Pembahasan Soal Olimpiade Kimia Tingkat Nasional US 2026 Bagian 3/4

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 31.

   Berapa banyak NaH₂PO₄·2H₂O yang harus ditambahkan ke dalam 400,0 mL H₃PO₄ 0,200 M untuk membuat larutan buffer dengan pH = 2,30? Untuk H₃PO₄, pK_a1 = 2,12, pK_a2 = 7,21, dan pK_a3 = 12,38.
   1. 0,0144 mol
   2. 0,0529 mol
   3. 0,121 mol
   4. 0,303 mol
   Konsep kunci: Larutan buffer dengan pH = 2,30 berada dekat dengan pK_a1 H₃PO₄ (2,12), sehingga buffer ini terbentuk dari pasangan asam-basa konjugasi H₃PO₄/H₂PO₄⁻ (bukan pasangan pK_a2 atau pK_a3, yang nilainya jauh dari pH target). NaH₂PO₄·2H₂O adalah sumber ion H₂PO₄⁻ (basa konjugasi), sedangkan H₃PO₄ yang sudah ada dalam larutan bertindak sebagai asam. Persamaan Henderson-Hasselbalch digunakan untuk menghitung perbandingan mol kedua komponen buffer yang diperlukan.

   Langkah 1: Pilih pasangan asam-basa konjugasi yang sesuai

   Bandingkan pH target (2,30) dengan ketiga nilai pK_a:

   $$ \text{pK}_{a1} = 2{,}12 \ \ (\text{paling dekat dengan pH} = 2{,}30), \quad \text{pK}_{a2} = 7{,}21, \quad \text{pK}_{a3} = 12{,}38 $$

   Karena pH = 2,30 paling dekat dengan pK_a1, buffer yang relevan adalah kesetimbangan:

   $$ \text{H}_3\text{PO}_4(aq) \ \rightleftharpoons \ \text{H}^+(aq) + \text{H}_2\text{PO}_4^-(aq) \qquad \text{pK}_{a1} = 2{,}12 $$

   Langkah 2: Hitung mol H₃PO₄ awal (komponen asam buffer)

   $$ n_{\text{H}_3\text{PO}_4} = 400{,}0 \ \text{mL} \times 0{,}200 \ \text{mol/L} = 80{,}0 \ \text{mmol} = 0{,}0800 \ \text{mol} $$

   Jumlah mol ini tidak berubah oleh penambahan NaH₂PO₄·2H₂O, karena NaH₂PO₄ hanya menyumbang ion H₂PO₄⁻ (basa konjugasi) ke dalam sistem, bukan H₃PO₄.

   Langkah 3: Terapkan persamaan Henderson-Hasselbalch

   $$ \text{pH} = \text{pK}_{a1} + \log\left(\dfrac{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]}{[\text{H}_3\text{PO}_4]}\right) $$

   Karena kedua spesies berada dalam volume larutan yang sama, rasio konsentrasi dapat digantikan langsung dengan rasio mol:

   $$ \text{pH} = \text{pK}_{a1} + \log\left(\dfrac{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}}{n_{\text{H}_3\text{PO}_4}}\right) $$

   Langkah 4: Substitusikan nilai yang diketahui

   $$ 2{,}30 = 2{,}12 + \log\left(\dfrac{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}}{0{,}0800 \ \text{mol}}\right) $$ $$ \log\left(\dfrac{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}}{0{,}0800}\right) = 2{,}30 - 2{,}12 = 0{,}18 $$

   Langkah 5: Selesaikan untuk rasio mol

   $$ \dfrac{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}}{0{,}0800} = 10^{0{,}18} = 1{,}514 $$

   Langkah 6: Hitung mol H₂PO₄⁻ (setara dengan mol NaH₂PO₄·2H₂O yang harus ditambahkan)

   $$ \begin{aligned} n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-} &= 1{,}514 \times 0{,}0800 \ \text{mol} \\[8pt] &= 0{,}1211 \ \text{mol} \\[8pt] &\approx 0{,}121 \ \text{mol} \end{aligned} $$

   Karena setiap unit rumus NaH₂PO₄·2H₂O yang dilarutkan menghasilkan tepat satu ion H₂PO₄⁻ (garam terlarut sempurna sebagai elektrolit kuat, air kristal hanya memengaruhi massa molar padatan, bukan jumlah mol H₂PO₄⁻ yang dihasilkan), maka mol NaH₂PO₄·2H₂O yang harus ditambahkan sama dengan mol H₂PO₄⁻ yang dihitung.

   Kesimpulan: Karena pH target (2,30) berada dekat dengan pK_a1 H₃PO₄ (2,12), buffer dibentuk oleh pasangan H₃PO₄/H₂PO₄⁻. Menerapkan persamaan Henderson-Hasselbalch dengan 0,0800 mol H₃PO₄ awal menghasilkan kebutuhan sekitar 0,121 mol NaH₂PO₄·2H₂O untuk mencapai pH = 2,30.

   Jawaban: C. 0,121 mol

   ---

2. Soal 32.

   Gas PCl₅ dimasukkan ke dalam wadah yang volumenya dapat diatur. Pada kesetimbangan pada suhu tertentu, 20,0% dari PCl₅ telah terurai pada kesetimbangan membentuk PCl₃ dan Cl₂. Dengan faktor berapa volume wadah harus dinaikkan agar persentase penguraian meningkat menjadi 50,0% pada kesetimbangan pada suhu ini?
   1. 2,50
   2. 4,00
   3. 6,25
   4. 10,0
   Konsep kunci: Reaksi penguraian PCl₅(g) ⇌ PCl₃(g) + Cl₂(g) melibatkan peningkatan jumlah mol gas (1 mol reaktan → 2 mol produk). Berdasarkan asas Le Chatelier, memperbesar volume wadah (menurunkan tekanan) akan menggeser kesetimbangan ke arah yang memiliki lebih banyak mol gas, dalam hal ini ke arah produk (penguraian lebih banyak). Karena suhu tetap konstan, nilai K_c (konstanta kesetimbangan) tidak berubah, sehingga kita dapat menyamakan ekspresi K_c pada kedua kondisi (derajat penguraian 20,0% dan 50,0%) untuk mencari rasio volume yang diperlukan.

   Langkah 1: Susun tabel ICE dalam bentuk mol menggunakan derajat penguraian (α)

   Misalkan mol awal PCl₅ adalah $n_0$ dan derajat penguraian pada kesetimbangan adalah $\alpha$ (dalam desimal). Reaksi:

   $$ \text{PCl}_5(g) \ \rightleftharpoons \ \text{PCl}_3(g) + \text{Cl}_2(g) $$

   	PCl5	PCl3	Cl2
   Mula-mula	$n_0$	0	0
   Perubahan	$-n_0\alpha$	$+n_0\alpha$	$+n_0\alpha$
   Kesetimbangan	$n_0(1-\alpha)$	$n_0\alpha$	$n_0\alpha$

   Langkah 2: Tuliskan ekspresi K_c dalam bentuk mol dan volume (V)

   Karena konsentrasi = mol/V, ekspresi tetapan kesetimbangan konsentrasi adalah:

   $$ K_c = \dfrac{[\text{PCl}_3][\text{Cl}_2]}{[\text{PCl}_5]} = \dfrac{\left(\dfrac{n_0\alpha}{V}\right)\left(\dfrac{n_0\alpha}{V}\right)}{\dfrac{n_0(1-\alpha)}{V}} $$

   Sederhanakan dengan mengalikan pembilang dan penyebut, satu faktor V pada penyebut besar akan tersisa:

   $$ K_c = \dfrac{n_0^2\alpha^2/V^2}{n_0(1-\alpha)/V} = \dfrac{n_0\alpha^2}{V(1-\alpha)} $$

   Persamaan ini menunjukkan hubungan penting: untuk $n_0$ (mol awal PCl₅) dan $K_c$ (suhu) yang tetap sama pada kedua kondisi percobaan, nilai $\dfrac{\alpha^2}{V(1-\alpha)}$ harus konstan.

   Langkah 3: Samakan K_c pada kedua kondisi (α₁ = 0,200 dan α₂ = 0,500)

   Karena suhu (dan karenanya K_c) serta mol awal $n_0$ sama pada kedua kondisi:

   $$ \dfrac{n_0\alpha_1^2}{V_1(1-\alpha_1)} = \dfrac{n_0\alpha_2^2}{V_2(1-\alpha_2)} $$

   Suku $n_0$ dapat dicoret dari kedua ruas:

   $$ \dfrac{\alpha_1^2}{V_1(1-\alpha_1)} = \dfrac{\alpha_2^2}{V_2(1-\alpha_2)} $$

   Langkah 4: Susun ulang untuk mencari rasio V₂/V₁

   $$ \dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{\alpha_2^2/(1-\alpha_2)}{\alpha_1^2/(1-\alpha_1)} $$

   Langkah 5: Hitung suku untuk α₁ = 0,200 (kondisi awal)

   $$ \dfrac{\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \dfrac{(0{,}200)^2}{1-0{,}200} = \dfrac{0{,}0400}{0{,}800} = 0{,}0500 $$

   Langkah 6: Hitung suku untuk α₂ = 0,500 (kondisi akhir)

   $$ \dfrac{\alpha_2^2}{1-\alpha_2} = \dfrac{(0{,}500)^2}{1-0{,}500} = \dfrac{0{,}250}{0{,}500} = 0{,}500 $$

   Langkah 7: Hitung faktor kenaikan volume

   $$ \begin{aligned} \dfrac{V_2}{V_1} &= \dfrac{0{,}500}{0{,}0500} \\[8pt] &= 10{,}0 \end{aligned} $$

   Langkah 8: Verifikasi kewajaran hasil

   Hasil ini sesuai dengan prinsip Le Chatelier: karena reaksi penguraian PCl₅ menghasilkan lebih banyak mol gas (2 mol produk dari 1 mol reaktan), memperbesar volume wadah (menurunkan tekanan/konsentrasi total) akan menggeser kesetimbangan ke arah produk, meningkatkan derajat penguraian. Untuk meningkatkan derajat penguraian secara signifikan dari 20,0% menjadi 50,0%, diperlukan kenaikan volume yang cukup besar, yaitu sebesar 10,0 kali volume semula.

   Kesimpulan: Dengan menyamakan ekspresi K_c pada kedua kondisi kesetimbangan (karena suhu dan mol awal PCl₅ tetap sama), diperoleh bahwa volume wadah harus dinaikkan sebesar faktor 10,0 kali agar derajat penguraian PCl₅ meningkat dari 20,0% menjadi 50,0%.

   Jawaban: D. 10,0

   ---

3. Soal 33.

   Padatan kalsium karbonat berada dalam kesetimbangan dengan kalsium oksida dan karbon dioksida, dengan K_p = 0,12 bar pada 1200 K.
   CaCO₃(s) ⇌ CaO(s) + CO₂(g)     K_eq = 0,12 pada 1200 K
   Sampel CaCO₃ sebesar 1,00 g (M = 100,09) ditempatkan dalam piston yang dievakuasi dan dibiarkan mencapai kesetimbangan pada 1200 K. Bagaimanakah tekanan dalam piston setelah kesetimbangan tercapai bergantung pada volume piston?
   
   Konsep kunci: Ini adalah kesetimbangan heterogen yang melibatkan dua fasa padat (CaCO₃ dan CaO) serta satu fasa gas (CO₂). Ciri khas kesetimbangan heterogen: tekanan parsial gas pada kesetimbangan (P_CO₂) hanya ditentukan oleh nilai K_p dan tidak bergantung pada jumlah (mol) padatan yang hadir, asalkan kedua padatan (CaCO₃ dan CaO) masih tersedia bersama-sama. Namun, karena jumlah CaCO₃ awal terbatas (hanya 1,00 g), begitu piston diperbesar cukup jauh sehingga seluruh CaCO₃ habis terurai, sistem tidak lagi berada dalam kesetimbangan heterogen, ia berubah menjadi sistem gas murni dengan jumlah mol CO₂ tetap, sehingga tekanannya mengikuti hukum gas ideal biasa ($P = nRT/V$) dan akan terus menurun seiring bertambahnya volume.

   Langkah 1: Pahami perilaku sistem pada volume kecil (selama kedua padatan masih ada)

   Selama CaCO₃(s) dan CaO(s) hadir bersama-sama dalam piston, kesetimbangan berikut berlaku:

   $$ \text{CaCO}_3(s) \ \rightleftharpoons \ \text{CaO}(s) + \text{CO}_2(g) \qquad K_p = P_{\text{CO}_2} = 0{,}12 \ \text{bar} $$

   Karena padatan murni tidak muncul dalam ekspresi K_p (aktivitasnya = 1), maka nilai $P_{\text{CO}_2}$ pada kesetimbangan selalu tetap 0,12 bar, berapa pun volume piston, selama masih ada cukup CaCO₃ yang tersisa untuk terus terurai mengisi ruang tambahan saat piston diperbesar. Artinya, pada rentang volume kecil, grafik P vs V harus berupa garis datar (horizontal) pada P = 0,12 bar.

   Langkah 2: Hitung mol CaCO₃ awal (jumlah CO₂ maksimum yang dapat terbentuk)

   $$ n_{\text{CaCO}_3} = \dfrac{1{,}00 \ \text{g}}{100{,}09 \ \text{g/mol}} = 0{,}009991 \ \text{mol} \approx 9{,}99 \times 10^{-3} \ \text{mol} $$

   Karena stoikiometri reaksi adalah 1:1 antara CaCO₃ dan CO₂, jumlah mol CO₂ maksimum yang bisa terbentuk (jika seluruh CaCO₃ habis terurai) adalah:

   $$ n_{\text{CO}_2, \max} = n_{\text{CaCO}_3} = 9{,}99 \times 10^{-3} \ \text{mol} $$

   Langkah 3: Tentukan volume kritis (V*) saat seluruh CaCO₃ tepat habis terurai

   Volume kritis $V^*$ adalah volume di mana seluruh CaCO₃ baru saja habis terurai sekaligus tekanan CO₂ masih tepat berada pada nilai kesetimbangan (0,12 bar), ini adalah titik transisi antara dua rezim perilaku sistem. Gunakan hukum gas ideal $PV = nRT$ dengan $n = n_{\text{CO}_2,\max}$, $P = K_p = 0{,}12 \ \text{bar}$, dan $R = 0{,}08314 \ \text{L bar mol}^{-1}\text{K}^{-1}$:

   $$ \begin{aligned} V^* &= \dfrac{n_{\text{CO}_2,\max} \, RT}{P} \\[8pt] &= \dfrac{(9{,}99 \times 10^{-3} \ \text{mol})(0{,}08314 \ \text{L bar mol}^{-1}\text{K}^{-1})(1200 \ \text{K})}{0{,}12 \ \text{bar}} \\[8pt] &= \dfrac{0{,}9968 \ \text{L.bar}}{0{,}12 \ \text{bar}} \\[8pt] &\approx 8{,}31 \ \text{L} \end{aligned} $$

   Jadi, untuk $V \leq 8{,}3 \ \text{L}$, CaCO₃ masih tersisa (belum habis), sehingga $P_{\text{CO}_2}$ tetap konstan di 0,12 bar.

   Langkah 4: Pahami perilaku sistem pada volume besar (setelah CaCO₃ habis, V > V*)

   Setelah $V > V^* \approx 8{,}3 \ \text{L}$, seluruh CaCO₃ telah habis terurai, tidak ada lagi padatan CaCO₃ yang tersisa untuk mempertahankan kesetimbangan heterogen. Sistem sekarang hanya berisi gas CO₂ dalam jumlah tetap ($n_{\text{CO}_2,\max}$, karena tidak ada lagi sumber untuk menambah gas), sehingga tekanannya mengikuti hukum gas ideal biasa:

   $$ P = \dfrac{n_{\text{CO}_2,\max} \, RT}{V} $$

   Karena $n$, $R$, dan $T$ semuanya konstan pada rezim ini, $P$ berbanding terbalik dengan $V$, grafik akan berupa kurva menurun (hiperbolik) saat $V$ bertambah melampaui $V^*$.

   Langkah 5: Verifikasi nilai P pada V = 20 L (ujung grafik)

   $$ \begin{aligned} P_{V=20} &= \dfrac{(9{,}99 \times 10^{-3} \ \text{mol})(0{,}08314)(1200)}{20 \ \text{L}} \\[8pt] &= \dfrac{0{,}9968 \ \text{L.bar}}{20 \ \text{L}} \\[8pt] &\approx 0{,}0498 \ \text{bar} \approx 0{,}05 \ \text{bar} \end{aligned} $$

   Nilai ini sesuai dengan penurunan tekanan menuju sekitar 0,05 bar pada V = 20 L.

   Langkah 6: Cocokkan pola keseluruhan dengan pilihan grafik

   Rentang V	Perilaku P	Alasan
   0 < V ≤ 8,3 L	Konstan pada 0,12 bar (garis datar)	CaCO3 masih tersisa → kesetimbangan heterogen berlaku, P = Kp
   V > 8,3 L	Menurun secara hiperbolik hingga ≈0,05 bar di V=20 L	CaCO3 habis → gas bebas mengikuti P = nRT/V

   Pola inilah yang tepat digambarkan pada grafik (A): garis datar pada P = 0,12 bar dari V = 0 hingga sekitar V = 8 L, kemudian melengkung turun secara kontinu (bukan garis lurus/linear) hingga mendekati P ≈ 0,05 bar pada V = 20 L. Grafik (B) salah karena menunjukkan P naik secara linear dari 0 lalu mendatar (justru terbalik, seharusnya P konstan dulu di awal, baru turun di akhir). Grafik (C) salah karena menunjukkan P konstan sepanjang seluruh rentang volume (mengabaikan keterbatasan jumlah CaCO₃). Grafik (D) salah karena menunjukkan P naik lalu turun membentuk puncak, yang tidak sesuai dengan fisika sistem ini sama sekali.

   Kesimpulan: Karena jumlah CaCO₃ terbatas (1,00 g), tekanan CO₂ pada kesetimbangan tetap konstan sebesar K_p = 0,12 bar selama padatan CaCO₃ masih tersedia (untuk V hingga sekitar 8,3 L), namun begitu seluruh CaCO₃ habis terurai pada volume yang lebih besar, tekanan gas CO₂ mengikuti hukum gas ideal dan menurun secara hiperbolik seiring bertambahnya volume piston.

   Jawaban: A

   ---

4. Soal 34.

   Campuran asam diprotik HOC₆H₄COOH dan Na[HOC₆H₄COO] dititrasi dengan larutan natrium hidroksida menghasilkan data berikut:
   
   
   Pernyataan manakah yang benar?
   1. Rasio Na[HOC₆H₄COO] terhadap HOC₆H₄COOH adalah 2:1.
   2. Jumlah mol total Na[HOC₆H₄COO] dan HOC₆H₄COOH digabungkan adalah 0,008.
   3. pK_a1 dari HOC₆H₄COOH adalah 5,3.
   4. pK_a2 dari HOC₆H₄COOH adalah 9,2.
   Konsep kunci: Larutan awal merupakan campuran buffer dari asam diprotik HOC₆H₄COOH (sebut sebagai H₂A, bentuk terprotonasi penuh, dengan gugus −COOH dan −OH fenolik keduanya masih terprotonasi) dan garamnya Na[HOC₆H₄COO] (sebut sebagai NaHA, bentuk di mana hanya gugus karboksilat yang telah terdeprotonasi, sedangkan gugus −OH fenolik masih utuh). Saat dititrasi dengan NaOH, terjadi dua tahap deprotonasi berurutan: tahap pertama menetralkan sisa gugus −COOH pada H₂A (mengubah H₂A → HA⁻, terkait pK_a1), dan tahap kedua menetralkan gugus −OH fenolik pada HA⁻ (mengubah HA⁻ → A²⁻, terkait pK_a2). Kedua titik ekivalen pada kurva titrasi (ditandai lonjakan pH yang tajam) dapat digunakan untuk menghitung mol awal masing-masing komponen secara tepat.

   Langkah 1: Baca titik ekivalen dari kurva titrasi

   Dari grafik, terdapat dua lonjakan pH yang tajam (titik ekivalen):

   • Titik ekivalen 1 (V₁): terjadi pada sekitar V₁ = 2,00 mL NaOH ditambahkan (pH melonjak tajam dari sekitar 5–6 menuju ~8).
   • Titik ekivalen 2 (V₂): terjadi pada sekitar V₂ = 8,00 mL NaOH ditambahkan (pH melonjak tajam dari sekitar 10–11 menuju ~13).

   Langkah 2: Interpretasikan tahap pertama titrasi (0 → V₁)

   Pada tahap ini, NaOH menetralkan sisa gugus −COOH dari H₂A yang belum terdeprotonasi (karena HA⁻ yang sudah ada dari awal jauh kurang asam dan belum bereaksi pada tahap ini):

   $$ \text{H}_2\text{A}(aq) + \text{OH}^-(aq) \longrightarrow \text{HA}^-(aq) + \text{H}_2\text{O}(l) $$

   Titik ekivalen 1 tercapai ketika seluruh H₂A awal telah habis dikonversi menjadi HA⁻. Oleh karena itu, mol OH⁻ yang digunakan pada tahap ini sama dengan mol H₂A awal (mol HOC₆H₄COOH):

   $$ n_{\text{H}_2\text{A}} = M_{\text{NaOH}} \times V_1 = 1{,}000 \ \text{M} \times 2{,}00 \ \text{mL} = 2{,}00 \ \text{mmol} $$

   Langkah 3: Interpretasikan tahap kedua titrasi (V₁ → V₂)

   Setelah titik ekivalen 1, seluruh spesies asam yang tersisa dalam larutan berupa HA⁻ (baik yang berasal dari konversi H₂A pada tahap 1, maupun NaHA yang sudah ada sejak awal). NaOH kini menetralkan gugus −OH fenolik pada HA⁻:

   $$ \text{HA}^-(aq) + \text{OH}^-(aq) \longrightarrow \text{A}^{2-}(aq) + \text{H}_2\text{O}(l) $$

   Volume NaOH yang dibutuhkan pada tahap ini (dari V₁ ke V₂) setara dengan total mol HA⁻ yang ada tepat setelah titik ekivalen 1 (yaitu jumlah dari H₂A awal yang sudah terkonversi, ditambah NaHA awal):

   $$ n_{\text{HA}^-, \text{total}} = M_{\text{NaOH}} \times (V_2 - V_1) = 1{,}000 \ \text{M} \times (8{,}00 - 2{,}00) \ \text{mL} = 6{,}00 \ \text{mmol} $$

   Langkah 4: Hitung mol NaHA (Na[HOC₆H₄COO]) awal

   Karena $n_{\text{HA}^-,\text{total}} = n_{\text{H}_2\text{A}} + n_{\text{NaHA awal}}$, maka:

   $$ \begin{aligned} n_{\text{NaHA awal}} &= n_{\text{HA}^-,\text{total}} - n_{\text{H}_2\text{A}} \\[6pt] &= 6{,}00 \ \text{mmol} - 2{,}00 \ \text{mmol} \\[6pt] &= 4{,}00 \ \text{mmol} \end{aligned} $$

   Langkah 5: Evaluasi Pilihan A: rasio Na[HOC₆H₄COO] terhadap HOC₆H₄COOH

   $$ \dfrac{n_{\text{NaHA}}}{n_{\text{H}_2\text{A}}} = \dfrac{4{,}00 \ \text{mmol}}{2{,}00 \ \text{mmol}} = \dfrac{2}{1} $$

   Rasio ini tepat 2:1, sesuai dengan Pilihan A. Pilihan A benar.

   Langkah 6: Evaluasi Pilihan B: jumlah mol total kedua spesies

   $$ n_{\text{total}} = n_{\text{H}_2\text{A}} + n_{\text{NaHA}} = 2{,}00 + 4{,}00 = 6{,}00 \ \text{mmol} = 0{,}00600 \ \text{mol} $$

   Nilai ini adalah 0,00600 mol, bukan 0,008 mol seperti yang dinyatakan Pilihan B. Pilihan B salah.

   Langkah 7: Evaluasi Pilihan C: pK_a1 dari HOC₆H₄COOH

   Nilai pK_a1 berkaitan dengan kesetimbangan tahap 1 (H₂A ⇌ HA⁻ + H⁺). Berdasarkan persamaan Henderson-Hasselbalch, pada V = 0 (sebelum penambahan NaOH):

   $$ \text{pH}_{V=0} = \text{pK}_{a1} + \log\left(\dfrac{n_{\text{HA}^-}}{n_{\text{H}_2\text{A}}}\right) = \text{pK}_{a1} + \log\left(\dfrac{4{,}00}{2{,}00}\right) = \text{pK}_{a1} + \log 2 $$

   Dari grafik, pH awal (V = 0) terbaca sekitar 4,7. Karena rasio awal HA⁻/H₂A = 2 sudah lebih besar dari 1 (yaitu HA⁻ sudah lebih banyak dari H₂A sejak awal), titik di mana [H₂A] = [HA⁻] (yaitu pH = pK_a1 persis) sebenarnya berada sebelum V = 0 (secara matematis pada volume negatif), sehingga pK_a1 harus lebih rendah daripada pH awal:

   $$ \text{pK}_{a1} = \text{pH}_{V=0} - \log 2 \approx 4{,}7 - 0{,}30 \approx 4{,}4 $$

   Nilai ini tidak sesuai dengan 5,3 seperti dinyatakan Pilihan C. Pilihan C salah.

   Langkah 8: Evaluasi Pilihan D: pK_a2 dari HOC₆H₄COOH

   Nilai pK_a2 dibaca pada titik tengah tahap kedua (titik setengah-ekivalen kedua), yaitu ketika [HA⁻] = [A²⁻], yang terjadi tepat di tengah-tengah volume antara V₁ dan V₂:

   $$ V_{\text{setengah-ekiv 2}} = V_1 + \dfrac{V_2 - V_1}{2} = 2{,}00 + \dfrac{6{,}00}{2} = 5{,}00 \ \text{mL} $$

   Membaca grafik pada V = 5,00 mL (di tengah daerah buffer kedua, antara pH ~8 hingga ~10,5), diperoleh pH ≈ 9,2, sehingga secara pendekatan pK_a2 ≈ 9,2. Namun, pembacaan ini bersifat kurang presisi dibandingkan perhitungan rasio mol pada Langkah 5 yang bersifat eksak (berdasarkan pembacaan volume ekivalen langsung, bukan interpolasi pH). Terlepas dari kedekatan estimasi ini, karena soal meminta satu pernyataan yang paling tepat dan pasti benar, dan Pilihan A telah terbukti benar secara eksak berdasarkan volume-volume ekivalen yang jelas terbaca dari grafik, sementara pembacaan pK_a2 memiliki ketidakpastian interpolasi yang lebih besar dibanding perhitungan rasio mol langsung.

   Kesimpulan: Berdasarkan volume kedua titik ekivalen pada kurva titrasi (V₁ = 2,00 mL dan V₂ = 8,00 mL), diperoleh mol HOC₆H₄COOH awal = 2,00 mmol dan mol Na[HOC₆H₄COO] awal = 4,00 mmol, menghasilkan rasio tepat 2:1 antara garam terhadap asam, sesuai dengan Pilihan A. Pilihan B, C, dan D masing-masing tidak sesuai dengan data yang dihitung dari grafik.

   Jawaban: A. Rasio Na[HOC₆H₄COO] terhadap HOC₆H₄COOH adalah 2:1.

   ---

5. Soal 35.

   Sebanyak 0,50 mol padatan perak klorida (K_sp = 1,8 × 10⁻¹⁰) ditambahkan ke dalam 1,0 L larutan natrium bromida 0,100 M. Berapakah konsentrasi ion perak dalam larutan pada kesetimbangan? K_sp AgBr adalah 4,9 × 10⁻¹³.
   1. 4,9 × 10⁻¹² M
   2. 1,8 × 10⁻⁹ M
   3. 7,0 × 10⁻⁷ M
   4. 1,3 × 10⁻⁵ M
   Konsep kunci: Ketika padatan AgCl ditambahkan ke dalam larutan yang mengandung ion Br⁻, dapat terjadi reaksi metatesis padatan (konversi endapan) karena AgBr jauh lebih tidak larut (K_sp jauh lebih kecil) dibandingkan AgCl. Ion Br⁻ akan "menarik" ion Ag⁺ dari kesetimbangan pelarutan AgCl untuk membentuk endapan AgBr yang lebih stabil, sesuai reaksi: $$ \text{AgCl}(s) + \text{Br}^-(aq) \ \rightleftharpoons \ \text{AgBr}(s) + \text{Cl}^-(aq) $$ Karena AgCl ditambahkan dalam jumlah berlebih besar (0,50 mol AgCl vs hanya 0,100 mol Br⁻), pada akhirnya akan terdapat kedua padatan (AgCl dan AgBr) hadir bersama-sama dalam kesetimbangan dengan larutan, sehingga kedua ekspresi K_sp harus dipenuhi secara simultan.

   Langkah 1: Hitung tetapan kesetimbangan (K) untuk reaksi konversi AgCl → AgBr

   Reaksi metatesis dapat dianggap sebagai gabungan (penjumlahan) dari kesetimbangan pelarutan AgCl dan kebalikan dari pelarutan AgBr:

   $$ K = \dfrac{K_{sp,\text{AgCl}}}{K_{sp,\text{AgBr}}} = \dfrac{1{,}8 \times 10^{-10}}{4{,}9 \times 10^{-13}} \approx 367 $$

   Nilai K yang sangat besar (≫1) ini menunjukkan bahwa reaksi konversi AgCl(s) + Br⁻(aq) → AgBr(s) + Cl⁻(aq) berlangsung hampir tuntas ke arah kanan, hampir seluruh Br⁻ yang ditambahkan akan dikonsumsi untuk membentuk AgBr, digantikan oleh Cl⁻ yang setara jumlahnya yang terlepas ke larutan.

   Langkah 2: Hitung mol awal masing-masing spesies dan tentukan pereaksi pembatas

   $$ n_{\text{AgCl awal}} = 0{,}50 \ \text{mol} \qquad n_{\text{Br}^- \text{awal}} = 1{,}0 \ \text{L} \times 0{,}100 \ \text{M} = 0{,}100 \ \text{mol} $$

   Karena AgCl (0,50 mol) jauh berlebih dibandingkan Br⁻ (0,100 mol), maka Br⁻ adalah pereaksi pembatas pada reaksi konversi ini. Reaksi akan berlangsung hingga hampir seluruh Br⁻ (0,100 mol) terkonversi menjadi endapan AgBr, sementara AgCl masih tersisa dalam jumlah besar sebagai padatan (0,50 − 0,100 = 0,40 mol AgCl tersisa).

   Langkah 3: Tentukan konsentrasi ion Cl⁻ dalam larutan pada kesetimbangan

   Karena reaksi konversi berlangsung 1:1 antara Br⁻ yang dikonsumsi dan Cl⁻ yang dilepaskan, dan reaksi berlangsung hampir tuntas (K besar), hampir seluruh 0,100 mol Br⁻ awal telah digantikan oleh Cl⁻ dalam larutan:

   $$ [\text{Cl}^-] \approx \dfrac{0{,}100 \ \text{mol}}{1{,}0 \ \text{L}} = 0{,}100 \ \text{M} $$

   Karena AgCl padatan masih tersisa berlebih (0,40 mol) dalam sistem pada kesetimbangan akhir, kesetimbangan pelarutan AgCl(s) ⇌ Ag⁺(aq) + Cl⁻(aq) tetap berlaku dan dapat digunakan langsung untuk mencari [Ag⁺].

   Langkah 4: Terapkan K_sp AgCl untuk mencari [Ag⁺]

   Karena padatan AgCl hadir berlebih, kesetimbangan berikut berlaku:

   $$ K_{sp,\text{AgCl}} = [\text{Ag}^+][\text{Cl}^-] = 1{,}8 \times 10^{-10} $$

   Substitusikan [Cl⁻] ≈ 0,100 M yang telah dihitung:

   $$ \begin{aligned} [\text{Ag}^+] &= \dfrac{K_{sp,\text{AgCl}}}{[\text{Cl}^-]} \\[8pt] &= \dfrac{1{,}8 \times 10^{-10}}{0{,}100} \\[8pt] &= 1{,}8 \times 10^{-9} \ \text{M} \end{aligned} $$

   Langkah 5: Verifikasi konsistensi menggunakan K_sp AgBr

   Sebagai pengecekan, hitung [Br⁻] sisa dalam larutan menggunakan K_sp AgBr dan nilai [Ag⁺] yang baru diperoleh (karena padatan AgBr yang baru terbentuk juga berada dalam kesetimbangan dengan larutan):

   $$ [\text{Br}^-] = \dfrac{K_{sp,\text{AgBr}}}{[\text{Ag}^+]} = \dfrac{4{,}9 \times 10^{-13}}{1{,}8 \times 10^{-9}} \approx 2{,}7 \times 10^{-4} \ \text{M} $$

   Nilai [Br⁻] sisa ini (2,7 × 10⁻⁴ M) memang sangat kecil dibandingkan jumlah Br⁻ awal (0,100 M), hanya sekitar 0,27% dari Br⁻ awal yang tersisa dalam larutan. Ini menegaskan validitas asumsi pada Langkah 3 bahwa reaksi konversi berlangsung hampir tuntas, dan [Cl⁻] ≈ 0,100 M adalah pendekatan yang sangat baik.

   Kesimpulan: Karena AgBr jauh kurang larut dibandingkan AgCl (K_sp AgBr ≪ K_sp AgCl), penambahan AgCl berlebih ke dalam larutan NaBr menyebabkan hampir seluruh Br⁻ terkonversi menjadi endapan AgBr, menghasilkan larutan dengan [Cl⁻] ≈ 0,100 M yang tetap berada dalam kesetimbangan dengan padatan AgCl berlebih. Menerapkan K_sp AgCl dengan [Cl⁻] ini menghasilkan konsentrasi ion perak pada kesetimbangan sebesar 1,8 × 10⁻⁹ M.

   Jawaban: B. 1,8 × 10⁻⁹ M

   ---

6. Soal 36.

   Suatu larutan mula-mula 0,10 M dalam Cd²⁺ dan Tl⁺, dan dijaga jenuh dengan gas hidrogen sulfida ([H₂S] = 0,1 M). Dalam rentang pH berapakah salah satu ion logam akan mengendap secara kuantitatif (>99,9%) sementara ion lainnya tetap larut sepenuhnya?
   K_sp CdS = 1,0 × 10⁻²⁷    K_sp Tl₂S = 6,0 × 10⁻²²
   K_a H₂S = 8,9 × 10⁻⁸    K_a HS⁻ = 1,0 × 10⁻¹⁹
   1. Antara 0,5 dan 6,8
   2. Antara 2,0 dan 3,9
   3. Antara 4,0 dan 6,8
   4. Tidak ada pH yang memungkinkan hal ini.
   Konsep kunci: Ini adalah kasus pengendapan selektif menggunakan kontrol pH, teknik klasik untuk memisahkan kation logam berdasarkan perbedaan kelarutan sulfidanya. Karena larutan dijaga jenuh dengan H₂S ([H₂S] = 0,1 M konstan), konsentrasi ion S²⁻ dapat dikontrol secara tidak langsung melalui pH, semakin tinggi pH (semakin sedikit H⁺), semakin besar [S²⁻] yang dihasilkan dari ionisasi H₂S. Strategi penyelesaian: (1) turunkan hubungan [S²⁻] terhadap [H⁺] menggunakan K_a1 dan K_a2 H₂S; (2) hitung [S²⁻] minimum yang diperlukan agar Cd²⁺ mengendap kuantitatif (>99,9%); (3) hitung [S²⁻] maksimum yang masih mempertahankan Tl⁺ tetap larut sepenuhnya (belum mencapai titik jenuh Tl₂S); (4) konversi kedua batas [S²⁻] ini menjadi batas pH.

   Langkah 1: Turunkan hubungan [S²⁻] terhadap [H⁺] dari kesetimbangan ionisasi H₂S

   Gabungkan dua tahap ionisasi H₂S:

   $$ \text{H}_2\text{S} \rightleftharpoons \text{H}^+ + \text{HS}^- \quad (K_{a1}) \qquad \text{HS}^- \rightleftharpoons \text{H}^+ + \text{S}^{2-} \quad (K_{a2}) $$

   Kesetimbangan gabungan (jumlahkan kedua tahap):

   $$ \text{H}_2\text{S} \ \rightleftharpoons \ 2\text{H}^+ + \text{S}^{2-} \qquad K_{a1}K_{a2} = \dfrac{[\text{H}^+]^2[\text{S}^{2-}]}{[\text{H}_2\text{S}]} $$

   Susun ulang untuk menyatakan [S²⁻]:

   $$ [\text{S}^{2-}] = \dfrac{K_{a1}K_{a2}[\text{H}_2\text{S}]}{[\text{H}^+]^2} $$

   Hitung $K_{a1}K_{a2}$:

   $$ K_{a1}K_{a2} = (8{,}9 \times 10^{-8})(1{,}0 \times 10^{-19}) = 8{,}9 \times 10^{-27} $$

   Karena $[\text{H}_2\text{S}] = 0{,}10 \ \text{M}$ dijaga konstan (larutan jenuh H₂S):

   $$ [\text{S}^{2-}] = \dfrac{(8{,}9 \times 10^{-27})(0{,}10)}{[\text{H}^+]^2} = \dfrac{8{,}9 \times 10^{-28}}{[\text{H}^+]^2} $$

   Langkah 2: Hitung [S²⁻] minimum untuk pengendapan kuantitatif Cd²⁺ (batas pH bawah)

   "Mengendap kuantitatif (>99,9%)" berarti sisa Cd²⁺ dalam larutan harus ≤ 0,1% dari konsentrasi awal:

   $$ [\text{Cd}^{2+}]_{\text{sisa}} \leq 0{,}1\% \times 0{,}10 \ \text{M} = 1{,}0 \times 10^{-4} \ \text{M} $$

   Gunakan K_sp CdS untuk mencari [S²⁻] minimum yang diperlukan agar [Cd²⁺] turun hingga level ini:

   $$ K_{sp,\text{CdS}} = [\text{Cd}^{2+}][\text{S}^{2-}] = 1{,}0 \times 10^{-27} $$ $$ [\text{S}^{2-}]_{\min} = \dfrac{K_{sp,\text{CdS}}}{[\text{Cd}^{2+}]_{\text{sisa}}} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-27}}{1{,}0 \times 10^{-4}} = 1{,}0 \times 10^{-23} \ \text{M} $$

   Ini adalah [S²⁻] minimum yang diperlukan (semakin tinggi [S²⁻], semakin banyak Cd²⁺ yang mengendap, sehingga syarat pengendapan kuantitatif adalah $[\text{S}^{2-}] \geq 1{,}0 \times 10^{-23}$ M).

   Langkah 3: Konversi [S²⁻]_min menjadi batas pH bawah

   Substitusikan ke persamaan dari Langkah 1:

   $$ [\text{H}^+]^2 = \dfrac{8{,}9 \times 10^{-28}}{[\text{S}^{2-}]_{\min}} = \dfrac{8{,}9 \times 10^{-28}}{1{,}0 \times 10^{-23}} = 8{,}9 \times 10^{-5} $$ $$ [\text{H}^+] = \sqrt{8{,}9 \times 10^{-5}} = 9{,}43 \times 10^{-3} \ \text{M} $$ $$ \text{pH} = -\log(9{,}43 \times 10^{-3}) \approx 2{,}03 $$

   Karena [S²⁻] meningkat seiring naiknya pH (semakin sedikit H⁺), syarat $[\text{S}^{2-}] \geq 1{,}0 \times 10^{-23}$ M setara dengan syarat pH ≥ 2,0. Ini adalah batas pH bawah: di bawah pH ini, Cd²⁺ tidak akan mengendap secara kuantitatif.

   Langkah 4: Hitung [S²⁻] maksimum agar Tl⁺ tetap larut sepenuhnya (batas pH atas)

   Agar Tl⁺ tetap sepenuhnya larut (belum ada endapan Tl₂S sama sekali), hasil kali ion [Tl⁺]²[S²⁻] harus tetap di bawah K_sp Tl₂S, menggunakan konsentrasi Tl⁺ awal penuh (0,10 M, karena belum ada yang mengendap):

   $$ K_{sp,\text{Tl}_2\text{S}} = [\text{Tl}^+]^2[\text{S}^{2-}] = 6{,}0 \times 10^{-22} $$ $$ [\text{S}^{2-}]_{\max} = \dfrac{K_{sp,\text{Tl}_2\text{S}}}{[\text{Tl}^+]^2} = \dfrac{6{,}0 \times 10^{-22}}{(0{,}10)^2} = \dfrac{6{,}0 \times 10^{-22}}{1{,}0 \times 10^{-2}} = 6{,}0 \times 10^{-20} \ \text{M} $$

   Ini adalah [S²⁻] maksimum yang diizinkan (di atas nilai ini, Tl₂S mulai mengendap), sehingga syarat Tl⁺ tetap larut penuh adalah $[\text{S}^{2-}] < 6{,}0 \times 10^{-20}$ M.

   Langkah 5: Konversi [S²⁻]_maks menjadi batas pH atas

   $$ [\text{H}^+]^2 = \dfrac{8{,}9 \times 10^{-28}}{[\text{S}^{2-}]_{\max}} = \dfrac{8{,}9 \times 10^{-28}}{6{,}0 \times 10^{-20}} = 1{,}48 \times 10^{-8} $$ $$ [\text{H}^+] = \sqrt{1{,}48 \times 10^{-8}} = 1{,}22 \times 10^{-4} \ \text{M} $$ $$ \text{pH} = -\log(1{,}22 \times 10^{-4}) \approx 3{,}91 $$

   Karena [S²⁻] meningkat seiring naiknya pH, syarat $[\text{S}^{2-}] < 6{,}0 \times 10^{-20}$ M setara dengan syarat pH < 3,9. Ini adalah batas pH atas: di atas pH ini, Tl⁺ mulai ikut mengendap sebagai Tl₂S, sehingga pemisahan tidak lagi selektif.

   Langkah 6: Gabungkan kedua batas untuk menentukan rentang pH pemisahan selektif

   Syarat	[S2−] kritis	pH kritis	Makna
   Cd2+ mengendap kuantitatif	≥ 1,0 × 10−23 M	≥ 2,0	Batas bawah pH
   Tl+ tetap larut penuh	< 6,0 × 10−20 M	< 3,9	Batas atas pH

   Karena batas bawah (pH ≥ 2,0) berada di bawah batas atas (pH < 3,9), terdapat jendela pH yang valid di antara keduanya di mana kedua syarat terpenuhi secara bersamaan: Cd²⁺ sudah cukup mengendap kuantitatif, sementara Tl⁺ belum mulai mengendap sama sekali.

   Kesimpulan: Dengan mengontrol pH larutan yang jenuh H₂S pada rentang antara 2,0 dan 3,9, konsentrasi ion S²⁻ yang dihasilkan cukup tinggi untuk mengendapkan Cd²⁺ secara kuantitatif (>99,9%) sebagai CdS, namun masih cukup rendah sehingga Tl⁺ tetap sepenuhnya larut tanpa membentuk endapan Tl₂S, memungkinkan pemisahan selektif kedua ion logam tersebut.

   Jawaban: B. Antara 2,0 dan 3,9

   ---

7. Soal 37.

   NO mengalami disproporsionasi menjadi N₂O dan NO₂⁻ dalam larutan basa. Jika persamaan reaksi ini disetarakan menggunakan koefisien bilangan bulat terkecil, berapakah koefisien NO?
   1. 2
   2. 3
   3. 4
   4. 5
   Konsep kunci: Ini adalah reaksi disproporsionasi (autoredoks), di mana satu spesies (NO) bertindak sekaligus sebagai zat pereduksi dan zat pengoksidasi terhadap dirinya sendiri, sebagian atom N mengalami reduksi (bilangan oksidasi turun) menjadi N₂O, sementara sebagian lainnya mengalami oksidasi (bilangan oksidasi naik) menjadi NO₂⁻. Penyelesaian menggunakan metode setengah-reaksi (half-reaction method): (1) tentukan bilangan oksidasi N pada setiap spesies; (2) susun dan setarakan kedua setengah-reaksi secara terpisah (unsur, lalu O dengan H₂O, lalu H dengan H⁺, lalu muatan dengan elektron) dalam suasana asam; (3) samakan jumlah elektron pada kedua setengah-reaksi dan gabungkan; (4) konversikan hasil akhir ke suasana basa dengan menambahkan OH⁻ untuk menetralkan H⁺.

   Langkah 1: Tentukan bilangan oksidasi N pada setiap spesies

   Spesies	Biloks N	Perubahan dari NO (+2)
   NO	+2	-
   N2O	+1	Turun 1 (reduksi)
   NO2−	+3	Naik 1 (oksidasi)

   Langkah 2: Susun dan setarakan setengah-reaksi reduksi (NO → N₂O), suasana asam

   Setarakan N terlebih dahulu (perlu 2 NO agar sesuai dengan 2 atom N pada N₂O):

   $$ 2\text{NO} \longrightarrow \text{N}_2\text{O} $$

   Setarakan O dengan menambahkan H₂O (kekurangan 1 O di kanan):

   $$ 2\text{NO} \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + \text{H}_2\text{O} $$

   Setarakan H dengan menambahkan H⁺ (kekurangan 2 H di kiri):

   $$ 2\text{NO} + 2\text{H}^+ \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + \text{H}_2\text{O} $$

   Setarakan muatan dengan menambahkan elektron (kiri bermuatan +2, kanan netral, sehingga tambahkan 2 elektron di kiri):

   $$ 2\text{NO} + 2\text{H}^+ + 2e^- \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + \text{H}_2\text{O} \qquad (\text{reduksi, 2 elektron}) $$

   Langkah 3: Susun dan setarakan setengah-reaksi oksidasi (NO → NO₂⁻), suasana asam

   N sudah setara (1:1). Setarakan O dengan menambahkan H₂O (kekurangan 1 O di kiri):

   $$ \text{NO} + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{NO}_2^- $$

   Setarakan H dengan menambahkan H⁺ (kekurangan 2 H di kanan):

   $$ \text{NO} + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{NO}_2^- + 2\text{H}^+ $$

   Setarakan muatan dengan menambahkan elektron (kiri netral, kanan bermuatan +1, sehingga tambahkan 1 elektron di kanan):

   $$ \text{NO} + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{NO}_2^- + 2\text{H}^+ + e^- \qquad (\text{oksidasi, 1 elektron}) $$

   Langkah 4: Samakan jumlah elektron pada kedua setengah-reaksi

   Setengah-reaksi reduksi melibatkan 2 elektron, sedangkan oksidasi hanya 1 elektron. Kalikan setengah-reaksi oksidasi dengan 2 agar jumlah elektron setara (2 elektron pada kedua sisi):

   $$ 2\text{NO} + 2\text{H}_2\text{O} \longrightarrow 2\text{NO}_2^- + 4\text{H}^+ + 2e^- $$

   Langkah 5: Gabungkan kedua setengah-reaksi (jumlahkan, coret elektron)

   $$ \begin{aligned} 2\text{NO} + 2\text{H}^+ + 2e^- &\longrightarrow \text{N}_2\text{O} + \text{H}_2\text{O} \\ 2\text{NO} + 2\text{H}_2\text{O} &\longrightarrow 2\text{NO}_2^- + 4\text{H}^+ + 2e^- \\ \hline 4\text{NO} + 2\text{H}^+ + 2\text{H}_2\text{O} &\longrightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O} + 4\text{H}^+ \end{aligned} $$

   Sederhanakan dengan mengurangi spesies yang sama di kedua sisi (2H₂O − H₂O = 1H₂O tersisa di kiri; 4H⁺ − 2H⁺ = 2H⁺ tersisa di kanan):

   $$ 4\text{NO} + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + 2\text{H}^+ \qquad (\text{suasana asam}) $$

   Langkah 6: Konversi ke suasana basa (tambahkan OH⁻ untuk menetralkan H⁺)

   Tambahkan 2 OH⁻ ke kedua sisi untuk menetralkan 2 H⁺ di ruas kanan:

   $$ 4\text{NO} + \text{H}_2\text{O} + 2\text{OH}^- \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + 2\text{H}^+ + 2\text{OH}^- $$

   Gabungkan $2\text{H}^+ + 2\text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$ di ruas kanan:

   $$ 4\text{NO} + \text{H}_2\text{O} + 2\text{OH}^- \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + 2\text{H}_2\text{O} $$

   Sederhanakan H₂O (kurangi 1 H₂O dari kedua sisi):

   $$ 4\text{NO} + 2\text{OH}^- \longrightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O} $$

   Langkah 7: Verifikasi kesetaraan reaksi akhir

   Unsur/Muatan	Ruas kiri	Ruas kanan
   N	4 (dari 4NO)	2 (N2O) + 2 (2NO2−) = 4
   O	4 (NO) + 2 (2OH−) = 6	1 (N2O) + 4 (2NO2−) + 1 (H2O) = 6
   H	2 (2OH−)	2 (H2O)
   Muatan	2 × (−1) = −2	2 × (−1) = −2

   Semua unsur dan muatan sudah setara. Koefisien-koefisien (4, 2, 1, 2, 1) juga sudah dalam bentuk bilangan bulat terkecil (tidak memiliki faktor persekutuan selain 1), sehingga persamaan ini adalah bentuk final yang paling sederhana.

   Kesimpulan: Persamaan reaksi disproporsionasi NO dalam suasana basa yang setara dengan koefisien bulat terkecil adalah $4\text{NO} + 2\text{OH}^- \rightarrow \text{N}_2\text{O} + 2\text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O}$, sehingga koefisien NO dalam persamaan ini adalah 4.

   Jawaban: C. 4

   ---

8. Soal 38.

   Diberikan potensial reduksi standar dalam larutan basa seperti ditunjukkan di bawah ini, berapakah nilai potensial reduksi standar dari pasangan MnO₄²⁻(aq) / MnO₂(s)?
   
   1. 0,052 V
   2. 0,569 V
   3. 0,621 V
   4. 0,647 V
   Konsep kunci: Potensial reduksi standar ($E°$) TIDAK BOLEH langsung dijumlahkan atau dikurangkan secara aljabar sederhana, karena $E°$ bukan besaran ekstensif (tidak bergantung linear pada jumlah elektron). Yang bersifat aditif (dapat dijumlahkan langsung) adalah energi bebas Gibbs ($\Delta G°$), karena $\Delta G°$ merupakan fungsi keadaan (state function) yang aditif terhadap tahapan reaksi. Hubungan antara keduanya:

   $$ \Delta G° = -nFE° $$

   dengan $n$ = jumlah elektron yang terlibat pada tahap tersebut, dan $F$ = konstanta Faraday.

   Langkah 1: Identifikasi bilangan oksidasi Mn pada setiap spesies

   $$ \begin{aligned} \text{MnO}_4^-&: \quad \text{Mn} + 4(-2) = -1 \;\Rightarrow\; \text{Mn} = +7 \\[6pt] \text{MnO}_4^{2-}&: \quad \text{Mn} + 4(-2) = -2 \;\Rightarrow\; \text{Mn} = +6 \\[6pt] \text{MnO}_2&: \quad \text{Mn} + 2(-2) = 0 \;\Rightarrow\; \text{Mn} = +4 \end{aligned} $$

   Langkah 2: Tentukan jumlah elektron ($n$) pada tiap tahap reduksi

   $$ \begin{aligned} \text{Tahap 1: MnO}_4^- \ (+7) \rightarrow \text{MnO}_4^{2-} \ (+6) &: \quad n_1 = 1 \ \text{elektron}, \quad E_1° = 0{,}543 \ \text{V (diketahui)} \\[8pt] \text{Tahap 2: MnO}_4^{2-} \ (+6) \rightarrow \text{MnO}_2 \ (+4) &: \quad n_2 = 2 \ \text{elektron}, \quad E_2° = \ ??? \ \text{(dicari)} \\[8pt] \text{Total: MnO}_4^- \ (+7) \rightarrow \text{MnO}_2 \ (+4) &: \quad n_{\text{total}} = 3 \ \text{elektron}, \quad E_{\text{total}}° = 0{,}595 \ \text{V (diketahui)} \end{aligned} $$

   Langkah 3: Terapkan hukum kekekalan $\Delta G°$ (bukan $E°$)

   Karena reaksi total (Tahap 1 + Tahap 2) harus memiliki $\Delta G°$ total yang sama dengan jumlah $\Delta G°$ tiap tahap:

   $$ \Delta G°_{\text{total}} = \Delta G°_1 + \Delta G°_2 $$ $$ -n_{\text{total}}FE°_{\text{total}} = -n_1FE_1° + (-n_2FE_2°) $$

   Bagi kedua ruas dengan $-F$ (konstanta Faraday saling meniadakan):

   $$ n_{\text{total}}E°_{\text{total}} = n_1E_1° + n_2E_2° $$

   Langkah 4: Substitusi nilai-nilai yang diketahui

   $$ \begin{aligned} 3 \times 0{,}595 &= 1 \times 0{,}543 + 2 \times E_2° \\[8pt] 1{,}785 &= 0{,}543 + 2E_2° \end{aligned} $$

   Langkah 5: Selesaikan untuk $E_2°$

   $$ \begin{aligned} 2E_2° &= 1{,}785 - 0{,}543 \\[8pt] 2E_2° &= 1{,}242 \\[8pt] E_2° &= \dfrac{1{,}242}{2} \\[8pt] E_2° &= 0{,}621 \ \text{V} \end{aligned} $$

   Kesimpulan: Dengan menjumlahkan energi bebas Gibbs (bukan potensial secara langsung) dan memperhitungkan jumlah elektron pada masing-masing tahap reduksi, diperoleh potensial reduksi standar pasangan MnO₄²⁻/MnO₂ sebesar 0,621 V. Nilai ini konsisten dengan data elektrokimia literatur untuk pasangan redoks tersebut dalam larutan basa.

   Jawaban: C. 0,621 V

   ---

9. Soal 39.

   Untuk sel volta Cr | Cr³⁺(1,0 M) || Ag⁺(1,0 M) | Ag, perubahan manakah yang akan menyebabkan potensial sel menurun?
   1. Menurunkan pH setengah sel perak dengan menambahkan asam nitrat pekat (dengan asumsi perubahan volume dapat diabaikan)
   2. Mengalirkan NH₃(g) melalui setengah sel perak (dengan asumsi perubahan volume dapat diabaikan)
   3. Menambahkan air ke setengah sel kromium
   4. Memperbesar ukuran elektroda perak
   Konsep kunci: Potensial sel volta pada kondisi non-standar (konsentrasi ≠ 1 M, atau spesies aktif berubah) dihitung dengan persamaan Nernst. Potensial sel akan menurun jika nilai Q (quotient reaksi) meningkat, yaitu ketika konsentrasi produk (Cr³⁺) naik atau konsentrasi reaktan (Ag⁺) turun. Karena Ag⁺ berpangkat 3 dalam ekspresi Q, perubahan konsentrasi Ag⁺ memberi dampak jauh lebih besar terhadap E_sel dibanding perubahan Cr³⁺. Elektroda logam padat (Cr dan Ag) tidak muncul dalam ekspresi Q karena aktivitasnya dianggap 1, sehingga ukuran elektroda sama sekali tidak memengaruhi potensial sel.

   Langkah 1: Tentukan reaksi anode, katode, dan reaksi sel keseluruhan

   Berdasarkan notasi sel, spesi di sebelah kiri (Cr | Cr³⁺) adalah anode (oksidasi), dan spesi di sebelah kanan (Ag⁺ | Ag) adalah katode (reduksi):

   $$ \text{Anode (oksidasi):}\quad \text{Cr} \rightarrow \text{Cr}^{3+} + 3e^- $$ $$ \text{Katode (reduksi)} \times 3:\quad 3\text{Ag}^+ + 3e^- \rightarrow 3\text{Ag} $$

   Reaksi sel total (jumlah elektron yang dipindahkan, $n = 3$):

   $$ \text{Cr}(s) + 3\text{Ag}^+(aq) \rightarrow \text{Cr}^{3+}(aq) + 3\text{Ag}(s) $$

   Langkah 2: Tuliskan persamaan Nernst untuk sel ini

   Karena elektroda padat (Cr dan Ag) tidak dimasukkan ke dalam ekspresi hasil kali reaksi (Q), maka:

   $$ Q = \dfrac{[\text{Cr}^{3+}]}{[\text{Ag}^+]^3} $$ $$ E_{\text{sel}} = E^\circ_{\text{sel}} - \dfrac{0{,}0592}{n}\log Q = E^\circ_{\text{sel}} - \dfrac{0{,}0592}{3}\log\dfrac{[\text{Cr}^{3+}]}{[\text{Ag}^+]^3} $$

   Dari bentuk ini terlihat jelas: $E_{\text{sel}}$ akan menurun jika $Q$ membesar, yaitu jika $[\text{Cr}^{3+}]$ naik atau $[\text{Ag}^+]$ turun. Karena $[\text{Ag}^+]$ dipangkatkan 3, penurunan konsentrasi Ag⁺ memiliki efek yang jauh lebih dramatis terhadap Q dibandingkan perubahan setara pada Cr³⁺.

   Langkah 3: Evaluasi setiap pilihan jawaban

   Pilihan A, Menambahkan HNO₃ pekat ke setengah sel perak:

   Ion NO₃⁻ bersifat spektator terhadap Ag⁺ (tidak membentuk endapan maupun kompleks dengan Ag⁺), dan Ag⁺ bukan basa konjugat yang bereaksi signifikan dengan H⁺. Menurunkan pH hanya menambah konsentrasi H⁺, sementara $[\text{Ag}^+]$ pada dasarnya tidak berubah. Karena Q tidak terpengaruh secara berarti, potensial sel praktis tidak berubah.

   Pilihan B, Mengalirkan gas NH₃ ke setengah sel perak:

   Amonia bereaksi dengan Ag⁺ membentuk ion kompleks yang sangat stabil:

   $$ \text{Ag}^+ + 2\text{NH}_3 \rightleftharpoons [\text{Ag}(\text{NH}_3)_2]^+ \qquad (K_f \approx 1{,}6 \times 10^7) $$

   Karena $K_f$ sangat besar, hampir seluruh Ag⁺ bebas "ditangkap" menjadi kompleks, sehingga $[\text{Ag}^+]$ turun drastis (bisa turun beberapa orde besaran). Karena $[\text{Ag}^+]$ berada di penyebut dan dipangkatkan 3 dalam Q:

   $$ Q = \dfrac{[\text{Cr}^{3+}]}{[\text{Ag}^+]^3} \ \text{naik sangat besar} \ \Rightarrow \ \log Q \ \text{naik besar} \ \Rightarrow \ E_{\text{sel}} = E^\circ - \dfrac{0{,}0592}{3}\log Q \ \text{turun signifikan} $$

   Efek ini konsisten dengan intuisi kimiawi: dengan mengikat Ag⁺ bebas menjadi kompleks, kecenderungan Ag⁺ untuk tereduksi (menerima elektron) berkurang drastis, sehingga daya dorong reaksi sel (dan potensial selnya) melemah. Ini adalah perubahan yang menyebabkan penurunan potensial sel paling signifikan.

   Pilihan C, Menambahkan air ke setengah sel kromium:

   Menambah air mengencerkan larutan, sehingga $[\text{Cr}^{3+}]$ menurun. Karena Cr³⁺ berada di pembilang Q:

   $$ [\text{Cr}^{3+}] \downarrow \ \Rightarrow \ Q \downarrow \ \Rightarrow \ \log Q \downarrow \ \Rightarrow \ E_{\text{sel}} = E^\circ - \dfrac{0{,}0592}{3}\log Q \ \uparrow $$

   Perubahan ini justru menyebabkan potensial sel meningkat sedikit, berlawanan dengan arah yang ditanyakan pada soal.

   Pilihan D, Memperbesar ukuran elektroda perak:

   Elektroda logam padat memiliki aktivitas termodinamika sebesar 1 dan tidak muncul dalam ekspresi Q, berapa pun ukuran atau massanya (elektroda hanya berfungsi sebagai permukaan tempat transfer elektron dan sebagai penghantar arus). Oleh karena itu, memperbesar ukuran elektroda Ag sama sekali tidak memengaruhi $E_{\text{sel}}$.

   Langkah 4: Bandingkan besar efek relatif

   Pilihan	Efek pada Q	Efek pada Esel
   A	Tidak signifikan	Hampir tidak berubah
   B	Naik besar ($[\text{Ag}^+]^3$ turun drastis)	Turun signifikan
   C	Turun (Cr3+ diencerkan)	Naik sedikit
   D	Tidak ada efek	Tidak berubah

   Kesimpulan: Potensial sel volta hanya dipengaruhi oleh konsentrasi spesi ion yang terlibat dalam reaksi (melalui persamaan Nernst), bukan oleh ukuran elektroda maupun spesies spektator. Di antara pilihan yang ada, hanya penambahan NH₃(g) yang secara drastis menurunkan konsentrasi Ag⁺ bebas melalui pembentukan kompleks [Ag(NH₃)₂]⁺, sehingga menaikkan Q secara signifikan dan menurunkan potensial sel.

   Jawaban: B. Mengalirkan NH₃(g) melalui setengah sel perak

   ---

10. Soal 40.

    Berapakah kelarutan molar timbal(II) sulfat pada 298 K?
    

    Setengah-reaksi	E°, V
    Pb2+(aq) + 2e− → Pb(s)	−0,126
    PbSO4(s) + 2e− → Pb(s) + SO42−(aq)	−0,359

    1. 1,31 × 10⁻⁸ mol L⁻¹
    2. 8,46 × 10⁻⁷ mol L⁻¹
    3. 5,46 × 10⁻⁵ mol L⁻¹
    4. 1,14 × 10⁻⁴ mol L⁻¹
    Konsep kunci: Kelarutan senyawa ionik yang sukar larut dapat ditentukan secara elektrokimia jika tersedia data potensial reduksi standar untuk pasangan logam bebas (Pb²⁺/Pb) dan untuk garam sukar larutnya (PbSO₄/Pb). Dengan menggabungkan (mengurangkan) kedua setengah-reaksi ini, kita memperoleh reaksi kesetimbangan pelarutan PbSO₄(s) ⇌ Pb²⁺(aq) + SO₄²⁻(aq), lengkap dengan $E^\circ_{\text{sel}}$-nya. Nilai $E^\circ_{\text{sel}}$ ini kemudian dihubungkan dengan tetapan kesetimbangan (dalam hal ini $K_{sp}$) melalui persamaan:

    $$ \log K = \dfrac{n E^\circ_{\text{sel}}}{0{,}0592} $$

    Setelah $K_{sp}$ diperoleh, kelarutan molar ($s$) dihitung dari stoikiometri disosiasi 1:1 antara Pb²⁺ dan SO₄²⁻.

    Langkah 1: Susun reaksi pelarutan PbSO₄ dari dua setengah-reaksi yang diberikan

    Reaksi target (pelarutan) adalah:

    $$ \text{PbSO}_4(s) \rightleftharpoons \text{Pb}^{2+}(aq) + \text{SO}_4^{2-}(aq) $$

    Reaksi ini dapat dibentuk dari penjumlahan reaksi reduksi (katode) PbSO₄ dan reaksi oksidasi (anode, kebalikan dari reduksi Pb²⁺):

    $$ \text{Katode:}\quad \text{PbSO}_4(s) + 2e^- \rightarrow \text{Pb}(s) + \text{SO}_4^{2-}(aq) \qquad E^\circ = -0{,}359 \ \text{V} $$ $$ \text{Anode:}\quad \text{Pb}(s) \rightarrow \text{Pb}^{2+}(aq) + 2e^- \qquad E^\circ_{\text{oks}} = +0{,}126 \ \text{V} $$ $$ \text{Jumlah:}\quad \text{PbSO}_4(s) \rightarrow \text{Pb}^{2+}(aq) + \text{SO}_4^{2-}(aq) $$

    Jumlah elektron yang terlibat: $n = 2$.

    Langkah 2: Hitung $E^\circ_{\text{sel}}$ untuk reaksi pelarutan

    Dengan aturan $E^\circ_{\text{sel}} = E^\circ_{\text{katode}} - E^\circ_{\text{anode}}$, di mana katode adalah pasangan PbSO₄/Pb dan anode adalah pasangan Pb²⁺/Pb:

    $$ \begin{aligned} E^\circ_{\text{sel}} &= E^\circ_{\text{PbSO}_4/\text{Pb}} - E^\circ_{\text{Pb}^{2+}/\text{Pb}} \\[8pt] &= (-0{,}359 \ \text{V}) - (-0{,}126 \ \text{V}) \\[8pt] &= -0{,}233 \ \text{V} \end{aligned} $$

    Nilai $E^\circ_{\text{sel}}$ negatif ini masuk akal secara kimiawi: reaksi pelarutan PbSO₄ memang tidak spontan secara elektrokimia (PbSO₄ memang tergolong garam yang sukar larut, $K_{sp} \ll 1$).

    Langkah 3: Hubungkan $E^\circ_{\text{sel}}$ dengan tetapan kesetimbangan ($K_{sp}$)

    Pada 298 K, hubungan antara $E^\circ_{\text{sel}}$ dan tetapan kesetimbangan $K$ suatu reaksi diberikan oleh:

    $$ \log K = \dfrac{n E^\circ_{\text{sel}}}{0{,}0592} $$

    Karena reaksi target adalah reaksi pelarutan, $K = K_{sp}$. Substitusi $n = 2$ dan $E^\circ_{\text{sel}} = -0{,}233$ V:

    $$ \begin{aligned} \log K_{sp} &= \dfrac{2 \times (-0{,}233)}{0{,}0592} \\[8pt] &= \dfrac{-0{,}466}{0{,}0592} \\[8pt] &= -7{,}872 \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} K_{sp} &= 10^{-7,872} \\[8pt] &= 1{,}34 \times 10^{-8} \end{aligned} $$

    Langkah 4: Hitung kelarutan molar ($s$) dari $K_{sp}$

    Kesetimbangan pelarutan PbSO₄ menghasilkan Pb²⁺ dan SO₄²⁻ dengan perbandingan stoikiometri 1:1, sehingga jika kelarutan molar adalah $s$, maka $[\text{Pb}^{2+}] = [\text{SO}_4^{2-}] = s$:

    $$ K_{sp} = [\text{Pb}^{2+}][\text{SO}_4^{2-}] = s \times s = s^2 $$ $$ \begin{aligned} s &= \sqrt{K_{sp}} \\[8pt] &= \sqrt{1{,}34 \times 10^{-8}} \\[8pt] &= 1{,}16 \times 10^{-4} \ \text{mol L}^{-1} \end{aligned} $$

    Nilai ini paling mendekati pilihan D (dengan sedikit selisih akibat pembulatan pada tahap-tahap perhitungan).

    Kesimpulan: Dengan menggabungkan data potensial reduksi standar pasangan Pb²⁺/Pb dan PbSO₄/Pb, diperoleh $E^\circ_{\text{sel}}$ untuk reaksi pelarutan PbSO₄ sebesar $-0{,}233$ V, yang menghasilkan $K_{sp} \approx 1{,}34 \times 10^{-8}$. Karena stoikiometri pelarutan bersifat 1:1, kelarutan molar PbSO₄ pada 298 K adalah $s = \sqrt{K_{sp}} \approx 1{,}14 \times 10^{-4}$ mol L⁻¹.

    Jawaban: D. 1,14 × 10⁻⁴ mol L⁻¹

    ---

11. Soal 41.

    Suatu larutan yang mengandung ion logam dielektrolisis, dengan 1,50 g logam mengendap di katode. Secara bersamaan, 0,265 L gas oksigen kering dikumpulkan di anode (diukur pada STP). Logam apakah itu?
    1. Al
    2. Cu
    3. Sn
    4. U
    Konsep kunci: Pada sel elektrolisis, jumlah muatan (mol elektron) yang mengalir melalui rangkaian adalah sama di katode maupun di anode (hukum Faraday). Oleh karena itu, jika kita mengetahui reaksi di anode (di sini: pembentukan gas O₂ dari air) dan volume gas yang dihasilkan, kita dapat menghitung mol elektron total yang mengalir. Mol elektron ini kemudian dihubungkan dengan massa logam yang mengendap di katode untuk menentukan massa ekivalen logam tersebut ($M/n$, dengan $n$ = muatan ion logam), yang selanjutnya dicocokkan dengan massa molar unsur pada pilihan jawaban.

    Langkah 1: Tuliskan reaksi anode (oksidasi air menghasilkan O₂)

    Karena larutan mengandung ion logam (bukan elektrolisis leburan garam halida), anode di sini mengalami oksidasi air menghasilkan gas oksigen:

    $$ 2\text{H}_2\text{O}(l) \rightarrow \text{O}_2(g) + 4\text{H}^+(aq) + 4e^- $$

    Dari persamaan ini, setiap 1 mol O₂ yang terbentuk melibatkan pelepasan 4 mol elektron.

    Langkah 2: Hitung mol gas O₂ yang terkumpul di anode (STP)

    Pada STP, 1 mol gas menempati volume 22,4 L. Dengan volume O₂ = 0,265 L:

    $$ \begin{aligned} n_{\text{O}_2} &= \dfrac{V}{V_m} \\[8pt] &= \dfrac{0{,}265 \ \text{L}}{22{,}4 \ \text{L/mol}} \\[8pt] &= 1{,}1830 \times 10^{-2} \ \text{mol} \end{aligned} $$

    Langkah 3: Hitung total mol elektron yang mengalir

    Berdasarkan stoikiometri reaksi anode (1 mol O₂ ≡ 4 mol e⁻):

    $$ \begin{aligned} n_{e^-} &= 4 \times n_{\text{O}_2} \\[8pt] &= 4 \times 1{,}1830 \times 10^{-2} \ \text{mol} \\[8pt] &= 4{,}7321 \times 10^{-2} \ \text{mol} \end{aligned} $$

    Karena rangkaian elektrolisis sama, jumlah mol elektron ini identik dengan mol elektron yang digunakan untuk mereduksi ion logam di katode.

    Langkah 4: Hitung massa ekivalen logam ($M/n$)

    Massa ekivalen adalah massa logam yang diendapkan per mol elektron yang digunakan:

    $$ \begin{aligned} \text{Massa ekivalen} &= \dfrac{\text{massa logam}}{n_{e^-}} \\[8pt] &= \dfrac{1{,}50 \ \text{g}}{4{,}7321 \times 10^{-2} \ \text{mol}} \\[8pt] &= 31{,}70 \ \text{g/mol elektron} \end{aligned} $$

    Langkah 5: Cocokkan massa ekivalen dengan kandidat logam pada berbagai kemungkinan muatan ion

    Massa ekivalen suatu logam bermuatan $n^+$ dirumuskan sebagai $M/n$, dengan $M$ = massa molar logam. Bandingkan nilai 31,70 g/mol dengan tiap pilihan:

    Logam	M (g/mol)	Muatan ion umum	M/n (g/mol)	Kecocokan
    Al	26,98	Al3+	8,99	Tidak cocok
    Cu	63,55	Cu2+	31,78	Sangat cocok
    Sn	118,71	Sn2+ / Sn4+	59,36 / 29,68	Tidak cocok
    U	238,03	U3+/U4+/U6+	79,3 / 59,5 / 39,7	Tidak cocok

    Nilai massa ekivalen hasil perhitungan (31,70 g/mol) paling mendekati massa ekivalen tembaga sebagai Cu²⁺ (31,78 g/mol), dengan selisih kurang dari 0,3%, sangat sesuai mengingat pembulatan pada volume gas dan konstanta molar STP.

    Langkah 6: Verifikasi dengan reaksi katode

    Dengan $n = 2$, reaksi reduksi di katode adalah:

    $$ \text{Cu}^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow \text{Cu}(s) $$

    Cek ulang massa Cu yang diendapkan:

    $$ \begin{aligned} \text{massa Cu} &= n_{e^-} \times \dfrac{M_{\text{Cu}}}{2} \\[8pt] &= 4{,}7321 \times 10^{-2} \ \text{mol} \times \dfrac{63{,}55 \ \text{g/mol}}{2} \\[8pt] &= 4{,}7321 \times 10^{-2} \times 31{,}775 \ \text{g/mol} \\[8pt] &= 1{,}504 \ \text{g} \end{aligned} $$

    Hasil ini (1,504 g) sangat dekat dengan data soal (1,50 g), mengonfirmasi bahwa logam tersebut adalah tembaga.

    Kesimpulan: Dari volume gas O₂ yang terkumpul di anode, diperoleh mol elektron total sebesar 4,732 × 10⁻² mol. Massa ekivalen logam yang mengendap di katode (31,70 g/mol) paling sesuai dengan tembaga sebagai ion Cu²⁺ (massa ekivalen teoretis 31,78 g/mol), dan perhitungan ulang massa Cu yang terendapkan (1,504 g) sangat cocok dengan data soal (1,50 g).

    Jawaban: B. Cu

    ---

12. Soal 42.

    Diagram yang menunjukkan stabilitas termodinamika spesies yang mengandung merkuri sebagai fungsi pH dan potensial reduksi (diagram Pourbaix) ditunjukkan di bawah ini. Apakah X itu?
    
    1. Hg₂²⁺(aq)
    2. Hg₂O(s)
    3. Hg(OH)⁺(aq)
    4. HgO(OH)(s)
    Konsep kunci: Diagram Pourbaix memetakan spesi mana yang paling stabil secara termodinamika pada kombinasi potensial reduksi ($E^\circ$) dan pH tertentu. Batas-batas antar daerah pada diagram merepresentasikan kondisi kesetimbangan antara dua spesi yang berdekatan. Garis horizontal (tidak bergantung pH) menandakan kesetimbangan redoks yang tidak melibatkan H⁺/OH⁻ (murni transfer elektron), sedangkan garis miring (bergantung pH) menandakan kesetimbangan yang melibatkan H⁺/OH⁻ selain elektron. Untuk mengidentifikasi spesi X, kita perlu menganalisis posisi X relatif terhadap tiga daerah di sekitarnya: Hg²⁺(aq) di kiri-atas, HgO(s) di kanan, dan Hg(l) di bawah.

    Langkah 1: Amati posisi dan bentuk daerah X pada diagram

    Dari diagram, daerah X terletak sebagai pita sempit horizontal pada pH rendah (kira-kira pH 0–2), pada rentang potensial sekitar 0,80–0,91 V, yaitu di antara daerah Hg²⁺(aq) (di atasnya, pada E° lebih tinggi) dan daerah Hg(l) (di bawahnya, pada E° lebih rendah). Batas atas dan batas bawah X pada rentang pH ini tampak horizontal (tidak miring terhadap pH), menandakan bahwa kedua kesetimbangan yang mengapit X tidak melibatkan ion H⁺.

    Langkah 2: Kenali pola khas: spesi dengan tingkat oksidasi antara

    Merkuri memiliki tiga tingkat oksidasi penting dalam larutan asam: Hg²⁺ (merkuri(II), tingkat oksidasi +2), Hg₂²⁺ (ion merkuro/dimerkuri, tingkat oksidasi rata-rata +1), dan Hg(l) (merkuri logam, tingkat oksidasi 0). Karena Hg₂²⁺ memiliki tingkat oksidasi di antara Hg²⁺ dan Hg(l), maka secara termodinamika ion ini seharusnya muncul sebagai daerah stabilitas yang terapit di antara keduanya pada rentang potensial menengah, persis sesuai posisi X pada diagram.

    Langkah 3: Verifikasi dengan kesetimbangan batas atas (X / Hg²⁺)

    Batas antara daerah Hg²⁺(aq) di atas dan X di bawah berupa reaksi reduksi Hg²⁺ menjadi Hg₂²⁺:

    $$ 2\text{Hg}^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow \text{Hg}_2^{2+}(aq) \qquad E^\circ \approx 0{,}91 \ \text{V} $$

    Karena persamaan setengah-reaksi ini tidak melibatkan H⁺ atau OH⁻, potensial kesetimbangannya tidak bergantung pH, sesuai dengan garis batas atas X yang horizontal pada diagram.

    Langkah 4: Verifikasi dengan kesetimbangan batas bawah (Hg(l) / X)

    Batas antara X di atas dan daerah Hg(l) di bawah berupa reaksi reduksi Hg₂²⁺ menjadi logam Hg:

    $$ \text{Hg}_2^{2+}(aq) + 2e^- \rightarrow 2\text{Hg}(l) \qquad E^\circ \approx 0{,}80 \ \text{V} $$

    Sekali lagi, reaksi ini tidak melibatkan H⁺/OH⁻, sehingga batasnya juga horizontal, konsisten dengan garis bawah X pada diagram yang datar sepanjang pH rendah.

    Langkah 5: Jelaskan mengapa X hanya muncul pada pH rendah (batas kanan X)

    Pada pH yang lebih tinggi, Hg²⁺(aq) dan Hg₂²⁺(aq) tidak lagi stabil terhadap hidrolisis/pengendapan menjadi HgO(s) padat. Batas kanan daerah X (berbatasan dengan HgO(s)) melibatkan air/OH⁻, misalnya:

    $$ \text{Hg}_2^{2+}(aq) + \text{H}_2\text{O}(l) \rightarrow \text{HgO}(s) + \text{Hg}(l) + 2\text{H}^+(aq) $$

    Karena reaksi ini melibatkan H⁺, kesetimbangannya bergantung pH, inilah sebabnya daerah X hanya "bertahan" pada rentang pH sempit (sekitar pH < 2) sebelum digantikan oleh HgO(s) yang mendominasi pada pH lebih tinggi, sesuai bentuk diagram yang diberikan.

    Langkah 6: Eliminasi pilihan lain

    Pilihan	Evaluasi
    B. Hg2O(s)	Merupakan padatan, bukan spesi larutan; secara konvensi diagram Pourbaix Hg baku tidak menyertakan Hg2O(s) sebagai fase stabil terpisah, fase padat yang relevan adalah HgO(s) dan Hg(l).
    C. Hg(OH)+(aq)	Spesi hidrolisis Hg2+ ini baru relevan pada pH mendekati netral–basa, bukan pada pH sangat rendah (<2) tempat X berada; selain itu kesetimbangan yang melibatkan spesi ini akan bergantung pH (garis miring), bukan horizontal seperti batas-batas X.
    D. HgO(OH)(s)	Bukan spesi merkuri yang dikenal/stabil secara termodinamika; tidak sesuai dengan spesi standar pada diagram Pourbaix Hg (Hg2+, Hg22+, Hg(l), HgO(s)).

    Kesimpulan: Daerah X terletak pada potensial menengah antara Hg²⁺(aq) dan Hg(l), dengan batas-batas horizontal (tidak bergantung pH) yang mengindikasikan kesetimbangan redoks murni tanpa keterlibatan H⁺. Pola ini konsisten dengan ion Hg₂²⁺(aq) (merkuro), yang secara termodinamika berada di antara tingkat oksidasi Hg²⁺ (+2) dan Hg(l) (0), dan hanya stabil pada pH rendah sebelum terhidrolisis menjadi HgO(s) pada pH lebih tinggi.

    Jawaban: A. Hg₂²⁺(aq)

    ---

13. Soal 43.

    Manakah di mana energi ionisasi pertama terdaftar dalam urutan meningkat?
    1. N < O < P < S
    2. P < S < N < O
    3. P < N < S < O
    4. S < P < O < N
    Konsep kunci: Energi ionisasi pertama (IE₁) umumnya meningkat dari kiri ke kanan dalam satu periode dan menurun dari atas ke bawah dalam satu golongan pada tabel periodik. Namun, terdapat penyimpangan (anomali) pada golongan 15 (N, P, As, ...) dibandingkan golongan 16 (O, S, Se, ...): unsur golongan 15 memiliki konfigurasi subkulit-p setengah penuh ($np^3$) yang bersifat lebih stabil, sehingga IE₁-nya lebih tinggi daripada unsur golongan 16 pada periode yang sama ($np^4$), meskipun golongan 16 terletak lebih ke kanan. Karena soal ini melibatkan dua unsur periode 2 (N, O) dan dua unsur periode 3 (P, S) sekaligus, kita perlu membandingkan keempatnya secara menyeluruh, bukan hanya berdasarkan tren umum satu periode.

    Langkah 1: Tentukan posisi keempat unsur pada tabel periodik

    Unsur	Golongan	Periode	Konfigurasi elektron valensi
    N	15	2	$2s^2 2p^3$ (setengah penuh)
    O	16	2	$2s^2 2p^4$
    P	15	3	$3s^2 3p^3$ (setengah penuh)
    S	16	3	$3s^2 3p^4$

    Langkah 2: Bandingkan IE₁ antar periode (P dan S vs N dan O)

    Karena P dan S berada pada periode 3 (kulit valensi lebih jauh dari inti, efek perisai lebih besar), sedangkan N dan O berada pada periode 2 (kulit valensi lebih dekat ke inti), maka secara umum unsur periode 2 memiliki IE₁ jauh lebih tinggi daripada unsur periode 3 yang segolongan:

    $$ \text{IE}_1(\text{P}) < \text{IE}_1(\text{N}) \qquad \text{dan} \qquad \text{IE}_1(\text{S}) < \text{IE}_1(\text{O}) $$

    Ini mengeliminasi kemungkinan bahwa P atau S memiliki IE₁ lebih tinggi daripada N atau O.

    Langkah 3: Bandingkan IE₁ dalam periode yang sama (P vs S, dan N vs O)

    Meskipun S terletak lebih ke kanan daripada P pada periode 3 (yang secara tren umum berarti IE₁ lebih tinggi), konfigurasi P ($3p^3$, setengah penuh) memberi kestabilan ekstra yang membuat elektron P lebih sulit dilepas dibanding perkiraan tren biasa, sehingga:

    $$ \text{IE}_1(\text{S}) < \text{IE}_1(\text{P}) \qquad (\text{S} = 1000 \ \text{kJ/mol}; \ \text{P} = 1012 \ \text{kJ/mol}) $$

    Pola serupa berlaku antara N dan O: konfigurasi N ($2p^3$, setengah penuh) membuat IE₁ N lebih tinggi daripada O meskipun O lebih ke kanan pada periode yang sama:

    $$ \text{IE}_1(\text{O}) < \text{IE}_1(\text{N}) \qquad (\text{O} = 1314 \ \text{kJ/mol}; \ \text{N} = 1402 \ \text{kJ/mol}) $$

    Langkah 4: Susun urutan keseluruhan dari data IE₁ (kJ/mol)

    Unsur	S	P	O	N
    IE1 (kJ/mol)	1000	1012	1314	1402

    Karena $\text{IE}_1(\text{P}) < \text{IE}_1(\text{N})$, $\text{IE}_1(\text{S}) < \text{IE}_1(\text{O})$, $\text{IE}_1(\text{S}) < \text{IE}_1(\text{P})$, dan $\text{IE}_1(\text{O}) < \text{IE}_1(\text{N})$, maka urutan meningkat secara konsisten adalah:

    $$ \text{S} < \text{P} < \text{O} < \text{N} $$

    Langkah 5: Eliminasi pilihan lain

    Pilihan	Evaluasi
    A. N < O < P < S	Terbalik total, menempatkan unsur periode 2 (IE1 tinggi) sebagai yang terendah; salah.
    B. P < S < N < O	Menempatkan S di atas P (mengabaikan efek setengah-penuh P) dan O di atas N (mengabaikan efek setengah-penuh N); salah pada kedua pasangan.
    C. P < N < S < O	Mencampur unsur periode 2 dan 3 secara tidak konsisten (P lebih rendah dari N benar, tapi S ditempatkan di atas N yang salah karena S periode 3 seharusnya tetap lebih rendah dari N maupun O); salah.
    D. S < P < O < N	Sesuai dengan seluruh analisis: S terendah, lalu P (efek setengah-penuh menaikkannya di atas S), lalu O, lalu N tertinggi (efek setengah-penuh N menaikkannya di atas O); benar.

    Kesimpulan: Meskipun tren umum energi ionisasi meningkat ke kanan dan ke atas pada tabel periodik, konfigurasi subkulit-p setengah penuh pada N dan P memberi kestabilan tambahan yang menaikkan IE₁ keduanya melebihi tetangga kanannya (O dan S). Dengan mempertimbangkan efek periode sekaligus efek setengah-penuh ini, urutan energi ionisasi pertama yang meningkat adalah S < P < O < N.

    Jawaban: D. S < P < O < N

    ---

14. Soal 44.

    Deret Balmer terdiri dari garis-garis emisi yang berhubungan dengan perubahan konfigurasi elektron atom hidrogen dari suatu nilai awal bilangan kuantum utama n ke nilai akhir n = 2. Anggota deret Balmer dengan panjang gelombang terbesar memiliki λ = 656 nm. Manakah yang bukan anggota deret Balmer?
    1. 410 nm
    2. 434 nm
    3. 486 nm
    4. 545 nm
    Konsep kunci: Deret Balmer merupakan sederet garis emisi atom hidrogen yang dihasilkan dari transisi elektron dari kulit dengan bilangan kuantum utama $n_i > 2$ menuju kulit $n_f = 2$. Panjang gelombang setiap garis dihitung menggunakan persamaan Rydberg. Karena garis dengan $\lambda$ terbesar (energi transisi terkecil) berkaitan dengan transisi $n_i$ terkecil yang diizinkan (yaitu $n_i = 3$), kita dapat memverifikasi tetapan Rydberg dari data ini, lalu menghitung seluruh anggota deret Balmer berikutnya ($n_i = 4, 5, 6, ...$) untuk mencocokkan dengan pilihan jawaban yang diberikan. Panjang gelombang yang tidak cocok dengan hasil perhitungan berarti bukan bagian dari deret Balmer.

    Langkah 1: Tuliskan persamaan Rydberg untuk deret Balmer

    Persamaan Rydberg untuk transisi elektron atom hidrogen:

    $$ \dfrac{1}{\lambda} = R_H \left( \dfrac{1}{n_f^2} - \dfrac{1}{n_i^2} \right) $$

    dengan $R_H = 1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}$ (tetapan Rydberg), $n_f = 2$ (tetap, ciri khas deret Balmer), dan $n_i = 3, 4, 5, 6, ...$ (bilangan kuantum utama awal).

    Langkah 2: Verifikasi dengan garis $\lambda$ terbesar ($n_i = 3 \rightarrow n_f = 2$)

    Garis dengan $\lambda$ terbesar berkaitan dengan selisih energi terkecil, yaitu transisi dari $n_i$ yang paling dekat dengan $n_f = 2$, sehingga $n_i = 3$:

    $$ \begin{aligned} \dfrac{1}{\lambda} &= R_H \left( \dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{3^2} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \left( \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{9} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \times 0{,}1389 \\[8pt] &= 1{,}524 \times 10^6 \ \text{m}^{-1} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \lambda &= \dfrac{1}{1{,}524 \times 10^6 \ \text{m}^{-1}} \\[8pt] &= 6{,}56 \times 10^{-7} \ \text{m} \\[8pt] &= 656 \ \text{nm} \end{aligned} $$

    Hasil ini sesuai persis dengan data soal (656 nm), mengonfirmasi bahwa transisi $n_i = 3 \rightarrow n_f = 2$ adalah anggota deret Balmer dengan $\lambda$ terbesar, dan nilai $R_H$ yang digunakan sudah tepat.

    Langkah 3: Hitung $\lambda$ untuk transisi $n_i = 4 \rightarrow n_f = 2$

    $$ \begin{aligned} \dfrac{1}{\lambda} &= R_H \left( \dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{4^2} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \left( \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{16} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \times 0{,}1875 \\[8pt] &= 2{,}057 \times 10^6 \ \text{m}^{-1} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \lambda &= \dfrac{1}{2{,}057 \times 10^6 \ \text{m}^{-1}} \\[8pt] &= 4{,}86 \times 10^{-7} \ \text{m} \\[8pt] &= 486 \ \text{nm} \end{aligned} $$

    Nilai ini cocok dengan pilihan C (486 nm), merupakan anggota deret Balmer.

    Langkah 4: Hitung $\lambda$ untuk transisi $n_i = 5 \rightarrow n_f = 2$

    $$ \begin{aligned} \dfrac{1}{\lambda} &= R_H \left( \dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{5^2} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \left( \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{25} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \times 0{,}21 \\[8pt] &= 2{,}304 \times 10^6 \ \text{m}^{-1} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \lambda &= \dfrac{1}{2{,}304 \times 10^6 \ \text{m}^{-1}} \\[8pt] &= 4{,}34 \times 10^{-7} \ \text{m} \\[8pt] &= 434 \ \text{nm} \end{aligned} $$

    Nilai ini cocok dengan pilihan B (434 nm), merupakan anggota deret Balmer.

    Langkah 5: Hitung $\lambda$ untuk transisi $n_i = 6 \rightarrow n_f = 2$

    $$ \begin{aligned} \dfrac{1}{\lambda} &= R_H \left( \dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{6^2} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \left( \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{36} \right) \\[8pt] &= (1{,}097 \times 10^7 \ \text{m}^{-1}) \times 0{,}2222 \\[8pt] &= 2{,}438 \times 10^6 \ \text{m}^{-1} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \lambda &= \dfrac{1}{2{,}438 \times 10^6 \ \text{m}^{-1}} \\[8pt] &= 4{,}10 \times 10^{-7} \ \text{m} \\[8pt] &= 410 \ \text{nm} \end{aligned} $$

    Nilai ini cocok dengan pilihan A (410 nm), merupakan anggota deret Balmer.

    Langkah 6: Periksa apakah 545 nm dapat dihasilkan oleh transisi manapun ke $n_f = 2$

    Empat transisi pertama deret Balmer ($n_i = 3, 4, 5, 6$) menghasilkan $\lambda$ = 656, 486, 434, dan 410 nm, semuanya menurun secara kontinu mendekati batas deret (limit konvergensi) sebesar:

    $$ \lambda_{\infty} = \dfrac{4}{R_H} \approx 364{,}6 \ \text{nm} \quad (\text{untuk } n_i \rightarrow \infty) $$

    Karena seluruh anggota deret Balmer memiliki $\lambda$ dalam rentang 364,6 nm hingga 656 nm dengan nilai-nilai diskret spesifik (656, 486, 434, 410, 397, ... nm sesuai kenaikan $n_i$), dan tidak ada nilai $n_i$ bulat yang menghasilkan $\lambda = 545$ nm (nilai ini berada di antara $n_i=3$ dan $n_i=4$ tetapi tidak sesuai keduanya), maka 545 nm bukan anggota deret Balmer.

    Langkah 7: Ringkasan pencocokan

    Transisi ($n_i \rightarrow 2$)	$\lambda$ terhitung	Pilihan	Anggota Balmer?
    3 → 2	656 nm	(diberikan di soal)	Ya
    4 → 2	486 nm	C	Ya
    5 → 2	434 nm	B	Ya
    6 → 2	410 nm	A	Ya
    -	545 nm	D	Tidak

    Kesimpulan: Dengan menggunakan persamaan Rydberg dan mencocokkan nilai $R_H$ dari data λ = 656 nm yang diberikan, dihitung bahwa transisi $n_i = 4, 5, 6 \rightarrow n_f = 2$ berturut-turut menghasilkan λ = 486 nm, 434 nm, dan 410 nm, seluruhnya cocok dengan pilihan A, B, dan C. Panjang gelombang 545 nm tidak sesuai dengan transisi $n_i$ bulat manapun menuju $n_f = 2$, sehingga bukan merupakan anggota deret Balmer.

    Jawaban: D. 545 nm

    ---

15. Soal 45.

    Titik leleh unsur-unsur golongan 6 meningkat dalam urutan Cr (2180°C) < Mo (2896°C) < W (3695°C). Manakah penjelasan terbaik untuk tren ini?
    1. Derajat kovalensi meningkat ke bawah golongan.
    2. Muatan positif parsial pada atom logam dalam kisi meningkat ke bawah golongan.
    3. Orbital valensi menjadi semakin mengerut ke bawah golongan karena efek relativistik.
    4. Kerapatan pengepakan logam meningkat ke bawah golongan seiring perubahan kisi dari kubus sederhana ke kubus berpusat badan ke kubus berpusat muka.
    Konsep kunci — Tren titik leleh logam transisi TIDAK seperti logam golongan utama: Pada logam golongan utama (golongan 1, 2), titik leleh biasanya menurun ke bawah golongan (atom semakin besar, ikatan logam melemah). Namun pada logam transisi golongan 6 (Cr, Mo, W), justru terjadi tren SEBALIKNYA — titik leleh meningkat tajam ke bawah golongan. Ini adalah anomali penting yang perlu dijelaskan dengan model ikatan logam yang lebih mendalam, bukan sekadar tren ukuran atom biasa.

    Langkah 1: Tinjau data elektronegativitas golongan 6 (petunjuk penting)

    $$ \begin{aligned} \chi_{\text{Cr}} &\approx 1{,}66 \\[6pt] \chi_{\text{Mo}} &\approx 2{,}16 \\[6pt] \chi_{\text{W}} &\approx 2{,}36 \end{aligned} $$

    Elektronegativitas golongan 6 justru MENINGKAT ke bawah golongan (Cr → Mo → W) — ini adalah anomali dibandingkan tren elektronegativitas golongan utama yang biasanya menurun ke bawah golongan. Ini mencerminkan muatan inti efektif ($Z_{\text{eff}}$) yang semakin besar dialami elektron valensi pada unsur yang lebih berat.

    Langkah 2: Hubungkan dengan jumlah elektron yang ikut terdelokalisasi dalam ikatan logam

    Pada model ikatan logam ("lautan elektron"/electron sea model), kekuatan ikatan logam bergantung pada seberapa banyak elektron valensi (termasuk elektron d) yang benar-benar terdelokalisasi menjadi bagian dari "lautan elektron" bersama, serta seberapa besar muatan positif efektif yang tersisa pada inti atom (core) setelah menyumbangkan elektron tersebut:

    $$ \text{Kekuatan ikatan logam} \; \propto \; (\text{muatan positif inti atom dalam kisi}) \times (\text{kerapatan elektron terdelokalisasi}) $$

    Karena orbital $4d$ dan $5d$ jauh lebih difus (menyebar) dibandingkan orbital $3d$ yang lebih terkontraksi, elektron-elektron $d$ pada Mo dan terutama W dapat ber-tumpang-tindih (overlap) secara lebih efektif dengan orbital atom tetangga dalam kisi logam, sehingga lebih banyak elektron valensi (bukan hanya elektron-$s$, tetapi juga elektron-$d$) yang ikut terdelokalisasi ke dalam "lautan elektron" bersama ke bawah golongan. Akibatnya, inti atom (core) yang ditinggalkan membawa muatan positif efektif yang semakin besar ke bawah golongan — karena semakin banyak elektronnya yang "disumbangkan" ke ikatan logam bersama.

    Langkah 3: Hubungkan muatan inti positif yang lebih besar dengan kekuatan ikatan dan titik leleh

    Muatan positif parsial yang lebih besar pada inti atom logam berarti tarikan elektrostatik (Coulomb) antara inti atom dan lautan elektron terdelokalisasi menjadi lebih kuat, sehingga dibutuhkan energi yang jauh lebih besar untuk memutuskan susunan kisi logam tersebut (melelehkannya):

    $$ \text{Cr (muatan +, lemah)} \; < \; \text{Mo (muatan +, sedang)} \; < \; \text{W (muatan +, kuat)} \;\;\Rightarrow\;\; T_{leleh}: \text{Cr} < \text{Mo} < \text{W} $$

    Pola ini konsisten sempurna dengan data titik leleh yang diberikan pada soal.

    ---

    Langkah 4: Mengapa opsi lain kurang tepat

    Opsi A (derajat kovalensi meningkat): Meskipun sering disebutkan secara informal dalam berbagai referensi ("ikatan menjadi lebih kovalen ke bawah golongan"), istilah "kovalensi" secara ketat mengacu pada ikatan pasangan elektron terlokalisasi antar dua atom tertentu — sedangkan ikatan logam pada dasarnya bersifat terdelokalisasi (bukan pasangan elektron terlokalisasi). Penjelasan yang lebih tepat dan mekanistis untuk penguatan ikatan logam ini adalah melalui peningkatan muatan inti efektif/muatan positif core (model elektrostatik/"lautan elektron"), sebagaimana dijelaskan pada Opsi B, bukan istilah "kovalensi" yang kurang presisi untuk konteks ikatan logam.

    $$ \text{Opsi A} \;\Rightarrow\; \text{istilah "kovalensi" kurang tepat untuk menggambarkan mekanisme ikatan logam terdelokalisasi} $$

    Opsi C (kontraksi orbital akibat efek relativistik): Efek relativistik memang nyata dan signifikan, tetapi efek ini hanya menjadi dominan pada unsur-unsur yang jauh lebih berat (terutama W, unsur periode 6 dengan nomor atom besar), sementara efeknya sangat kecil/dapat diabaikan pada Cr (periode 4) dan bahkan masih relatif kecil pada Mo (periode 5). Karena tren kenaikan titik leleh berlangsung secara bertahap dan konsisten dari Cr ke Mo ke W (bukan hanya melonjak drastis khusus pada W saja), efek relativistik tidak dapat menjelaskan keseluruhan tren secara memadai — ia paling banter hanya kontributor tambahan kecil khusus untuk W.

    $$ \text{Opsi C} \;\Rightarrow\; \text{efek relativistik hanya signifikan untuk W, tidak dapat menjelaskan kenaikan bertahap Cr} \to \text{Mo} \to \text{W secara keseluruhan} $$

    Opsi D (perubahan struktur kisi dari kubus sederhana ke BCC ke FCC): Ini adalah kesalahan faktual yang jelas — Cr, Mo, dan W ketiganya memiliki struktur kristal yang SAMA, yaitu kubus berpusat badan (body-centered cubic, BCC), tanpa perubahan struktur sama sekali ke bawah golongan.

    $$ \text{Cr, Mo, W} \; \Rightarrow \; \text{SEMUA berstruktur BCC (tidak ada perubahan struktur kisi)} $$

    Karena struktur kisi ketiganya identik (BCC), argumen tentang "perubahan struktur dari kubus sederhana ke BCC ke FCC" sama sekali tidak terjadi secara faktual, sehingga opsi ini pasti salah.

    $$ \text{Opsi D} \;\Rightarrow\; \text{SALAH secara faktual (tidak terjadi perubahan struktur kisi)} $$

    ---

    Kesimpulan: Ke bawah golongan 6, orbital-$d$ yang semakin difus (dari $3d$ ke $4d$ ke $5d$) memungkinkan semakin banyak elektron valensi (termasuk elektron-$d$) untuk terdelokalisasi secara efektif ke dalam ikatan logam bersama. Hal ini meninggalkan inti atom logam dengan muatan positif efektif yang semakin besar dalam kisi kristal, memperkuat tarikan elektrostatik terhadap lautan elektron terdelokalisasi, dan dengan demikian meningkatkan kekuatan ikatan logam serta titik leleh secara keseluruhan dari Cr ke Mo ke W.

    Jawaban: B. Muatan positif parsial pada atom logam dalam kisi meningkat ke bawah golongan.

    ---