Menghitung pH larutan Asam/Basa Kuat yang Sangat Encer

Pengukuran pH suatu larutan biasanya memang dilakukan pada keenceran yang cukup (kisarannya tidak jauh di bawah 1 M). Ketika pengenceran hingga sangat sangat encer dilakukan pada larutan asam atau basa pada suatu titik akan muncul pengaruh dari auto–disosiasi dari molekul air yang berperan sebagai pelarut.

2H₂O_(l) ⥄ H₃O⁺_(aq) + OH^–_(aq)

Ketika konsentrasi H₃O⁺ dari asam (atau konsentrasi dari OH^– dari basa) turun sedikit saja dari 10^–7 M maka kontribusi dari disosiasi air mulai memiliki efek yang nyata pada keseluruhan [H₃O⁺] (atau [OH^–] dalam kasus basa kuat) dalam larutan.

Ilustrasi pengenceran larutan

Contoh: Hitung[H₃O⁺] dalam larutan HCl 1×10^–7 M. Anggap K_w = 1×10^–14 pada suhu saat eksperimen.

Untuk pelajar yang kurang paham tentu dengan enteng mengatakan bahwa [H₃O⁺] = 1×10^–7 M dan pH–nya adalah 7, tetapi karena larutan secara pasti bersifat asam tentu ini tidak mungkin benar; pH harus kurang dari 7. Jadi harus ada sesuatu yang lain sehingga [H₃O⁺] menjadi lebih tinggi dari 1×10^–7 M. Apaan tuh? Ingat bahwa air sebagai pelarut bisa mengalami auto–disosiasi untuk menyumbangkan peningkatan [H₃O⁺]

Pertanyaan 1: Berapakah pH jika [H₃O] = 1×10^–7 M?

Jumlah [H₃O⁺] dari disosiasi air sangat bervariasi bergantung pada konsentrasi larutan, sehingga pernyataan kesetimbangan untuk disosiasi ini mesti digunakan.

[H₃O⁺][OH^–] = 1×10^–14

Jika x adalah jumlah H₃O⁺ (dan juga OH^–) dari disosiasi air, maka total konsentrasi H₃O⁺ dalam larutan akan sama dengan x ditambah yang berasal dari konsentrasi H₃O⁺ dari asam:

[H₃O ⁺] = x + 1×10^–7 M

Substitusikan ke dalam persamaan kesetimbangan untuk
[H₃O ⁺] = x + 1×10^–7 M dan untuk [OH^–] = x sehingga menjadi:
[H₃O⁺][OH^–] = 1×10^–14
[x + (1×10^–7)] x = 1×10^–14

Ini akan menghasilkan persamaan kuadrat yang digunakan untuk mendapatkan nilai x.

x² + (1×10^–7)x = 1×10^–14
Ubah persamaannya menjadi: x² + (1×10^–7)x – (1×10^–14) = 0.

Dengan menggunakan rumus persamaan kuadrat ABC atau alat hitung, x, konsentrasi H₃O⁺ dan OH^– yang disumbangkan dari disosiasi air dapat dihitung, dan hasilnya adalah x = 6,2×10^-8 M.

Jadi, total konsentrasi H₃O⁺ dalam larutan

[H₃O⁺] = 1×10^–7 (dari HCl) + 6,2×10^–8 M (dari disosiasi air) = 1,62×10^–7M.
pH dari total [H₃O⁺] = – log (1,62×10^–7M) = 6,790
Nah lebih kecil dari 7 kan?!

Pertanyaan 2: Berapakah pH larutan NaOH 1 × 10^–8 M?

Jangan langsung dijawab pOH = 8 maka pH–nya = 6, ingat ini adalah larutan basa yang sangat encer, pH basa belum pernah di bawah 7!

Hitungannya begini:
Karena larutan kelewat encer maka sumbangan [OH^–] dari hasil disosiasi air (sebagai pelarut) tidak bisa dinegasikan begitu saja. Nilai [OH^–] ini menjadi sangat signifikan. Dimisalkan saja [OH^–] dan juga [H⁺] dari disosiasi air adalah y maka total [OH^–] menjadi y + (1×10^–8) M

Jadi dalam larutan NaOH sangat encer tersebut
[OH^–] = y + (1×10^–8) M sementara itu [H₃O⁺] = y
Selanjutnya kita substitusikan nilai ini ke dalam persamaan kesetimbangan
[H₃O⁺][OH^–] = 1×10^–14
[y] [y + (1×10^–8)] = 1×10^–14
y² + (1×10^–8) y = 1×10^–14
y² + (1×10^–8) y – (1×10^–14) = 0

Dengan alat hitung (atau rumus ABC persamaan kuadrat) nilai y diperoleh = 9,51 × 10^–8

Jadi [OH^–] sumbangan dari disosiasi air y = = 9,51×10^–8
Total [OH^–] = = 9,51×10^–8 + 1×10^–8 = 10,51×10^–8 = 1,051×10^–7 M

pOH = – log (1,051×10^–7) = 7 – 0,0216 = 6,9784
pH = 14 – 6,9784 = 7,0216

Nah terbukti kan pH larutan NaOH 1×10^–8 M tidak di bawah 7 tetapi 7,0216.

Penamaan Senyawa Biskloalkana

Berikut ini adalah beberapa contoh penamaan senyawa bisikloalkana. Atom karbon pada titik A dan B sebagai titik acu [penomoran] dalam beberapa referensi sering disebut sebagai brigdehead carbons. Pemberian nomor dalam penamaan bisikloalkana dari atom C di titik A ke atom C di titik B (A dan B sebagai bridgehead carbons) dapat ditempuh melalui 3 jalur.

Sebagai contoh untuk bisklo[2,2,1]heptana di bawah ini dapat ditempuh melalui:

• titik A →  titik pink → titik pink → titik B ( 2 atom C)
• titik A →  titik biru → titik biru → titik B (2 atom C)
• titik A → titik merah → titik B (1 atom C)

Bila pada alur dari A ke B ditemui jumlah atom C yang berbeda maka urutan penulisannya dimulai dari jumlah atom C terbanyak. Bila tidak terdapat atom C pada alur dari A ke B maka ditulis 0 (nol) seperti pada bisiklo[3,2,0]heksana.

Penomoran pada bisikloalkana

Bagaimana bila senyawa bisikloalkana bercincin beda? Prioritas penomoran adalah yang mengarah ke cincin dengan jumlah atom C yang lebih banyak. Dimulai dari salah satu titik A atau titik B.

Bagaimana bila pada bisikloalkana tersebut bercabang, misalnya cabang berupa alkil? Aturan urutan prioritas tetap sama sebagaimana aturan umum dalam penamaan pada kimia organik. Lebih jelas dapat disimak pada struktur senyawa berikut.

Demikian.

Cara Menghitung Muatan Atom Lewis-Langmuir

Bahasan ini terinspirasi dari soal Olimpiade Kimia Nasional UGM 2016 (babak penyisihan). Terdapat soal yang menguji kemampuan siswa dalam menentukan besarnya muatan Lewis-Langmuir sebagaimana contoh soal pertama yang dibahas pada tulisan ini.

Ikatan kimia mulanya dibagi menjadi 2 bagian yang sangat berbeda sifatnya, yaitu ikatan kovalen (pemakaian bersama pasangan elektron untuk berikatan) dan ikatan ion (serah terima elektron dan membentuk ikatan  dengan tarik-menarik elektrostatik). Pada ikatan kovalen ada istilah muatan formal sedangkan pada ikatan ion ada istilah bilangan oksidasi. Tentang penjelasan dan cara menghitung muatan formal (MF) dan cara menghitung bilangan oksidasi suatu atom dapat dibaca di sini.

Rumus MF yang umum:
$ MF~X = \Sigma EV_X - \Sigma EB_X - (\Sigma~Ikatan)$

Meskipun demikian sulit dijumpai zat yang memiliki jenis ikatan yang murni, kecuali pada senyawa kovalen nonpolar yang tersusun dari atom yang identik. Karena kebanyakan sifat senyawa memiliki karakter di antara senyawa kovalen dan senyawa ion kemudian dibuatlah "jembatan" dari keduanya. Dengan adanya jembatan ini maka ia dapat digunakan untuk kedua jenis senyawa dengan deskripsi kuantitatifnya. Untuk itu Allen (1989) kemudian memperkenalkan cara menentukan jumlah muatan antara 2 atom yang disebut dengan muatan atom Lewis-Langmuir (LL_X).

Dengan muatan atom LL_X ini kita dapat memprediksi sebaran elektron (electron distribution) sedikit lebih baik. Cara menghitung LL_X adalah dengan memperhitungkan nilai keelektronegatifan setiap atom yang terlibat dalam ikatan kimia secara langsung. Meskipun demikian dengan cara ini masih dijumpai beberapa anomali (kebanyakan senyawa organik), namun untuk pembelajaran dasar cara tersebut tetap dapat digunakan.

$ \large {LL_X = \Sigma EV_X - \Sigma EB_X - 2~ \sum \limits_{Y} \frac{EN_X}{EN_X + EN_Y}(\Sigma~Ikatan)}$

ΣEV = jumlah elektron valensi
ΣEB = jumlah elektron bebas
ΣIkatan = jumlah ikatan antara X dan Y
EN_X = keelektronegatifan atom X
EN_Y = keelektronegatifan atom Y

Pada rumus muatan Lewis-Langmuir ini kemudian direvisi (dikoreksi) guna menjelaskan beberapa penyimpangan pada kasus senyawa tertentu, namun ini menjadi sangat matematis.

Contoh soal:
#1
Tentukan muatan Lewis-Langmuir atom F pada senyawa HF jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20 dan atom F = 4,0!
Penyelesaian:

EV H = 1; EV F = 7; EB H = 0; EB F = 6
Jumlah ikatan FH = 1

\begin{aligned}
LL_F &= \Sigma EV_F - \Sigma EB_F - 2 \left [ \frac{EN_F}{EN_F + EN_H}(\Sigma~Ikatan~HF)\right ]\\
 &= 7 - 6 - 2 \left [ \frac{4}{4 + 2,2}(1)\right ]\\
 &= 7 - 6 - 1,290\\
& = -0,290\\
\end{aligned}

---

#2
Tentukan muatan Lewis-Langmuir atom O dan H pada senyawa H₂O jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20 dan atom O = 3,44!
Penyelesaian:

EV H = 1; EV O = 6; EB H = 0; EB O = 4
Jumlah ikatan setiap OH = 1

\begin{aligned}
LL_O &= \Sigma EV_O - \Sigma EB_O - 2 \left [ \frac{EN_O}{EN_O + EN_H}(\Sigma~Ikatan~OH)\right ]\\
 &= 6 - 4 - 2 \left [\frac{3,44}{3,44 + 2,2}(2)\right ]\\
& = 6 - 4 - 2 (1,220)\\
&= 6 - 4 - 2,440\\
&= -0,440\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_H &= \Sigma EV_H - \Sigma EB_H - 2\left [\frac{EN_H}{EN_H + EN_O}(\Sigma~Ikatan~OH)\right ]\\
&= 1 - 0 - 2 \left [ \frac{2,20}{2,20 +3,44}(1)\right ]\\
&= 1 - 0 - 2(0,390)\\
&= 1-0,780\\
&= -0,220\\
\end{aligned}

---

#3
Tentukan muatan Lewis-Langmuir atom N dan H pada senyawa NH₃ jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20 dan atom N = 3,04!
Penyelesaian:

EV H = 1; EV N = 5; EB H = 0; EB N = 2
Jumlah ikatan setiap NH = 1

\begin{aligned}
LL_N &= \Sigma EV_N - \Sigma EB_N - 2 \left [ \frac{EN_N}{EN_N + EN_H}(\Sigma~Ikatan~NH)\right ]\\ 
&= 5 - 2 - 2 \left [\frac{3,04}{3,04 + 2,2}(3)\right ]\\
&= 5 - 2 - 3,481\\
&= -0,481\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_H &= \Sigma EV_H - \Sigma EB_H - 2\left [\frac{EN_H}{EN_H + EN_N}(\Sigma~Ikatan~NH)\right ]\\
&= 1 - 0 - 2 \left [ \frac{2,20}{2,20 +3,04}(1)\right ]\\
& = 1 - 0 - 2(0,420)\\
&= 1-0,840\\
& = -0,160\\
\end{aligned}

---

#4
Tentukan muatan Lewis-Langmuir setiap atom pada senyawa N₂O jika diketahui keelektronegatifan atom O = 3,40 dan atom N = 3,04!
Penyelesaian:

(a)
EV N = 5; EV O = 6;
EB N kiri = 4; EB N tengah = 0; EB O = 4
Jumlah ikatan N kiri dengan N tengah = 2
Jumlah ikatan N tengah dengan O = 2

\begin{aligned}
LL_N kiri &= \Sigma EV_N -\Sigma EB_N - 2\left [ \frac{EN_N}{EN_N + EN_N}(\Sigma~Ik~NN)\right ]\\
LL_N kiri &= 5 - 4 - 2\left [ \frac{3,04}{3,04 + 3,04}(2)\right ]\\
&= 5 - 4 - 2\\
&= -1\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_N tengah &= \Sigma EV_N -\Sigma EB_N - 2\left [ \frac{EN_N}{EN_N + EN_N}(\Sigma~Ik~NN)+ \frac{EN_N}{EN_N + EN_O}(\Sigma~Ik~NO)\right ]\\
LL_N tegah &= 5 - 0 - 2\left [\frac{3,04}{3,04 + 3,04}(2)+\frac{3,04}{3,04 + 3,40}(2)\right ]\\
&= 5 - 0 - 2 (1 + 0,944)\\
&= 5 - 3,888\\
&= +1,112\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_O &= \Sigma EV_O -\Sigma EB_O - 2\left [ \frac{EN_O}{EN_O + EN_N}(\Sigma~Ik~NO)\right ]\\
LL_O &= 6 - 4 - 2\left [ \frac{3,40}{3,40 + 3,04}(2)\right ]\\
&= 6 - 4 - 2,112\\
&= -0,112\\
\end{aligned}

(b)
EV N = 5; EV O = 6;
EB N kiri = 2; EB N tengah = 0; EB O = 6
Jumlah ikatan N kiri dengan N tengah = 3
Jumlah ikatan N tengah dengan O = 1

\begin{aligned}
LL_N &= \Sigma EV_N -\Sigma EB_N - 2\left [ \frac{EN_N}{EN_N + EN_N}(\Sigma~Ik~NN)\right ]\\
LL_N kiri &= 5 - 2 - 2\left [ \frac{3,04}{3,04 + 3,04}(3)\right ]\\
&= 5-2- 3\\
&= 0\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_N tengah &= \Sigma EV_N -\Sigma EB_N - 2\left [ \frac{EN_N}{EN_N + EN_N}(\Sigma~Ik~NN)+ \frac{EN_N}{EN_N + EN_O}(\Sigma~Ik~NO)\right ]\\
LL_N tegah &= 5 - 0 - 2\left [  \frac{3,04}{3,04 + 3,04}(3)+\frac{3,04}{3,04 + 3,40}(1)\right ]\\
&= 5 - 0 - 2 (1,50 + 0,472)\\
&= 5 - 3,944\\
&= +1,056\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_O &= \Sigma EV_O -\Sigma EB_O - 2\left [ \frac{EN_O}{EN_O + EN_N}(\Sigma~Ik~NO)\right ]\\
LL_O &= 6 - 6 - 2 \left [\frac{3,40}{3,40 + 3,04}(1)\right ]\\
&= 6 - 6 - 1,056\\
&= -1,056\\
\end{aligned}

---

#5
Tentukan muatan Lewis-Langmuir setiap atom pada senyawa C₂H₄ jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20 dan C = 2,55!

Penyelesaian:
EV C = 4; EV H = 1;
EB C = 0; EB H = 0;
EN C = 2,55; EN H = 2,20;
Jumlah ikatan setiap CH = 1
Jumlah ikatan CC = 2

\begin{aligned}
LL_C &= \Sigma EV_C -\Sigma EB_C - 2\left [ \frac{EN_C}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)+ \frac{EN_C}{EN_C + EN_C}(\Sigma~Ik~CC)\right ]\\
LL_C &= 4 - 0 - 2\left [\frac{2,55}{2,55 + 2,20}(2)+\frac{2,55}{2,55 + 2,55}(2)\right ]\\
&= 4 - 0 - 2 (1,074 + 1)\\
&= 4 - 4,148\\
&= -0,148\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_H &= \Sigma EV_H -\Sigma EB_H - 2\left [ \frac{EN_H}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)\right ]\\
LL_H &= 1 - 0 - 2\left [ \frac{2,20}{2,55 + 2,20}(1)\right ]\\
&= 1 - 0 - 0,926\\
&= -0,074\\
\end{aligned}

---

#6
Tentukan muatan Lewis-Langmuir setiap atom pada senyawa H₂CO jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20, C = 2,55 dan O = 3,44!

Penyelesaian:
EV C = 4; EV H = 1; EV O = 6;
EB C = 0; EB H = 0; EB O = 4;
EN C = 2,55; EN H = 2,20; EH O = 3,44.
Jumlah ikatan setiap CH = 1
Jumlah ikatan CO = 2

\begin{aligned}
LL_C &= \Sigma EV_C -\Sigma EB_C - 2\left [ \frac{EN_C}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)+ \frac{EN_C}{EN_C + EN_O}(\Sigma~Ik~CO)\right ]\\
LL_C &= 4 - 0 - 2\left [\frac{2,55}{2,55 + 2,20}(2)+\frac{2,55}{2,55 + 3,44}(2)\right ]\\
&= 4 - 0 - 2 (1,074 + 0,851)\\
&= 4 - 3,850\\
&= +0,150\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_O &= \Sigma EV_O -\Sigma EB_O - 2\left [ \frac{EN_O}{EN_O + EN_C}(\Sigma~Ik~CO)\right ]\\  
LL_O &= 6 - 4 - 2\left [ \frac{3,44}{3,44 + 2,55}(2)\right ]\\
&= 6 - 4 - 2(1,149)\\
&= 6 - 4 - 2,298\\
&= -0,298\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_H &= \Sigma EV_H -\Sigma EB_H - 2\left [ \frac{EN_H}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)\right ]\\
LL_H &= 1 - 0 - 2\left [ \frac{2,20}{2,55 + 2,20}(1)\right ]\\
&= 1 - 0 - 0,926\\
&= +0,074\\
\end{aligned}

---

#7
Tentukan muatan Lewis-Langmuir setiap atom pada senyawa HCN jika diketahui keelektronegatifan atom H = 2,20, C = 2,55 dan atom N = 3,04!

Penyelesaian:
EV C = 4; EV H = 1;
EB C = 0; EB H = 0;
EN C = 2,55; EN H = 2,20;  EN N = 3,04.
Jumlah ikatan CH = 1
Jumlah ikatan CN = 3

\begin{aligned}
LL_C &= \Sigma EV_C -\Sigma EB_C - 2\left [ \frac{EN_C}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)+ \frac{EN_C}{EN_C + EN_N}(\Sigma~Ik~CN)\right ]\\  
LL_C &= 4 - 0 - 2\left [\frac{2,55}{2,55 + 2,20}(1)+\frac{2,55}{2,55 + 3,04}(3)\right ]\\
&= 4 - 0 - 2 (0,537 + 1,369)\\
&= 4 - 3,812\\
&= +0,188\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_H &= \Sigma EV_H -\Sigma EB_H - 2\left [ \frac{EN_H}{EN_C + EN_H}(\Sigma~Ik~CH)\right ]\\ 
LL_H &= 1 - 0 - 2\left [ \frac{2,20}{2,55 + 2,20}(1)\right ]\\
&= 1 - 0 - 2(0,463)\\
&= 1 - 0 - 0,926\\
&= +0,074\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
LL_N &= \Sigma EV_N -\Sigma EB_N - 2\left [ \frac{EN_N}{EN_C + EN_N}(\Sigma~Ik~CN)\right ]\\
LL_N &= 5 - 2 - 2\left [ \frac{3,04}{2,55 + 3,04}(3)\right ]\\
&= 5 - 2 - 2(1,631)\\
&= 5 - 2 - 3,262\\
&= -0,262\\
\end{aligned}

Mohon koreksi bila ada hal yang kurang tepat, terima kasih.

---

Sumber: 
Leland C. Allen, J. Am. Chem 1989, 111, (9115-9116)
Leah D. Garner, Terry L. Meek, Brian G. Patrick J. Molecular Structure (Theochem) 620 (2003) 43–47

Pembahasan Soal tentang Profil Diagram Energi

Membaca diagram pada bahasan kimia bagi siswa kadang bukan hal yang mudah. Kemampuan membaca diagram (data dalam bentuk diagram/kurva) yang tersaji pada pokok bahasan tertentu dalam pelajaran kimia menjadi suatu keharusan agar siswa dapat mempelajari gejala pada suatu proses hingga dapat menarik kesimpulan. Pada tulisan ini akan sedikit diulas tentang bagaimana membaca diagram-diagram yang biasa digunakan untuk pokok bahasan termokimia dan laju reaksi dan juga penerapan pada soal-soal.

Energi aktivasi secara singkat dapat diartikan sebagai energi yang diperlukan untuk memulainya reaksi kimia, pada diagram, energi aktivasi adalah energi yang diperlukan untuk mencapai "puncak bukit".

Energi potensial pereaksi adalah energi yang terdapat dalam pereaksi saat reaksi dimulai.

ΔH adalah energi yang dilepaskan atau diperlukan ketika reaksi terjadi.
ΔH (entalpi)  = H produk - H pereaksi.
Bila ΔH = + (endotermis)
Bila ΔH = - (eksotermis)

Kompleks teraktivasi adalah puncak kurva yaitu energi maksimal pada reaksi

Energi aktivasi reaksi balik adalah energi yang diperlukan untuk reaksi arah sebaliknya.

Energi potensial produk adalah energi yang dikandung produk ketika reaksi selesai.

Secara kinetika reaksi A akan berjalan relatif lebih lambat dibanding B meskipun keduanya bereaksi secara eksotermis. Tingginya energi aktivasi B lebih rendah dibanding A, semakin rendah (kecil) energi aktivasi pada suatu reaksi kimia dapat diartikan bahwa reaksi tersebut berlangsung lebih cepat.

Berikut ini soal-soal terkait kemampuan membaca profil diagram energi.

Soal #1.
Manakah yang menunjukkan energi aktivasi reaksi balik pada diagram profil energi berikut?
A. x
B. y
C. x.y
D. x + y
E. x - y


Pembahasan #1:
Energi aktivasi reaksi balik pada diagram profil energi ditunjukkan oleh x+y (alternatif jawaban d yang tepat).

Soal #2.
Berikut ini adalah profil energi reaksi yang berlangsung dengan katalis dan tanpa katalis.

Manakah pernyataan yang sesuai dengan diagram profil energi?
A. perubahan entalpi reaksi adalah (E₂ – E₃)
B. perubahan entalpi reaksi berkurang ketika katalis digunakan
C. reaksi katalisis ke depan bersifat endotermis
D. E₄ adalah energi aktivasi untuk reaksi katalisis balik
E. E₄ – E₃ adalah perubahan entalpi reaksi

Pembahasan #2:
ΔH berdasarkan diagram profil energi dapat dihitung dari E₂ – E₃ atau E₁ – E₄. Katalis hanya mempercepat reaksi dengan memberikan alternatif cara/jalan reaksi dengan energi aktivasi lebih rendah, jadi ini tidak berpengaruh pada ΔH. Karena E₃ energinya lebih rendah dari E₂ maka reaksi ini akan menghasilkan kalor atau bersifat eksotermis.
Jawaban yang tepat a.

Soal #3
Pada diagram profil energi di samping merupakan tipe reaksi yang persamaan reaksinya

$pereaksi \underset{k_{-1}}{\stackrel{k_1}{\rightleftharpoons}} produk$

Perubahan yang menyebabkan konstanta laju reaksi k₁ dan k_-1 menjadi meningkat:
1. Penambahan katalis
2. Pemanasan pada sistem kesetimbangan
3. Menambah konsentrasi pereaksi.
Alternatif jawaban yang benar adalah?
A. 1 saja
B. 2 saja
C. 3 saja
D. 1 dan 2
E. 2 dan 3

Pembahasan #3
Penambahan katalis akan menurunkan Ea, baik reaski maju (menuju produk) maupun reaksi balik (menuju pereaksi). Dengan turunnya nilai Ea nilai k₁ maupun k_-1  akan meningkat pula. Demikian pula pemanasan pada kesetimbangan akan mempercepat tercapainya kesetimbangan, sehingga konstanta laju reaksi kedua arah juga akan meningkat.
Jawaban yang tepat d. 

Soal #4
Manakah profil diagram energi  yang menunjukkan reaksi yang berlangsung cepat dan menghasilkan produk yang relatif stabil?

Pembahasan #4:
Secara kinetika reaksi akan berlangsung cepat jika energi aktivasinya rendah. Secara energitika produk yang stabil adalah produk reaksi ekosotermis, dengan kata lain energi produk jauh lebih rendah dibanding energi pereaksi.
Diagram A dan B merupakan profil diagram reaksi endotermis, diagram C, D, dan E merupakan profil diagram eksotermis. Antara C, D, E reaksi yang berlangsung sedikit lebih lambat adalah E (energi aktivasinya sedikit lebih besar dibanding S dan D). Antara C dan D perubahan energi yang lebih besar adalah C.
Jadi yang sesuai pertanyaan soal jawaban yang paling tepat adalah C

Soal #5
Pada diagram berikut, kurva R diperoleh ketika 100 mL H₂O₂ 1 M terurai ketika ditambahkan suatu katalis MnO₂.
2H₂O₂ → 2H₂O + O₂

Manakah kondisi yang menunjukkan perubahan kurva R pada percobaan menjadi kurva Q?
A. Penurunan suhu
B. Penambahan air
C. Penambahan sedikit 0,1 M H₂O₂
D. Penggunaan katalis MnO₂ lebih sedikit
E. Tanpa menggunakan katalis
Pembahasan #5:
Kurva Q menunjukkan bahwa O₂ yang terbentuk lebih banyak dan reaksi berlangsung lebih lambat (ini ditunjukkan dengan kemiringan kurva yang landai-tidak securam kurva R). Penambahan sedikit H₂O₂ 0,1 M akan mengencerkan larutan H₂O₂ (ingat konsentrasi sebelumnya adalah 1 M) dan ini mengurangi laju reaksi (lebih lambat). Namun dengan penambahan H₂O₂ tadi secara keseluruhan akan meningkatkan jumlah H₂O₂ yang berakibat akan meningkat pula jumlah O₂ yang terbentuk.

Soal #6:
Suatu rekasi endotermis A → B mempunyai energi aktivasi 30 kkal/mol dan entalpi reaksi sebesar 10 kkal/mol. Energi aktivasi dari reaksi balik adalah.....kkal
A. 10
B. 20
C. 30
D. 40
E. tidak dapat ditentukan

Pembahasan Soal 6#:
Reaksi endotermis
→ Ea A – Ea B = ∆H
→ Ea B = Ea A – ∆H
→ Ea B = 30 – 10 = 20

Soal diadaptasi dari berbagai sumber. CMIIW.

Contoh Soal Diagram Latimer dan Penentuan Potensial Reduksi Standar

Beberapa soal terkait penentuan potensial reduksi standar dapat ditentukan dengan beberapa cara. Salah satu caranya adalah menggunakan diagram Latimer.
Berikut ini adalah diagram Latimer Mn dalam suasana asam.

	+0,564		+0,274		+4,27		+0,95		+1,51		–1,18
MnO4–	⟶	MnO42–	⟶	MnO43–	⟶	MnO2	⟶	Mn3+	⟶	Mn2+	⟶	Mn
+7		+6		+5		+4		+3		+2		0

$E^{o} = \dfrac{\sum n_{i} E_{i}}{\sum n_{i}} $
$n_{i} =~elektron~pada~reaksi~ke-i~(perubahan~biloks~unsur~yang~ditanya)\\
E_{i} =~potensial~reduksi~standar~pada~reaksi~ke-i$

Contoh Soal Nomor 1:
Dengan menggunakan diagram Latimer, hitunglah potensial reduksi dari
MnO₄^– (aq) ⟶ MnO₂ (s)
Penyelesaian Soal Nomor 1:
Dengan menggunakan data diagaram Latimer itu dapat dihitung potensial reduksi dari  MnO₄^– yang biloksnya +7 menjadi MnO₂  yang biloksnya +4.

$E^{o} = \dfrac{1(0,564)+1(0,274)+1(4,27)}{3} = +1,70 V$

Contoh Soal Nomor 2:
Dengan menggunakan diagram Latimer, hitunglah potensial reduksi dari
MnO₄^– (aq) ⟶ Mn²⁺  (aq)

Penyelesaian Soal Nomor 2:
Dengan menggunakan data diagaram Latimer itu dapat dihitung potensial reduksi dari  MnO₄^– yang biloksnya +7 menjadi Mn²⁺  yang biloksnya +2.

$E^{o} = \dfrac{1(0,564)+1(0,274)+1(4,27)+1(0,95)+1(1,51)}{5}=+1,51 V$

Contoh Soal Nomor 3:
Diketahui potensial reduksi untuk beberapa spesi mangan sebagai berikut:
MnO₄^– (aq) ⟶ MnO₂ (s)     E^o = +1,70 V
MnO₄^– (aq) ⟶ Mn²⁺  (aq)      E^o = +1,51 V
Berdasarkan data tersebut dapat ditentukan potensial reduksi standar untuk setengah sel MnO₂(s) | Mn²⁺ (aq) adalah....

Penyelesaian Soal Nomor 3:

MnO4–(aq) + 3e– ⟶ MnO2(s)	Eo = +1,70 V	nEo = 3×(+1,70 V)
MnO2(s) + 2e– ⟶ Mn2+(aq)	Eo = x	nEo = 2x             +
MnO4–(aq) + 5e– ⟶ Mn2+(aq)	Eo = +1,51 V	nEo = 5×(+1,51 V)

3×(+1,70 V) + 2x = 5×(+1,51 V)
5,10 V + 2x = 7,55 V
2x = 7,55 V – 5,10 V
2x = 2,45 V
x = 1,225 v

Jadi MnO₂(s) | Mn²⁺ (aq)   E^o = +1,225 V

Skema lain dapat dibuat untuk menentukan  E^o reaksi tersebut adalah sebagai berikut:

---

Mungkin ada yang menjadi pertanyaan dalam perhitungan di atas, mengapa dalam perhitungan E° sel biasa berapapun jumlah elektronnya maka nilai E° tidak perlu dikalikan dengan jumlah elektron (dalam hal ini E° sel adalah besaran intensif, besaran yang tidak ditentukan oleh faktor lain, seperti suhu, konsentrasi, massa jenis). Dalam perhitungan di atas jumlah elektron turut diperhitungkan. Asal muasal rumus di atas berasal dari $\Delta G^{o}_{(a+b)}=\Delta G^{o}_{a} +\Delta G^{o}_{b}$ dan $\Delta G^{o} = –nFE^{o}$. Diketahui besaran $\Delta G^{o}$  ini merupakan jenis besaran ekstensi yang ditentukan berdasarkan variabel jumlahnya elektron.

$\Delta G^{o}_{(a+b)}=\Delta G^{o}_{a} +\Delta G^{o}_{b}$

karena

$\Delta G^{o} = –nFE^{o}$

maka

\begin{align}
-(n_{a}+n_{b})FE^{o}_{(a+b)}&=-n_{a}FE^{o}_{a}+(-n_{b}FE^{o}_{b})\\
(n_{a}+n_{b})E^{o}_{(a+b)}&=n_{a}E^{o}_{a}+n_{b}E^{o}_{b}\\
E^{o}_{(a+b)}&=\dfrac{n_{a}E^{o}_{a}+n_{b}E^{o}_{b}}{n_{a}+n_{b}}
\end{align}
Secara matematis dari persamaan seperti di atas juga akan berlaku:
\begin{align}
\Delta G^{o}_{b} &= \Delta G^{o}_{(a+b)} - \Delta G^{o}_{a} \\
n_{b}E^{o}_{b}&=(n_{a}+n_{b})E^{o}_{(a+b)}-n_{a}E^{o}_{a}\\
E^{o}_{b}&=\dfrac{(n_{a}+n_{b})E^{o}_{(a+b)}-n_{a}E^{o}_{a}}{n_{b}}\\
\end{align}

---

Ok dilanjutkan beberapa soal lagi.

Contoh Soal Nomor 4:
Diketahui potensial reduksi untuk beberapa spesi besi (dalam larutan) sebagai berikut:
Fe²⁺ + 2e^– ⟶ Fe     E^o = –0,44 V
Fe³⁺ + e^– ⟶ Fe²⁺    E^o = +0,77 V
Hitunglah potensial reduksi standar untuk setengah sel  Fe³⁺ + 3e^– ⟶ Fe !

Penyelesaian Soal Nomor 4:
Potensial reduksi standar Fe³⁺ | Fe
\begin{align}E^{o} &= \dfrac{2(-0,44)+1(0,77)}{3}\\ &= \dfrac{-0,11}{3}\\&= -0,037~V\end{align}


Contoh Soal Nomor 5:
Diketahui potensial reduksi untuk beberapa spesi Cl (dalam larutan suasana asam) sebagai berikut:
ClO₃^– | Cl₂           E^o = +1,67 V
ClO₃^– | HClO₂      E^o = +1,18 V
Hitunglah potensial reduksi standar untuk setengah sel  HClO₂ | Cl2 !

Penyelesaian Soal Nomor 5:
Potensial reduksi standar HClO₂ | Cl₂
Perubahan biloks dari ClO₃^– ke Cl₂ = +5 ke 0 = 5 dengan E^o = +1,67 V
Perubahan biloks dari ClO₃^– ke HClO₂ = +5 ke +3 = 2 dengan E^o = +1,18 V
Perubahan biloks dari HClO₂  ke Cl₂ = +3 ke 0 = 3 dengan E^o = .....? 

Potensial reduksi standar HClO₂ | Cl₂
\begin{align}
E^{o} &= \dfrac{5(1,67)-2(1,18)}{3}\\&= \dfrac{8,35-2,36}{3}\\ &=\dfrac{5,99}{3}\\ &= +2,00~V
\end{align}
Diagram Latimer untuk klor dalam suasana asam

	+1,20		+1,18		+1,65		+1,67		+1,36
ClO4–	⟶	ClO3–	⟶	HClO2	⟶	HClO	⟶	Cl2	⟶	Cl–
+7		+5		+3		+1		0		–1

Diagram Latimer untuk klor dalam suasana basa

	+0,37		+0,30		+0,68		+0,42		+1,36
ClO4–	⟶	ClO3–	⟶	ClO2–	⟶	ClO–	⟶	Cl2	⟶	Cl–
+7		+5		+3		+1		0		–1

Contoh Soal Nomor 6
Dengan menggunakan diagram Latimer Cl dalam lingkungan basa, hitunglah E^o ClO₂^– | Cl^–

Penyelesaian Soal Nomor 6:
Perubahan biloks dari ClO₂^– ke Cl^– adalah 4
\begin{align}
E^{o} &= \dfrac{2(0,68)+1(0,42)+1(1,36}{4}\\&= \dfrac{1,36+0,42+1,36}{4}\\ &=\dfrac{3,14}{4}\\ &= +0,785~V
\end{align}

Penentuan Rumus Kimia Senyawa Kompleks Menggunakan Sifat Koligatif Larutan

Berikut ini adalah soal yang terkait dengan penggunaan sifat koligatif larutan yang digunakan untuk menentukan senyawa kompleks.

Soal seperti berikut ini sebenarnya dapat dikembangkan lebih jauh, namun untuk pembelajaran awal cukuplah.

Soal:
Tentukan rumus senyawa kompleks FeCl₃.xNH₃ yang mempunyai konsentrasi 1 molal dengan titik didih larutan 102^oC jika Kb = 0,5^oC m^-1.

Pembahasan:
Senyawa kompleks terdiri dari ion kompleks dan ion lainnya. FeCl₃.xNH₃ ini tidak secara langsung mencerminkan rumus senyawa kompleks. Tujuan kita memang akan menentukan nilai x sama dengan berapa. Sebelum dapat menentukan nilai x kita akan menentukan nilai i (jumlah ion dari senyawa kompleks) lebih dahulu berdasarkan data yang tersaji pada soal ini. Selanjutnya kita memperkirakan rumus senyawa kompleks yang paling mungkin dengan memanfaatkan nilai i hasil hitung.

ΔT = Kb . C_m . i  dan ΔT = Tb - To
Keterangan simbol:
ΔT = perubahan suhu
Tb = titik didih larutan (^oC)  → dalam soal ini 102^oC
To = titik didih pelarut murni (^oC) → dalam soal ini pelarutnya air (100^oC)
Kb = tetapan kenaikan titik didih molal → dalam soal ini 0,5^oC m^-1.
C_m = konsentrasi larutan dalam molal → dalam soal ini 1 m
i = jumlah ion yang terbentuk dalam larutan → akan dihitung

ΔT = Tb - To ΔT = 102oC - 100oC ΔT = 2

ΔT = Kb . Cm . i 2 = 0,5 × 1 × i i =  2/0,5 i = 4

Dari i = 4 ini kita dapat memaknai bahwa dalam senyawa kompleks tersebut akan terurai menjadi 4 ion.
Rumus kimia senyawa kompleks dari FeCl₃.xNH₃ akan diubah sehingga ketika terurai menghasilkan 4 ion. Peluang yang mungkin adalah [Fe(NH₃)₆]Cl₃ :

[Fe(NH₃)₆]Cl₃ → [Fe(NH₃)₆]³⁺ + 3Cl^-

Jadi bila dikembalikan ke bentuk yang diinginkan pada soal  karena senyawa yang mungkin hanya [Fe(NH₃)₆]Cl₃ → FeCl₃.xNH₃ → FeCl₃.6NH₃.

Demikian.

pH Garam Dihitung dari Ka1, Ka2, atau Ka3?

Bahasan tentang penentuan pH garam B_nA (B ion + dari basa kuat dan A ion - dari sisa asam lemah, n  merupakan indeks B atau jumlah muatan n-) yang terhidrolisis sering menjadi hal yang disalah mengerti oleh sebagian siswa, bahkan guru kimia sendiri. Ada yang menganggap proses hitungnya sama persis ketika menghitung pH asam/basa lemah dalam penggunaan Ka/Kb (tetapan kesetimbangan asam basa). Beberapa siswa bahkan guru sering secara refleks mengatakan bahwa untuk menentukan pH garam yang dilarutkan dalam air ditentukan berdasar nilai Ka atau Kb yang terbesar bila diketahui beberapa Ka/Kb-nya. Apakah memang demikian? Bagaimana ini dapat dijelaskan?

Cara paling mudah adalah dengan menuliskan persamaan reaksi antara garam ketika berada dalam air. Contoh pada soal hitungan pH garam karbonat berikut. yang bereaksi dalam air:

Contoh soal:
Hitunglah pH larutan Na₂CO₃ 0,1 M (K_a1 H₂CO₃ = 4,5 × 10^–7; K_a2 H₂CO₃ = 4,7 × 10^–11)

Pembahasan:

Reaksi yang terjadi beturut-turut adalah:

Na2CO3 (aq) → 2Na+(aq) + CO32–(aq)	reaksi ionisasi	....(Reaksi-1)
CO32– (aq) + H2O(aq) ⇌ HCO3–(aq) + OH– (aq)	reaksi hidrolisis	....(Reaksi-2)
HCO3– (aq) + H2O(aq) ⇌ H2CO3(aq) + OH– (aq)	reaksi hidrolisis	....(Reaksi-3)

Larutan 0,1 M Na₂CO₃ dilarutkan dalam air sehingga akan terurai sebagai berikut:

Reaksi-1 :	Na2CO3	→	2Na+	+	CO32–
	0,1 M		0,2 M		0,1 M

Dalam larutan, ion karbonat (CO₃^2–) akan mengalami hidrolisis (dengan tetapan hidrolisis K_h1)

$K_{h1}=\dfrac{K_w}{K_{a2}}$ 

Reaksi-2	:	CO32– (aq)	+	H2O(aq)	⇌	HCO3–(aq)	+	OH– (aq)
Awal	:	0,1 M		-		-		-
Bereaksi	:	x M		-		x		x M
Kesetimbangan	:	(0,1 – x) M		-		x		x M

Konsentrasi OH^– yang terbentuk kemudian dihitung: (x sangat kecil sehingga 0,1 – x ≈ 0,1)

\begin{aligned}
K_{h1} &=\dfrac{[HCO_3^-][OH^-]}{[CO_3^{2-}]}\\
\dfrac{10^{-14}}{4,7 \times 10^{-11}}&=\dfrac{x.x}{0,1-x}\\
(0,1-x)10^{-14}&=4,7 \times 10^{-11}.x^2\\
4,7 \times 10^{-11}.x^2 &= 10^{-15}-10^{-14}x\\
4,7 \times 10^{-11}.x^2 + 10^{-14}x - 10^{-15}&=0\\
x~dapat~diselesaikan~dengan~&rumus~persamaan~kuadrat\\
x &= 0,0045\\
\end{aligned}
Uji signifikansi 5% →0,0045/0,1 × 100% = 4,5% artinya pengabaian tadi valid karena masih di bawah 5% dan angka hasil hitung dapat digunakan pada proses hitung selanjutnya.

Ion bikarbonat (HCO₃^–) dapat mengalami hidrolisis lanjut (dengan tetapan hidrolisis K_h2)

$K_{h2}=\dfrac{K_w}{K_{a1}}$ 

Reaksi-3	:	HCO3– (aq)	+	H2O(aq)	⇌	H2CO3(aq)	+	OH– (aq)
Awal	:	0,0045 M		-		-		0,0045 M
Bereaksi	:	x M		-		x		x M
Kesetimbangan	:	(0,0045 – x) M		-		x		(0,0045 + x) M

Konsentrasi OH^–  yang terbentuk kemudian dihitung: (x sangat kecil sehingga 0,0045 ± x ≈ 0,0045)

\begin{aligned}
K_{h2} &=\dfrac{[H_2CO_3][OH^-]}{[HCO_3^-]}\\
\dfrac{10^{-14}}{4,5 \times 10^{-7}}&=\dfrac{x(0,0045+x)}{0,0045-x}\\
\dfrac{10^{-14}}{4,5 \times 10^{-7}}&=\dfrac{x.x}{0,0045}\\
0,0045 \times 10^{-14} &= 4,5 \times 10^{-7}.x^2\\
x^2 &= \dfrac{0,0045 \times 10^{-14}}{4,5 \times 10^{-7}}\\
x^2 &= 10^{-10}\\ 
x &= 1 \times 10^{-5}
\end{aligned}

Jika dihitung kembali, konsentrasi OH^– total dalam larutan adalah jumlah konsentrasi OH^– dari kesetimbangan (reaksi-2) dan (reaksi-3) yaitu 0,0045 + (1 × 10^–5) = 0,00451 M
Maka pH larutan adalah 14 + log 0,00451 = 14 - 2,346 = 11,654

Proses hitung lazim dengan menggunakan K_a2 hasilnya:
\begin{aligned}
.[OH^-] &=\sqrt{\dfrac{K_w \times [Na_2CO_3]}{K_{a2}}}\\
&=\sqrt{\dfrac{10^{-14} \times 0,1}{4,7 \times 10^{-11}}}\\
&= 0,0046\\
\\
pOH &= -log~[OH^-] \\&= -log~0,0046 \\&=  2,336\\
\\
pH &= 14 - pOH\\& = 14 -2,336\\& = 11,664
\end{aligned}

Jadi dari hasil hitung dua prosedur itu memang diperoleh hasil yang tidak sama persis, tetapi secara kasar itu masih dapat dikatakan sama. Beberapa referensi ada yang merekomendasikan untuk menggunakan cara yang terakhir itu. Namun agar tidak keliru karena sekadar menghafal rumus sebaiknya penjelasan di atas disimak betul.