Pembahasan Kimia No. 36 - 40 TKD Saintek SBMPTN 2015 Kode Naskah 502

Pembahasan soal Tes Kemampuan Dasar Sains dan Teknologi (TKD Saintek) Seleksi Bersama Masuk Perguruan Tinggi Negeri (SBMPTN) tahun 2015 kode naskah 502 subtes Kimia nomor 36 sampai dengan nomor 40 tentang:

• energetika, 
• reaksi reduksi dan oksidasi, 
• elektrokimia, 
• laju reaksi, serta 
• kesetimbangan kimia.

Soal No. 36 tentang Energetika

Pentaboran-9 mudah terbakar menurut reaksi berikut:

2B₅H₉ (l) + 12O₂ (g) → 5B₂O₃ (s) + 9H₂O (l)

Bila entalpi pembentukan standar (ΔH_f^o) untuk 2B₅H₉ (l), B₂O₃ (s), dan H₂O (l) berturut-turut adalah 73,2 kJ/mol, −1263,6 kJ/mol, dan −285,8 kJ/mol maka entalpi pembakaran standar (ΔH^o) pentaboran-9 adalah ....

A.   +9036,6 kJ/mol
B.   −9036,6 kJ/mol
C.   +4518,3 kJ/mol
D.   −4518,3 kJ/mol
E.   +1476,3 kJ/mol

Pembahasan

Karena yang ditanyakan entalpi pembakaran standar maka koefisien pentaboran-9 (B₅H₉) harus dijadikan 1 dulu.

B₅H₉ (l) + 6O₂ (g) → 5/2 B₂O₃ (s) + 9/2 H₂O (l)

Sehingga entalpi pembakaran standar reaksi tersebut adalah:

ΔH_reaksi = ΔH_hasil − ΔH_pereaksi
              = 5/2 × (−1263,6) + 9/2 × (−285,8) − 73,2
              = −3159 − 1286,1 − 73,2
              = −4518,3

Jadi, entalpi pembakaran standar pentaboran-9 adalah −4518,3 kJ/mol (D).

Soal No. 37 tentang Reaksi Reduksi dan Oksidasi

Reaksi yang menunjukkan zink sebagai reduktor adalah ....

1. Zn + Cu(NO₃)₂ → Zn(NO₃)₂ + Cu
2. Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂
3. Zn + 4HNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2H₂O + 2NO₂
4. Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

Pembahasan

Bilangan oksidasi Zn dalam unsur adalah nol sedangkan bilangan oksidasi Zn dalam senyawa selalu positif karena Zn adalah logam (biloks logam selalu positif).

Dari keterangan di atas, tampak jelas bahwa biloks Zn di ruas kiri adalah nol dan biloks Zn di ruas kanan adalah positif sehingga Zn mengalami kenaikan bilangan oksidasi. Dengan demikian, semua Zn pada reaksi di atas mengalami oksidasi atau bertindak sebagai reduktor.

Jadi, reaksi yang menunjukkan Zn sebagai reduktor adalah reaksi nomor 1, 2, 3, dan 4 (E).

Soal No. 38 tentang Elektrokimia

Suatu baterai dengan elektroda Cu²⁺ | Cu dan Cd²⁺ | Cd pada keadaan standar menghasilkan arus 0,8 A selama 200 menit.
Nilai E^o Cu²⁺ | Cu = +0,34 V, E^o Cd²⁺ | Cd = −0,40 V, F = 96500 C/mol elektron, A_r Cu = 63,5, dan A_r Cd = 112.
Pengurangan massa di anoda adalah ....

A.   0,6 g
B.   3,2 g
C.   5,6 g
D.   6,3 g
E.   11,2 g 

Pembahasan

Pada sel elektrolisis, anoda adalah elektroda positif sedangkan pada sel elektrokimia (baterai, aki), anoda adalah elektroda negatif. Karena potensial Cu = +0,34 V dan potensial Cd = −0,40 V maka yang bertindak sebagai anoda adalah Cd.

Di anoda, Cd mengalami oksidasi sesuai reaksi:

Cd → Cd²⁺ + 2e

Reaksi oksidasi tersebut menyebabkan Cu Cd mengalami pengurangan massa. Besar pengurangan massanya adalah: (t = 200 menit = 12.000 detik)

         
   
    = 3,2 5,6

Jadi, pengurangan massa di anoda adalah 3,2 5,6 g (C).

Soal No. 39 tentang Laju Reaksi

Reaksi fasa gas:

2NO (g) + Br₂ (g) → 2NOBr (g)

dilakukan dalam wadah tertutup dengan konsentrasi awal reaktan yang berbeda-beda. Pada tabel di bawah ini, yang dimaksud dengan waktu reaksi (t) adalah waktu dari awal reaksi sampai hilangnya warna Br₂.

Percobaan	[NO]o (M)	[Br2]o (M)	t (menit)
1 2 3	0,10 0,10 0,20	0,05 0,10 0,05	4 2 1

Berdasarkan data ini, persamaan laju reaksi tersebut adalah ....

A.   r = k [NO]²
B.   r = k [Br₂]
C.   r = k [NO] [Br₂]
D.   r = k [NO] [Br₂]²
E.   r = k [NO]² [Br₂]

Pembahasan

Langkah pertama adalah menentukan orde reaksi.
Orde reaksi NO (berdasarkan [Br₂] yang tetap, yaitu percobaan 1 dan 3).


           2^m = 4
            m = 2

Orde Br₂ (berdasarkan [NO] yang tetap, yaitu percobaan 1 dan 2).


           2ⁿ = 2
             n = 1

Dengan demikian, persamaan laju reaksinya adalah: 

r = k [NO]^m [Br₂]ⁿ 
r = k [NO]² [Br₂]

Jadi, persamaan laju reaksi tersebut adalah opsi (E).

Soal No. 40 tentang Kesetimbangan Kimia

Pada kondisi tekanan dan temperatur tertentu dalam wadah tertutup 10 L, diperoleh sistem kesetimbangan berikut:

2HBr (g) ⇌ H₂ (g) + Br₂ (g)

Konsentrasi semua zat dalam kesetimbangan masing-masing adalah 0,3 M. Bila ke dalam sistem ditambahkan gas H₂ dan gas Br₂ masing-masing sebanyak 3 mol maka konsentrasi HBr pada kesetimbangan yang baru adalah ....

A.   0,1 M
B.   0,4 M
C.   0,5 M
D.   0,6 M
E.   0,7 M

Pembahasan

Kita tentukan dulu konstanta kesetimbangan awalnya.


      
       = 1

Kemudian ke dalam sistem ditambahkan gas H₂ dan gas Br₂ masing-masing sebanyak 3 mol sehingga diperoleh:

mol HBr = 0,3 M × 10 L = 3 mol
mol H₂ = 3 mol + 3 mol = 6 mol
mol Br₂ = 3 mol + 3 mol = 6 mol

Karena penambahan konsentrasi terjadi di ruas kanan maka reaksi akan bergeser ke ruas kiri untuk mencapai kesetimbangan baru. Sehingga pada keadaan setimbang, mol ruas kiri merupakan hasil jumlah keadaan awal dan keadaan reaksi sedangkan mol ruas kanan merupakan pengurangan keadaan awal dan keadaan reaksi.

	2HBr	⇌	H2	+	Br2
awal	3		6		6
reaksi	2x		x		x
setimbang	3+2x		6−x		6−x

Nilai konstanta kesetimbangan baru akan selalu sama dengan nilai konstanta kesetimbangan awal (konstanta kesetimbangan hanya berubah saat terjadi pergeseran kesetimbangan).

       
              
(3 + 2x)² = (6 − x)²
    3 + 2x = 6 − x
           3x = 3
             x = 1

Dengan demikian, konsentrasi HBr pada kesetimbangan baru adalah:

3 + 2x = (3 + 2×1) mol
            = 5 mol

[HBr] = 5 mol / 10 L
          = 0,5 M

Jadi, konsentrasi HBr pada kesetimbangan yang baru adalah 0,5 M (C).

Simak Pembahasan Soal TKD Saintek SBMPTN 2015 selengkapnya.

No. 01 - 05 (Mat)	No. 31 - 35 (Kim)
No. 06 - 10 (Mat)	No. 36 - 40 (Kim)
No. 11 - 15 (Mat)	No. 41 - 45 (Kim)
No. 16 - 20 (Fis)	No. 46 - 50 (Bio)
No. 21 - 25 (Fis)	No. 51 - 55 (Bio)
No. 26 - 30 (Fis)	No. 56 - 60 (Bio)

Dapatkan pembahasan soal dalam file pdf  di sini.

Demikian, berbagi pengetahuan bersama Kak Ajaz. Silakan bertanya di kolom komentar apabila ada pembahasan yang kurang jelas. Semoga berkah.