Azas Teknik Kimia

tentang :

Neraca Energi Sistem Tak Bereaksi

oleh :

KELOMPOK 1

Fransiscus Raymond (110405047)

Atikah Risyad (110405048)

Rahayu Wulandari (110405052

Dasa Haryuwibawa (110405057)

Ekelesia Martina N. (110405077)

Departemen Teknik KimiaFakultas Teknik

Universitas Sumatera Utara2012

PENGANTAR NERACA ENERGI

DEFENISI BEBERAPA ISTILAH

- Sistem adalah bagian dari alam semesta yang dicakup dalam batas-batas lingkup perhatian analisis. Ruang yang membatasinnya disebut control volume.

- Lingkungan (Environment=surrounding) adalah Bagian dari alam semsta yang berada di luar batas-batas sistem.

- Sistem terbuka adalah suatu sistem dimana terdapat aliran/pertukaran massa dengan lingkungan.

- Sistem tertutup adalah suatu sistem di mana tidak terdapat aliran/ pertukaran massa dengan lingkungan.

- Sifat makroskopik adalah untuk dapat menggambarkan suatu sistem secara kuantitatif. Perlu diketahui sifat-sifat sistem yang dapat diukur dan hubungan yang ada di antara sifat-sifat tersebut.Sifat-sifat sistem yang relevan dengan analisis neraca energi adalah:

- Sifat-sifat makroskopik adalah sifat-sfiat yang menyatakan karakteristik materi secara bulk dengan memandang materi tersebut sebagai suatu continuum

tf tb tp

unggun butiran katalis unggun dipandangdalam medium fluida secara bulk sebagai suatu continuumtak dipandang sebagaisuatu continuumtf = temperatur fluidatp = temperatur partikeltb = temperatur bulkContoh sifat makroskopik : T, ρ, μ, Cp, P

- Sifat ekstensifadalah sifat makroskopik yang harganya berbanding lurus dengan kuantitas zat di dalam sistem.Contoh V, m dan kandungan Energi

- Sifat intensif: sifat makroskopik yang harganya tidak tergantung dari kuantitas zat di di dalam sistem.Contoh: T, P , ρ, fraksi mol, volum spesifik (1/ρ)

Keadaan (State)Keadaan suatu sistem sepenuhnya terdefenisi bila semua sifat makroskopik sistem mempunyai harga tertentu.

1. Keadaan tunak atau stasioner (steady state)Bila di setiap titik di dalam sistem, harga sifat-sifat makroskopik sistem mempunyai tidak berubah terhadap waktu (harga sifat-sifat tersebut tidak perlu sama dari satu titik ke titik lain).

2. Keadaan tak tunak atau dinamik (unsteady state)Bila harga sifat-sifat makroskopik di dalam sistem di steiap titik berubah terhadap waktu

Keadaan tunak menurut neraca energi adalah bila T dan P di setiap titik di dalam sistem tidak berubah terhadap waktu

Proses adalah suatu urutan/alur perubahan yang dialami sistem dari keadaan awal ke keadaan akhir.Proses isobar: bila urutan kejadiannya berlangsung pada P konstanProses isothermal: bila urutan kejadiannya berlangsung pada T konstanProses isochoric: bila urutan kejadiannya berlangsung pada V konstan

Fungsi-fungsi keadaan (State functions):Suatu fungsi yang harganya semata-mata ditentukan oleh keadaan sistem dan tidak tergantung pada proses (alur kejadian) bagaimana keadaan tersebut dicapai.

Contoh: untuk gas ideal, P = nRT/V adalah suatu fungsi keadaan.Bila T = T1 dan V = V1, maka P1 = nRT1/V1Bila T dan V diubah menjadi T2 dan V2, maka P2 = nRT2V2; harga tersebut tidak bergantung pada proses yang membawa perubahan T1 T2 dan P1P2

Kesetimbangan (Equilibrium)Suatu sistem berada dalam kesetimbangan (keadaan setimbang), bila keadaan sistem tersebut tidak berubah terhadap waktu dan akan selalu kembali ke keadaan itu bila terhadap sistem dilakukan gangguan dalam skala kecil.

Perumusan neraca energiKarena energi tidak dapat diciptakan dan dimusnahkan, maka dalam suatu sistem, dalam kurun waktu tertentu:energi yang masuk ke lingkungan sama dengan energi yang keluar dari sistem ke lingkungan ditambah akumulasi energi di dalam sistem.

Untuk energi yang masuk ke sistem dan keluar dari sistem, perlu diketahui- Bentuk energi yang masuk dan keluar- Mekanisme bagaimana energi yang masuk dan keluar

Untuk akumulasi energi dalam sistem, perlu diketahui:- Bentuk energi yang berada dalam sistem- Bagaimana suatu bentuk energi berubah ke bentuk lain

BENTUK BENTUK ENERGI YANG TERKAIT DENGAN MASSA

- Energi potensial (Ep)Suatu bentuk energi yang tersimpan dalam suatu objek (benda bermassa) berkaitan dengan tempat kedudukannya terhadap suatu kedudukan rujukan bila benda tersebut berada dalam medan gravitasi bumi.Rumus:Ep = m.g.z

- Energi kinetic (Ek)Suatu bentuk energi yang dimiliki oleh suatu sistem/objek (benda bermassa) yang bergerak, diukur relative terhadap kandungan energinya bila dalam keadaan diam pada kecepatan (v) konstan.Ek = ½ mv2

- Energi medan magnet dan listrikSuatu bentuk energi yang terkandung dalam suatu sistem/ objek bila berada dalam suatu medan magnet (Δ(Ep)m) dan medan listrik (Δ(Ep)e).

- Energi dalam (U)Suatu bentuk energi yang terkandung dalam suatu sistem yang terkait dengan energi atom dan molekul yang menyusun benda itu.U merupakan fungsi keadaan yang harganya terdefinisi secara pasti oleh keadaan sistem

Akumulasi energi di dalam sistem = ΔEp + ΔEk + Δ(Ep)m + Δ(Ep)e + ΔU

BENTUK BENTUK ENERGI DALAM TRANSISI

Pertukaran energi antara sistem dengan lingkungannya dapat terjadi dalam 4 cara yaitu melalui:1. perpindahan massa.2. kerja yang dilakukan3. perpindahan panas4. pengaruh medan

Karena energi terkandung di dalam benda (bermassa), maka bila terjadi perpindahan massa selalu akan terjadi perpindahan energi (karena terbawa oleh massa itu)

- Kerja (W)Kerja merupakan hasil kali gaya dengan jarak litasan benda yang dikenakan pada gaya tersebut

W = F. ΔZ atau bila F konstan W =∫z1

z2 F dZ

Bila suatu sistem melakukan kerja ke lingkungan , maka W bertanda (+)Sebagian energi sistem berpindah ke lingkungan dan sebaliknya.

Beberapa bentuk kerja: kerja poros (Shaft work), kerja listrik, kerja ekspansi – kompresiKerja ekspansi – kompresi contohnya piston

F = P.AMaka Ws = P.A dZ di mana dZ = dV/A atau dV = A dZ

Ws = ρ dV

Bila P konstan : Ws = P. ΔV = P(V2 - V1)

Bila P bervariasi : W =∫V 1

V 2 P dZ

Energi yang diterima lingkungan We Ws (karena ada kehilangan)Untuk memperhitungkan kehilangan digunakan koefisien efisiensi (η)Bila kerja dilakukan oleh sistem ke lingkungan:We = ηs WsBila kerja dilakukan oleh lingkungan ke sistem:Ws = ηe WeDi mana Ws, We adalah kerja yang diterima dan ηe, ηs < 1,0

- PanasBila sistem beruhu Ts ditempatkan di lingkungan bersuhu Te di mana Te > Ts, maka Ts akan meningkat dan Te akan menurun, demikian sebaliknya. Terjadi perpindahan energi melalui mekanisme konduksi atau konveksi. Bentuk energi yang dipindahkan karena perbedaan suhu / panasBila sistem menerima panas dari lingkungan diberi tanda (+)

- Radiasi elektromagnetikRambatan gelombang elektromagnetik yang mengenai sistem dapat menyebabkan berpindahnya energi. Mekanisme perpindahan energi ini disebut radiasi. Bentuk radiasi yang penting adalah yang melibatkan gelombang elektromagentik pada interval infra merah.Raidasi terjadi pada suhu tinggi.

Energi dapat berpindah dari sistem ke lingkungan melalui berbagai mekanisme dan dalam berbagai bentuk

Rangkuman bentuk energi :Penyebab Mekanisme Bentuk

Aliran/gerak bahan dan perpindahan massa

konveksi Ep, Ek dan U

Perbedaan suhu Konduksi dan konveksi PanasGerak mekanis (poros atau ekspansi-kompresi)

mekanik Kerja

Radiasi elektromagetik mengenai sistem atau memancar dari sistem

radiasi Panas

NERACA ENERGI SISTEM TAK BEREAKSI

Untuk menggunakan persamaan neraca energi sistem terbuka dan tertutup dikembangkan pada bab sebelumnya, yang mana perlu harga dari entalpi dan fungsi energi dalam yang terlihat pada persamaan ini Q = H2 – H1, kita harus mampu mengevaluasi H pada akhir dan awal kedudukan.

KARAKTERISTIK KEADAAN SISTEMKaidah Fasa

secara umum, sifat intensif utama yang digunakan untuk mengkarakterisasi keadaan setimbang dari sistem adalah temperatur, tekanan, dan komposisi dari masing-masing fase. Namun, tidak semua sifat ini perlu ditetapkan untuk menentukan keadaan setimbang dari sistem. sebaliknya, ada sejumlah yang tepat dari sifat sistem yang bila ditentukan, otomatis mendefinisikan negara equiibrium dan dengan demikian perbaikan nilai dari sifat intensif tersisa. Jumlah sifat tersebut yang disebut derajat kebebasan termodinamika sistem, dan itu tergantung pada jumlah komponen kimia dan jumlah fase hadir dalam sistem. Hubungak n yang tepat antara derajat kebebasan D, jumlah komponen C, dan jumlah fase Φ yang disebut kaidah fase dan diberikan hubungan

D = C – Φ + 2Dimana D = jumlah derajat kebebasan sistem C = jumlah komponen kimia bila tidak ada reaksi kimia Φ = jumlah fasa yang ada pada kesetimbangan

Untuk sistem tak bereaksi, sebuah komponen kimia sebagaimana digunakan dalam konteks kaidah fasa adalah sama seperti jenis molekul. Dengan demikian, pada kasus tak bereaksi, C = S, dimana S adalah jumlah spesies yang digunakan pada konteks neraca massa. Pada kasus yang bereaksi , jumlah komponen adalah sama dengan jumlah spesies dikurang jumlah reaksi kimia bebasnya, p(σ), terjadi antara spesies ini, sehingga

C = S – p(σ)Jika komponen C ditunjukkan pada pengukuran normal seperti massa atau fraksi mol,

sebagaimana pada neraca massa, hanya C – 1 pada komposisi ini diketahui tak bebas.

Sistem Satu KomponenUntuk satu komponen sistem tak bereaksi, kaidah fasa diturunkan menjadi

D = 3 – ΦSelama derajat kebebasan tidak menjadi negatif, kaidah fasa mengindikasikan bahwa komponen murni dapat eksis di hampir 3 fasa pada kesetimbangan. Sistem 1 komponen 2 fasa Misal : air murni dalam keadaan uap (steam ) yang setimbang dengan cairannya ( buble point)Karena Φ = 2, maka D = 3 – 2 = 1D = 1 artinya

Salah satu dari T; P atau ∇ boleh ditetapkan, tetapi tidak boleh sekaligus Bila salah satu dari T atau P atau ∇ ditetapkan nilainya, maka variabel lainnya sudah

tertentu nilainya. Variabel lain yang nilainya belum diketahui tersebut, daapat ditentukan dari :

o Tabel atau kurva tekanan uap murnio Persamaan empiris untuk tekanan uap :

- Persamaan antoine - Persamaan tekanan uap Riedel

o Untuk steam (uap air murni) : dari tabel steam

Tekanan uap adalah tekanan dimana uap dan cairan dari suatu komponen murni berada dalam kesetimbangan. Kurva tekanan uap murni dalam bentuk persamaan empiris, antara lain : Persamaan Antoine,

Persamaan Antoine : ln (p)=A− BT+C

Dimana p = tekanan uap murni T = suhu pada saat setimbang A, B, C = konstanta – konstanta untuk tiap komponenContoh 7.1 tekana uap aseton diberikan oleh

ln p=16.7321− 2975.95T−34.5228

Dimana p dalam mmHg dan T dalam K. Sebuah campuran uap – cair dari aseton diperoleh setimbang pada 100 mmHg. T kesetimbangan ?

16.7321−ln100= 2975.95T−34.5228

=12.12963

Sehingga, T = 245.40 + 34.5228 = 279.22Pada kasus sistem fase gas atau cair , hubungan antara keseimbangan temperatur,

tekanan , dan volume molar dituliskan pada persamaan keadaan . persamaan keadaan paling sederhana adalah gas ideal, yaitu :

PV = RTDimana R adalah konstanta gas = 8, 3143 J / mol. KPersamaan keadaan kompleks lain misalnya persamaan Redlich – Kwong

P ¿RT

V−b−a¿ T1/2 V (V + b))-1

Dimana a dan b adalah konstanta empiris suatu komponen.

Multi komponen, sistem multi faseSebagaimana jumlah komponen dan meningkatnya fase, spesifikasi dan penentuan

keseimbangan kedudukam menjadi peningkatan yang kompleks. Umumnya, tambahan spesifikasi T, P, atau ∇, juga diperlukan untuk menspesifikasi komposisi fasa. Sebagai contoh, untuk dua komponen campuran gas, aturan fasa mengindikasi suatu derajat kebebasan yaitu 3

D = 2 -1 + 2 = 3Sehingga, jika temperatur dan tekanan terspesifikasi dan campuran dua gas diasumsikan mengikuti gas ideal, kemudian campuran volume molar dapat dihitung dengan

∇= RTP

Untuk campuran cair – gas, hubungan antara fraksi mol komponen pada dua fase ditentukan oleh faktor K.

Ki = yixi

Dimana yi adalah fraksi mol spesies i pada fase uap dan xi adalah fraksi mol fasa cair. Untuk beberapa campuran sederhana , fungsi Ki pada T dan P

Ki = Ki (T,P)Untuk campuran komponen dengan stuktur molekul yang sama Ki dapat dihitung dengan membandingkan tekanan uap pada spesies i yang diberikan pada temperatur tekanan total

Ki =Pi (T )

Pyang diebut hukum Roult

K1 = y1xi

K2 = y2xi

K1 = y1x 1

= 1− y 21−x2

K2x2 = y2X1 + x2 = 1

Kita memperoleh substitusi definisi faktor K pada persamaan

y 1K 1(T , P)

+ y 2K 2(T , P) = 1

Ki = Ki (T, P, X1, X2)

Bubble Point dan Dew Point

Bubble Point adalah temperatur dimana gelembung – gelembung uap terbentuk pertama kali ketika campuran fasa air dipanaskan perlahan – lahan

Bubble-point temperature problem -- P,x given -- T,y unknown.

Dew-point pressure problem -- T,y given -- P,x unknown

Dew-point temperature problem -- P,y given -- T,x unknown.

Dari rumus Diperoleh :

K i=y i

x i

=Pi

sat

P=f ( P ,T )

∑zi (K i−1 )1+V (K i−1 )

=0

NERACA ENERGI MENGGUNAKAN DATA TERMODINAMIKA TABULAR

Dalam sistem komponen tunggal, tidak lebih dari dua atau bahkan tidak ada variabel yang harus ditentukan, tergantung pada jumlah fase hadir dalam sistem. Akibatnya, untuk komponen tunggal, entalpi spesifik dan fungsi spesifik energi dalam dapat dinyatakan sebagai dua fungsi terbanyak dari salah satu tiga variabel P, T, dan V. Oleh konvensi, fungsi entalpi spesifik untuk komponen tunggal murni dinyatakan dalam T dan P, sedangkan fungsi komponen energi dalam murni spesifik dinyatakan dalam T dan V. Jadi, dapat dituliskan :

Ĥ = Ĥ(T . P) dan Ȗ = Ȗ(T . Ṽ)Tentu saja, di daerah T dan P dimana komponen murni ada sebagai fase tunggal, baik

T dan P akan perlu ditetapkan untuk menentukan entalpi tersebut. Namun, di daerah di mana dua tahap akan ada dalam kesetimbangan, T dan P tidak dapat ditentukan, dan karenanya fungsi entalpi spesifik tidak bisa secara efektif menjadi fungsi dari satu variabel. Untuk keperluan perhitungan keseimbangan energi, komponen fungsi murni entalpi spesifik harus tersedia sebagai fungsi aljabar eksplisit T dan P dalam kasus fase tunggal dan T dalam kasus fase ganda sehingga bahwa bisa dievaluasi secara langsung. Diperlukan fungsi entalpi untuk masing-masing fase tunggal seperti padat, cair, dan uap, serta untuk fase ganda. Fungsi tersebut tersedia untuk beberapa zat seperti air, amonia, udara, dan refrigeran standar. Namun, mereka biasanya cukup rumit, mengandung banyak istilah, dan cukup sulit untuk mengevaluasi perhitungan manual. Sebagai contoh, entalpi fungsi spesifik untuk uap air atau uap adalah fungsi aljabar yang melibatkan sekitar 60 konstanta ditentukan oleh data eksperimen. Selain itu, untuk menggunakan fungsi tersebut, perlu diketahui dulu fase yang ada. Oleh karena itu, diperlukan hubungan tambahan seperti persamaan tekanan uap serta persamaan keadaan yang akan memungkinkan untuk dilaksanakannya interkonversi P, T, V. Oleh karena itu, untuk perhitungan manual, entalpi komponen murni spesifik dan fungsi energi dalam ditulis dalam bentuk tabel. Representasi tabular dapat dibuat karena fungsi keadaan akan melibatkan paling banyak dua variabel bebas yang dapat diatur dalam baris dan kolom. Representasi tabular juga memungkinkan penyisipan informasi yang mengidentifikasi batas fase transisi dan yang memungkinkan interkonversi variabel keadaan melalui persamaan data. Tabel yang dihasilkan berisi semua informasi yang diperlukan untuk termodinamika spesies komponen murni dan karenanya disebut tabel termodinamika.

TABEL ENERGITabel energi yang terdapat di Appendiks 8 terdiri dari tiga bagian : tabel temperatur

uap jenuh, tabel tekanan uap jenuh, dan tabel uap super-panas. Ketiga tabel tersebut menampilkan nilai volume spesifik, yang merupakan kebalikan dari kepadatan, energi dalam spesifik, dan entalpi spesifik. Tabel uap jenuh menampilkan sifat cair air dan uap saat berada pada kondisi jenuh yaitu dalam kesetimbangan satu sama lain. Jika sistem komponen murni berfasa ganda, derajat kebebasannya adalah 1, maka tabel uap jenuh memberikan nilai volume spesifik, entalpi, dan energi dalam sebagai fungsi dari satu variabel bebas. Tabel pertama menggunakan temperatur sebagai variabel bebas, tabel kedua menggunakan tekanan sebagai variabel bebas. Perhatikan pada tabel uap jenuh, di samping daftar entalpi air dan uap, juga ada kolom ketiga berjudul "penguapan". Kolom ini merupakan perbedaan antara

entalpi uap spesifik dan air cair dan disebut entalpi penguapan, atau panas laten. Terakhir, perhatikan bahwa pada 0,01oC dan 0,00611 bar (105 Pa), energi dalam cairan air jenuhnya adalah nol. Ini adalah keadaan referensi untuk tabel uap ini, dan nilai nol untuk energi dalam spesifik dalam nilai referensi yang diberikan.

Tabel uap super-panas menampilkan entalpi spesifik Ĥ, energi dalam spesifik Ȗ dan volume spesifik Ṽ uap sebagai fungsi tekanan dan temperatur. Karena derajat kebebasan termodinamika komponen tunggal sistem fasa tunggal adalah 2, kedua variabel harus terspesifikasi untuk menetapkan nilai dari variabel lain, Ṽ, dan nilai fungsi Ĥ dan Ȗ. Tabel ini juga menampilkan temperatur jenuh di bawah tekanan dan termasuk uap jenuh dan sifat air di kolom kedua dan ketiga. Terakhir, tabel ini juga memperlihatkan tekanan kritis 221.2 bar dan temperatur kritis 374.15 oC, dimana tidak ada lagi perbedaan antara uap dan sifat air encer.

Contoh 7.6 :(a) Tentukan nilai entalpi dari 1 kg cairan air jenuh pada 80 oC dan tentukan tekanan

uap jenuhnya!Penyelesaian :(a) Untuk menentukan kejenuhan pada temperatur yang diberikan, gunakan tabel

temperatur uap jenuh. Pada 80 oC, tekanan uap jenuhnya adalah 0.4736 bar dan entalpi spesifiknya adalah 334.9 kJ/kg. Maka entalpi dari 1 kg menjadi 334.9 kJ.

InterpolasiMisalnya, pada tabel tekanan, data yang diberikan yaitu pada 100 dan 105 bar, tetapi

yang dibutuhkan adalah entalpi spesifik uap pada 103.0 bar. Jadi, entalpi yang dibutuhkan berada antara 2727.7 dan 2718.7 kJ/kg. Sebuah pendekatan yang memadai dalam perhitungan teknik adalah dengan menggunakan interpolasi linear antara nilai tabular yang berdekatan.

Masalah umum interpolasi adalah bahwa diberikan nilai fungsi y(x) pada xU dan pada xL, dinotasikan dengan yU dan yL, berturut-turut, ditaksir nilai dari y(x) berada pada titik tengah xi. Bentuk interpolasi sederhana :

y i− yL

yU− y L=x i−xL

xU −xL

atau

y i= y L+ yU− y L

xU−x L (x i−xL)

Persamaan ini dikenal sebagai persamaan linear untuk yi dalam bentuk xi. Perhatikan bahwa beberapa data diinterpolasikan untuk variabel bebas x yang sama., kemudian persamaan di atas diterapkan untuk tiap-tiap data yang terpisah.

Contoh 7.7 :Tentukan entalpi spesifik dan volume untuk uap pada 5 bar dan 320 oC.Penyelesaian :Pada 5 bar, dari tabel tekanan, temperatur jenuh yaitu 151.8 oC. Uapnya uap panas.

Tabel uap panas memiliki data untuk 300 dan 350 oC. Untuk menaksir harga Ṽ dan Ĥ pada 320 oC, lakukan interpolasi. Interpolasikan volume spesifik :

Ṽ (320 )=Ṽ (300 )+Ṽ (350 )−Ṽ (300)

350−300(320−300)

¿0.522+ 0.571−0.52250

(20)

= 0.542 m3/kgInterpolasi untuk entalpi,

Ĥ (320 )=Ĥ (300 )+Ĥ (350 )−Ĥ (300)

350−300(320−300)

¿3065+ 3168−306550

(20)

= 3106.2 kJ/kg

Bobot UapPerhitungan uap sering dibutuhkan untuk menangani campuran uap dan cairan air.

Misalnya, uap digunakan sebagai media pemanasan dan mengembun sebagian. Hasil campuran terdiri dari uap jenuh dan tetesan cairan air jenuh. Fraksi massa uap air dalam campuran cairan dan uap, ditunjukkan oleh X, yang dikenal dengan bobot uap. Menurut defenisi, saat X = 1, uap adalah semua uap air jenuh; saat X = 0, uap adalah semua cairan jenuh. Uap dengan kualitas menengah untuk kedua ekstrim dikatakan sebagai uap basah.

Karena uap basah terdiri dari fasa jenuh, maka tabel uap jenuh dapat digunakan untuk menghitung entalpi spesifik, energi dalam, dan volume campuran cairan-uap air. Jika bobot uap diketahui, maka sifat campuran dapat dihitung sebagai kombinasi linear dari sifat fasa jenuh tersendiri. Sehingga,

Ĥmix=Ĥ v X+Ĥ L(1−X )Ȗmix=Ȗ v X+Ȗ L (1−X )Ṽ mix=Ṽ v X+Ṽ L(1−X )

Sebaliknya, jika salah satu sifat campuran diketahui, bobot dapat dihitung dari hubungan persamaan di atas dengan penyelesaian sederhana untuk X.

Contoh 7.8 :Tentukan tekanan, volume spesifik, entalpi, dan energi dalam dari uap basah pada 230

oC dengan bobot 0.4 .Penyelesaian :Jika uap memiliki bobot antara 0 dan 1, maka kedua fasa harus diketahui, dan ini bisa

diasumsikan bahwa fasa ini berada pada titik kesetimbangan. Jadi, dari aturan fasa, satu sifat makroskopik cukuplah untuk menetnukan keadaan sistem. Dari tabel tekanan uap jenuh, diketahui bahwa pada 230 oC tekanan jenuhnya adalah 28 bar. Sifat fasa jenuh yaitu :

Ṽ Ȗ ĤAir Uap Air Uap Air Uap

0.001209 0.0714 987.1 2602.1 990.5 2802.0Gunakan hubungan persamaan campuran, sehingga :

Ĥmix=2802 (0.4 )+990.5 (0.6 )=1715.1 kJ /kgȖmix=2602.1 (0.4 )+987.1 (0.6 )=1633.1 kJ /kg

Ṽ mix=0.0714 (0.4 )+0.001209 (0.6 )=0.0293 m3/kg

APLIKASI NERACA ENERGI : SISTEM TERTUTUPJika diketahui sebuah tabulasi luas dari sifat termodinamika seperti untuk uap,

masalah keseimbangan energi larutan dalam sistem tertutup umumnya cukup mudah. Seperti pada bab 6.5.3, keseimbangan energi tereduksi menjadi bentuk :

m (Ȗ 2−Ȗ 1 )+mg ( z2−z1 )+ 12

m (V 22−V 1

2 )=Q−W

Seringkali, istilah energi kinetik dan energi potensial dianggap nol atau diabaikan, yang mengarah ke penyederhanaan :

m (Ȗ 2−Ȗ 1 )=Q−W

Namun, kebanyakan pada aplikasi sistem tertutup dalam kepentingan teknik kimia, istilah kerja akan timbul karena ekspansi atau kompresi. Oleh karena itu, keseimbangan tereduksi lebih lanjut lagi :

m (Ȗ 2−Ȗ 1 )=Q− ʃ P dV

Terakhir, jika tekanannya konstan, maka ʃ P dV =P dV dan bentuk entalpi m ( Ĥ 2−Ĥ 1 )=Q dapat digunakan.

Dari bentuk sederhana persamaan, upaya dalam penyelesaian masalah neraca energi sistem tertutup direduksi untuk penentuan nilai yang sesuai untuk fungsi Ȗ dan Ĥ untuk dimasukkan ke dalam persamaan neraca.

Contoh 7.10 :Satu kilogram uap pada tekanan 1 bar, terkandung dalam silinder dengan luas

penampang 1.69 m2, bebas bergerak, penutup rapat, berat tetap, seperti yang terlihat pada gambar 7.3. silinder dipanaskan dari luar untuk mencapai temperatur uap dari 100 oC hingga 300 oC. Asumsikan tidak ada panas yang hilang ke lingkungan, hitung jumlah kalor yang dibutuhkan untuk proses ini.

Penyelesaian :Mengenai sistem, terdiri dari uap yang terkandung dalam silinder. Dengan tidak

adanya uap yang bocor selama proses berlangsung, sistem benar-benar tertutup. Gas yang mengembang karena pemanasan akan mendorong penutup silinder ke atas dan tekanan konstan tetap dipertahankan. Oleh karena itu, bentuk persamaan entalpi neraca energi sistem tertutup dapat digunakan. Yaitu,

∆H + ∆PE + ∆KE = QKarena sistem tak bergerak, energi kinetiknya nol. Namun akan ada perubahan dalam

elevasi dari pusat massa sistem disebabkan oleh gas yang mengembang. Perubahan itu kemungkinan kecil sekali, meskipun begitu, kita harus tetap menguasai energi potensial dalam persamaan keseimbangan.

Dari tabel uap superpanas, pada 100 oC dan 1 bar, entalpi uap spesifiknya 2676 kJ/kg dan volume spesifiknya 1,69 m3/kg; sementara pada 300 oC dan 1 bar, entalpi dan volume spesifiknya yaitu 3074 kJ/kg dan 2,64 m3/kg. Dengan menerapkan persamaan neraca di atas, kita hitung bahwa :

Q=m H 2−m H 1+mg(z2−z1)

Jika ketinggian pusat massa silinder diketahui sebagai z = L/2 = 12( V

A) , maka,

Q=m (H 2 – H 1 )+ 12

mgV 2−V 1

A=1 kg (3074−2676 ) kJ

k g+ 1 kg

29,8 m

s2

(2,64−1,69 ) m2

1,69 m2 =398 kJ + 5,51 J2

=398,0028 kJ

Berat penutupL2 P1 A = 1,69 x 105 N

L1 = 1 m

Q

Gambar 7.3 Contoh Silinder Uap

Jelas, istilah energi potensial cukup signifikan, seperti biasanya dalam kasus-kasus yang melibatkan pemanasan dan pendinginan.

Selama proses berlangsung, sistem tidak melakukan kerja ekspansi. Kerja itu dapat dihitung menggunakan persamaan :

W =∫ P dVdimana, jika P konstan, tereduksi menjadi :

W =P ∆ V=1 ×105 Nm2

(2,64−1,64 ) m3

kg=95

kJkg

Jadi, dari jumlah total energi yang ditransfer ke sistem sebagai panas (398 kJ), kira-kira seperempatnya (95 kJ) digunakan oleh sistem dalam kerja ekspansi. Akibatnya, energi dalam sistem meningkat hanya dengan selisih Q−W , sehingga :

∆ U=Q−W =398−95=303 kJPerhitungan ini dapat dicek langsung menggunakan nilai U yang diketahui pada tabel.

Nilai Energi Relatif dan MutlakNilai H dan U yang terdapat dalam persamaan neraca energi sebenarnya nilai entalpi

dan energi dalam mutlak. Namun, nilai entalpi dan energi dalam yang terdapat pada tabel uap hanyalah nilai relatif. Dengan kata lain, mereka merupakan nilai-nilai relatif untuk diasumsikan sebagai nilai referensi titik triple nilai nol dari energi dalam. Hubungan antara keduanya yaitu pada kasus fungsi energi dalam, diberikan :

U (T , P )=(U (T , P )−U (T 0 , P0 ) )+U (T 0 , P0 )=U ' (T , P )+U (T 0 , P0 )dimana U (T , P ) adalah energi dalam mutlak dan U ' (T , P ) = U (T , P )−U (T 0 ,P0 ) adalah

energi dalam relatif untuk keadaan referensi (T 0 , P0 ).

T1 = 100 oC

P1 = 1 bar

V1 = 1,69 m3

Kita bisa menggunakan entalpi relatif untuk tujuan neraca karena energi internal dari keadaan referensi sama sekali terhapus dalam persamaan neraca. Artinya, jika U = U '+U 0 disubstitusikan ke dalam persamaan hukum pertama, kita dapatkan :

Q−W =m (U 2−U 1 )=m [(U 2͵+U 0 )−(U 1 ͵+U 0)]=m (U 2͵−U 1͵ )Jadi, persamaan neraca dapat dituliskan dalam hal baik energi dalam relatif ataupun

mutlak. Jika energi dalam mutlak tidak diketahui, gunakan energi dalam relatif dan biasanya menghapus subskrip r.

Seluruh nilai energi dalam atau entalpi yang digunakan dalam perhitungan neraca disebut keadaan referensi yang sama. Misalnya, jika energi dalam untuk keadaan awal diperoleh dari satu sumber sementara energi dalam untuk keadaan akhir diperoleh dari tabulasi yang lain di mana mungkin saja mempunyai rentang P dan T yang tinggi, ini penting untuk mengecek bahwa kedua sumber menggunakan keadaan referensi nol yang sama. Koreksi dilakukan sebagai berikut. Diperkirakan satu tabel menjabarkan energi dalam relatif untuk keadaan referensi a, sementara tabel lain memberikan energi dalam untuk zat relatif yang sama untuk keadaan referensi b. Untuk mengubah entalpi relatif terhadap a, (U – Ua), ke entalpi relatif terhadap b, (U - Ub), secara sederhana :

(U - Ub) = (U – Ua) – (Ub – Ua)Dengan kata lain, entalpi relatif dikoreksi terhadap a dengan mengurangkan entalpi

relatif keadaan referensi b terhadap keadaan referensi a. Koreksi perhitungan entalpi referensi diilustrasikan pada contoh berikut.

Contoh 7.12 :Hitung panas yang dibutuhkan untuk mencapai temperatur dari 1 kg uap pada 885 bar

dari 500 oC sampai 816 oC, diketahui entalpi spesifik pada temperatur akhir adalah 1130 kJ/kg relatif terhadap uap jenuh pada 1,01325 bar (1 atm).

Penyelesaian :Jelas, pada tekanan konstan, Q = ∆Ĥ · 1 kg. Entalpi pada kondisi awal, dengan

menginterpolasi dari tabel uap super-panas, yaitu

H 1=2723kJkg

−407

kJkg

500 ¿ ¿ ¿Entalpi ini relatif untuk cairan air pada titik triple. Untuk mengubah entalpi relatif yang diketahui dari 1130 kJ/kg pada keadaan akhir untuk sebuah entalpi relatif terhadap titik triple, digunakan rumus koreksi,

(H 2−H ( Tr ))=(H2−H (1atm ) )−[ H (Tr )−H (1atm ) ]Jumlah [ H (1 atm )−H (T r ) ] hanyalah entalpi dari uap pada 1 atm relatif terhadap titik triple. Dari tabel tekanan uap jenuh, jumlahnya adalah 2676,0 kJ/kg. Jadi,

(H 2−H ( T r ))=1130 kJkg

— 2676,0kJkg

=3806 kJ /kg

Terakhir, Q = m(H 2−H 1 ¿= 1 kg(3806 – 2409,6) kJ/kg = 1196,4 kJPenggunaan dari entalpi relatif yang tak terkoreksi tentu saja telah menyebabkan cukup

kesalahan pada perhitungan Q. Dalam contoh ini, hal itu akan menyebabkan negatif pada Q.

APLIKASI NERACA ENERGI : SISTEM TERBUKASebagai hasil di sesi 6.5, bentuk umum dari persamaan neraca energi untuk sistem

terbuka melibatkan beberapa aliran masuk dan keluar adalah,dQdt

−dWdt

=∑all

outlet

Fk¿¿

Bentuk energi dalam dari persamaan sistem terbuka tidak umum digunakan karena membutuhkan evaluasi terpisah dari PṼ. Hal utama dalam penerapan persamaan ini terhadap masalah spesifik yaitu :

1. Jelas mendefenisikan batas sistem2. Hati-hati mempertimbangkan hal yang dapat diabaikan dalam pemecahan masalah3. Memeriksa semua kontribusi panas dan kerja yang terlibat4. Memeriksa semua sumber data entalpi untuk komponen yang diketahui menggunakan

keadaan referensi.Kita ilustrasikan hal ini dengan contoh soal yang menggunakan data entalpi tabel uap.Contoh 7.13 :Uap pada 200 oC dan 7 bar memasuki sebuah pipa horizontal dengan kecepatan tetap

pada 60 m/s. Uap keluar pada kecepatan 600 m/s dan tekanan menurun 1,4 bar. Hitung temperatur dan banyak uap yang keluar.

Penyelesaian :Sebuah pipa adalah sebuah alat yang berfungsi untuk meningkatkan energi kinetik

dari fluida dengan menurunkan tekanan. Prosesnya biasanya diasumsikan untuk cara adiabatik karena kerugian atau keuntungan melewati dinding pipa biasanya dapat diabaikan untuk istilah energi yang lain.

Sistem yang sedang dipertimbangkan, terlihat pada gambar 7.4, yaitu sebuah sistem terbuka jika uap terus menerus memasuki dan meninggalkan batas sistem. Selain itu, sistem jelas mempunyai masukan dan keluaran tunggal. Karena itu, persamaan neraca energi yang berlaku yaitu,

dQdt

−dWdt

=Fk (H+gz+ 12

v22)−Fi(H+gz+ 1

2v1

2)

Dengan asumsi, sistem mengalami proses adiabatik; jadi, dQ/dt = 0. Juga, jika dinding pipa kaku, tidak ada kerja ekspansi atau pemampatan yang dilakukan oleh sistem; oleh karena itu, dW/dt = 0. Selanjutnya, jika aliran masuk dan keluar berada pada tingkat yang sama, tidak ada perubahan dalam ketinggian, z1 = z2. Terakhir, dari sebuah neraca massa sederhana, F2 = F1 = F. Persamaan neraca energi tereduksi menjadi,

F (H 2+12

v22)−(H 1+

12

v12)=0

Membagi oleh aliran massa dan penyelesaian untuk H 2, diperoleh :

H 2=H 1+12

(v12−v2

2)=0

Pada 200 oC dan 7 bar, uapnya super-panas dan telah diinterpolasi entalpi spesifik dari 2843,8 kJ/kg. Jika dua kecepatan diketahui, kita bisa menghitung H 2 ,

H 2=2843,8kJkg

+ 12

(602−6002 ) m2

s ( kJkg )

¿2843,8kJkg

+(−178,2kJkg )=2665,6

kJkg

Untuk menentukan temperatur uap keluar, diketahui bahwa tekanannya 1,4 bar, cek tabel uap jenuh untuk menentukan apakah entalpi yang dihitung melampaui entalpi uap jenuh. Entalpi uap jenuh pada 1,4 bar adalah 2690,3 kJ/kg; jadi, uap yang keluar pasti basah dan temperaturnya pasti setara terhadap temperatur jenuh pada 1,4 bar, yaitu, 109,3 oC. Jumlahnya dapat dihitung dengan mudah dari :

2665,6 = 2690,3 X + 458,4(1 – X)Penyelesaiannya adalah X = 0,989, dengan kata lain, 0,011 dari uap terkondensasi.

Catatan bahwa bahkan dengan kecepatan keluaran yang sangat tinggi 600 m/s, energi kinetiknya hanya sekitar 6 % dari entalpi masukan. Biasanya, dalam aplikasi proses kimia, kecepatan alirannya kurang dari 50 m/s, di mana energi kinetiknya akan brjumlah 2,5 kJ/kg, atau kurang dari 0,1 % dari entalpi.

NERACA ENERGI TANPA TABEL TERMODINAMIKA LENGKAP

Cara Menggunakan Tabel Uap (Steam Table) Contoh : 1. Air pada tekanan 1 bar dan temperatur 99,6 C berada pada keadaan jenuh (keadaan jenuh artinya uap dan cairan berada dalam keadaan kesetimbangan atau berada bersama-sama pada system yang sama), maka dari steam table didapatkan :

Hcairan(99,6 C; 1 bar) = 417,5 kJ/kg Huap(99,6 C; 1 bar) = 2675,4 kJ/kg 2. Air pada temperatur 200 C dan tekanan 10 bar berada dalam keadaan fasa uap superheated dengan H = 2828,3 kJ/kg 3. Entalpi (H) untuk air pada tekanan 1 bar dan temperatur 127 C tidak tercantumkan di dalam tabel, maka dicari nilainya dengan cara interpolasi.

H (100 C; 1 bar) = 2676 kJ/kg H (150 C; 1 bar) = 2780 kJ/kg

H (127 C; 1 bar) = ……? kJ/kg

Tugas : Kondisi

P, bar T, C (fasa),cair/cair-uap/

uap

H, kJ/kg

a 150 50 ? ? b 150 300 ? ? c 0,1 50 ? ? d 0,1 300 ? ? e 1 99,6 ? ? f 1 99,6 ? ?

Penggunaan Neraca Massa-Energi : Sistem Terbuka Sistem dibagi menjadi 3 : a. Sistem terbuka jika system tersebut menerima masukan massa dan energi atau melepaskan massa dan energi keluar system.

b. Sistem tertutup jika system tersebut tidak mengalami pemasukan massa atau pengeluaran massa. Sebuah system mengalami pemasukan ataupun pengeluaran energi, yang dapat berupa panas, kerja atau listrik atau magnet

c. Sistem terisolir jika system tersebut tidak megalami pemasukan dan pengeluaran massa dan energi dalam bentuk apapun

Secara umum persamaan neraca energi untuk system terbuka adalah : Q – W = Σ Fk(H + gz + ½ v2)k - Σ Fm(H + gz + ½ v2)m

(persamaan di atas dapat dilihat pada buku Reklaitis hal. 424) Q Panas yang masuk atau keluar system melalui dinidng system akibat perbedaan temperatur system dengan lingkungan ( + ) bila panas masuk system ( - ) bila panas keluar system Q = 0 (system adiabatic, artinya jika system tersebut tidak mengalami pemasukan atau pengeluaran energi dalam bentuk panas) W Kerja yang berpindah melalui dinding system sebagai akibat : 1. perbedaan tekanan system dan lingkungan, yang diwujudkan dengan perubahan volume system 2. perbedaan tekanan lingkunagn dengan system ditempat masukan, dan perbedaan tekanan system dengan lingkungan ditempat keluaran 3. kerja poros yaitu yang berhubungan dengan lingkungan,

( + ) bila kerja keluar system ( - ) bila kerja masuk system

Dari hasil pengamatan pada contoh kasus 7.14 hal 426 pada buku Reklaitis, besarnya nilai energi potensial dan energi kinetic relative jauh lebih kecil bila dibbandingkan dengan nilai entalpi (H), maka dalam hal ini (neraca massa-energi) kita dapat mengabaikannya.

Jadi persamaan neraca energi dapat disederhanakan : Q – W = Σ FkHk - Σ FmHm

Contoh kasus :

Hitunglah kerja (W) yang diberikan ?? Penyelesaian : Tentukan entalpi spesifik (H) untuk kedua kondisi baik masukan ataupun keluaran P = 5 bar T = 50 C H = 209,80 kJ/kg P = 5 bar = cairan T = 60 C H = 259,67 kJ/kg P = 5 bar = cairan T = 100 C H = 419,51 kJ/kg = cairan interpolasi Neraca massa total : F1 = F2 = 1,5 kg/s Q = 0, maka -W = F2 H2 – F1 H1 = 1,5 (259,67 – 251,74) kJ/s = 11,9 kWatt W = -11,9 kWatt Tugas : Berapakah kerja (W) yang diberikan dalam satuan Kwatt??

Contoh kasus 7.15 pada Reklaitis, hal 429 : Uap air digunakan untuk memanaskan 300 kg/jam air proses dari temperatur 50 C menjadi 150 C pada tekanan 5 bar, alat penukar panas yang digunakan adalah double pipe. Uap air yang digunakan adalah uap jenuh tekanan 10 bar.

Penyelesaian :

Q = 0 = Σ FkHk - Σ FmHm

0 = FAP,k x H(150 C, 5 bar) + FU,k x Hw(10 bar) - FAP,m x H(50 C, 5 bar) - FU,m x Hv(10 bar) FAP,k = FAP,m = 300 kg/jam ; FU,k = FU,m = F H(150 C, 5 bar) = 632,2 kJ/kg H(50 C, 5 bar) = 209,7 kJ/kg Hw(10 bar) = 762,6 kJ/kg Hv(10 bar) = 2776,2 kJ/kg

0 = 300 x 632,2 + F x 762,2 – 300 x 209,7 – F x 2776,2 F = 629,5 kg/jam Tugas : G.V. Reklaitis hal 473 no. 7.24

Tabulasi entalpi dan energi dalam, seperti halnya steam table tidak tersedia untuk kebanyakan senyawa, yang tersedia datanya adalah data kapasitas panas. Untuk apa data kapasitas panas ? Cara menggunakan data kapasitas panas

Data kapasitas panas dapat digunakan untuk menghitung perubahan entalpi dari suatu senyawa yang terlibat dalam suatu proses tertentu dan tidak mengalami perubahan fasa (panas sensibel) H2(T2,P) – H1(T1,P) = Cp (T) dT G.V. Reklaitis, hal 440 Perubahan entalpi dengan tekanan tetapsuatu proses kebanyakan dipertahankan pada tekanan tetap Cp(T) artinya kapasitas panas sangat dipengaruhi oleh variable temperatur, tetapi

bukan berarti kapsitas panas tidak dipengaruhi oleh tekanan, akan tetapi pengaruh temperatur jauh lebih besar daripada tekanan. Oleh karena itu, seringkali pengaruh tekanan terhadap kapasitas panas diabaikan. (Reklaitis hal 437) Data kapasitas panas dapat dilihat di G.V. Reklaitis hal 643 (Gas ideal, J/mol.K), hal 657 (kapasitas panas cairan, J/mol.K) Contoh kasus : 1. Dua aliran air dicampurkan yaitu aliran-1 memiliki temperatur 30 C dan aliran-2 memiliki temperatur 80 C. Laju alir aliran-1 300 kg/jam dan laju aliran-2 100 kg/jam. Hitunglah temperatur campuran. Cp,air = 4,2 kJ/(kg. C)

Penyelesaian :

- Selesaikan dahulu persamaan neraca massa : Neraca massa total : F1 + F2 = F3 = 400 kg/jam - susunlah persamaan neraca energi : Q = F3 [H3(T3) – H3(Tref)] – F1 [H1(T1) – H1(Tref)] – F2 [H2(T2) – H2(Tref)] Q = 0 Tref = 25 C Maka, 0 = F3 [H3(T3) – H3(25C)] – F1 [H1(30C) – H1(25C)] – F2 [H2(80C) – H2(25C)] H3(T3) – H3(25C) = Cpair (T) dT = 4,2 (T3 – 25) H1(30C) – H1(25C) = Cpair (T) dT = 4,2 (30 – 25) H2(80C) – H2(25C) = Cpair (T) dT = 4,2 (80 – 25) 0 = 400(4,2)(T3 – 25) – 300 (4,2)(30-25) – 100 (4,2)(80-25) T3 = 42,5 C 2. Aliran gas alam setelah mengalami kompresi didinginkan dalam heat exchanger dari keadaan masuk dengan temperatur T1= 38 C menjadi T2 = 20C. Laju alir gas alam adalah 100 mol/detik. Komposisi (disederhanakan) dan data kapasitas panas gas alam (disederhanakan) disajikan dalam tabel di bawah ini: Tentukan panas yang harus dibuang dari system aliran gas alam ini. Pengaruh perubahan tekanan terhadap entalpi diabaikan :

Komponen Komposisi,fraksi mol

Cp, J/mol.K

CH4 90 % 38,387 CO2 10% 19,022

Penyelesaian :

- Soal ini memberikan gambaran tentang penggunaan data kapasitas panas dalam perhitungan neraca energi - Proses ini tidak melibatkan kerja, - Selesaikan terlebih dahulu neraca massa jika memungkinkan; di dalam system tidak terjadi reaksi, maka neraca massa total N1 = N2 = 100 mol/s

neraca massa komponen CH4 : 0,9(100) = YCH4,2 . N2

CO2 : 0,1(100) = YCO2,2 . N2

Didapatkan YCH4,2 = 90% YCO2,2 = 10% - Susunlah persamaan neraca energi : Q = N2 [H2(T2) – H2(Tref)] – N1 [H1(T1) – H1(Tref)] Q = N2 [H2(293K) – H2(Tref)] – N1 [H1(311K) – H1(Tref)] - Tentukan harga Tref , misalkan kita ambil Tref = 298 K H2(293K) – H2(298K) = YCH4,2 Cp,CH4 dT + YCO2,2 Cp,CO2 dT = 0,9(38,387)(293-298) + 0,1(19,022)(293-298) = -182,2525 J/mol H1(311K) – H1(298K) = YCH4,1 Cp,CH4 dT + YCO2,1 Cp,CO2 dT = 0,9(38,387)(311-298) + 0,1(19,022)(311-298) = 473,8565 J/mol Q = 100 (-182,2525) – 100(473,8565) = -65610,9 J/s Tugas : Suatu aliran didinginkan dalam heat exchanger dari keadaan masuk dengan temperatur T1 = 38 C. Laju alir gas alam adalah 100 mol/s. Karena suatu masalah teknis, kemampuan perpindahan panas dalam heat exchanger ini turun menjadi 40.000 J/s (dari soal di atas 65.610,9 J/s). Tentukan temperatur gas keluar heat exchanger, T2. Contoh kasus: Aliran gas proses pada temperatur 400 C akan didinginkan secara cepat menuju 200 C dengan pendinginan secara langsung (direct quenching) dengan benzene cair dingin pada temperatur 20 C. Jika aliran gas proses terdiri atas 40% C6H6, 30% C6H5CH3, 10% CH4 dan 20% H2., hitunglah laju alir benzene yang diperlukan untuk mendinginkan gas dengan laju alir 1000 kmol/jam, asumsi bahwa proses berlangsung secara adiabatic.

Penyelesaian : Jumlah variable aliran

NM NME

Aliran 9 9 T,P 0 3 Q,W 0 2 Jumlah persamaan TTSL Massa 4 4 Energi 0 1 Jumlah data yang diketahui Komposisi 3 3 T,P 0 3 Q=0;W=0 0 2 Basis 1 1 Derajat Kebebasan

1 0

Persmasalahan ini well specified, namun harus diselesaikan secara coupled antara persamaan neraca massa dan neraca energi. Persamaan neraca energi : Q = N3[H3(473K) – H3(Tref)] – N1[H1(293K) – H1(Tref)] – N2[H2(673K) – H2(Tref)] Tref = T3 = 473 K Maka, 0 = N3[H3(473K) – H3(473)] – N1[H1(293K) – H1(473)] – N2[H2(673K) – H2(473)] nol – N1[H1(293K) – H1(473)] = N2[H2(673K) – H2(473)] N1[H1(473K) – H1(293)] = N2[H2(673K) – H2(473)] Komponen Fasa Cp, J/mol.K

(disederhanakan) C6H6 Gas (g) 18,587 C6H5CH3 Gas (g) 31,820 CH4 Gas (g) 38,387 H2 Gas (g) 17,639 C6H6 Cairan (l) -7,270

Panas dari Fase TransisiMengambil sampel fase I dan perlahan-lahan mengubahnya menjadi fase II. Beberapa panas Q akan diserap.

Karena ini adalah reversibel,  

  (1)

Karena dalam kesetimbangan P 1 = P 2, proses terjadi pada tekanan konstan Karena T = 1 T 2, itu terjadi pada suhu konstan

Kami memiliki

atau

Panas dari fase transisi yang sama dengan perubahan entalpi. Clapeyron-Clausius Formula Hukum Umum Di P - T diagram fase transisi terjadi di sepanjang garis P (T). Mari kita menghitung bersinggungan dengan jalur ini dP / dT. Potensi kimia sama:

Membedakan:  

 

(2)

Kita tahu dari pelajaran-pelajaran sebelumnya yang

dan karena itu

dengan jumlah s dan v menjadi per molekul Dari ( 2 ):

atau

Sejak

kami memperoleh  

 (3)

Ini adalah Clapeyron-Clausius persamaan

Konsekuensi Untuk gas cair transisi fase q> 0. Karena v 2> v 1, dT / dP = (dP / dT) -1> 0. Suhu

titik didih meningkat dengan tekanan Untuk padat-cair transisi fase q> 0 (kecuali: ). Biasanya v 2> v 1, dan

meningkatkan titik lebur dengan tekanan. Untuk air v 2 <v 1, dan menurun - itulah sebabnya skating & ski adalah mungkin!

Contoh: Liquid-Gas Tahap Transisi Asumsi: 1. Tahap transisi panas q tidak tergantung pada T dan P:

2. Gas ideal (PV = NKT), dan volumenya jauh parutan daripada cairan:

Kami memperoleh:

atau

Orde Fase Transisi Jika kita bergerak dari fase I ke fase II, G potensial termodinamika kontinu (mengapa?), Tapi melompat turunan pertama S. Kemungkinan lain: S kontinu, namun melompat. Definisi:

jika turunan ke-n energi bebas

tidak berkelanjutan, dan semua turunannya lebih rendah tidak, transisi adalah n-th order.

Kesetimbangan fasa: urutan pertama fase transisi!

Fase transisi urutan kedua: Curie titik, beberapa transisi fase kristal cair ...

Praktis panduan: jika q = 0, transisi adalah urutan kedua (atau lebih tinggi!).

Pertama-order-close-to-orde kedua transisi: q kecil (kristal cair)

ANALISIS SISTEM TAK BEREAKSI

Variabel-variabel Neraca EnergiBentuk umum persamaan neraca energi dengan sistem terbuka dan alur masuk dan keluar lebih dari satu adalah:

∑streams j ¿

¿ outlet ¿¿

Pada persamaan tersebut, terdapat variabel yang sudah diketahui pada saat kita mempelajari neraca massa, yaitu komposisi dan laju alir. Variabel yang baru kita kenal adalah temperatur, tekanan, fase, elevasi, dan kecepatan, dan variabel sistem W dan Q.Persamaan neraca energi dalam keadaan steady state pada sistem yang melibatkan S zat dapat direduksi menjadi :

dQdt

- dWdt

=∑s=1

S

¿ ∑streams j ¿

¿ outlet ¿¿¿¿¿

Sifat-sifat Persamaan Neraca EnergiContoh soal 1 Dalam suatu turbin seperti pada contoh 7.14 Reklaitis, kondisi sisa panas yang ada terspesifikasi menjadi 1 bar dan kualitas 0,9. Hitunglah laju umpan yang masuk per 1 hp terproduksi dalam turbin.

Penyelesaian :Dari gambar 7.5 Reklaitis, panas masuk dan keluar diketahui, elevasi dan kecepatan juga diketahui, dan laju panas menjadi :

dQdt

=300 F Btu/h

Persamaan neraca energinya menjadi :

300 F−dWdt

=F [H 2−H1+g

gc(200 ft )+ 1

2 gc(1−10−4) ft 2

s2 ]Dimana,H2=0,9(2675 ,4 )+0,1( 417 , 5)=2455 ,01 kJ /kg

Dan H1=2776 ,2 kJ /kg

Jadi,

300 F−dWdt

=−138 , 07 F Btu/h

Analisa Derajat KebebasanPada umumnya, permasalahan neraca energi dengan satu unit tanpa reaksi kimia akan melibatkan :

1. Variabel alur (temperatur dan laju alir zat) dan variabel unit (dQ/dt dan dW/dt).2. Persamaan neraca massa.3. Satu persamaan neraca energi.4. Spesifikasi permasalahan (termasuk spesifikasi temperatur dan kemungkinan

dQ/dt, dW/dt).5. Basis perhitungan.

Permasalahan neraca energi bisa saja diartikan sebagai permasalahan neraca massa dengan satu tambahan persamaan, neraca energi, dan beberapa tambahan variabel, alur temperatur dan unit dW/dt, variabel dQ/dt.

Contoh soal 2:Buatlah analisis derajat kebebasan pada problem 7.25 Reklaitis.

C6H6

T = 200C

Quench

Penyelesaian:Dari gambar, terlihat bahwa problem melibatkan 3 alur dan tidak ada transfer energi sebagai panas atau kerja. Alur 2 dan 3 masing-masing melibatkan 4 alur zat ditambah temperatur. Alur 1 melibatkan satu alur zat ditambah temperatur. Dapat dibuat 4 persamaan neraca massa dan 1 persamaan neraca energi. Variabel T, dQ/dt dan dW/dt semuanya terspesifikasi. Tabel derajat kebebasannya adalah :

Jumlah variabelVariabel Alur 9Ts 3dQ/dt,dW/dt 2

14Jumlah neraca

Massa 4Energi 1

5Jumlah terspesifikasi

Komposisi 3Temperatur 3dQ/dt, dW/dt=0 2

8Basis 1Derajat Kebebasan 0

PENYELESAIAN PEMICU

Hot gas

C6H6 0,4

C6H5CH3 0,3

CH4 0,1

H2 0,2

T = 4000C

All vapor

Q = 0

C6H6

C6H5CH3

CH4

H2

T = 2000C

All vapor

Problem 6.16 Reklaitis

Persamaan tekanan uap untuk sebuah zat adalah :

ln p=10− 6000t+400

Dimana p dalam psia dan t dalam °F.a. Tentukan nilai tetapan A,B, dan C dalam persamaan dimana tekanan dalam kPa dan

temperatur dalam K:

ln ( p (kPa ))=A− BT (° K )+C

b. Verifikasi konversi dengan mengevaluasi kedua persamaan jika diketahui p = 100 psia dan T = 212 °F.

Penyelesaian :

a. ln p=10− 6000t+400

Misal : t = 100 °F

ln p=10− 6000100+400

ln p=10−6000500

ln p=10−12ln p=−2e ln p=e−2

p=0,1353 psiaPada T = 100 °F, p = 0,1353 psia

T (° C )=59

(T (℉ )−32 )

¿ 59

(100−32 )

¿37,78℃37,78 °C = 37,78 + 273,15 K = 310,93 Kp = 0,1353 psia x 6,89476 kPa/1 psia = 0,9329 kPa

jadi, pada T = 310,93 K, p = 0,9329 kPa

ln p=A− BT (K)+C

ln 0,9329=A− B310,93+C

−0,0695¿ A− B310,93+C

−21,596−0,0695 C ¿310,93 A+ AC−B310,93 A+AC−B+0,0695 C=−21,596 …. (1 )

Misal : t = 200 °F

ln p=10− 6000200+400

ln p=10−6000600

ln p=10−10ln p=0e ln p=e0

p=1 psia

Pada T = 200 °F, p = 1 psia

T (° C )=59

(T (℉ )−32 )

¿ 59

(200−32 )

¿93,33℃93,33 °C = 93,33 + 273,15 K = 366,48 Kp = 1 psia x 6,89476 kPa/1 psia = 6,89476 kPa

jadi, pada T = 366,48 K, p = 6,89476 kPa

ln p=A− BT (K)+C

ln 6,89476=A− B366,48+C

1,931¿ A− B366,48+C

707,586+1,931 C ¿366,48 A+ AC−B366,48 A+AC−B−1,931 C=707,586 …. (2 )

Misal : t = 300 °F

ln p=10− 6000300+400

ln p=10−6000700

ln p=10−8,57ln p=1,43e ln p=e1,43

p=4,173 psia

Pada T = 300 °F, p = 4,173 psia

T (° C )=59

(T (℉ )−32 )

¿ 59

(300−32 )

¿148,89℃

148,89 °C = 148,89 + 273,15 K = 422,04 Kp = 4,173 psia x 6,89476 kPa/1 psia = 28,7718 kPa

jadi, pada T = 422,04 K, p = 28,7718 kPa

ln p=A− BT (K)+C

ln 28,7718=A− B422,04+C

3,359¿ A− B422,04+C

1417,79987+3,359 C ¿ 422,04 A+ AC−B422,04 A+ AC−B−3,359 C=1417,79987 …. (3 )

Eliminasi persamaan (1) dan (2)310,93 A+AC−B+0,0695 C=−21,596

366,48 A+AC−B−1,931 C=707,586−¿−55,55 A+2,0005 C=−729,182 ….(4)

Eliminasi persamaan (2) dan (3)366,48 A+AC−B−1,931 C=707,586

422,04 A+ AC−B−3,359 C=1417,79987−¿−55,56 A+1,428 C=−710,21387 …. (5 )

Eliminasi persamaan (4) dan (5)−55,55 A+2,0005 C=−729,182

−55,56 A+1,428 C=−710,21387−¿0,5725 C=−18,96813

C=−33,13

−55,55 A+2,0005 C=−729,182−55,55 A−66,28=−729,182

−55,55 A=−662,902A=11,93

Masukkan nilai A dan C yang diperoleh ke dalam persamaan (1) untuk memperoleh nilai B :310,93(11,93)+(11,93.−33,13)−B+0,0695(−33,13)=−21,596

3709,3949−395,2409−B−2,302535=−21,596B=3333,45

Persamaannya menjadi : ln p=11,93− 3333,45t−33,13

b. Verifikasi I p = 100 psia

ln p=10− 6000t+400

ln 100=10− 6000t+400

4,605¿10− 6000t +400

4,605 t +1842,068¿10 t+4000−60005,395 t ¿3842,068

t ¿712℉

p = 100 psia x 6,89476 kPa/1 psia = 689,476 kPa

ln p=11,93− 3333,45t−33,13

ln 689,476=11,93− 3333,45t−33,13

6,536¿11,93− 3333,45t−33,13

6,536 t−216,535¿11,93 t−395,241−3333,455,394 t ¿3512,156

t ¿651,123 KT(°C) = 651,123 - 273,15 = 377,97 °C

T (° C )=59

(T (℉ )−32 )

377,97=59

(T (℉ )−32 )

T (° F )=712℉

Pada p = 100 psia, t = 712 °F TerbuktiPada p = 689,476 kPa, t = 712 °F

Verifikasi IIPada t = 212 °F

ln p=10− 6000t+400

ln p=10− 6000212+400

ln p¿10−6000612

ln p¿0,196e ln p=e0,196

p=1,22 psia

T = 212 °F

T (° C )=59

(T (℉ )−32 )

¿ 59

(212−32 )

¿100℃100 °C = 100 + 273,15 K = 373,15 K

ln p=11,93− 3333,45t−33,13

ln p=11,93− 3333,45373,15−33,13

ln p¿11,93−3333,45340,02

ln p¿2,126e ln p=e2,216

p=8,384 kPa1 psia = 6,89476 kPa8,384 kPa x 1 psia/6,89476 kPa = 1,22 psia

Pada t = 212 °F, p = 1,22 psiaPada t = 373,15 K, p = 1,22 psia Terbukti

Problem 7.25 ReklaitisEvaporator merupakan spesial tipe dari heat exchanger dimana uap panas digunakan untuk memanaskan larutan hingga mendidihkan sebagian dari pelarutnya. Pada evaporator seperti terlihat pada gambar, larutan garam terdiri dari 1 wt % garam dalam air diumpankan pada tekanan 1 bar dan 50 °C. Larutan garam yang keluar dari evaporator mengandung 2 wt% dan merupakan saturated liquid pada tekanan 1 bar. Air yang diuapkan merupakan saturated steam pada 1 bar. Jika saturated steam pada 2 bar digunakan sebagai sumber panas dan kondensatnya diasumsikan saturated liquid pada 2 bar, hitunglah kilogram dari 2 bar uap yang dibutuhkan per kilogram uap air yang dihasilkan . Diasumsikan larutan garam mempunyai sifat-sifat seperti liquid water.

Penyelesaian :Dari tabel superheated steam, pada 1 bar dan 50 °C, Ĥ = 209,3 kJ/kgDari tabel, saturated water pada 1 bar, Ĥ = 417,5 kJ/kgDari tabel, saturated steam pada 1 bar, Ĥ = 2675,4 kJ/kgDari tabel, saturated steam pada 2 bar Ĥ = 2706,3 kJ/kg

1 % Brine

1 bar

50°C

Saturated steam 2 bar Saturated condensate 2 bar

2 % Brine

1 bar

(saturated liquid)

Saturated steam 1 bar

1

2

3

4

5

Dari tabel, saturated water pada 2 bar Ĥ = 504,7 kJ/kgBasis : 100 kg

- Karakteristik sistem adalah sistem terbuka (open system), ada zat yang masuk, melewati dan keluar dari sistem.

- Sistem terdiri dari 2 komponen yaitu air dan garam- Proses yang terjadi pada sistem merupakan isobarik, yaitu berada pada tekanan

konstan.

Neraca total jumlah energi masuk = jumlah energi keluar + akumulasi energi dalam sistem

mg1 . Ĥ 1+ma

1. Ĥ 1+m❑4 . Ĥ 4=m❑

2 . Ĥ 2+mg3 . Ĥ3+ma

3 . Ĥ 3+m❑5 . Ĥ 5

m1 = 100 kgmg

1=0,01 x 100kg=1kg

ma1=0,99 x 100kg=99 kg

mg3=mg

1=1 k g0,02 x m3 = 1 kgm3 = 50 kg

ma3=0,98 x 50 kg=49 kg

m1 = m2 + m3

m2 = 100 - 50 = 50 kg

m4 = m5, karena sistem hanya memberi panas

Ĥ1 = 209,3 kJ/kgĤ2 = 2675,4 kJ/kgĤ3 = 417,5 kJ/kgĤ4 = 2706,3 kJ/kgĤ5 = 504,7 kJ/kg

Masukkan nilai-nilai ke dalam persamaan :1 . 209,3 + 99 . 209,3 + m4 . 2706,3 = 50 . 2675,4 + 1 . 417,5 + 49 . 417,5 + m4 . 504,7209,3 + 20720,7 + 2706,3m4 = 133770 + 417,5 + 20457,5 + 504,7m4

2201,6m4 = 133715

garam :1 kg

air : 99 kg

2 bar

1 bar

(saturated water)

1 3

4

5

Saturated steam 1 bar2

saturated steam 2 bar

saturated condensate

(water)

1 bar

50 °C

garam : 2%

air : 98%

m4 = 60,74 kgjadi, m4 : m2 = 60,74 : 50 = 1,2147Problem 7.44 ReklaitisPada proses asetat anhidrat, 100 mol/jam sebuah alur proses terdiri dari 4% ketena, 10% asam asetat, 43% metana, dan 43% karbon dioksida (dalam % mol) pada 700 °C dan akan didinginkan menjadi 400 °C dengan direct quenching menggunakan asam asetat glasial cair pada 50 °C.

a. Dengan menggunka data berikut ini, hitunglah alur asam asetat yang dibutuhkan dan komposisi gas yang didinginkan.

Kapasitas Panas Gas (cal/gmol . K)a b x 102 c x 105 d x 109

CH4 4,750 1,2 0,303 -2,63CO2 6,393 1,01 -0,3405 -CH3COOH 8,20 4,805 -3,056 8,31CH2O 4,11 2,966 -1,793 4,72

ΔHVL (CH3COOH,391,4 K) = 5,83 kcal/gmolMean Cp (CH3COOH, cair) = 36 cal/gmol . K

b. Misalkan terspesifikasi 40 mol/jam asam asetat digunakan sebagai. Hitung suhu keluaran gas.

Penyelesaian :(a)

Temperature referensi = 400oC = 673,15K

Neraca energiPanas masuk = panas keluar

∑ N ∫673,15K

9 73 , 15 K

CpdT+ N2( ∫673,15K

391,4K

Cp v dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=∑ N ∫673 , 15 K

673 , 15 K

CpdT

∑ N ∫973,15K

973,15K

CpdT+N2 ( ∫673,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=0

∑ N ∫673,15K

973,15K

CpdT=−N 2( ∫673,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)

∑ N ∫673,15K

973,15K

CpdT=N 2( ∫391,4K

673,15K

Cpv dT+ΔHvl (391,4K )+ ∫323,15K

391,4K

Cpl dT)Tinjau masing-masing komponen Alur 1CH2Oa= 4,11b = 2,966×10-2c=-1,793×10-5d=4,72×10-9NCH2O = 4%×100 mol/h = 4 mol/h

Panas CH2O=N CH2O ∫

673,15K

973,15K

( 4,11+2,966×10−2 T−1,793×10−5 T 2+4,72×10−9 T3 ) dT

=4mol/h ∫673,15K

973,15K

( 4,11+2,966×10−2 T−1,793×10−5 T 2+4,72×10−9 T3 ) dT

=4mol/h (4,11T+0,5×2,966×10−2T 2−13×1,793×10−5T 3+0,25×4,72×10−9T 4)|673,15

973,15

=22753,44 cal/h

CH3COOHa= 8,20b = 4,805×10-2c=-3,056×10-5d=8,31×10-9NCH3COOH = 10%×100 mol/h = 10 mol/hPanas CH3COOH

=N CH3COOH ∫673,15K

973,15K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T2+8,31×10−9 T 3) dT

=10mol/h ∫673,15K

973,15K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T 2+8,31×10−9 T 3) dT

=10mol/h (8,20T+0,5×4,805×10−2 T 2−13×3,056×10−5T 3+0,25×8,31×10−9 T 4)|673,15

973,15

=94815,66 cal/h

CH4

a= 4,75b = 1,2×10-2c=0,303×10-5d=-2,63×10-9NCH4 = 43%×100 mol/h = 43 mol/hPanas CH4

=N CH4 ∫673,15K

973,15K

(4,75+1,2×10−2 T +0,303×10−5 T 2−2,63×10−9 T 3 ) dT

=43mol/h ∫673,15K

973,15K

( 4,75+1,2×10−2 T+0,303×10−5 T 2−2,63×10−9 T 3) dT

=43mol/h (4,75T+0,5×1,2×10−2T 2+ 13×0,303×10−5T 3−0,25×2,63×10−9T 4)|673,15

973,15

=195925,16 cal/h

CO2

a= 6,393b = 1,01×10-2c=-0,3405×10-5d=0NCO2 = 43%×100 mol/h = 43 mol/hPanas CO2

=N CO2 ∫673,15K

973,15K

( 6,393+1,01×10−2 T−0,3405×10−5 T 2 ) dT

=43mol/h ∫673,15K

973,15K

( 6,393+1,01×10−2 T−0,3405×10−5 T 2 ) dT

=43mol/h (6,393T+0,5×1,01×10−2 T 2−13×0,3405×10−5T 3)|675,13

973,15

=159626,30 cal/h

Panas total alur 1,

∑ N ∫400oC

700oC

CpdT =22753,44+94815,66+195925,16+159626,30=473120 ,55 cal/h

Alur 2

N2 ( ∫391,4K

673,15K

Cpv dT+ΔHvl (391,4K )+ ∫323,15K

391,4K

Cpl dT)mean Cp (CH3COOH, liquid) = 36 cal/mol.K

∫323,15K

391,4K

Cpl dT = (391,4 – 323,15)×36= 2457 cal/mol

ΔHvl = 5830 cal/mol

∫391,4K

673,15K

Cpv dT= ∫391,4K

673,15K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T2+8,31×10−9 T 3) dT

∫391,4K

673,15K

Cpv dT=(8,20T+0,5×4,805×10−2T2−13×3,056×10−5T 3+0,25×8,31×10−9T 4)|391,4

673,15

∫391,4K

673,15K

Cpv dT=7397,75 cal/mol

Neraca energi

∑ N ∫673,15K

973,15K

CpdT=N 2( ∫391,4K

673,15K

Cpv dT+ΔHvl (391,4K )+ ∫323,15K

391,4K

Cpl dT)4 73120 ,55 cal/h=N 2 (7397,75 cal/mol+5830 cal/mol+2457 cal/mol )4 73120 ,55 cal/h=N 2 (15684,75 cal/mol )

Laju alir asam asetat pada alur 2,

N2=473120 ,55 cal/h15684,75 cal/mol

=30 ,1644 mol/h

(b)

Ambil temperature referensi =700oC=973,15 KPanas masuk = panas keluar

∑ N ∫973,15K

9 73 , 15 K

CpdT+ N2( ∫973,15K

391,4K

Cp v dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=∑ N ∫9 73 ,15 K

? K

CpdT

N2 ( ∫973,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=∑ N ∫9 73 , 15 K

? K

CpdT

Tinjau alur 2N2 = 40 mol/h

∫973,15K

391,4K

Cpv dT=

∫973,15K

391,4K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T 2+8,31×10−9 T 3) dT

∫973,15K

391,4K

Cpv dT=(8,20T+0,5×4,805×10−2T2−1

3×3,056×10−5T 3+0,25×8,31×10−9T 4)|973,15

391,4

∫973,15K

391,4K

Cpv dT= –16879,32 cal/mol

∫391,4K

323,15K

Cpl dT = (323,15 – 391,4)×36= –2457 cal/mol

ΔHvl = 5830 cal/mol

N2 ( ∫973,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=40 mol (−16879,32 cal/mol−5830 cal/mol−2457 cal/mol )

N2 ( ∫973,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=−1006652,76cal/h

Tinjau masing-masing komponen Alur 3CH2Oa= 4,11b = 2,966×10-2c=-1,793×10-5d=4,72×10-9NCH2O = 4 mol/h

Panas CH2O=N CH2O ∫

973,15K

?K

( 4,11+2,966×10−2 T−1,793×10−5 T 2+4,72×10−9 T3 ) dT

=4mol/h ∫973,15K

?K

( 4,11+2,966×10−2 T−1,793×10−5 T 2+4,72×10−9 T3 ) dT

=4mol/h (4,11T+0,5×2,966×10−2T 2−13×1,793×10−5T 3+0,25×4,72×10−9T 4)|973,15

X

=16,44 (X-973,15)+0,0593(X2-973,152)-2,3907×10-5(X3-973,153)+ 4,72×10-5(X4-973,154)

CH3COOHa= 8,20b = 4,805×10-2c=-3,056×10-5d=8,31×10-9NCH3COOH = 50 mol/hPanas CH3COOH

=N CH3COOH ∫973,15K

?K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T2+8,31×10−9 T 3) dT

=50mol/h ∫973,15K

?K

(8,20+4,805×10−2 T−3,056×10−5 T 2+8,31×10−9 T 3) dT

=50mol/h (8,20T+0,5×4,805×10−2 T 2−13×3,056×10−5T 3+0,25×8,31×10−9 T 4)|973,15

X

= 410(X-973,15)+1,20125(X2-973,152)-0,0005(X3-973,153)+1,0387× 10-7(X4-973,154)

CH4a= 4,75b = 1,2×10-2

c=0,303×10-5d=-2,63×10-9NCH4 = 43 mol/hPanas CH4

=N CH4 ∫973,15K

?K

(4,75+1,2×10−2 T +0,303×10−5 T 2−2,63×10−9 T 3 ) dT

=43mol/h ∫973,15K

?K

( 4,75+1,2×10−2 T+0,303×10−5 T 2−2,63×10−9 T 3) dT

=43mol/h (4,75T+0,5×1,2×10−2T 2+ 13×0,303×10−5T 3−0,25×2,63×10−9T 4)|973,15

X

= 204,25(X-973,15)+0,258(X2-973,152)+4,343×10-5(X3-973,153)-2,8272×10-5(X4-973,154)

CO2a= 6,393b = 1,01×10-2c=-0,3405×10-5d=0NCO2 = 43 mol/hPanas CO2

=N CO2 ∫973,15K

?K

( 6,393+1,01×10−2 T−0,3405×10−5 T 2 ) dT

=43mol/h ∫973,15K

?K

( 6,393+1,01×10−2 T−0,3405×10−5 T 2 ) dT

=43mol/h (6,393T+0,5×1,01×10−2 T 2−13×0,3405×10−5T 3)|973,15

X

=274,899(X-973,15)+0,2175(X2-973,152)+4,880×10-5(X3-973,153)

Jumlahkan 16,44 (X-973,15) +0,0593(X2-973,152) -2,3907×10-5(X3-973,153) + 4,72×10-5(X4-973,154)410(X-973,15) +1,20125(X2-973,152) -0,0005(X3-973,153) +1,0387× 10-7(X4-973,154)204,25(X-973,15) +0,258(X2-973,152) +4,343×10-5(X3-973,153) -2,8272×10-5(X4-973,154)274,899(X-973,15) +0,2175(X2-973,152) +4,880×10-5 (X3-973,153)

+905,589(X-973,15) +1,7357(X2-973,152) -0,00054(X3-973,153) +8,03×10-8(X4-973,154)

N2 ( ∫973,15K

391,4K

Cpv dT−ΔHvl (391,4K )+ ∫391,4K

323,15K

Cpl dT)=∑ N ∫9 73 , 15 K

? K

CpdT

−1006652,76cal/h =905,589(X-973,15)+1,7357(X2-973,152)-0,00054(X3-973,153)+8,03×10-8(X4-973,154)

X=612,7632 K = 339,6132 oC