Tiêu đề Pembahasan GURU Kimia - Hardiknas Offline 2024.pdf ✅

Page 1 of 16 BIDANG : KIMIA GURU OLIMPIADE SAINS HARDIKNAS 2024 FOKUS – HEBAT – JUARA SOAL DAN PEMBAHASAN KIMIA GURU OLIMPIADE SAINS HARDIKNAS OFFLINE 1. Konfigurasi elektron yang tepat untuk Mn pada senyawa MnO2 adalah.... A. 1s 22s 22 63s 23p 64s 23d 5 B. 1s 22s 22 63s 23p 63d 1 C. 1s 22s 22 63s 23p 64s 23d 1 D. 1s 22s 22 63s 23p 63d 3 E. 1s 22s 22 63s 23p 64s 13d 2 Jawaban: D Pembahasan Mn pada senyawa MnO2 memiliki biloks +4 yang artinya Mn kehilangan 4 elektron terluarnya, sehingga konfigurasi yang tepat adalah1s 22s 22 63s 23p 63d 3 2. Limit panjang gelombang spektrum hidrogen dari deret Paschen adalah.... A. 737,8 nm B. 820,4 nm C. 586,3 nm D. 765,6 nm E. 623,9 nm Jawaban: B Pembahasan Deret Paschen adalah deret spektrum hidrogen akibat terjadinya transisi elektron dari kulit ke-n ke kulit ke n=3. Sehingga persamaannya dapat dituliskan dengan 1 λ = R ( 1 n1 2 − 1 n2 2 ) Karena yang ditanyakan adalah limit deret Paschen, maka dianggap transisi elektron terjadi dari n = ∞ ke n = 3 sehingga nilainya panjang gelombang dapat dihitung 1 λ = 1,097 × 107m−1 ( 1 3 2 − 1 ∞2 ) 1 λ = 1,097 × 107m−1 ( 1 9 ) λ = 8,204 × 10−7 m = 820,4 nm 3. Berikut ini adalah deret spektrum hidrogen yang berada pada daerah visible adalah.... A. deret Lyman B. deret Balmer C. deret Paschen D. deret Bracket E. deret Pfund Jawaban: B Pembahasan Deret Lyman berada pada daerah UV, Paschen pada inframerah dekat, dan Brackett serta Pfund berada pada infra merah jauh 4. Peluruhan yang terjadi pada isotop karbon-14 adalah.... A. Peluruhan α B. Peluruhan β C. Peluruhan positron D. Peluruhan γ E. Peluruhan nukleon
Page 2 of 16 BIDANG : KIMIA GURU OLIMPIADE SAINS HARDIKNAS 2024 FOKUS – HEBAT – JUARA Jawaban: B Pembahasan Pada isotop C-14, nilai n p adalah 1,33 atau berada di atas pita kestabilan, sehingga terjadi peluruhan beta. C-14 akan mengalami peluruhan β dan menghasilkan atom nitrogen. Bacaan untuk no 5-6! Suatu sampel yang mengandung campuran padatan NaBr dan KCl akan ditentukan kadar penyusunnya menggunakan metode Mohr. Sebanyak 0,5698 g sampel dilarutkan dalam 50 mL air dan dititrasi dengan menggunakan AgNO3 0,122 M sebanyak 45,75 mL untuk mencapai titik akhir titrasi. Titrasi dengan blanko membutuhkan AgNO3 0,122 M sebanyak 0,85 mL. 5. Pada metode titrasi tersebut, digunakan indikator berupa.... A. Phenolphthalein B. Ag2CrO4 C. AgMnO4 D. Iodine E. Amilum Jawaban: B Pembahasan Pada titrasi argentometri Mohr, indikator yang digunakan adalah terbentuknya Ag2CrO4 yang berwarna merah 6. Persentase NaBr yang terkandung dalam sampel adalah sebesar .... A. 52,47% B. 48,98% C. 43,86% D. 36,97% E. 38,32% Jawaban: A Pembahasan Banyaknya AgNO3 yang bereaksi dengan sampel adalah VAgNO3 = Vtotal − Vblanko VAgNO3 = 45,75 − 0,85 VAgNO3 = 44,9 mL Jumlah massa pada sampel msampel = mNaBr + mKCl 0,5698 = mNaBr + mKCl mNaBr = 0,5698 − mKCl Mol AgNO3 yang bereaksi nAgNO3 = nNaBr + nKCl VAgNO3 × MAgNO3 = mNaBr MrNaBr + mKCl MrKCl VAgNO3 × MAgNO3 = 0,5698 − mKCl MrNaBr + mKCl MrKCl 45,75 × 10−3L × 0,145 M = 0,5698 − mKCl 103 + mKCl 64,5 6,63 × 10−3 = 5,53 × 10−3 − 0,971 × 10−2 mKCl + 1,34 × 10−2mKCl 1,10 × 10−3 = 3,69 × 10−3 mKCl mKCl = 0,298 g mNaBr = 0,5698 g − 0,298 g mNaBr = 0,299 g %NaBr = 0,299 g 0,5698 g × 100% = 52,47 %
Page 3 of 16 BIDANG : KIMIA GURU OLIMPIADE SAINS HARDIKNAS 2024 FOKUS – HEBAT – JUARA 7. Pada percobaan titrasi potensiometri dilakukan titrasi antara 25 mL larutan Fe2+ 0,02 M dengan Ce4+ 0,02 M. Setelah penambambahan 40 mL Ce4+, maka nilai potensial yang terbaca adalah.... (EFe 3+/Fe 2+ o = 0,767 V; ECe 4+/Ce 3+ o = 1,70 V) A. 1,68 V B. 1,57 V C. 1,26 V D. 1,90 V E. 1,43 V Jawaban: A Pembahasan Penambahan 40 mL titran telah melawati titik ekuivalen dari titrasi, sehingga dengan menggunakan persamaan Nernst, nilai potensial dapat dihitung dengan cara E = ECe 4+/Ce 3+ o − 0,05916 log log Ce 3+ Ce 4+ Nilai [Ce 3+] sama dengan jumlah [Fe 2+] yang bereaksi, sehingga dapat dihitung dengan cara [Ce 3+] = mol Fe 2+ Vtotal = 0,02 × 25 25 + 40 = 7,69 × 10−3 Sedangkan nilai [Ce 4+] yang tidak bereaksi adalah sebanyak [Ce 4+] = mol Ce 4+ yang ditambahkan − mol Ce 4+yang bereaksi [Ce 4+] = 0,02 × 40 − 7,69 × 10−3 65 = 4,62 × 10−3 Sehingga nilainya adalah E = ECe 4+/Ce 3+ o − 0,05916 log log Ce 3+ Ce 4+ E = 1,70 − 0,05916 log log 7,69 × 10−3 4,62 × 10−3 E = 1,68 V 8. Potensial yang terukur pada titrasi Fe 2+ dengan MnO4 − pada titik ekuivalen dalam larutan asam sulfat 0,05 M adalah... (EFe 3+/Fe 2+ o = 0,767 V; EMnO4 −/Mn2+ o = 1,51 V) A. 1.1 V B. 0,9 V C. 0,5 V D. 0,3 V E. 0,1 V Jawaban: D Pembahasan Reaksi yang terjadi adalah Fe 2+(aq) ⇌ Fe 3+(aq) + e − MnO4 −(aq) + 8H+ + 5e ⇌ Mn 2+(aq) + 4H2O Sehingga persamaan Nernst dari reaksi ini pada keadaan setimbang dapat dihitung dengan cara 6Eeq = EFe 3+ Fe 2+ o + EMnO4 − Mn2+ o − 0,05916 log log [Fe 2+][Mn 2+] [Fe 3+][MnO4 −][H+] 8 Dengan [Fe 2+] = 5 [MnO4 −] dan [Fe 3+] = 5[Mn 2+], maka Eeq = EFe 3+/Fe 2+ o + EMnO4 −/Mn2+ o 6 − 0,05916 6 log log 5[MnO4 −][Mn 2+] 5[Mn 2+][MnO4 −][H+] 8 Eeq = EFe 3+/Fe 2+ o + EMnO4 −/Mn2+ o 6 + 0,05916(8) 6 log [H+]
Page 4 of 16 BIDANG : KIMIA GURU OLIMPIADE SAINS HARDIKNAS 2024 FOKUS – HEBAT – JUARA Eeq = EFe 3+/Fe 2+ o + EMnO4 −/Mn2+ o 6 − 0,0789pH Sehingga nilai Eeq pada 0,05 M H2SO4 Eeq = 0,767 V + 1,51 6 − 0,0789(1) Eeq = 0,3 V 9. Penentuan konsentrasi ion iodin dalam suatu sampel dapat dilakukan dengan menggunakan metode titrasi balik seperti metode titraso Volhard. Sebanyak 0,198 g sampel yang mengandung I- ditambahkan dengan 50 mL 0,026 M AgNO3. Setelah itu, dititrasi balik dengan menggunakan KSCN 0,034 M sebanyak 23 mL untuk mencapai titik ekuivalen. Maka persentase b/b iodin dalam sampel tersebut adalah... A. 28,98% B. 33,19% C. 36,51 % D. 39,28 % E. 42,11 % Jawaban: B Pembahasan Pada metode titrasi balik Volhard, jumlah mol Ag yang bereaksi sama dengan total mol dari I pada sampel dan SCN hasil titrasi balik. Sehingga secara matematis dapat dihitung dengan cara nAg = nSCN + nI MAgNO3 × V = MKSCN × VKSCN + nI 0,026 × 0,05 = 0,034 × 0,023 + nI 1,3 × 10−3 = 7,82 × 10−4 + nI 0,518 × 10−3 = nI Massa I dan persentase I pada sampel adalah mI = 0,518 × 10−3 mol × 126,9 g mol mI = 0,0657 g % = 0,0657 g 0,1980 g × 100% = 33,19 % 10. Untuk mengetahui entalpi pembakaran dari etanol, seorang siswa mencoba melakukan eksperimen dengan menaikkan suhu 100 mL air (ρ = 1 g/cm3 , c = 4200 J kg −1 oC) . Temperatur dari air naik dari 31,5oC ke 64,5oC. Jika massa bunsen berisi etanol sebelum percobaan adalah 137,36 dan setelah percobaan adalah 146,58 g, maka entalpi pembakaran etanol adalah sebesar .... A. 53,8 kJ/mol B. 61,1 kJ/mol C. 82,4 kJ/mol D. 49,9 kJ/mol E. 69,3 kJ/mol Jawaban: E Pembahasan Reaksi pembakaran etanol adalah reaksi eksotermik. Kalor yang dihasilkan selama pembakaran dapat dihitung dengan cara Q = mair × c × ΔT Q = 0,1 kg × 4200 J kg −1 oC × 33oC Q = 13860 J Jumlah mol etanol yang terbakar adalah netanol = massa Mr = 146,58 g − 137,36 g 46 = 0,2 mol Sehingga entalpi pembakaran adalah ΔH = − Q mol = 13860 J 0,2 mol = −69300 J mol −1 = −69,3 kJ mol −1