Pembahasan Soal Termokimia Bergrafik, Terintegrasi dengan Pokok Bahasan Lain

Jumat, 16 Oktober 2026

Termokimia tidak berdiri sendiri. Konsep kalor, entalpi, dan energi bebas selalu terhubung dengan pokok bahasan lain dalam kimia, dan cara terbaik melihat hubungan itu adalah lewat kurva atau grafik.

Setiap soal memuat satu kurva berbeda yang harus dibaca, ditafsirkan, dan dihitung. Kurva-kurva itu menghubungkan termokimia dengan laju reaksi dan katalis (profil energi), perubahan wujud zat, kalorimetri dan titrasi (stoikiometri dan asam basa), hukum Hess, ikatan kimia dan siklus Born–Haber, kelarutan, kespontanan reaksi, hidrokarbon, serta kesetimbangan kimia.

Kerjakan tiap soal terlebih dahulu secara mandiri, lalu buka pembahasannya untuk mencocokkan langkah dan skor jawabanmu. Perhatikan tanda, satuan, dan alasan di balik setiap angka, karena di sanalah pemahaman konsepmu diuji.

Soal #1

Diagram profil energi berikut menggambarkan suatu reaksi pada fase gas, dengan dan tanpa katalis.

Energi / kJ mol⁻¹ Koordinat reaksi 350290 200110 ReaktanProduk tanpa katalis dengan katalis
Gambar 1. Profil energi reaksi
  1. Definisikan energi aktivasi dan tentukan apakah reaksi tersebut eksoterm atau endoterm. Berikan alasan berdasarkan diagram. [2]
  2. Dari diagram, tentukan nilai: (i) \(\Delta H\) reaksi; (ii) energi aktivasi reaksi maju tanpa katalis; (iii) energi aktivasi reaksi balik tanpa katalis. [3]
  3. Nyatakan pengaruh katalis terhadap \(\Delta H\) dan terhadap energi aktivasi reaksi maju serta reaksi balik. [2]
  4. Jelaskan, dengan istilah teori tumbukan, mengapa katalis meningkatkan laju reaksi. [2]

[Total: 9]

Lihat pembahasan
  1. Energi aktivasi adalah energi minimum yang harus dimiliki partikel pereaksi agar tumbukan menghasilkan reaksi. [1] Reaksi eksoterm, karena energi produk (110) lebih rendah daripada energi reaktan (200), sehingga kalor dilepas ke lingkungan. [1]
  2. (i) \(\Delta H = 110 - 200 = -90\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
    (ii) \(E_a\) maju \(= 350 - 200 = +150\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
    (iii) \(E_a\) balik \(= 350 - 110 = +240\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
  3. \(\Delta H\) tidak berubah (tetap \(-90\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\)) karena hanya bergantung pada keadaan awal dan akhir. [1] Energi aktivasi turun pada kedua arah: maju menjadi \(290-200=90\) dan balik menjadi \(290-110=180\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) (turun sebesar 60 pada keduanya). [1]
  4. Katalis menyediakan jalur reaksi dengan energi aktivasi lebih rendah. [1] Akibatnya fraksi partikel dengan energi \(\ge E_a\) lebih besar, sehingga jumlah tumbukan efektif per satuan waktu meningkat. [1]

Soal #2

Sebanyak 18,0 g es pada \(-20\ ^\circ\mathrm{C}\) dipanaskan dengan pemanas listrik berdaya tetap 100 W (dianggap tidak ada kalor yang hilang) sampai menjadi uap pada \(120\ ^\circ\mathrm{C}\). Kurva pemanasan ditunjukkan pada Gambar 2 (tidak digambar sesuai skala waktu).

Suhu / °C Waktu pemanasan −200 100120 ABC DEF
Gambar 2. Kurva pemanasan 18,0 g H₂O

Data: \(c\) es \(=2{,}09\), \(c\) air \(=4{,}18\), \(c\) uap \(=2{,}01\ \mathrm{J\ g^{-1}\ K^{-1}}\); \(\Delta H_{lebur}=+6{,}01\) dan \(\Delta H_{didih}=+40{,}7\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\); \(M_r\ \mathrm{H_2O}=18{,}0\).

  1. Nyatakan wujud zat pada segmen BC dan segmen DE. [2]
  2. Jelaskan mengapa suhu tetap konstan pada segmen BC dan DE padahal pemanas terus memberi energi. [2]
  3. Hitung total energi yang diperlukan dari titik A sampai titik F. [4]
  4. Hitung waktu yang dibutuhkan pada segmen BC dan DE, lalu jelaskan mengapa segmen DE jauh lebih panjang daripada BC. [3]

[Total: 11]

Lihat pembahasan
  1. BC: es dan air (peleburan, wujud padat dan cair berdampingan). DE: air dan uap (pendidihan, wujud cair dan gas berdampingan). [2]
  2. Energi yang diberikan dipakai untuk mengatasi gaya antarmolekul (mengubah wujud), bukan menaikkan energi kinetik rata-rata molekul. [1] Suhu mencerminkan energi kinetik rata-rata sehingga tidak berubah selama perubahan wujud. [1]
  3. \(n = 18{,}0/18{,}0 = 1{,}00\ \mathrm{mol}\)
    \(q_{AB}=18{,}0\times2{,}09\times20=752\ \mathrm{J}\)
    \(q_{BC}=6010\ \mathrm{J}\)
    \(q_{CD}=18{,}0\times4{,}18\times100=7524\ \mathrm{J}\)
    \(q_{DE}=40\,700\ \mathrm{J}\)
    \(q_{EF}=18{,}0\times2{,}01\times20=724\ \mathrm{J}\) [3, satu angka salah \(-1\)]
    \(q_{total}=752+6010+7524+40700+724=55\,710\ \mathrm{J}\approx 55{,}7\ \mathrm{kJ}\) [1]
  4. \(t = q/P\): \(t_{BC}=6010/100=60{,}1\ \mathrm{s}\) dan \(t_{DE}=40\,700/100=407\ \mathrm{s}\) [2]
    Pada pendidihan, seluruh gaya antarmolekul (ikatan hidrogen) harus diputus total dan molekul bergerak menjauh sehingga volume mengembang melawan tekanan atmosfer; pada peleburan hanya sebagian gaya antarmolekul yang dilonggarkan, sehingga \(\Delta H_{didih}\gg\Delta H_{lebur}\). [1]

Soal #3

Dalam sebuah percobaan kalorimetri, 50,0 cm³ larutan HCl 1,00 mol dm⁻³ dicampur dengan 50,0 cm³ larutan NaOH 1,00 mol dm⁻³ dalam gelas styrofoam. Suhu dicatat setiap menit. Pencampuran dilakukan tepat pada menit ke-4 (tidak ada pembacaan pada menit tersebut). Garis putus-putus adalah ekstrapolasi garis pendinginan ke menit ke-4.

Suhu / °C Waktu / menit 20,022,024,026,028,0 0246810 titik ekstrapolasi HCl dan NaOH dibaca terpisah
Gambar 3. Suhu terhadap waktu pada pencampuran HCl dan NaOH

Anggap massa jenis larutan \(=1{,}00\ \mathrm{g\ cm^{-3}}\) dan kalor jenis larutan \(=4{,}18\ \mathrm{J\ g^{-1}\ K^{-1}}\).

  1. Jelaskan mengapa suhu kedua larutan dicatat selama beberapa menit sebelum dicampur, dan apa yang ditunjukkan bagian mendatar pada grafik. [2]
  2. Jelaskan mengapa garis pendinginan diekstrapolasi ke menit ke-4, bukan langsung memakai suhu tertinggi hasil pengamatan. [2]
  3. Dari grafik, tentukan kenaikan suhu \(\Delta T\) yang tepat. [1]
  4. Hitung kalor yang dilepaskan pada reaksi. [2]
  5. Hitung entalpi netralisasi per mol air yang terbentuk dan tuliskan dengan tanda yang benar. [3]

[Total: 10]

Lihat pembahasan
  1. Untuk memastikan suhu awal kedua larutan sama dan stabil (rata-rata suhu awal yang dipakai). [1] Bagian mendatar menunjukkan suhu tidak berubah sebelum bereaksi, yaitu 20,0 °C. [1]
  2. Selama dan setelah pencampuran, kalor sudah hilang ke lingkungan sehingga suhu maksimum teramati lebih rendah dari suhu sebenarnya. [1] Ekstrapolasi garis pendinginan ke saat pencampuran mengoreksi kehilangan kalor tersebut. [1]
  3. Suhu ekstrapolasi \(=26{,}7\ ^\circ\mathrm{C}\) (toleransi \(\pm0{,}1\)), sehingga \(\Delta T = 26{,}7-20{,}0 = 6{,}7\ \mathrm{K}\). [1]
  4. \(m = 100\ \mathrm{g}\)
    \(q = mc\Delta T = 100\times4{,}18\times6{,}7 = 2801\ \mathrm{J}\approx 2{,}80\ \mathrm{kJ}\) [2]
  5. \(n(\mathrm{H_2O}) = n(\mathrm{HCl}) = 1{,}00\times0{,}0500 = 0{,}0500\ \mathrm{mol}\) [1]
    \(\Delta H = -\dfrac{2{,}80}{0{,}0500} = -56{,}0\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
    Tanda negatif karena suhu naik (reaksi eksoterm). [1]

Soal #4

Karbon dibakar tidak sempurna menghasilkan karbon monoksida. Entalpi pembentukan CO tidak dapat diukur langsung. Diagram tingkat energi berikut dapat dipakai untuk menentukannya.

Entalpi C(s) + O₂(g)CO(g) + ½O₂(g)CO₂(g) ΔH = −394 kJ mol⁻¹ ΔH₁ = ? ΔH = −283 kJ mol⁻¹
Gambar 4. Diagram tingkat energi (tidak sesuai skala)
  1. Nyatakan bunyi hukum Hess. [1]
  2. Hitung \(\Delta H_1\) dari diagram. [2]
  3. Jelaskan mengapa \(\Delta H_1\) sulit diukur langsung dengan kalorimeter. [1]
  4. Hitung kalor yang dilepas jika 2,40 g karbon ( \(A_r\) C \(=12{,}0\) ) terbakar tidak sempurna menjadi CO sesuai \(\Delta H_1\). [2]

[Total: 6]

Lihat pembahasan
  1. Perubahan entalpi suatu reaksi hanya bergantung pada keadaan awal dan keadaan akhir, tidak bergantung pada jalur atau tahapan reaksi. [1]
  2. Jalur langsung \(=\) jalur dua tahap:
    \(-394 = \Delta H_1 + (-283)\) [1]
    \(\Delta H_1 = -394 + 283 = -111\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
  3. Pembakaran karbon sulit dihentikan tepat pada tahap CO; sebagian CO terus teroksidasi menjadi CO₂ sehingga produk berupa campuran. [1]
  4. \(n(\mathrm{C}) = \dfrac{2{,}40}{12{,}0}=0{,}200\ \mathrm{mol}\) [1]
    \(q = 0{,}200\times111 = 22{,}2\ \mathrm{kJ}\) dilepas (\(\Delta H=-22{,}2\ \mathrm{kJ}\)). [1]

Soal #5

Gambar 5 memperlihatkan kurva kelarutan kalium nitrat (KNO₃) dan suatu zat lain Y dalam air pada berbagai suhu.

Kelarutan / g per 100 g air Suhu / °C 04080120160 020406080 KNO₃Zat Y
Gambar 5. Kurva kelarutan (data dibulatkan)
  1. Tentukan tanda \(\Delta H\) pelarutan KNO₃ dan zat Y, lalu jelaskan dengan prinsip Le Chatelier. [3]
  2. Sebanyak 100 g larutan jenuh KNO₃ pada \(60\ ^\circ\mathrm{C}\) didinginkan sampai \(20\ ^\circ\mathrm{C}\). Hitung massa kristal KNO₃ yang terbentuk. [3]
  3. Pada suhu kira-kira berapa kelarutan kedua zat sama? Untuk memperoleh kristal zat Y dari larutan jenuhnya, apakah larutan didinginkan atau dipanaskan? [2]

[Total: 8]

Lihat pembahasan
  1. KNO₃: kelarutan naik dengan suhu, maka \(\Delta H_{pelarutan} > 0\) (endoterm). [1] Zat Y: kelarutan turun dengan suhu, maka \(\Delta H_{pelarutan} < 0\) (eksoterm). [1] Pada kesetimbangan zat padat \(\rightleftharpoons\) larutan, kenaikan suhu menggeser kesetimbangan ke arah reaksi endoterm (penyerap kalor). [1]
  2. Pada 60 °C: 110 g KNO₃ per 100 g air, jadi larutan jenuh 210 g mengandung 110 g zat terlarut. [1]
    Dalam 100 g larutan: zat terlarut \(=\dfrac{110}{210}\times100=52{,}4\ \mathrm{g}\); air \(=47{,}6\ \mathrm{g}\).
    Pada 20 °C: 47,6 g air hanya melarutkan \(\dfrac{32}{100}\times47{,}6=15{,}2\ \mathrm{g}\). [1]
    Massa kristal \(=52{,}4-15{,}2=37{,}2\ \mathrm{g}\) (terima 37,1–37,2). [1]
  3. Kurva berpotongan pada sekitar 23 °C (terima 22–25 °C). [1] Zat Y kelarutannya turun dengan naiknya suhu, sehingga kristal diperoleh dengan memanaskan larutan. [1]

Soal #6

Gambar 6 menunjukkan kurva energi potensial dua molekul diatomik, yaitu H₂ dan Cl₂, terhadap jarak antarinti (r). Energi nol adalah energi dua atom yang terpisah sangat jauh.

Energi potensial / kJ mol⁻¹ r / pm 100200300 −436−2420 PQ
Gambar 6. Kurva energi potensial molekul P dan Q
  1. Dengan memakai ukuran atom dan kekuatan ikatan, tentukan kurva mana yang mewakili H₂ dan mana yang mewakili Cl₂. [3]
  2. Jelaskan bentuk kurva: mengapa energi naik tajam pada r yang kecil dan mengapa ada nilai minimum. [2]
  3. Dari grafik, tentukan panjang ikatan dan energi ikatan H₂. [1]
  4. Dengan \(E(\mathrm{H{-}Cl})=431\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\), hitung \(\Delta H\) reaksi \(\mathrm{H_2 + Cl_2 \rightarrow 2HCl}\). [2]

[Total: 8]

Lihat pembahasan
  1. P = H₂ dan Q = Cl₂. [1] Atom H jauh lebih kecil, sehingga inti saling mendekat dan panjang ikatan lebih pendek (P minimum di r lebih kecil). [1] Ikatan H–H lebih kuat, sehingga lembah energi P lebih dalam (−436 dibanding −242). [1]
  2. Pada r kecil, tolakan antarinti dan antarelektron dominan sehingga energi naik tajam. [1] Pada r jauh, tarikan lemah; minimum terjadi saat tarikan dan tolakan seimbang, yaitu pada panjang ikatan. [1]
  3. Panjang ikatan H₂ \(\approx 74\ \mathrm{pm}\) (terima 70–80); energi ikatan \(=436\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) (kedalaman lembah dari energi nol). [1]
  4. \(\Delta H = \sum E_{putus}-\sum E_{bentuk}\) [1]
    \(\Delta H = (436+242)-(2\times431) = 678-862 = -184\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]

Soal #7

Siklus Born–Haber untuk natrium klorida disajikan sebagai diagram tingkat energi (Gambar 7). Energi lattice \(\Delta H_L\) belum diketahui.

Entalpi Na(s)+½Cl₂(g)Na(g)+½Cl₂(g) Na(g)+Cl(g)Na⁺(g)+Cl(g)+e⁻ Na⁺(g)+Cl⁻(g)NaCl(s) +108 +122 +496 −349 ΔHL = ? −411 Semua nilai dalam kJ mol⁻¹
Gambar 7. Siklus Born–Haber NaCl (tidak sesuai skala)
  1. Namai tiga langkah dengan nilai +108, +122, dan +496 serta langkah dengan nilai −349. [2]
  2. Definisikan energi kisi (lattice energy) menurut siklus ini. [1]
  3. Hitung \(\Delta H_L\) dengan hukum Hess. [2]
  4. Jelaskan mengapa energi kisi MgO jauh lebih eksoterm daripada NaCl. [2]

[Total: 7]

Lihat pembahasan
  1. +108: entalpi atomisasi (sublimasi) natrium; +122: entalpi atomisasi Cl (\(\tfrac12\) energi ikatan Cl–Cl); +496: energi ionisasi pertama natrium. [1] −349: afinitas elektron pertama klor. [1]
  2. Perubahan entalpi pembentukan 1 mol senyawa ionik padat dari ion-ion gasnya. [1]
  3. \(\Delta H_f = \Delta H_{at}(\mathrm{Na}) + \Delta H_{at}(\mathrm{Cl}) + IE_1 + EA + \Delta H_L\) [1]
    \(-411 = 108 + 122 + 496 + (-349) + \Delta H_L\)
    \(\Delta H_L = -411 - 377 = -788\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
  4. Mg²⁺ dan O²⁻ bermuatan lebih besar (2+ dan 2−) [1] serta ion Mg²⁺ lebih kecil daripada Na⁺, sehingga gaya tarik elektrostatik (\(\propto q_+q_-/r\)) jauh lebih kuat. [1]

Soal #8

Dalam titrasi termometri, 25,0 cm³ larutan H₂SO₄ yang konsentrasinya belum diketahui dititrasi dengan NaOH 1,00 mol dm⁻³ (suhu awal kedua larutan 20,0 °C). Suhu campuran dicatat setelah penambahan tiap 5 cm³ NaOH.

Suhu / °C Volume NaOH ditambahkan / cm³ 20,022,024,026,028,0 010203040
Gambar 8. Titrasi termometri H₂SO₄ + NaOH

Anggap kalor jenis larutan \(4{,}18\ \mathrm{J\ g^{-1}\ K^{-1}}\) dan massa jenis \(1{,}00\ \mathrm{g\ cm^{-3}}\).

  1. Jelaskan mengapa suhu naik secara linear lalu turun setelah titik tertinggi. [2]
  2. Tentukan volume NaOH pada titik ekuivalen. [1]
  3. Hitung konsentrasi H₂SO₄. [2]
  4. Hitung entalpi netralisasi per mol air yang terbentuk. [3]
  5. Percobaan diulang dengan H₂SO₄ 0,200 mol dm⁻³ (volume sama). Tentukan volume titik ekuivalen dan perkirakan suhu maksimum yang baru. [3]

[Total: 11]

Lihat pembahasan
  1. Sebelum titik ekuivalen, tiap tambahan NaOH bereaksi habis dengan asam sehingga kalor dilepas dan suhu naik. [1] Setelah titik ekuivalen tidak ada asam tersisa; NaOH berlebih yang lebih dingin hanya mengencerkan dan mendinginkan campuran. [1]
  2. Titik tertinggi pada \(20{,}0\ \mathrm{cm^3}\). [1]
  3. \(n(\mathrm{NaOH}) = 1{,}00\times0{,}0200=0{,}0200\ \mathrm{mol}\)
    \(\mathrm{H_2SO_4 + 2NaOH \rightarrow Na_2SO_4 + 2H_2O}\), sehingga \(n(\mathrm{H_2SO_4})=0{,}0100\ \mathrm{mol}\) [1]
    \(c = \dfrac{0{,}0100}{0{,}0250}=0{,}400\ \mathrm{mol\ dm^{-3}}\) [1]
  4. \(\Delta T = 26{,}0-20{,}0=6{,}0\ \mathrm{K}\); volume total \(=45{,}0\ \mathrm{cm^3}\) [1]
    \(q = 45{,}0\times4{,}18\times6{,}0 = 1129\ \mathrm{J}\)
    \(n(\mathrm{H_2O}) = 0{,}0200\ \mathrm{mol}\) [1]
    \(\Delta H = -\dfrac{1{,}129}{0{,}0200}=-56{,}4\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
  5. \(n(\mathrm{H_2SO_4})=0{,}200\times0{,}0250=0{,}00500\ \mathrm{mol}\), maka \(n(\mathrm{NaOH})=0{,}0100\ \mathrm{mol}\) sehingga titik ekuivalen pada \(10{,}0\ \mathrm{cm^3}\). [1]
    \(n(\mathrm{H_2O})=0{,}0100\ \mathrm{mol}\); \(q=0{,}0100\times56\,400=564\ \mathrm{J}\); volume total \(35{,}0\ \mathrm{cm^3}\)
    \(\Delta T = \dfrac{564}{35{,}0\times4{,}18}=3{,}9\ \mathrm{K}\) [1], suhu maksimum \(\approx 23{,}9\ ^\circ\mathrm{C}\). [1]

Soal #9

Penguraian kalsium karbonat: \(\mathrm{CaCO_3(s) \rightarrow CaO(s) + CO_2(g)}\). Perubahan energi bebas Gibbs reaksi ini terhadap suhu diplot pada Gambar 9 sebagai garis lurus. Perhatikan bahwa \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S\).

ΔG / kJ mol⁻¹ T / K +200+1000−100 50010001500 (0 K ; +178)(1500 K ; −63,5)
Gambar 9. ΔG terhadap T untuk CaCO₃ → CaO + CO₂
  1. Gunakan grafik untuk menentukan \(\Delta H\) dan \(\Delta S\) reaksi (dalam \(\mathrm{J\ K^{-1}\ mol^{-1}}\)). [2]
  2. Hitung suhu minimum agar reaksi spontan. [2]
  3. Jelaskan mengapa nilai \(\Delta S\) reaksi ini positif. [2]
  4. Untuk reaksi lain yang eksoterm dengan \(\Delta S\) negatif, tentukan arah kemiringan garis \(\Delta G\)–\(T\) dan jelaskan kapan reaksi menjadi tidak spontan. [2]

[Total: 8]

Lihat pembahasan
  1. Perpotongan sumbu \(\Delta G\) (T = 0) \(=\Delta H = +178\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\). [1]
    Gradien \(= -\Delta S = \dfrac{-63{,}5-178}{1500-0}=-0{,}161\ \mathrm{kJ\ K^{-1}\ mol^{-1}}\), jadi \(\Delta S = +161\ \mathrm{J\ K^{-1}\ mol^{-1}}\). [1]
  2. Spontan jika \(\Delta G < 0\), batasnya \(\Delta G=0\):
    \(T = \dfrac{\Delta H}{\Delta S}=\dfrac{178\,000}{161}\approx 1106\ \mathrm{K}\) (\(\approx 833\ ^\circ\mathrm{C}\)). [2]
  3. Reaksi menghasilkan gas CO₂ dari padatan, sehingga jumlah mol gas dan kebebasan gerak partikel bertambah (keacakan meningkat). [2]
  4. \(\Delta S < 0\) berarti gradien \(=-\Delta S\) positif (garis naik ke kanan). [1] Pada suhu tinggi suku \(-T\Delta S\) menjadi positif besar sehingga \(\Delta G>0\); reaksi tidak spontan pada suhu di atas \(T=\Delta H/\Delta S\) (nilai positif karena keduanya negatif). [1]

Soal #10

Kalor pembakaran standar (ditulis sebagai besaran positif, \(-\Delta H_c\)) enam alkana rantai lurus \(\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n+2}\) diplot terhadap jumlah atom karbon \(n\) pada Gambar 10. Data dibulatkan.

−ΔH_c / kJ mol⁻¹ Jumlah atom C (n) 01000200030004000 1234567
Gambar 10. Kalor pembakaran alkana (n = 1–6) dan ekstrapolasi ke n = 7

Data: metana (\(n=1\)) 890; etana 1560; propana 2220; butana 2880; pentana 3540; heksana 4195 (semua \(\mathrm{kJ\ mol^{-1}}\)). \(A_r\): C \(=12{,}0\), H \(=1{,}0\).

  1. Ekstrapolasikan grafik untuk memperkirakan kalor pembakaran heptana (\(n=7\)). [2]
  2. Hitung gradien grafik (dari \(n=2\) sampai \(n=6\)) dan jelaskan maknanya. [2]
  3. Kompor berbahan bakar propana memiliki efisiensi 40%. Hitung massa propana yang diperlukan untuk memanaskan 2,00 kg air dari \(20\ ^\circ\mathrm{C}\) menjadi \(100\ ^\circ\mathrm{C}\) (\(c=4{,}18\ \mathrm{J\ g^{-1}\ K^{-1}}\)). [3]

[Total: 7]

Lihat pembahasan
  1. Garis tren diperpanjang dari \(n=6\) (4195) menambah kira-kira 659 per atom C. [1] Nilai heptana \(\approx 4850\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) sehingga \(\Delta H_c \approx -4850\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) (terima 4800–4900). [1]
  2. \(\text{gradien}=\dfrac{4195-1560}{6-2}=\dfrac{2635}{4}\approx 659\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
    Gradien adalah kalor yang dilepas untuk setiap penambahan satu gugus \(-\mathrm{CH_2}-\) dalam rantai (membentuk satu CO₂ dan satu H₂O lagi). [1]
  3. \(q = 2000\times4{,}18\times80 = 668\,800\ \mathrm{J} = 668{,}8\ \mathrm{kJ}\) [1]
    Energi dari tiap mol propana yang terpakai \(=0{,}40\times2220=888\ \mathrm{kJ}\)
    \(n = \dfrac{668{,}8}{888}=0{,}753\ \mathrm{mol}\) [1]
    \(M_r(\mathrm{C_3H_8})=44{,}0\), maka \(m = 0{,}753\times44{,}0 \approx 33{,}1\ \mathrm{g}\) [1]

Soal #11

Sebanyak 0,200 mol dm⁻³ gas NO₂ (cokelat) dimasukkan ke dalam wadah tertutup pada suhu tetap sehingga terbentuk kesetimbangan:

\(2\mathrm{NO_2(g)} \rightleftharpoons \mathrm{N_2O_4(g)}\qquad \Delta H = -57\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\)

Pada waktu \(t_2\) suhu campuran dinaikkan, lalu sistem dibiarkan mencapai kesetimbangan baru. Konsentrasi dua spesies diplot terhadap waktu.

Konsentrasi / mol dm⁻³ Waktu 00,050,100,150,20 suhu dinaikkan (t₂) PQ 0,0750,050 0,0900,055
Gambar 11. Konsentrasi terhadap waktu
  1. Identifikasi P dan Q (NO₂ atau N₂O₄) dengan memakai stoikiometri dan konsentrasi awal. [2]
  2. Hitung \(K_c\) pada kesetimbangan pertama (sebelum \(t_2\)) beserta satuannya. [2]
  3. Hitung \(K_c\) pada kesetimbangan kedua, lalu simpulkan apa yang terjadi pada \(K_c\) saat suhu naik dan kaitkan dengan tanda \(\Delta H\). [3]
  4. Jelaskan perubahan warna campuran gas setelah \(t_2\). [2]

[Total: 9]

Lihat pembahasan
  1. P = NO₂ karena konsentrasi awalnya 0,200 dan menurun (pereaksi). [1] Q = N₂O₄ karena mulai dari nol dan bertambah; perubahan P (\(-0{,}150\)) dua kali perubahan Q (\(+0{,}075\)) sesuai rasio 2 : 1. [1]
  2. \(K_c = \dfrac{[\mathrm{N_2O_4}]}{[\mathrm{NO_2}]^2}=\dfrac{0{,}075}{(0{,}050)^2}=30{,}0\) [1] satuan: \(\mathrm{dm^3\ mol^{-1}}\) [1]
  3. \(K_c = \dfrac{0{,}055}{(0{,}090)^2}=6{,}8\ \mathrm{dm^3\ mol^{-1}}\) [1]
    \(K_c\) turun dari 30,0 menjadi 6,8 saat suhu naik. [1] Penurunan \(K_c\) pada suhu lebih tinggi menunjukkan reaksi maju eksoterm (\(\Delta H<0\)), sebab kenaikan suhu menggeser kesetimbangan ke arah endoterm (reaksi balik). [1]
  4. Setelah \(t_2\), [NO₂] naik (0,050 menjadi 0,090) sehingga warna cokelat menjadi lebih pekat. [1] Karena kesetimbangan bergeser ke kiri (pembentukan NO₂) untuk menyerap kalor tambahan. [1]

Soal #12

Sintesis amonia: \(\mathrm{N_2(g) + 3H_2(g) \rightleftharpoons 2NH_3(g)}\). Tetapan kesetimbangan \(K\) diukur pada beberapa suhu. Grafik \(\ln K\) terhadap \(1/T\) disajikan pada Gambar 12.

ln K 1/T / 10⁻³ K⁻¹ 642−2−4−6 1,62,02,4 P (1,6 ; −5,2)Q (2,4 ; +3,7)
Gambar 12. Grafik ln K terhadap 1/T

\(R = 8{,}31\ \mathrm{J\ K^{-1}\ mol^{-1}}\). Persamaan yang berlaku: \(\ln K = -\dfrac{\Delta H}{R}\cdot\dfrac{1}{T}+c\).

  1. Mengapa grafik \(\ln K\) terhadap \(1/T\) berupa garis lurus, dan besaran apa yang diasumsikan konstan? [1]
  2. Hitung gradien garis melalui titik P dan Q, lalu tentukan \(\Delta H\) reaksi dalam \(\mathrm{kJ\ mol^{-1}}\). [3]
  3. Jelaskan, tanpa memakai \(\Delta H\) yang dihitung, bagaimana kemiringan grafik menunjukkan bahwa reaksi eksoterm. [2]
  4. Hitung \(K\) pada 500 K. [2]

[Total: 8]

Lihat pembahasan
  1. Persamaan berbentuk \(y = mx + c\) dengan \(y=\ln K\), \(x=1/T\), dan gradien \(m=-\Delta H/R\). \(\Delta H\) (dan \(\Delta S\)) dianggap tidak bergantung suhu pada rentang tersebut. [1]
  2. \(m = \dfrac{3{,}7-(-5{,}2)}{(2{,}4-1{,}6)\times10^{-3}}=\dfrac{8{,}9}{0{,}8\times10^{-3}}=1{,}11\times10^{4}\ \mathrm{K}\) [1]
    \(\Delta H = -mR = -(1{,}11\times10^{4})(8{,}31)=-9{,}2\times10^{4}\ \mathrm{J\ mol^{-1}}\) [1]
    \(\Delta H \approx -92\ \mathrm{kJ\ mol^{-1}}\) [1]
  3. Pada sumbu \(1/T\), bergerak ke kanan berarti suhu menurun. Garis naik ke kanan menunjukkan \(K\) membesar saat suhu turun. [1] Artinya kenaikan suhu menurunkan \(K\), kesetimbangan bergeser ke arah balik (endoterm), sehingga reaksi maju eksoterm (gradien positif \(\Rightarrow \Delta H<0\)). [1]
  4. \(1/T = 1/500 = 2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{K^{-1}}\). Dari grafik (atau persamaan melalui P): \(\ln K = -5{,}2 + (1{,}11\times10^{4})(2{,}0-1{,}6)\times10^{-3}\approx -0{,}76\) [1]
    \(K = e^{-0{,}76}\approx 0{,}47\) (terima 0,4–0,5) [1]
Ditulis oleh Urip Rukim
Kategori: , , , ,
Bagikan di

Tidak ada komentar:

Posting Komentar

Langganan: Posting Komentar (Atom)
 
Copyright © 2015-2026 Urip dot Info | Disain Template oleh Herdiansyah Dimodivikasi Urip.Info