memang benar bahwa pada kesetimbangan, massa P₁(g) lebih kecil dibandingkan massa P₂(g), karena pembentukan P₂ secara termodinamika lebih disukai (ΔG° lebih negatif) dibandingkan pembentukan P₁.

   Kesimpulan: Pernyataan II benar.

   Kesimpulan akhir: Meskipun seluruh ΔG° pada diagram bertanda sesuai arah reaksi yang digambarkan, besarnya nilai ΔG° yang sangat kecil (dalam orde puluhan hingga ratusan J/mol, bukan kJ/mol) menghasilkan nilai K yang mendekati 1 untuk setiap tahap reaksi. Ini berarti pada kesetimbangan, R(g) tidak habis bereaksi (Pernyataan I salah), sementara perbandingan K antara jalur P→P₁ dan P→P₂ tetap menunjukkan bahwa massa P₂ lebih besar daripada massa P₁ (Pernyataan II benar).

   Jawaban: B. Hanya II

   ---

5. Soal 20.

   Sebanyak 60,0 mL HCOOH 0,60 M dan 40,0 mL CH₃NH₂ 0,80 M, keduanya mula-mula pada suhu 22,0°C, dicampur dalam wadah terisolasi dengan baik. Suhu akhir adalah 27,9°C. Berapakah ΔH°_rxn untuk reaksi antara asam format dan metilamina? Anggap massa jenis dan kapasitas kalor jenis semua larutan sama dengan air murni.
   HCOOH(aq) + CH₃NH₂(aq) → HCOO⁻(aq) + CH₃NH₃⁺(aq)     ΔH°_rxn = ???
   1. −31 kJ mol⁻¹
   2. −41 kJ mol⁻¹
   3. −69 kJ mol⁻¹
   4. −77 kJ mol⁻¹
   Konsep kunci: Soal ini adalah kasus kalorimetri larutan (calorimetry) untuk reaksi asam-basa (netralisasi Brønsted-Lowry antara asam lemah HCOOH dan basa lemah CH₃NH₂). Kalor yang dilepaskan oleh reaksi ($q_{\text{rxn}}$) diserap oleh larutan ($q_{\text{larutan}}$), sehingga $q_{\text{rxn}} = -q_{\text{larutan}}$. Karena reaksi berlangsung dalam wadah terisolasi (tidak ada kalor yang keluar ke lingkungan), seluruh kalor reaksi termanifestasi sebagai perubahan suhu larutan. Untuk memperoleh ΔH°_rxn per mol, kalor total dibagi dengan jumlah mol pereaksi pembatas.

   Langkah 1: Tentukan mol masing-masing pereaksi

   $$ n_{\text{HCOOH}} = 60{,}0 \ \text{mL} \times 0{,}60 \ \text{mol/L} = 36{,}0 \ \text{mmol} = 0{,}0360 \ \text{mol} $$ $$ n_{\text{CH}_3\text{NH}_2} = 40{,}0 \ \text{mL} \times 0{,}80 \ \text{mol/L} = 32{,}0 \ \text{mmol} = 0{,}0320 \ \text{mol} $$

   Langkah 2: Tentukan pereaksi pembatas

   Berdasarkan stoikiometri reaksi 1:1, bandingkan mol yang tersedia:

   $$ n_{\text{CH}_3\text{NH}_2} = 0{,}0320 \ \text{mol} \ < \ n_{\text{HCOOH}} = 0{,}0360 \ \text{mol} $$

   Karena mol CH₃NH₂ lebih sedikit, maka CH₃NH₂ adalah pereaksi pembatas. Jumlah reaksi yang benar-benar terjadi dibatasi oleh 0,0320 mol ini.

   Langkah 3: Hitung massa total larutan

   Karena massa jenis larutan dianggap sama dengan air murni (1,00 g/mL), massa total larutan diperoleh dari volume total campuran:

   $$ V_{\text{total}} = 60{,}0 \ \text{mL} + 40{,}0 \ \text{mL} = 100{,}0 \ \text{mL} $$ $$ m_{\text{larutan}} = 100{,}0 \ \text{mL} \times 1{,}00 \ \text{g/mL} = 100{,}0 \ \text{g} $$

   Langkah 4: Hitung perubahan suhu (ΔT)

   $$ \Delta T = T_{\text{akhir}} - T_{\text{awal}} = 27{,}9°\text{C} - 22{,}0°\text{C} = 5{,}9°\text{C} $$

   Karena suhu larutan naik, reaksi ini bersifat eksotermik, kalor dilepaskan oleh reaksi dan diserap oleh larutan.

   Langkah 5: Hitung kalor yang diserap larutan ($q_{\text{larutan}}$)

   Gunakan kapasitas kalor jenis air murni, $c = 4{,}184 \ \text{J g}^{-1} \ °\text{C}^{-1}$:

   $$ \begin{aligned} q_{\text{larutan}} &= m \times c \times \Delta T \\[8pt] &= 100{,}0 \ \text{g} \times 4{,}184 \ \text{J g}^{-1}°\text{C}^{-1} \times 5{,}9°\text{C} \\[8pt] &= 2468{,}6 \ \text{J} \\[8pt] &= 2{,}4686 \ \text{kJ} \end{aligned} $$

   Langkah 6: Hitung kalor reaksi ($q_{\text{rxn}}$)

   Karena kalor yang diserap larutan berasal dari kalor yang dilepaskan reaksi (sistem terisolasi, tidak ada kalor terbuang ke luar):

   $$ q_{\text{rxn}} = -q_{\text{larutan}} = -2{,}4686 \ \text{kJ} $$

   Langkah 7: Hitung ΔH°_rxn per mol

   Bagi kalor reaksi total dengan jumlah mol pereaksi pembatas (CH₃NH₂ = 0,0320 mol), karena itulah jumlah mol reaksi yang benar-benar berlangsung:

   $$ \begin{aligned} \Delta H^\circ_{\text{rxn}} &= \dfrac{q_{\text{rxn}}}{n_{\text{pembatas}}} \\[8pt] &= \dfrac{-2{,}4686 \ \text{kJ}}{0{,}0320 \ \text{mol}} \\[8pt] &= -77{,}1 \ \text{kJ/mol} \end{aligned} $$

   Kesimpulan: Berdasarkan kenaikan suhu larutan sebesar 5,9°C akibat pencampuran 36,0 mmol HCOOH dengan 32,0 mmol CH₃NH₂ (CH₃NH₂ sebagai pereaksi pembatas) dalam 100,0 g larutan, diperoleh ΔH°_rxn sebesar −77 kJ/mol. Tanda negatif menegaskan bahwa reaksi antara asam format dan metilamina bersifat eksotermik, sesuai dengan sifat umum reaksi netralisasi asam-basa.

   Jawaban: D. −77 kJ mol⁻¹

   ---

6. Soal 21.

   Berapakah S° untuk O₂(g)?
   

   Spesies	ΔH°f (kJ mol−1)	S° (J mol−1 K−1)	ΔG°f, 298 K (kJ mol−1)
   H2O(l)	−290	70	−240
   H2O2(l)	−190	110	−120

   1. 150 J mol⁻¹ K⁻¹
   2. 210 J mol⁻¹ K⁻¹
   3. 250 J mol⁻¹ K⁻¹
   4. 290 J mol⁻¹ K⁻¹
   Konsep kunci: Soal ini meminta kita mencari entropi standar (S°) suatu spesies yang tidak tercantum langsung dalam tabel, dengan memanfaatkan hubungan antara tiga fungsi termodinamika: ΔH°_rxn, ΔG°_rxn, dan ΔS°_rxn, melalui persamaan Gibbs: $$ \Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\Delta S^\circ $$ Strategi penyelesaian: (1) susun reaksi peruraian H₂O₂(l) menjadi H₂O(l) dan O₂(g) yang menghubungkan ketiga spesies dalam tabel dan spesies yang dicari; (2) hitung ΔH°_rxn dan ΔG°_rxn dari data pembentukan; (3) gunakan persamaan Gibbs untuk memperoleh ΔS°_rxn; (4) gunakan ΔS°_rxn = ΣS°_produk − ΣS°_reaktan untuk mencari S°(O₂).

   Langkah 1: Tuliskan reaksi yang menghubungkan H₂O₂, H₂O, dan O₂

   Reaksi peruraian hidrogen peroksida menjadi air dan gas oksigen:

   $$ \text{H}_2\text{O}_2(l) \longrightarrow \text{H}_2\text{O}(l) + \tfrac{1}{2}\text{O}_2(g) $$

   Reaksi ini melibatkan ketiga spesies yang datanya (sebagian) diketahui, sehingga cocok digunakan sebagai jembatan perhitungan.

   Langkah 2: Hitung ΔH°_rxn dari data ΔH°_f

   $$ \begin{aligned} \Delta H^\circ_{\text{rxn}} &= \Delta H^\circ_f(\text{H}_2\text{O}) - \Delta H^\circ_f(\text{H}_2\text{O}_2) \\[6pt] &= (-290 \ \text{kJ/mol}) - (-190 \ \text{kJ/mol}) \\[6pt] &= -100 \ \text{kJ/mol} \end{aligned} $$

   (Catatan: O₂(g) adalah unsur dalam keadaan standarnya, sehingga ΔH°_f(O₂) = 0 dan tidak memberi kontribusi.)

   Langkah 3: Hitung ΔG°_rxn dari data ΔG°_f

   $$ \begin{aligned} \Delta G^\circ_{\text{rxn}} &= \Delta G^\circ_f(\text{H}_2\text{O}) - \Delta G^\circ_f(\text{H}_2\text{O}_2) \\[6pt] &= (-240 \ \text{kJ/mol}) - (-120 \ \text{kJ/mol}) \\[6pt] &= -120 \ \text{kJ/mol} \end{aligned} $$

   (Sama seperti ΔH°_f, ΔG°_f(O₂) = 0 karena berada dalam keadaan standarnya sebagai unsur.)

   Langkah 4: Gunakan persamaan Gibbs untuk mencari ΔS°_rxn

   Susun ulang persamaan $\Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\Delta S^\circ$ pada suhu standar $T = 298 \ \text{K}$:

   $$ \Delta S^\circ_{\text{rxn}} = \dfrac{\Delta H^\circ_{\text{rxn}} - \Delta G^\circ_{\text{rxn}}}{T} $$ $$ \begin{aligned} \Delta S^\circ_{\text{rxn}} &= \dfrac{(-100 \ \text{kJ/mol}) - (-120 \ \text{kJ/mol})}{298 \ \text{K}} \\[8pt] &= \dfrac{20 \ \text{kJ/mol}}{298 \ \text{K}} \\[8pt] &= 0{,}06711 \ \text{kJ mol}^{-1}\text{K}^{-1} \\[8pt] &= 67{,}11 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \end{aligned} $$

   Langkah 5: Hubungkan ΔS°_rxn dengan entropi masing-masing spesies

   Untuk reaksi H₂O₂(l) → H₂O(l) + ½O₂(g):

   $$ \Delta S^\circ_{\text{rxn}} = \left[S^\circ(\text{H}_2\text{O}) + \tfrac{1}{2}S^\circ(\text{O}_2)\right] - S^\circ(\text{H}_2\text{O}_2) $$

   Substitusikan nilai-nilai yang diketahui:

   $$ 67{,}11 = \left[70 + \tfrac{1}{2}S^\circ(\text{O}_2)\right] - 110 $$

   Langkah 6: Selesaikan untuk S°(O₂)

   $$ \begin{aligned} 67{,}11 &= -40 + \tfrac{1}{2}S^\circ(\text{O}_2) \\[8pt] \tfrac{1}{2}S^\circ(\text{O}_2) &= 67{,}11 + 40 \\[8pt] \tfrac{1}{2}S^\circ(\text{O}_2) &= 107{,}11 \\[8pt] S^\circ(\text{O}_2) &= 214{,}2 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \end{aligned} $$

   Kesimpulan: Dengan menggunakan reaksi peruraian H₂O₂(l) menjadi H₂O(l) dan O₂(g) sebagai penghubung antar data termodinamika yang diketahui, diperoleh nilai S°(O₂) ≈ 214 J mol⁻¹K⁻¹. Mengingat data-data dalam tabel sudah dibulatkan (misalnya ΔH°_f dan S° dalam kelipatan puluhan), hasil ini paling mendekati dan konsisten dengan pilihan 210 J mol⁻¹K⁻¹, nilai ini juga sesuai dengan entropi standar O₂(g) yang dikenal secara eksperimental (≈205 J mol⁻¹K⁻¹).

   Jawaban: B. 210 J mol⁻¹ K⁻¹

   ---

7. Soal 22.

   Antara 293 K dan 295 K, Gd(s) bertransisi dari keadaan feromagnetik ke paramagnetik, menyebabkan variasi signifikan pada kapasitas kalor tekanan tetap terhadap suhu seperti ditunjukkan di bawah.
   
   
   Sampel Gd(s) sebesar 10,0 g yang mula-mula pada 290 K, dipanaskan secara bertahap dengan laju konstan. Kurva manakah yang paling baik menunjukkan bagaimana suhu berubah?
   
   Konsep kunci: Pada tekanan tetap dan laju pemanasan konstan ($dq/dt$ konstan, sehingga sumbu-x "Heat Applied" sebanding dengan waktu), hubungan antara kalor dan suhu adalah:

   $$ dq = n\,C_p\,dT \quad \Rightarrow \quad \dfrac{dT}{dq} = \dfrac{1}{n\,C_p} $$

   Artinya kemiringan kurva $T$ vs kalor berbanding terbalik dengan $C_p$ pada suhu tersebut:

   $$ \begin{aligned} C_p \ \text{besar} &\;\Rightarrow\; dT/dq \ \text{kecil} \;\Rightarrow\; \text{suhu naik LAMBAT (kurva LANDAI)} \\[6pt] C_p \ \text{kecil} &\;\Rightarrow\; dT/dq \ \text{besar} \;\Rightarrow\; \text{suhu naik CEPAT (kurva CURAM)} \end{aligned} $$

   Langkah 1: Baca pola $C_p(T)$ dari grafik yang diberikan

   $$ \begin{aligned} T = 290 \ \text{K} &\rightarrow C_p \approx 57 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \\[4pt] T \approx 294{,}3 \ \text{K (puncak)} &\rightarrow C_p \approx 64 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \quad (\text{maksimum, BERHINGGA}) \\[4pt] T \approx 295 \ \text{K} &\rightarrow C_p \ \text{anjlok tajam menjadi} \approx 44 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \\[4pt] T = 300 \ \text{K} &\rightarrow C_p \approx 38 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \end{aligned} $$

   Perhatikan bahwa $C_p$ hanya mencapai puncak berhingga (bukan menuju tak hingga) sebelum turun tajam — ini adalah ciri khas transisi orde-kedua/anomali tipe-$\lambda$ (transisi magnetik feromagnetik–paramagnetik), BUKAN transisi fasa orde pertama (seperti peleburan atau pendidihan) yang memiliki kalor laten sejati (di mana $C_p \to \infty$ dan suhu benar-benar konstan/mendatar selama transisi berlangsung).

   Langkah 2: Hitung kalor kumulatif $q(T) = \displaystyle\int C_p\, dT$ secara numerik dari data grafik

   $$ \begin{aligned} q_{\text{total}}\ (290\to300\ \text{K}) &\approx 495{,}7 \ (\text{satuan relatif}) \\[8pt] q\ (290 \to 294{,}3\ \text{K, sebelum transisi}) &\approx 259{,}9 \ (\approx 52\% \ \text{dari total kalor}) \\[8pt] q\ (294{,}3 \to 295\ \text{K, jendela transisi tajam}) &\approx 36{,}6 \ (\approx 7{,}4\% \ \text{dari total kalor}) \\[8pt] q\ (295 \to 300\ \text{K, sesudah transisi}) &\approx 199{,}3 \ (\approx 40{,}2\% \ \text{dari total kalor}) \end{aligned} $$

   Rentang suhu transisi tajam (294,3–295 K) hanya 0,7 K dari total 10 K (≈7%), sehingga pada sumbu kalor pun perubahan drastis ini hanya menempati porsi sempit (~7,4%) — sangat terlokalisasi, bukan tersebar luas.

   Langkah 3: Hitung kemiringan sebelum dan sesudah transisi, bandingkan terhadap diagonal keseluruhan grafik (acuan ≈45°)

   Garis diagonal (dari sudut kiri-bawah ke sudut kanan-atas grafik) mewakili kemiringan rata-rata keseluruhan proses:

   $$ \text{slope}_{\text{diagonal}} = \dfrac{300-290}{q_{\text{total}}} \approx 0{,}0202 $$

   Segmen SEBELUM transisi (290–294,3 K, saat $C_p$ TINGGI):

   $$ \begin{aligned} \text{slope}_{\text{sebelum}} &= \dfrac{294{,}3-290}{259{,}9} \approx 0{,}0165 \\[8pt] \dfrac{\text{slope}_{\text{sebelum}}}{\text{slope}_{\text{diagonal}}} = \dfrac{0{,}0165}{0{,}0202 }&\approx 0{,}82 \quad \Rightarrow \quad \text{sudut} \approx 39° \ (\text{sedikit di bawah 45°, LANDAI}) \end{aligned} $$

   Ini kita gunakan prinsip trigonometri.

   Segmen SESUDAH transisi (295–300 K, saat $C_p$ RENDAH):

   $$ \begin{aligned} \text{slope}_{\text{sesudah}} &= \dfrac{300-295}{199{,}3} \approx 0{,}0251 \\[8pt] \dfrac{\text{slope}_{\text{sesudah}}}{\text{slope}_{\text{diagonal}}} = \dfrac{0{,}0251}{0{,}0202 } &\approx 1{,}24 \quad \Rightarrow \quad \text{sudut} \approx 51° \ (\text{di atas 45°, LEBIH CURAM}) \end{aligned} $$

   Pola yang benar: mulai landai (≈39°, mendekati 45° dari bawah) → patahan tajam di sekitar 294,3–295 K (jendela sempit, ≈7% dari sumbu kalor) → lanjut lebih curam (≈51°) hingga 300 K.

   ---

   Langkah 4: Evaluasi setiap opsi berdasarkan pola di atas

   Opsi A: Segmen awal naik miring ≈45° (sesuai perhitungan: ≈39°, landai mendekati 45°), lalu berbelok tajam pada satu titik, kemudian naik lebih curam dari pergerakan awal (sesuai perhitungan: ≈51°, lebih curam dari 39°). Bentuk dua-ruas-garis-hampir-lurus dengan satu patahan tajam ini konsisten dengan sempitnya jendela transisi (~7% dari sumbu kalor) dan dengan arah perubahan kemiringan (landai → curam) yang sesuai perhitungan $C_p$ tinggi-lalu-rendah.

   $$ \text{Opsi A} \; \Rightarrow \; \textbf{SESUAI} $$

   Opsi B: Segmen awal digambarkan sudah lebih curam dari 45° sejak awal, baru kemudian membelok menjadi sedikit lebih curam lagi (peningkatan kecuraman yang lebih kecil daripada Opsi A). Ini bertentangan langsung dengan perhitungan: pada rentang 290–294,3 K, $C_p$ justru berada pada nilai TERTINGGI (mendekati puncak 64 J/mol·K), sehingga kemiringan di sini seharusnya PALING LANDAI di seluruh grafik (≈39°, di bawah 45°) — bukan sudah curam sejak awal.

   $$ \text{Opsi B} \; \Rightarrow \; \text{TIDAK SESUAI (segmen awal seharusnya landai, bukan sudah curam)} $$

   Opsi C dan D: Kedua opsi ini menampilkan plateau (segmen mendatar/hampir horizontal) yang jelas dan cukup panjang di bagian tengah kurva — pola ini hanya sesuai untuk transisi fasa orde pertama dengan kalor laten sejati (misalnya peleburan atau pendidihan), di mana $C_p \to \infty$ dan suhu benar-benar tertahan konstan selama seluruh proses transisi berlangsung, sehingga kurva $T$ vs kalor menjadi benar-benar datar pada rentang kalor tertentu. Namun, pada kasus Gd(s) ini, $C_p$ hanya mencapai puncak berhingga (~64 J mol⁻¹K⁻¹) — tidak pernah menuju tak hingga — sehingga tidak akan pernah terbentuk plateau datar sejati, melainkan hanya patahan/kelokan pada kemiringan (seperti Opsi A). Opsi D bahkan menunjukkan plateau yang lebih panjang dan pengalihan kemiringan yang lebih ekstrem daripada Opsi C, sehingga kedua opsi ini semakin jauh menyimpang dari perilaku transisi orde-kedua yang sebenarnya teramati pada grafik $C_p(T)$ Gd(s).

   $$ \text{Opsi C, D} \; \Rightarrow \; \text{TIDAK SESUAI (mengasumsikan kalor laten sejati/transisi orde pertama, padahal } C_p \text{ berhingga)} $$

   ---

   Kesimpulan: Karena transisi feromagnetik–paramagnetik Gd(s) adalah transisi orde-kedua (puncak $C_p$ berhingga, bukan kalor laten tak hingga) yang terjadi dalam jendela suhu sangat sempit (≈0,7 K dari total 10 K), kurva $T$ vs kalor yang benar harus menunjukkan: segmen awal yang relatif landai (mendekati namun sedikit di bawah 45°, karena $C_p$ tinggi di sana), diikuti patahan/kelokan tajam yang terlokalisasi (bukan plateau datar yang panjang), lalu segmen akhir yang lebih curam dari segmen awal (karena $C_p$ jauh lebih rendah di sana). Pola ini hanya digambarkan secara tepat oleh Opsi A.

   Jawaban: A

   ---

8. Soal 23.

   Spesies manakah yang memiliki entropi molar S° terbesar pada 298 K?
   1. H₂(g)
   2. He(g)
   3. Cl₂(g)
   4. Xe(g)
   Konsep kunci: Entropi molar standar (S°) suatu gas berkaitan erat dengan jumlah cara suatu sistem dapat menyebarkan energinya ke berbagai tingkat energi translasi, rotasi, dan vibrasi. Secara umum, untuk membandingkan S° antar spesies dalam fase gas pada suhu yang sama, berlaku dua tren utama: (1) massa molar yang lebih besar menghasilkan entropi translasi yang lebih tinggi (karena tingkat energi translasi semakin rapat/berdekatan sehingga lebih banyak keadaan yang dapat diakses), dan (2) molekul dengan lebih banyak atom (struktur lebih kompleks) memiliki entropi lebih besar dibanding atom tunggal pada massa yang sebanding, karena adanya derajat kebebasan tambahan berupa rotasi dan vibrasi di samping translasi.

   Langkah 1: Kelompokkan spesies berdasarkan jenis (monoatomik vs diatomik)

   Spesies	Jenis	Massa molar (g/mol)	Derajat kebebasan
   He(g)	Monoatomik	4,00	Hanya translasi
   H2(g)	Diatomik	2,02	Translasi + rotasi + vibrasi
   Xe(g)	Monoatomik	131,29	Hanya translasi
   Cl2(g)	Diatomik	70,90	Translasi + rotasi + vibrasi

   Langkah 2: Bandingkan pengaruh massa molar pada entropi translasi

   Semakin besar massa molar suatu partikel gas, semakin rapat spasi tingkat-tingkat energi translasinya (berdasarkan model partikel dalam kotak, spasi energi berbanding terbalik dengan massa). Ini berarti pada suhu yang sama, spesies bermassa besar memiliki lebih banyak keadaan translasi yang dapat diakses, sehingga entropinya lebih tinggi. Berdasarkan hal ini, urutan sementara berdasarkan massa saja adalah:

   $$ \text{H}_2 \ (2{,}02) \ < \ \text{He} \ (4{,}00) \ < \ \text{Cl}_2 \ (70{,}90) \ < \ \text{Xe} \ (131{,}29) $$

   Langkah 3: Pertimbangkan kontribusi tambahan dari struktur molekul (rotasi dan vibrasi)

   Meskipun Xe memiliki massa molar terbesar, Xe adalah atom tunggal (monoatomik) sehingga hanya memiliki derajat kebebasan translasi, tidak ada kontribusi entropi dari rotasi maupun vibrasi. Sebaliknya, Cl₂ adalah molekul diatomik yang, selain memiliki massa molar cukup besar (70,90 g/mol, jauh lebih besar dari H₂ dan He), juga memiliki derajat kebebasan rotasi (molekul dapat berputar mengelilingi sumbu tegak lurus ikatan) dan derajat kebebasan vibrasi (ikatan Cl−Cl dapat meregang dan mengendur). Kedua kontribusi tambahan ini membuat entropi molar Cl₂ menjadi lebih besar dibandingkan spesies monoatomik meskipun massanya lebih kecil dari Xe.

   Langkah 4: Bandingkan dengan nilai S° eksperimental (untuk verifikasi tren)

   Spesies	S° (J mol−1 K−1), 298 K
   H2(g)	≈ 131
   He(g)	≈ 126
   Xe(g)	≈ 170
   Cl2(g)	≈ 223

   Data ini menegaskan bahwa meskipun Xe memiliki massa molar jauh lebih besar daripada Cl₂, keberadaan derajat kebebasan rotasi dan vibrasi pada Cl₂ membuat entropi molarnya justru menjadi yang tertinggi di antara keempat spesies.

   Kesimpulan: Entropi molar standar tidak hanya ditentukan oleh massa molar, tetapi juga oleh kompleksitas struktur molekul. Sebagai molekul diatomik dengan massa molar yang cukup besar dan memiliki derajat kebebasan rotasi serta vibrasi tambahan, Cl₂(g) memiliki entropi molar terbesar dibandingkan H₂, He, maupun Xe.

   Jawaban: C. Cl₂(g)

   ---

9. Soal 24.

   Dalam proses adiabatik, tidak ada kalor yang dipertukarkan dengan lingkungan. Manakah yang harus benar dalam proses adiabatik reversibel?
   I. ΔH = 0
   II. ΔS = 0
   1. Hanya I
   2. Hanya II
   3. Baik I maupun II
   4. Baik I maupun II tidak benar
   Konsep kunci: Soal ini menguji pemahaman konsep proses adiabatik reversibel dalam termodinamika, yaitu perbedaan mendasar antara besaran kalor (q), entalpi (H), dan entropi (S). Kata kunci "adiabatik" berarti $q = 0$ (tidak ada pertukaran kalor dengan lingkungan), sedangkan kata "reversibel" memiliki konsekuensi khusus terhadap perubahan entropi sistem.

   Langkah 1: Analisis pernyataan I: ΔH = 0

   Perubahan entalpi didefinisikan sebagai:

   $$ \Delta H = \Delta U + \Delta(PV) $$

   Sementara itu, hukum pertama termodinamika menyatakan:

   $$ \Delta U = q + w $$

   Untuk proses adiabatik, $q = 0$, sehingga:

   $$ \Delta U = w $$

   Ini berarti perubahan energi dalam ($\Delta U$) tidak nol, energi dalam sistem berubah akibat kerja yang dilakukan terhadap atau oleh sistem (misalnya kompresi atau ekspansi gas). Karena $\Delta U \neq 0$ secara umum, dan $\Delta H$ bergantung pada $\Delta U$ serta perubahan $PV$, maka ΔH tidak harus sama dengan nol. Sebagai contoh konkret, pada kompresi adiabatik reversibel suatu gas ideal, suhu gas akan naik akibat kerja yang dilakukan terhadap sistem, sehingga entalpi (yang bergantung pada suhu, $\Delta H = nC_p\Delta T$) juga berubah secara signifikan.

   Kesimpulan: Pernyataan I salah, ΔH umumnya tidak nol dalam proses adiabatik.

   Langkah 2: Analisis pernyataan II: ΔS = 0

   Definisi termodinamika untuk perubahan entropi adalah:

   $$ dS = \dfrac{q_{\text{rev}}}{T} $$

   Untuk proses adiabatik, $q = 0$ di setiap tahap proses (bukan hanya total keseluruhan). Karena prosesnya juga reversibel, maka $q_{\text{rev}} = 0$ pada setiap langkah infinitesimal sepanjang lintasan proses, sehingga:

   $$ dS = \dfrac{0}{T} = 0 \quad \Rightarrow \quad \Delta S = 0 $$

   Proses semacam ini disebut proses isentropik (entropi konstan). Ini merupakan sifat khas dari proses adiabatik reversibel, berbeda dengan proses adiabatik ireversibel (misalnya ekspansi bebas adiabatik), di mana entropi sistem justru meningkat ($\Delta S > 0$) meskipun $q = 0$, karena entropi juga dapat dihasilkan secara internal akibat ireversibilitas.

   Kesimpulan: Pernyataan II benar, ΔS = 0 hanya berlaku karena prosesnya spesifik reversibel, bukan sekadar adiabatik.

   Langkah 3: Bandingkan kedua pernyataan

   Pernyataan	Benar/Salah	Alasan singkat
   I. ΔH = 0	Salah	ΔH bergantung pada ΔU dan kerja; umumnya ≠ 0
   II. ΔS = 0	Benar	qrev = 0 di setiap langkah → proses isentropik

   Kesimpulan: Dalam proses adiabatik reversibel, syarat $q = 0$ dan reversibilitas bersama-sama menjamin bahwa entropi sistem tetap konstan (ΔS = 0), menjadikannya proses isentropik. Namun, hal ini tidak berlaku untuk entalpi, ΔH tetap dapat berubah karena bergantung pada perubahan energi dalam akibat kerja yang dilakukan selama proses. Oleh karena itu, hanya pernyataan II yang benar.

   Jawaban: B. Hanya II

   ---

10. Soal 25.

    Reaksi ireversibel dari senyawa A berlangsung dengan Laju = k[A]ⁿ. Waktu paruh reaksi tidak bergantung pada [A]. Berapakah nilai n?
    1. 0
    2. 1
    3. 2
    4. Tidak dapat ditentukan dari informasi yang diberikan.
    Konsep kunci: Soal ini menguji pemahaman tentang hubungan antara orde reaksi (n) dan waktu paruh ($t_{1/2}$). Setiap orde reaksi memiliki persamaan waktu paruh yang berbeda, dan sifat ketergantungan (atau ketidaktergantungan) $t_{1/2}$ terhadap konsentrasi awal [A]₀ merupakan ciri khas unik yang dapat digunakan untuk mengidentifikasi orde reaksi secara langsung, tanpa perlu mengetahui nilai numerik k atau [A]₀.

    Langkah 1: Turunkan persamaan waktu paruh untuk reaksi orde nol (n = 0)

    Untuk reaksi orde nol, hukum laju terintegrasi adalah:

    $$ [A]_t = [A]_0 - kt $$

    Waktu paruh terjadi ketika $[A]_t = \tfrac{1}{2}[A]_0$:

    $$ \tfrac{1}{2}[A]_0 = [A]_0 - kt_{1/2} $$ $$ t_{1/2} = \dfrac{[A]_0}{2k} $$

    Perhatikan bahwa $t_{1/2}$ berbanding lurus dengan [A]₀, artinya waktu paruh bergantung pada konsentrasi awal. Semakin besar [A]₀, semakin lama waktu paruhnya. Orde nol tidak memenuhi syarat soal.

    Langkah 2: Turunkan persamaan waktu paruh untuk reaksi orde satu (n = 1)

    Untuk reaksi orde satu, hukum laju terintegrasi adalah:

    $$ \ln[A]_t = \ln[A]_0 - kt $$

    Waktu paruh terjadi ketika $[A]_t = \tfrac{1}{2}[A]_0$:

    $$ \ln\left(\tfrac{1}{2}[A]_0\right) = \ln[A]_0 - kt_{1/2} $$ $$ \ln[A]_0 + \ln\tfrac{1}{2} = \ln[A]_0 - kt_{1/2} $$ $$ kt_{1/2} = -\ln\tfrac{1}{2} = \ln 2 $$ $$ t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k} $$

    Perhatikan bahwa suku [A]₀ saling meniadakan pada kedua ruas persamaan, sehingga $t_{1/2}$ hanya bergantung pada konstanta laju $k$ dan sama sekali tidak bergantung pada [A]₀. Ini adalah ciri khas reaksi orde satu, waktu paruhnya konstan sepanjang reaksi berlangsung, tidak peduli berapa pun konsentrasi awal yang digunakan.

    Langkah 3: Turunkan persamaan waktu paruh untuk reaksi orde dua (n = 2)

    Untuk reaksi orde dua, hukum laju terintegrasi adalah:

    $$ \dfrac{1}{[A]_t} = \dfrac{1}{[A]_0} + kt $$

    Waktu paruh terjadi ketika $[A]_t = \tfrac{1}{2}[A]_0$:

    $$ \dfrac{1}{\tfrac{1}{2}[A]_0} = \dfrac{1}{[A]_0} + kt_{1/2} $$ $$ \dfrac{2}{[A]_0} - \dfrac{1}{[A]_0} = kt_{1/2} $$ $$ t_{1/2} = \dfrac{1}{k[A]_0} $$

    Perhatikan bahwa $t_{1/2}$ berbanding terbalik dengan [A]₀, semakin besar konsentrasi awal, semakin pendek waktu paruhnya. Orde dua juga tidak memenuhi syarat soal.

    Langkah 4: Bandingkan ketiga hasil

    Orde reaksi (n)	Persamaan $t_{1/2}$	Bergantung pada [A]0?
    0	$t_{1/2} = \dfrac{[A]_0}{2k}$	Ya (berbanding lurus)
    1	$t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k}$	Tidak (konstan)
    2	$t_{1/2} = \dfrac{1}{k[A]_0}$	Ya (berbanding terbalik)

    Hanya reaksi orde satu yang menghasilkan waktu paruh yang benar-benar konstan, tidak bergantung pada konsentrasi awal reaktan.

    Kesimpulan: Karena waktu paruh reaksi diketahui tidak bergantung pada [A], maka berdasarkan analisis ketiga kemungkinan orde reaksi, satu-satunya orde yang menghasilkan sifat ini adalah orde satu (n = 1), dengan $t_{1/2} = \ln 2 / k$ yang murni merupakan fungsi dari konstanta laju k saja.

    Jawaban: B. 1

    ---

11. Soal 26.

    Suatu reaksi yang dikatalisis asam dan berorde satu terhadap H⁺ memiliki laju 5,0 × 10⁻⁶ M s⁻¹ ketika dilakukan dalam buffer dengan pH = 5,0. Berapakah laju reaksi jika semua konsentrasi reaktan sama, tetapi pH dijaga pada 5,5?
    1. 1,6 × 10⁻⁶ M s⁻¹
    2. 4,5 × 10⁻⁶ M s⁻¹
    3. 5,5 × 10⁻⁶ M s⁻¹
    4. 1,6 × 10⁻⁵ M s⁻¹
    Konsep kunci: Karena reaksi berorde satu terhadap [H⁺], laju reaksi berbanding lurus secara langsung dengan konsentrasi ion H⁺. Perubahan pH akan mengubah [H⁺] secara eksponensial (karena hubungan $\text{pH} = -\log[\text{H}^+]$), sehingga perubahan pH yang tampak kecil (dari 5,0 menjadi 5,5) sebenarnya menyebabkan perubahan [H⁺], dan karenanya laju reaksi, yang cukup signifikan. Strategi penyelesaian: (1) hitung [H⁺] pada kedua nilai pH; (2) gunakan perbandingan laju berdasarkan hukum laju orde satu terhadap [H⁺] untuk mencari laju baru.

    Langkah 1: Tuliskan hukum laju reaksi

    Karena reaksi berorde satu terhadap H⁺ (dan menganggap konsentrasi reaktan lain, yang termasuk dalam konstanta laju semu/pseudo, tetap sama seperti dinyatakan pada soal):

    $$ \text{Laju} = k[\text{H}^+]^1 $$

    Langkah 2: Hitung [H⁺] pada pH = 5,0 (kondisi awal)

    $$ [\text{H}^+]_1 = 10^{-\text{pH}} = 10^{-5{,}0} = 1{,}0 \times 10^{-5} \ \text{M} $$

    Langkah 3: Hitung [H⁺] pada pH = 5,5 (kondisi baru)

    $$ [\text{H}^+]_2 = 10^{-\text{pH}} = 10^{-5{,}5} \ \text{M} $$

    Uraikan $10^{-5,5}$ sebagai $10^{-6} \times 10^{0,5}$:

    $$ [\text{H}^+]_2 = 10^{0{,}5} \times 10^{-6} = 3{,}162 \times 10^{-6} \ \text{M} $$

    Langkah 4: Bandingkan kedua konsentrasi H⁺ (rasio)

    Karena hukum laju bersifat linear terhadap [H⁺] (orde satu), rasio laju reaksi sama dengan rasio konsentrasi H⁺:

    $$ \dfrac{\text{Laju}_2}{\text{Laju}_1} = \dfrac{[\text{H}^+]_2}{[\text{H}^+]_1} = \dfrac{3{,}162 \times 10^{-6} \ \text{M}}{1{,}0 \times 10^{-5} \ \text{M}} = 0{,}3162 $$

    Ini masuk akal secara kimiawi: menaikkan pH berarti larutan menjadi kurang asam (konsentrasi H⁺ menurun), sehingga laju reaksi yang dikatalisis asam juga harus menurun.

    Langkah 5: Hitung laju reaksi pada pH = 5,5

    $$ \begin{aligned} \text{Laju}_2 &= \text{Laju}_1 \times 0{,}3162 \\[6pt] &= (5{,}0 \times 10^{-6} \ \text{M s}^{-1}) \times 0{,}3162 \\[6pt] &= 1{,}581 \times 10^{-6} \ \text{M s}^{-1} \\[6pt] &\approx 1{,}6 \times 10^{-6} \ \text{M s}^{-1} \end{aligned} $$

    Kesimpulan: Karena reaksi berorde satu terhadap [H⁺], kenaikan pH dari 5,0 menjadi 5,5 (penurunan [H⁺] menjadi sekitar 0,316 kali semula) menyebabkan laju reaksi juga menurun secara proporsional menjadi sekitar 0,316 kali laju awal, yaitu dari 5,0 × 10⁻⁶ M s⁻¹ menjadi sekitar 1,6 × 10⁻⁶ M s⁻¹.

    Jawaban: A. 1,6 × 10⁻⁶ M s⁻¹

    ---

12. Soal 27.

    Penguraian hidrogen peroksida menjadi air dan oksigen dengan adanya katalis iodida dipelajari, dan hukum laju ditemukan sebagai Laju = k[H₂O₂][I⁻] dengan k = 1,05 M⁻¹ min⁻¹. Suatu reaksi dilakukan dengan konsentrasi awal iodida dan hidrogen peroksida sama-sama 0,300 M. Berapakah konsentrasi hidrogen peroksida setelah 5,00 menit?
    1. 0,00157 M
    2. 0,0621 M
    3. 0,117 M
    4. 0,145 M
    Konsep kunci — Peran katalis dalam hukum laju: Ion iodida (I⁻) di sini bertindak sebagai katalis, bukan sebagai pereaksi yang habis terpakai. Mekanisme reaksinya melibatkan dua tahap:

    $$ \begin{aligned} \text{H}_2\text{O}_2 + \text{I}^- &\rightarrow \text{H}_2\text{O} + \text{IO}^- \quad (\text{lambat, menentukan laju}) \\[6pt] \text{IO}^- + \text{H}_2\text{O}_2 &\rightarrow \text{H}_2\text{O} + \text{O}_2 + \text{I}^- \quad (\text{cepat, I}^-\text{ diregenerasi}) \end{aligned} $$

    Reaksi total (bersih):

    $$ 2\text{H}_2\text{O}_2 \xrightarrow{\ \text{I}^-\ } 2\text{H}_2\text{O} + \text{O}_2 $$

    Karena I⁻ yang dikonsumsi pada tahap pertama diregenerasi sepenuhnya pada tahap kedua, konsentrasi I⁻ secara keseluruhan TIDAK BERUBAH selama reaksi berlangsung (tetap pada nilai awalnya, 0,300 M) — inilah ciri khas sebuah katalis. Sebaliknya, H₂O₂ terus berkurang seiring waktu.

    Langkah 1: Ubah hukum laju orde-dua menjadi orde-satu semu (pseudo-first-order)

    Karena $[\text{I}^-]$ konstan sepanjang reaksi, suku ini dapat digabungkan ke dalam konstanta laju efektif baru:

    $$ \text{Laju} = k[\text{H}_2\text{O}_2][\text{I}^-] = \underbrace{(k \times [\text{I}^-])}_{k'} \times [\text{H}_2\text{O}_2] = k'[\text{H}_2\text{O}_2] $$

    sehingga reaksi ini berperilaku sebagai reaksi orde-satu semu terhadap H₂O₂.

    Langkah 2: Hitung konstanta laju orde-satu semu ($k'$)

    $$ \begin{aligned} k' &= k \times [\text{I}^-] \\[8pt] &= 1{,}05 \ \text{M}^{-1}\text{min}^{-1} \times 0{,}300 \ \text{M} \\[8pt] &= 0{,}315 \ \text{min}^{-1} \end{aligned} $$

    Langkah 3: Terapkan hukum laju terintegrasi orde-satu

    Untuk reaksi orde-satu (semu), hubungan konsentrasi terhadap waktu mengikuti peluruhan eksponensial:

    $$ [\text{H}_2\text{O}_2]_t = [\text{H}_2\text{O}_2]_0 \times e^{-k't} $$

    Langkah 4: Substitusi nilai-nilai yang diketahui

    $$ \begin{aligned} [\text{H}_2\text{O}_2]_{t=5{,}00\ \text{min}} &= 0{,}300 \ \text{M} \times e^{-(0{,}315\ \text{min}^{-1})(5{,}00\ \text{min})} \\[8pt] &= 0{,}300 \ \text{M} \times e^{-1{,}575} \\[8pt] &= 0{,}300 \ \text{M} \times 0{,}2070 \\[8pt] &= 0{,}0621 \ \text{M} \end{aligned} $$

    Kesimpulan: Karena ion iodida bertindak sebagai katalis (konsentrasinya tidak berubah selama reaksi), hukum laju orde-dua secara efektif berperilaku sebagai orde-satu semu terhadap H₂O₂. Setelah 5,00 menit, konsentrasi hidrogen peroksida yang tersisa adalah 0,0621 M.

    Jawaban: B. 0,0621 M

    ---

13. Soal 28.

    Ketergantungan suhu dari konstanta laju untuk reaksi fasa gas akrolein dengan radikal nitrat diukur, dan konstanta laju ditemukan sebagai k = (1,72 × 10⁻¹³)e^−1190/T, dengan k dalam satuan cm³ molekul⁻¹ s⁻¹ dan T dalam satuan K. Berapakah energi aktivasi reaksi tersebut?
    1. 1,19 kJ mol⁻¹
    2. 9,89 kJ mol⁻¹
    3. 36,4 kJ mol⁻¹
    4. 143 kJ mol⁻¹
    Konsep kunci: Persamaan Arrhenius menyatakan hubungan antara konstanta laju reaksi ($k$) dan suhu ($T$):

    $$ k = A \, e^{-E_a/RT} $$

    dengan $A$ = faktor pra-eksponensial (frequency factor), $E_a$ = energi aktivasi, $R$ = tetapan gas ideal, dan $T$ = suhu dalam Kelvin. Untuk menemukan $E_a$, kita cukup mencocokkan (membandingkan) bentuk eksponen pada persamaan k yang diberikan soal dengan bentuk eksponen umum pada persamaan Arrhenius.

    Langkah 1: Tuliskan bentuk umum persamaan Arrhenius dan bandingkan dengan data soal

    Bentuk umum:

    $$ k = A \, e^{-E_a/RT} $$

    Bentuk yang diberikan pada soal:

    $$ k = (1{,}72 \times 10^{-13}) \, e^{-1190/T} $$

    Dengan membandingkan kedua eksponen secara langsung, terlihat bahwa:

    $$ \dfrac{E_a}{RT} = \dfrac{1190}{T} $$

    Karena kedua ruas memiliki pembagi $T$ yang sama, suku $T$ dapat dicoret dari kedua sisi, sehingga diperoleh hubungan sederhana:

    $$ \dfrac{E_a}{R} = 1190 \ \text{K} $$

    Langkah 2: Selesaikan untuk energi aktivasi ($E_a$)

    Gunakan $R = 8{,}314 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}$:

    $$ \begin{aligned} E_a &= 1190 \ \text{K} \times R \\[8pt] &= 1190 \ \text{K} \times 8{,}314 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1} \\[8pt] &= 9893{,}7 \ \text{J/mol} \end{aligned} $$

    Langkah 3: Konversi ke kJ/mol

    $$ \begin{aligned} E_a &= 9893{,}7 \ \text{J/mol} \times \dfrac{1 \ \text{kJ}}{1000 \ \text{J}} \\[8pt] &= 9{,}894 \ \text{kJ/mol} \\[8pt] &\approx 9{,}89 \ \text{kJ/mol} \end{aligned} $$

    Catatan tambahan: Perlu diperhatikan bahwa satuan $k$ pada soal ini (cm³ molekul⁻¹ s⁻¹) adalah satuan laju reaksi orde dua dalam basis molekul, bukan basis mol, namun hal ini tidak memengaruhi perhitungan $E_a$, karena satuan tersebut hanya melekat pada faktor pra-eksponensial $A = 1{,}72 \times 10^{-13}$, sedangkan energi aktivasi sepenuhnya ditentukan oleh koefisien numerik pada eksponen ($1190/T$), yang sudah bersifat "murni" (tanpa satuan konsentrasi) karena berada di dalam fungsi eksponensial.

    Kesimpulan: Dengan mencocokkan bentuk eksponen pada persamaan k yang diberikan terhadap bentuk umum persamaan Arrhenius, diperoleh bahwa $E_a/R = 1190 \ \text{K}$. Mengalikan nilai ini dengan tetapan gas $R = 8{,}314 \ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}$ menghasilkan energi aktivasi reaksi sebesar 9,89 kJ/mol.

    Jawaban: B. 9,89 kJ mol⁻¹

    ---

14. Soal 29.

    Soal 29–30 berkaitan dengan mekanisme hidrolisis metil format yang dikatalisis asam dalam larutan air seperti ditunjukkan di bawah ini:
    HCO₂CH₃(aq) + H⁺(aq) ⇌ HCO(OH)(OCH₃)⁺(aq)     (cepat, tidak menguntungkan)
    HCO(OH)(OCH₃)⁺(aq) + H₂O(l) → HCO(OH)(OH₂)(OCH₃)⁺(aq)     (lambat)
    HCO(OH)(OH₂)(OCH₃)⁺(aq) → HCO(OH)₂⁺(aq) + CH₃OH(aq)     (cepat)
    HCO(OH)₂⁺(aq) ⇌ HCO₂H(aq) + H⁺(aq)     (cepat, menguntungkan)
    
    Hukum laju apakah yang diprediksi oleh mekanisme ini?
    1. Laju = k[HCO₂CH₃]
    2. Laju = k[HCO₂CH₃][H⁺]
    3. Laju = k[HCO₂CH₃] / [H⁺]
    4. Laju = k[H⁺]
    Konsep kunci: Untuk menentukan hukum laju yang diprediksi oleh suatu mekanisme reaksi bertahap (multi-step), langkah kuncinya adalah: (1) identifikasi tahap penentu laju (rate-determining step, RDS), yaitu tahap paling lambat dalam mekanisme; (2) tuliskan hukum laju berdasarkan tahap tersebut; (3) jika hukum laju tersebut mengandung konsentrasi zat antara (intermediate) yang tidak dapat diukur secara langsung, gunakan pendekatan kesetimbangan cepat (fast pre-equilibrium approximation) dari tahap sebelumnya untuk menyatakan konsentrasi zat antara tersebut dalam bentuk konsentrasi pereaksi awal.

    Langkah 1: Identifikasi tahap penentu laju (RDS)

    Berdasarkan mekanisme yang diberikan, tahap kedua ditandai sebagai "lambat" (slow):

    $$ \text{HCO(OH)(OCH}_3)^+(aq) + \text{H}_2\text{O}(l) \longrightarrow \text{HCO(OH)(OH}_2)(\text{OCH}_3)^+(aq) $$

    Karena tahap ini adalah tahap paling lambat, tahap ini bertindak sebagai "penghambat" (bottleneck) laju keseluruhan reaksi, sehingga hukum laju keseluruhan reaksi ditentukan oleh hukum laju tahap ini.

    Langkah 2: Tuliskan hukum laju berdasarkan RDS

    Berdasarkan tahap lambat (RDS), yang melibatkan zat antara HCO(OH)(OCH₃)⁺ bereaksi dengan H₂O:

    $$ \text{Laju} = k_2[\text{HCO(OH)(OCH}_3)^+][\text{H}_2\text{O}] $$

    Karena reaksi berlangsung dalam larutan air (aqueous), air bertindak sebagai pelarut dalam jumlah sangat berlebih sehingga konsentrasinya praktis konstan sepanjang reaksi. Oleh karena itu, $[\text{H}_2\text{O}]$ dapat digabungkan ke dalam konstanta laju, membentuk konstanta laju semu (pseudo-order):

    $$ \text{Laju} = k_2'[\text{HCO(OH)(OCH}_3)^+] \quad \text{dengan} \quad k_2' = k_2[\text{H}_2\text{O}] $$

    Langkah 3: Identifikasi masalah: hukum laju mengandung zat antara

    Spesies HCO(OH)(OCH₃)⁺ adalah zat antara (intermediate), spesies ini terbentuk pada tahap 1 dan dikonsumsi pada tahap 2, sehingga tidak muncul pada persamaan reaksi keseluruhan dan konsentrasinya tidak dapat diukur atau dikontrol secara langsung di laboratorium. Oleh karena itu, hukum laju di atas harus dinyatakan ulang dalam bentuk konsentrasi pereaksi awal (HCO₂CH₃ dan H⁺) yang dapat diukur.

    Langkah 4: Terapkan aproksimasi kesetimbangan cepat pada tahap 1

    Tahap pertama merupakan reaksi kesetimbangan cepat (ditandai tanda panah bolak-balik ⇌ dan keterangan "cepat"):

    $$ \text{HCO}_2\text{CH}_3(aq) + \text{H}^+(aq) \ \rightleftharpoons \ \text{HCO(OH)(OCH}_3)^+(aq) $$

    Karena tahap ini jauh lebih cepat dibandingkan tahap 2 (RDS), kesetimbangan pada tahap 1 dapat dianggap tercapai secara instan dan tetap terjaga sepanjang reaksi berlangsung. Tetapan kesetimbangan untuk tahap ini:

    $$ K_1 = \dfrac{[\text{HCO(OH)(OCH}_3)^+]}{[\text{HCO}_2\text{CH}_3][\text{H}^+]} $$

    Susun ulang untuk menyatakan konsentrasi zat antara:

    $$ [\text{HCO(OH)(OCH}_3)^+] = K_1[\text{HCO}_2\text{CH}_3][\text{H}^+] $$

    Langkah 5: Substitusikan kembali ke dalam hukum laju RDS

    $$ \begin{aligned} \text{Laju} &= k_2'[\text{HCO(OH)(OCH}_3)^+] \\[8pt] &= k_2' \times K_1[\text{HCO}_2\text{CH}_3][\text{H}^+] \\[8pt] &= (k_2' K_1)[\text{HCO}_2\text{CH}_3][\text{H}^+] \end{aligned} $$

    Gabungkan semua konstanta ($k_2'$ dan $K_1$) menjadi satu konstanta laju keseluruhan $k$:

    $$ \text{Laju} = k[\text{HCO}_2\text{CH}_3][\text{H}^+] $$

    Langkah 6: Verifikasi kewajaran hasil

    Hasil ini masuk akal secara mekanistik: karena tahap 1 (pembentukan zat antara terprotonasi dari metil format dan H⁺) harus terjadi sebelum tahap penentu laju, konsentrasi H⁺ otomatis "terwariskan" ke dalam hukum laju keseluruhan meskipun H⁺ sendiri tidak muncul dalam tahap lambat. Ini menjelaskan mengapa reaksi ini disebut sebagai hidrolisis yang dikatalisis asam, laju reaksi bergantung langsung pada [H⁺].

    Kesimpulan: Dengan menggunakan tahap lambat (RDS) sebagai dasar hukum laju, kemudian menyatakan konsentrasi zat antara HCO(OH)(OCH₃)⁺ melalui aproksimasi kesetimbangan cepat pada tahap 1, serta menggabungkan konsentrasi air (pelarut berlebih) ke dalam konstanta laju, mekanisme ini memprediksi hukum laju orde satu terhadap metil format dan orde satu terhadap ion H⁺.

    Jawaban: B. Laju = k[HCO₂CH₃][H⁺]

    ---

15. Soal 30.

    Diagram koordinat reaksi manakah yang paling sesuai dengan mekanisme yang diusulkan?
    
    Konsep kunci: Diagram koordinat reaksi (reaction coordinate diagram) untuk suatu mekanisme bertahap harus mencerminkan tiga informasi mekanistik secara konsisten: (1) jumlah tahap elementer dalam mekanisme, setiap tahap digambarkan sebagai satu "puncak" (keadaan transisi) yang memisahkan dua "lembah" (spesies stabil, baik pereaksi/produk maupun zat antara); (2) tinggi relatif setiap puncak mencerminkan energi aktivasi tahap tersebut, tahap yang paling lambat harus memiliki puncak tertinggi di seluruh diagram (tahap penentu laju/RDS); dan (3) posisi relatif setiap lembah mencerminkan apakah tahap tersebut menguntungkan (produk lebih rendah energi dari reaktan) atau tidak menguntungkan (produk lebih tinggi energi dari reaktan).

    Langkah 1: Hitung jumlah tahap elementer dalam mekanisme (soal 29)

    Mekanisme hidrolisis metil format yang diberikan terdiri dari 4 tahap elementer:

    Tahap	Deskripsi	Sifat
    1	HCO2CH3 + H+ ⇌ HCO(OH)(OCH3)+	Cepat, tidak menguntungkan
    2	HCO(OH)(OCH3)+ + H2O → HCO(OH)(OH2)(OCH3)+	Lambat (RDS)
    3	HCO(OH)(OH2)(OCH3)+ → HCO(OH)2+ + CH3OH	Cepat
    4	HCO(OH)2+ ⇌ HCO2H + H+	Cepat, menguntungkan

    Karena terdapat 4 tahap elementer, diagram koordinat reaksi yang benar harus memiliki tepat 4 puncak (keadaan transisi) yang memisahkan 5 lembah energi (pereaksi awal → zat antara 1 → zat antara 2 → zat antara 3 → produk akhir).

    Langkah 2: Tentukan tinggi relatif setiap puncak berdasarkan kecepatan tahap

    Prinsip dasar kinetika: semakin lambat suatu tahap, semakin tinggi energi aktivasinya (puncaknya semakin tinggi), karena laju reaksi berbanding terbalik secara eksponensial dengan energi aktivasi (persamaan Arrhenius). Karena tahap 2 adalah satu-satunya tahap yang ditandai "lambat", jauh lebih lambat dari tahap 1, 3, dan 4 yang semuanya "cepat", maka:

    • Puncak ke-2 (dari tahap 2) harus menjadi puncak tertinggi di seluruh diagram, mencerminkan tahap penentu laju (RDS).
    • Puncak ke-1, ke-3, dan ke-4 (dari tahap 1, 3, dan 4) harus relatif lebih rendah dibandingkan puncak ke-2, karena ketiganya berlangsung cepat (energi aktivasi rendah).

    Langkah 3: Tentukan posisi relatif lembah berdasarkan sifat menguntungkan/tidak menguntungkan tiap tahap

    • Tahap 1 (tidak menguntungkan): zat antara 1 berada sedikit lebih tinggi energinya dibandingkan pereaksi awal (kesetimbangan condong ke kiri/pereaksi, tetapi tetap cepat mencapai kesetimbangan).
    • Tahap 2 (lambat, tidak dinyatakan kesukaannya secara eksplisit): yang terpenting dari tahap ini adalah tingginya puncak (energi aktivasi), bukan posisi relatif lembahnya.
    • Tahap 3 (cepat): berlangsung dengan barrier rendah menuju produk antara berikutnya.
    • Tahap 4 (menguntungkan): produk akhir (HCO₂H + H⁺) berada jauh lebih rendah energinya dibandingkan zat antara sebelumnya, mencerminkan kesetimbangan yang sangat condong ke arah produk (K besar).

    Karena hidrolisis ester secara keseluruhan bersifat termodinamika menguntungkan (didorong kuat oleh tahap 4 yang sangat menguntungkan), energi produk akhir (HCO₂H + H⁺) harus berada jauh lebih rendah dibandingkan energi pereaksi awal (HCO₂CH₃ + H⁺), diagram secara keseluruhan harus menunjukkan tren menurun (eksergonik) dari kiri ke kanan, dengan penurunan tajam terutama pada segmen akhir (tahap 4).

    Langkah 4: Cocokkan pola ini dengan pilihan diagram yang tersedia

    Diagram yang benar harus menunjukkan pola berikut secara berurutan dari kiri ke kanan:

    1. Puncak pertama, rendah/sedang (tahap 1, cepat), diikuti lembah yang sedikit naik dari titik awal (tidak menguntungkan);
    2. Puncak kedua, paling tinggi di seluruh diagram (tahap 2, RDS/lambat);
    3. Puncak ketiga, rendah/sedang (tahap 3, cepat);
    4. Puncak keempat, rendah/sedang (tahap 4, cepat), tetapi diikuti oleh penurunan tajam ke tingkat energi akhir yang jauh di bawah titik awal (menguntungkan, K besar).

    Dari keempat pilihan (A)–(D), diagram (C): empat puncak dengan puncak kedua yang paling menonjol/tertinggi (sesuai RDS pada tahap 2), diagram (D) mirip diagram C, tetapi setelah puncak ketiga terlalu curam dan akhirnya mendaki tinggi jadi pola ini kurang konsisten dan tidak menguntungkan. Diagram (A) memiliki puncak-puncak dengan tinggi yang relatif seragam (tidak menonjolkan RDS), sedangkan (B) tidak menunjukkan kombinasi yang tepat antara posisi puncak tertinggi dan besarnya penurunan energi akhir yang konsisten dengan tahap 4 yang sangat menguntungkan.

    Kesimpulan: Karena mekanisme yang diusulkan terdiri dari 4 tahap elementer dengan tahap kedua sebagai tahap penentu laju (harus memiliki puncak energi tertinggi) dan tahap keempat sebagai tahap yang sangat menguntungkan secara termodinamika (harus berakhir pada tingkat energi yang jauh lebih rendah dari titik awal), diagram koordinat reaksi yang paling konsisten dengan seluruh karakteristik ini adalah diagram (C).

    Jawaban: C

    ---