Hukum Pertama Termodinamika Proses :

  

SISTEM DAN LINGKUNGAN

Sistem: dapat berupa suatu zat atau campuran zat-zat

  yang dipelajari sifat-sifatnya pada kondisi yang dapat diatur. Segala sesuatu yang berada diluar sistem disebut lingkungan.

  Antara sistem dan lingkungannya dapat terjadi pertukaran energi atau materi.

   mempertukarkan energi maupun materi. Sistem dengan energi tetap, walaupun didalamnya dapat terjadi perubahan energi dari satu bentuk ke bentuk yang lain.

  Sistem tersekat : sistem dan lingkungan tidak dapat

   mempertukarkan energi.

  Sistem tertutup : sistem dan lingkungan hanya dapat

   mempertukarkan baik energi maupun materi.

  Sistem terbuka : sistem dan lingkungannya dapat

  Suatu sistem dalam keadaan tertentu apabila semua sifat-sifatnya mempunyai harga tertentu dan tidak berubah dengan waktu. Keadaan sistem ditentukan oleh sejumlah variabel atau parameter sistem, misalnya suhu, tekanan, jumlah mol, volum, komposisi dsb.

  Variabel yang harganya hanya tergantung pada keadaan sistem dan tidak tergantung pada bagaimana keadaan itu tercapai disebut fungsi keadaan. Contoh : suhu, tekanan, volum, energi dalam dan entropi V = f (P, T, n).

  Diferensial dari suatu fungsi keadaan adalah diferensial total. Bila x adalah fungsi keadaan maka dx sebagai diferensial total.

  2 1.

  2 – x

  1 ∫dx = x

  1 2.

  dx = 0 3. x = f (y, z) dz. z y dx = (∂x/∂y) dy + (∂x/∂z)

  

Hukum Pertama Termodinamika

Proses :

  Reversible dan tidak reversible. Proses reversible:

  H

  2 O (l)

  H

  

2

O (g) 1 atm, 100 C fasa cair dan uap berada dalam kesetimbangan.

  Kalor dan Kerja

Kalor (q): energi yang dipindahkan melalui batas-batas

  sistem sebagai akibat langsung dari perbedaan suhu antara sistem dan lingkungannya.

   q: positif jika kalor masuk sistem

   q: negatif jika kalor keluar dari sistem.

  

Kerja (W): energi dan bukan kalor yang dipertukarkan

  antara sistem dengan lingkungannya pada suatu perubahan keadaan.

   W positif bila lingkungan melakukan kerja terhadap sistem, misalnya proses pemampatan gas.

   W negatif bila sistem melakukan kerja terhadap lingkungan, misalnya proses pemuaian gas terhadap atmosfer.

  Luas penampang penghisap : A l Tekanan luar : P Jarak : dx Kerja = gaya * jarak l dW = - P * A * dx l dW = - P * dV dV = perubahan volum yang terjadi pada proses tanda (-) karena kerja dilakukan oleh gas.

  V 2 l

  W = - dV ∫ P

  V l 1

  1. = 0 : gas memuai terhadap vakum P

  W = 0  proses ekspansi bebas l 2. tetap  gas memuai pada tekanan atmosfir yang

  P tetap.

  V 2 l l

  W = - dV = - P (V ) ∫ P

  2 – V

  1 V 1 l

  W = - P ΔV l 3.

  = P Proses pemuaian reversibel : P – dP

  V 2 V

2

V 2 W = -

  ∫ (P – dP) dV = - ∫ P dV + ∫ dP dV

  V 1 V

1

V 1 V 2 W = - ∫ P dV P = tekanan gas. rev

  V 1

  Untuk gas ideal : PV = nRT

  V 2 W = -

  /V )

  rev ∫ nRT (dV/V) = -nRT ln (V

  2

  1 V 1 Energi dalam dan perubahan energi dalam.

  ΔU = U

  2 – U

1 Hukum pertama Termodinamika.

  dU = dq + dW

  2 2 2

  dV) ∫ dU = ∫ dq + ∫ dW (dW = -P l

  1 1 1

  U =

  2 – U 1 ΔU = q + W.

  Untuk proses yang berjalan pada Volume tetap, maka harga ΔU = q v

  Enthalpi dan Perubahan Enthalpi

  Reaksi kimia berjalan pada tekanan sistem yang tetap dan sama dengan tekanan luar. dU = dq - P dV U = q - P (V )

  2 – U 1 p 2 – V

  1 U = q - PV + PV 2 – U 1 p

  2

  1 U = q - P

  V + P

  V

  2 – U 1 p

  2

  2

  

1

  1

  (U + P V ) = (U + P V ) + q

  2

  2

  2

  1

  1 1 p

H = U + PV H : fungsi keadaan.

  H = q 

  2 – H 1 p ΔH = q p Kapasitas kalor. dq

  C = dT

  U = f (T, V) dT dU = (∂U/∂V) T dV + (∂U/∂T)

  V

  dU = dq

  • – P dV dq = dU + P dV dq =

  dT + P dV (∂U/∂V) T dV + (∂U/∂T)

  V

  dq = dT + (P + ) dV (∂U/∂T)

  V (∂U/∂V) T

  Proses pada volum tetap : dq = dT

  v (∂U/∂T)

  V C = (dq / dT) = V v (∂U/∂T)

  V C : kapasitas panas pada volum tetap.

  V Proses pada volume tetap: T 2

  dT ΔU = ∫ C v

  T 1 H = f (P, T)

  dT dH = (∂H/∂P) T dP + (∂H/∂T) P Proses pada tekanan tetap : dq = dT

  p (∂H/∂T) P dq P

  C = =

  P (∂H/∂T) P dT

  T 2

  dT ΔH = ∫ C P

  T 1 Penggunaan Hukum Termodinamika I : 1.

  Ekspansi Reversibel Isotermal gas ideal.

  dV

  V 2 W = - = - RT ln (per mol gas) rev ∫ RT

  V V 1 P

  V = P

  V

  1

  1

  2

  2 P 2 P 2 W = RT ln  n mol : W = nRT ln P 1 P 1

  ΔH dan ΔU = 0 pada proses isotermal W = -q 2.

  Ekspansi Reversibel Adiabatis Gas Ideal Adiabatis q = 0 dU = dW = - P dV dU = C dT

  V C dT = - P dV = - RT (dV/V)

  V C (dT/T) = - R (dV/V)

  V T 2 V C

2 P

  C ln = - R ln =

  V γ T 1 V C 1 V 2 P - T C C V V 2 V 2

  ln = - ln = - ( - 1) ln

  γ T C 1 V

  V 1 V 1

  • 1

  ( )

  γ T 2 V 1

  =

  ( ) T 1 V 2

  Contoh Soal

  1. Satu mol gas ideal diekspansikan dari 5 sampai 1 bar pada 298 K. Berapa harga q dan W jika a) ekspansi berjalan secara reversibel dan b) melawan tekanan luar yang tetap sebesar 1 bar ?. Bera pa harga c) ∆U dan d) ∆H ?

  Penyelesaian:

  P 2

  (a). W = RT ln

  rev P 1 1 bar

  • 1 -1

  = (8,314 J K mol ) (298 K) ln

  5 bar

  • 1

  = - 3988 J mol q =

  rev ∆U - W rev

  • -1

  = 0 )

  • – (- 3988 J mol
    • 1

  = 3988 J mol

RT RT

  (b). W = -P (V ) = -P ( ) l l -

  2 – V

1 P P

  2 1

  1

  1

  = -(1 bar)(8,314 J K mol )(298 K)

  ( ) 1 bar 5 bar

  • 1 -1
  • 1

  = - 1982 J mol q = ∆U – W

  • 1

  = 1982 J mol c) ∆U = q + W = 0 d) ∆H = ∆U + ∆(PV) = 0.

  2. Satu mol gas ideal monoatom pada 1 bar dan 273,15 K diekspansikan secara adibatis melawan tekanan luar yang tetap sebesar 0,315 bar sampai volum 2 kali volum semula. Berapa besarnya kerja yang dilakukan pada gas, suhu akhir dan perubahan energi dalam dari gas tersebut. Harga C = 3/2 R.

  V Penyelesaian.

  • 1 -1

  V = RT/P =(0,08314 L bar K mol )(273,15 K)/(1 bar)

  1

  1

  • 1

  V = 22,71 L mol

  1 l l l

  W = - P dV = - P (2V ) = - P

  V

  1 – V

  1

  1

  • 1

  W = - (0,315 bar * (1atm/1,01325 bar)) * 22,71 L mol

  • 1 -1

  W = - 7,06 L atm mol = - 715,4 J mol Adiabatis q = 0 

  ∆U = W = C

  V ∆T

  • 1 -1 -1

  )/(3/2 * 8,314 J K mol ) ∆T = (- 715,4 J mol

  T = - 57,4 K

  2

  1

  • – T T = 273,15 K.

  2 – 57,4 = 215,75

  • 1 .

  ∆U = - 715,4 J mol

  3. Satu mol gas ideal dengan C = 5/2 R, diekspansikan

  V

  secara adiabatis melawan tekanan luar yang tetap sebesar 1 atm, sampai volum 2 kalinya. Suhu awal gas 25 C dan tekanan 5 atm. Hitung T , q, W,

  2 ΔU dan ΔH untuk proses perubahan tersebut.

  Penyelesaian. l Mula-mula T P V  T P

  V P = 1 atm

  1

  1

  1

  2

  2

  2

  q = 0  dV ΔU = - ∫ P l

  C dV

  V ∫ dT = - ∫ P l l

  C (T - T ) = - P (V - V )  V = 2V

  V

  2

  1 l

  2

  1

  2

  1

  5/2 R (T - T ) = - P (RT /P )

  2

  1 l

  1

  1 T = T - 2/5( P (T /P ))

  2

  1

  1

  1 T = 298 K 2 – 2/5(1 atm)(298 K/5 atm)

  T = 274 K

  2

  (T - T ) = 5/2 (8,314 J/K.mol)(274 ΔU = C

  V

  2

  1

  • – 298)K
    • 1

  = W ΔU = - 500 J mol

  T 2

  dT = (5/2 R + R)(T ) ΔH = ∫ C P

  2 – T

  1 T 1

  • 1 -1
  • 1

  mol )(274-298)K = 700 J mol ΔH = 7/2(8,314 J K

1 P

  • 1
  • 1

  γ 2 V

  γ 1 1 V P

  = 2 P

  γ 2 V γ

  = C

  P

  /C

  V

  = 5/3 (12,23)(2)

  5/3

  = 1

  2 5/3

  V

  1

  = 38,84

  V

  2

  = 8,93 l T

  2

  = (P

  2

  )/R T

  2

  = (1)(8,93)/(0,08205) = 109 K

  = 12,23 atm Adiabatis reversibel :

  )(298 K)/(2 l) P

  4. Satu mol gas ideal dengan volum 2 l pada suhu 25 C mengalami proses siklis sebagai berikut: Mula-mula gas diekspansikan adibatis dan reversibel sehingga tekanan menjadi 1 atm, kemudian ditekan secara isotermal reversibel dan akhirnya gas mengalami proses volume tetap sampai kembali kekeadaan semula. Hitung q dan W untuk proses siklis tersebut jika harga C

  = 2 l V

  V = 3/2 R.

  Penyelesaian : <-------------------------------------------------------

  1------------------------> 2 ------------------------> 3 T

  1

  = 298 K T

  2

  = 109 K T

  3

  = T

  2 V

  1

  2

  mol

  = 8,93 l V

  3

  = V

  1 P

  1

  = nRT/V

  2

  = 1 atm P

  3

  = P

  1

  = (0,08205 l atm K

2 V

  = q + W ΔU

  1

  1

  1

  = C (T ) ΔU

1 V

  2

  1

  • – T
    • 1 -1

  = 3/2 (8,314 J K mol )(109

  1

  ΔU

  • – 298)K
    • 1

  = -2357,02 J mol ΔU

  1

  • 1

  q = 0 dan W = -2357,02 J mol

  1

1 Proses 2- 3 : isotermal reversibel = 0

  ΔU

  2

  q = - W

  2

2 W = -RT ln (V /V )

  2

  2

  3

  2

  • 1 -1

  W = - (8,314 J K mol )(109K)(ln 2/8,93)

  2

  • 1

  W = 1355,96 J mol

  2

  • 1

  q = - 1355,96 J mol

  2 l

  Proses volum tetap 3 = -P dV = 0

  • – 1: W

  3

  = q = C (T ) ΔU

  3

  3 V 1 – T

  3

  • -1 -1

  = 3/2 (8,314 J K mol )(298 ΔU

  3

  • – 109)K
    • 1

  = 2357,02 J mol ΔU

  3

  • 1 -1

  W = W + W = -2357,02 J mol + 1355,96 J mol

  1

  2

  • 1

  W = -1001,06 J mol

  • 1 -1

  q = q + q = - 1355,96 J mol + 2357,02 J mol

  2

  3

  • 1 q = 1001,06 J mol .

  5. 0,4 mol udara (80% N dan 20% O ) mula-mula

  2

  2

  mempunyai suhu 300 K dan tekanan 4 atm. Udara dipanaskan pada tekanan konstan sampai volum menjadi 1,25 kali volum semula. Kemudian gas mengembang secara adiabatis reversibel sampai suhu kembali menjadi 300 K. Hitunglah volum akhir dan kerja total.

  • 1 -1 -1 -1

  C = 0,24 kal K gram , C = 0,172 kal K gram

  P

  V Penyelesaian.

  1 --------------------> 2 ----------------------> 3 T = 300K T = T = 300K

  1

  2

  3 P = 4 atm P = 4 atm P =

  1

  2

  3 V = nRT /P

  V = 1,25 V V = ?

  1

  1

  1

  2

  1

  3

  • 1 -1

  V = (0,4 mol)(0,08205 L atm K mol )(300K)/(4 atm)

  1 V = 2,46 L

  1 V = 1,25 * 2,46 = 3,075 L

  2 PV/T konstan  T = 1,25 * T = 375 K

  2

  1 Proses adiabatis reversibel.

  γ - 1 γ - 1 T = C /C = 0,24/0,172= 1,4

  V = T

  V

  3 3 2 γ P 2 V 0,4 0,4

  V = (375/300) * 3,075

3 V = 5,37 L

  3 W = -P 1 ΔV = -4 (3,075 – 2,46) L atm

  W = -2,46 L atm = -59,57 kal.

  1 W = (T )

  2 V

  3

  2

  ΔU = n C – T W = 0,4 (0,8*28 + 0,2*32)(0,172)(300

  2

  • – 375) W = - 148,61 kal.

  2

  Termo kimia

  Reaksi eksotermis : reaksi mengeluarkan panas

  • ΔH dan ΔU negatif.
  • Reaksi endotermis :

  Reaksi membutuhkan panas

  • ΔH dan ΔU positif.
  • Kalorimeter bekerja dengan tekanan tetap atau volum tetap. Volum tetap : q =

  V ΔU

  Tekanan tetap : q =

  P

  ΔH H = U + PV dH = dU + d(PV) ΔH = ΔU + Δ(PV)

  Fasa padat dan cair : Δ(PV) <<

  ΔH = ΔU Gas :

  Δ(PV) = Δ(nRT) Δ(PV) = RT (Δn) 

  ΔH = ΔU + RT (Δn)

  ( Δn) = jumlah mol gas hasil reaksi – jumlah mol gas pereaksi.

  

Entalpi pembentukan.

  v A + v A  v A + v A

  1

  1

  2

  2

  3

  3

  

4

  4 A = 0

  ∑ v i i

  • - . (T tertentu)

  reaksi Produk Reaktan ΔH = ∑ H ∑ H

  Entalpi pembentukan : perubahan entalpi dalam proses pembentukan satu mol senyawa dari unsur-unsurnya. Entalpi standar dari semua unsur = 0  entalpi standar zat = entalpi pembentukan

  o

  standar ( )

  f ΔH

  Perubahan entalpi standar pada reaksi kimia :

  o o i f,i ΔH = ∑ v ΔH Contoh Ca + C + 1½ O CaCO (P) (P) 2(g) 3(P)

o o o o o o

  

= H - H - 1½ H - H = H

ΔH CaCO3 Ca O2 C CaCO3

o o o = H = ΔH CaCO3 ΔH f CaCO3

  • v

  3 A

  3

  ΔH = v

  4

  

4

A

  3

   v

  H

  2

  2 A

  1

  1 A

  v

  

Pengaruh suhu terhadap kalor reaksi

  • v
  • v

  i

3 H

  2 H 2 = ∑ v i

  1 + ∫ΔC P dT T 1 C P bukan fungsi suhu : ΔH

  298 T 2 ΔH T = ∫ ΣCp R dT + ΔH 298 + ∫ ΣCp P dT T 1 298

  298 T ΔH T = ∫ ΣCp R dT + ΔH 298 + ∫ ΣCp P dT T 298

  2 Reaktan (298K) ---------- Produk (298K) ΔH 298

  ? T

  1 ΔH T

  Reaktan ----------- Produk T

  1 )

  2 – T

  1 = ΔC P (T

  2 – ΔH

  2 = ΔH

  1 H 1 – v

  ΔH

  ΔH 2 T 2 ∫d (ΔH) = ∫ΔC P dT ΔH 1 T 1 T 2

  Persamaan Kirchnoff :

  o

  = ∑ v i ΔH f,i

  i o

  H

  = ∑ v i

  4 H 4 – v

  ΔH

  o

  

Hukum Termodinamika II

Proses lingkar Carnot :

  Ekspansi isotermal reversibel dari A  B

   Ekspansi adiabatik reversibel dari B  C  Kompresi isotermal reversibel dari C  D

   Kompresi adiabatik reversibel dari D  A 

  1. Ekspansi isotermal reversibel dari A  B = 0

  1

  ΔU

  V 2 W = - q = - ln (V /V )

  1 1 ∫P dV = - nRT

  1

  2

  1 V 1

  2. Ekspansi adiabatik reversibel dari B  C q = 0

2 T

  2

  = W = dT = n C (T ) ΔU

  2 2 ∫n C

  V V 2 – T

  1 T 1

  3. Kompresi isotermal reversibel dari C  D = 0

  ΔU

  3 V 4 W = - q = - ln (V /V )

  3 3 ∫P dV = - nRT

  2

  4

  3 V 3

  4. Kompresi adiabatik reversibel dari D  A q = 0

  4

  T 1

  = W = dT = n C (T ) ΔU

  4 4 ∫n C

  V V 1 – T

  2 T 2 W = W + W + W + W total

  1

  2

  3

  4 W = - nRT ln (V /V ) - nRT ln (V /V ) total

  1

  2

  1

  2

  4

  3 V

  V

  2

  3 Karena = maka :

  V V

  1

  4 W = - nRT ln (V /V ) + nRT ln (V /V ) total

  1

  2

  1

  2

  2

  1 W = - nR(T ) ln (V /V ) total

  1

  2

  2

  1

  • – T Proses A  B - q = - nRT ln (V /V )

  1

  1

  2

  1

  • (q /T ) = - n R ln (V /V )

  1

  1

  2

  1 T - T

  1

  2 W = - q ( )

  1 T

  1 Hukum Clausius :

  Kalor tidak pernah dapat lewat dari benda yang lebih dingin ke benda yang lebih panas tanpa suatu perubahan lain yang berhubungan dengannya dan yang berlangsung pada waktu bersamaan.

  • q

  = ΔH maka S

  rev

  Perubahan entropi karena perubahan suhu : q

  T H Δ

  = ΔS =

  1

  2 – S

  rev

  P

  Pada P tetap q

  rev

  T q

  = ΔS =

  1

  2 – S

  = ∫ C P dT dS = C

  T dT

  

Perubahan entropi pada gas ideal

  S

  1 = ∫ C ln T

  2 – S

  1 ) T 2 S

  2 /T

  1 = C P ln (T

  2 – S

  bukan fungsi suhu :

  ∫ dS = ∫ C P

  P

  ) T dT bila C

  2

  ∫(a+bT+cT

   =

  T dT

  Pada suhu konstan perubahan entropi : S

  = 0

  q

  /V

  /V

  2

  ln (V

  2

  ) / - nRT

  1

  2

  ) = T

  ln (V

  1

  = nRT

  3

  /q

  1

  1

  1

  2

  2

  /T

  3

  1

  /T

  1

  q

  /-T

  / - T

  3

  = q

  1

  /T

  1

  q

  2

  T 1

  Bila perubahan suhu dan volum secara reversibel : dT dV dS = C + R C bukan f (T)

  V V

  T

  V

   = C ln (T /T ) + R ln (V /V )

  2

1 V

  

2

  1

  2

  1 ΔS = S – S

  Proses pada suhu tetap : = R ln (V /V )

  2

  1

  2

  1 ΔS = S – S

  Perubahan entropi pada proses perubahan suhu dan tekanan secara reversibel :

  dT

V dT dP

  • dP = C - R dS = C

  P P T T T P dT dP

  • P ∫R

  ∫dS = ∫C

  T P ln (T /T ) /P ) P

  2

  1

  2

  1 ΔS = C – R ln (P

  Proses perubahan tekanan pada suhu tetap :

  /P )

  2

  1 ΔS = – R ln (P

  Perubahan entropi untuk proses tidak reversibel: pembekuan 1 mol air lewat dingin pada -10 C

  273

  H O -10 C  H O C (dT/T)

  2 (L) 2 (L) Cair ΔS = ∫ C 263

  H Δ

  H O C  H O C

  2 (L) 2 (S) ΔS =

  T

  263

  H O C  H O -10 C (dT/T)

  2 (S) 2 (S) padat ΔS = ∫ C 273

  H Δ = (dT/T) + (dT/T) + total ∫ C Cair ∫ C padat ΔS

  T

  Perubahan entropi untuk suatu reaksi kimia : v A + v A  v A + v A

  1

  1

  2

  2

  3

  3

  

4

  4 S + v S S S

  ΔS = v

  3 A3

  4 A4 – v

  1 A1 – v

  2 A2 o o

  S ΔS = Σv i i Contoh soal.

   isotermal dan reversibel dari 10 sampai 1 bar. Hitung q, W, ΔU, ΔH, ΔG, ΔA dan ΔS pada perubahan tersebut.

  C diekspansikan Satu mol gas ideal pada 27

  Penyelesaian.

  W = -RT ln (V /V ) = - RT ln (P /P )

  max

  2

  1

  1

  2

  • 1 -1

  = -(8,314 J K mol )(300 K) ln (10/1)

  • 1

  = -5746 J mol ΔA = W max

  ΔU = 0

  • 1

  q = - W = 5746 J mol ΔH = ΔU + Δ(PV) = 0

  1

  /P ) ΔG = ∫ V dp = RT ln (P

  

2

  1

  10

  • 1 -1

  mol )(300 K) ln (1/10) ΔG = (8,314 J K

  • 1

  = -5746 J mol

  • 1

  / T = 5746 J mol / 300 K

  rev

  ΔS = q

  • 1 -1

  mol ΔS = 19,14 J K

   25 C dan 1 atm dipanaskan pada tekanan tetap sampai volum 3 kali volum semula. Hitung q, W,

  Satu mol amonia (dianggap sebagai gas ideal) pada

  • 3

  = 26,9835 + 5,9622 * 10 T ΔU, ΔH dan ΔS nya. C P

  • 7 2 -1 -1 T J K mol .
    • – 3,377 * 10 Penyelesaian:

  T = 298K -------------------> T = 3T = 894K

  1

  2

  1 P = 1 atm P = 1 atm

  1

  2 V = (0,08205)(298)/1

1 V = 24,45 l V = 3*24,45 = 73,35 l

  1

  2 T 2

  dT ΔH = ∫ C P

  T 1

  • 3

  )/2)* ΔH = 26,9835*(894 – 298) + ((5,9622 * 10

  2 2 -7

  3

  3

  (894 - 298 ) )/3)*(894 )

  • – ((3,377 * 10 – 298
    • 1

  ΔH = 26,4 Kj mol

  • 1

  Proses P tetap  q = ΔH = 26,4 Kj mol

  • 1

  W = -P( ΔV) = - (1)(73,35 – 24,45) l atm mol

  • 1

  W = - 4,955 Kj mol

  • 1

  ΔU = q + W = 26,4 – 4,955 = 21,445 Kj mol

  T 2

  • 1 -1 dT/T = 46,99 J K mol .

  ΔS = ∫ C P

  T 1

  2

  2

  {(a+bT+cT )dT/T = a(lnT

  • /T ) + b(T -T ) + c/2 (T

  

2

  1

  2

  1

  2

  2 T )}

  1 Hitung kerja yang dilakukan jika 1 mol toluene

   diuapkan pada titik didihnya 111 C pada 1 atm.

  • 1

  Panas penguapan pada suhu tersebut 361,9 J g . Un tuk penguapan 1 mol hitung pula q, ΔU, ΔH, ΔG dan

  ΔS nya. BM toluene = 92.

  Penyelesaian : 1 mol C H CH BM = 92

  6

  5

  3

  • 1

  q = 361,9 * 92 = 33,295 Kj mol l l W = - P( ) V << V

  ΔV) = -P (V g – V g

  • 1

  W = - RT = -(8,314)(384) = -3,193 Kj mol

  • 1

  ΔU = q + W = 33,295 – 3,193 = 30,102 Kj mol

  • 1

  ΔH = q = 33,295 Kj mol ΔG = 0

  • -1

  / 384 K ΔS = q/T = 33,295 Kj mol

  • 1 -1 mol .

  ΔS = 86,71 J K

  

Kesetimbangan Kimia

  Persamaan untuk sistem terbuka : Bila zat ditambahkan atau diambil atau terjadi reaksi kimia dari sistem, sifat termodinamika berubah  sistem terbuka. Sistem homogen mengandung berbagai zat N :

  Energi Gibbs G = f (T, P, n , n , n )

  1

  2 3 ,…., n N N

   G  G   G      

  dG = dT + dP + dn

  i   T P N

  1  i 

  P, n T, n i i P, T, n j n : semua zat banyaknya dibuat tetap. i

          i

  N : semua zat banyaknya dibuat tetap kecuali satu

  j divariasi i tdk sama dengan j.

  N 

  dG = - S dT + V dP + dn μ i i

   i

  1   G  = : potensial kimia zat ke i.

  μ i

    N   i 

  P, T, n j

  Sistem dengan P, T dan proporsi relatif dari komponen dibuat tetap maka :

  N 

  G = n μ i i

   i

  1 Energi Gibbs suatu sistem adalah jumlah dari kontribusi dari berbagai komponennya. Kesetimbangan dicapai pada P, T tetap bila harga G mencapai minimum. Untuk sistem yang terdiri 1 jenis zat maka : n

  G = μ Jadi untuk zat murni Potensial kimia = energi gibbs per mol. Potensial kimia untuk komponen ke i dari campuran gas ideal :

  o o

  • RT ln P / P μ i = μ i i

  

Penurunan ungkapan kesetimbangan yang umum

untuk Gas ideal :

  Bila suatu reaksi : v A + v A  v A + v A

  1

  1

  2

  2

  3

  

3

  4

  4 N 

  maka : v A = 0

  i i  i

  1

  dn , dn adalah zat A dan A yang bereaksi dan dn , dn

  1

  2

  1

  

2

  3

  4

  adala zat A dan A yang terbentuk maka :

  3

  4 dn dn dn dn

  1

  3

  2

  4

  = = = = dξ

  v v v v

  1

  2

  3

  4 dξ = Cakupan reaksi atau koordinat reaksi. dn i

  = v = dξ  dn i i dξ

  v i

  N 

  Persamaan : dG = - S dT + V dP + dn μ i i

  i 

  1 Bila suatu reaksi kimia berjalan pada P, T tetap maka : N 

  (dG) = dn

  T,P μ i i i 

  1 N 

  (dG) = (v

  T,P i μ i )dξ i 

  1 N 

  = v (dG/dξ) T,P i μ i = ΔG

   i

  1 Sistem mencapai kesetimbangan bila : N  v = 0.

  ΔG = i μ i

  i 

1 Reaksi : N + 3H  2NH mencapai kesetimbangan

  2

  2

  3

  pada P, T tetap maka berlaku :

  2     3 

  = 0 ΔG = NH N H 3 2 2 Secara umum potensial kimia suatu gas :

  o o

  • RT ln f / f f : fugasitas μ i = μ i i

  o o

  Pada keadaan standart harga f = P

  N 

  v ΔG = i μ i

  i 

1 N

  f   o i

    RT ln

  v

  μ

  ΔG = i

  i o  i

  1  P 

  V i N N f o

  

 

i

  v ΔG = μ

  •  

  RT ln

  i i

o

  i 1 i

  1

 

P

  V i N f o

    i

  

  • RT ln ΔG = ΔG

  o  i

  1   P

  V i N f o

    i

  

  • RT ln Q  Q = ΔG = ΔG

  o  i

  1   P

  Kesetimban gan ΔG = 0

  V i N f o

    i

  

  = - RT ln ΔG kesetimbangan.

  o  i

  1   P o

  = - RT ln K (K = konstanta kesetimbangan) ΔG

  V i N f   i

  

  K = kesetimbangan.

  o  i

  1   P Untuk gas ideal :

  V i N P   i

  

  K = (P = tekanan parsial gas ke i)

  P kesetimbangan. i o  i

  1   P

  Contoh : Reaksi N + 3H  2NH maka :

  2

  2

  3

  2 o P / P

    NH 3 K =

  P

  3 o o P / P P / P

     N H 2 2 Penentuan Konstanta Kesetimbangan :

  A  nB Mula-mula : 1 mol Dissosiasi :

  α mol Akhir reaksi: 1-

  = 1+ (n-1) α mol nα mol  n t α

  Perbandingan density sebelum dan sesudah dissosiasi berbanding terbalik dengan perbandingan mol:

  • 1

  

1

  (n 1 ) α ρ 1 + ρ

  =  = 1+ (n-1) α

  2

  

2

  1 ρ ρ

  • 1

  ρ ρ

  2

  (n-1) = α = ∑v i

  • 2
  • M M

  ( n 1 ) ρ

  1

  2

  α =

  • M ( n 1)

  2 M = berat mol gas mula-mula (A)

  1 M = berat mol rata-rata gas setelah diss. (sisa A

  2 dan B yang terbentuk).

  Hubungan O pada tekanan

  2

  4

  α dengan Kp untuk diss. N P.

  N O (g)  2 NO (g)

  2

  4

  2 Mula-mula : 1mol -

  Dissosiasi : α mol

  Akhir : (1- α) mol 2α mol n = (1+

  t α) mol

  1

  • = P = P

  2 α α

  P P N O NO 2 4 2

  1

  1 α α

  o

  2 2 o

  ( P /P ) NO 2 α 4 ( P / P )

  Kp = =

  2 o

  

1 α

P / P

  • -

    N O
  • 2 4 Kp 1/2

      [ ]

      α =

      o K 4 ( P / P )

    • P

    2 O

      C, berapa α dan Kp

      V m

      P RT

      =

      2

      Penyelesaian: M

      ? dan berapa α dari reaksi pada tekanan total 0,5 bar ?.

      o

      ) L )( 5 , bar 0133 , 1 ( ) g 588 ,

      , 25

      3

      pada tekanan total 1,0133 bar ketika berdissosiasi parsial dalam vessel 500 cm

      4

      Contoh soal : Jika 1,588 g dari N

      K 1 )( 298 )( mol K bar L 08314 , ( 1 - 1 -

      =

    • 1

      2 α

    • 1 ) P / P ( α

      = 1+ α mol

      t

      α mol α mol α mol n

      (g) 1 mol - - 1-

      2

      (g) + Cl

      3

      4 K Kp [ o P

      (g)  PCl

      5

      untuk reaksi : PCl

      P

      Hubungan α dan K

      1/2 = 0,258.

      4(0,5) 143 , 143 ,

      = [

      ] ) P / P (

      M

      2 o

      2

      = 77,70 g mol

      α =

      0,1842 70 , 77 77,70 -

      92 =

      Kp =

      4

      α =

      =

      2

      2

    (0,1842) -

      1 ) 0133 , ) 1 ( 1842 , (

      4

      = 0,143 α pada tekanan 0,5 bar :

    • ]
    • 1/2
    • = P = P = P

      1 α α α

      P P P PCl PCl Cl 5 3 2

      1

      1

      1 α α α

      o o 2 o ( P / P )( P / P )

      PCl Cl ( P / P ) 3 2 α

      Kp =

      = o

      2

      1 - P / P α PCl 5 Pengaruh tekanan terhadap harga K: Hanya K yang dinyatakan dalam mol fraksi.

      N Vi o -V

      Ky = = (P/P ) Kp П Y i

      i=1

      Jika jml mol produk = jml mol reaktan maka v = = 0 ∑v i

       Ky = Kp maka perubahan tekanan reaktan tidak berpengaruh pada kesetimbangan. Bila v > 0  Ky akan turun bila tekanan total naik pada suhu tetap.

      Pengaruh komposisi awal:

      N (g) + 3 H (g)  2 NH (g)

      2

      2

      3 Mula-mula: 1 3 - mol

      1 1 - mol Setelah reaksi: 1-

      = 4- ξ 3-3ξ 2ξ  n t 2ξ

      1- = 2-

      ξ 1-3ξ 2ξ  n t 2ξ

      2

      2

      2 Y NH ( 3 2 ) (4 2 ) ξ ξ

    • Ky = =

      2

      3 Y Y ( 1 ) (3

    - -

    3 ) ξ ξ

      N H 2 2

      2

      2 ( 2 ) (2 2 - ) ξ ξ

      Ky =

      3 ( 1 ) (1 - - 3 ) ξ ξ

      Pengaruh suhu:

      [ ∂(ΔG/T) ] = ΔH

      P

      [∂(1/T) ]

      o o

      = -RT ln K  /T = -R ln K ΔG

      ΔG

      o

      [ ∂ ln K] = - ΔH

      [ P R ∂(1/T)]

      o

      [ ∂ ln K] = ΔH

    2 P RT

      [ ∂ T ]

      o

      d ln K = ΔH

      2

      dT RT

      o K H (T T ) Δ

    • 2

      2

      1

      ln =

      K RT T

      1

      1

      2 o o

      bukan f(T) maka = 0 berarti juga bukan ΔH ΔC P ΔS f(T) maka:

      o o o

      = - RT ln K = - T ΔG ΔH ΔS

      o o

    H T S

    Δ Δ

      ln K = -

    • RT R

      Kesetimbangan antara gas dan cairan / padat :

      CaCO (s)  CaO (s) + CO (g)

      3

      2

      ΔG = μ μ μ

    • + =

      CaO ( s ) CO ( g ) CaCO ( s ) 2 3 P CO 2 o RT ln μ μ

      = CO ( g ) 2 2 o

    • CO ( g )

      P o

      μ untuk zat padat tetap = μ

      P CO 2 o o o RT ln μ

    • CaO ( s ) μ CO ( g ) μ CaCO ( s )
      • 2 3 = o

        P P CO 2 o G RT ln Δ

      • =

        o P

        ΔG

        2 Cl

        Hitunglah prosen berat masing-masing gas dan tekanan total pada kesetimbangan yang baru. ΔH

        Campuran pada soal b dipanaskan sampai 500 K.

        c.

        harus dimasukkan dalam labu yang volumnya 4,92 liter pada 450 K, untuk memperoleh tekanan total 2,25 atm setelah terjadi kesetimbangan.

        2

        2 Cl

        Berapa gram SO

        P b.

        Hitunglah α dan K

        a.