TERMODINAMIKA

Penyusun:Barlian Hasan

PROGRAM STUDI TEKNIK KIMIAJURUSAN TEKNIK KIMIA

POLITEKNIK NEGERI UJUNG PANDANGi

BAHAN AJAR

2015

ii

LEMBAR IDENTITAS DAN PENGESAHAN

Mata Kuliah : TERMODINAMIKA

Kode Mata Kuliah : KT 208212

Nama Penyusun : Ir. Barlian Hasan , M.T

Nip : 19591112199003 1 001

Bahan ajar ini telah diperiksa dan disetujui untuk digunakan sebagai

Bahan kuliah bagi mahasiswa Politeknik Negeri Ujung Pandang

Makassar, 25 Oktober 2015

Menyetujui :

Ketua Program Studi Penyusun

Ir. Irwan Sofia, M.Si Ir. Barlian HS, M.T

NIP 19620810199103 1 001 NIP19591112199003 1 001

ii

KATA PENGANTAR

Syukur Alhamdulilah penulis panjatkan ke-hadhirat Allah SWT Tuhan

yang Maha Esa, dengan rahmat dan hidayah-Nya materi bahan ajar ini dapat

rampung diselesaikan. Buku Bahan ajar Termodinamika ini disusun sebagai

upaya untuk mempermudah proses pembelajaran bagi mahasiswa di Jurusan

Teknik Kimia Politeknik Negeri Ujung Pandang.

Sesuai dengan maksud di atas, maka isi dari bahan ajar ini terutama dititik

beratkan pada pokok-pokok bahasan yang akan diberikan untuk mata kuliah

Termodinamika. Penyajiannya tentu saja tidak selengkap buku-buku referensinya,

sehingga penguasaan yang lebih baik dapat diperoleh dengan membaca dan

mempelajari buku-buku referensi yang diberikan.

Pada kesempatan ini penulis mengucapkan terima kasih kepada semua

pihak yang membantu terealisasinya penyusunan bahan ajar ini. Akhirnya, kami

harapkan kritik dan saran untuk kesempurnaan susunan dan materi bahan ajar ini.

Makassar, 25 Oktober 2015

Penulis

iii

DAFTAR ISI

Halaman

HALAMAN JUDUL i

LEMBAR IDENTITAS DAN PENGESAHAN PENGESAHAN ii

KATA PENGANTAR iii

DAFTAR ISI iv

DAFTAR TABEL v

DAFTAR TABEL vi

GBRP vii

TINJAUAN MATA KULIAH xii

Halaman Penyekat Bab I 1

BAB I PENGANTAR, KONSEP, DAN DEFINISI 2

Halaman Penyekat Bab II 17

BAB ZAT MURNI DAN PERSAMAAN KEADAAN 18

Halaman Penyekat Bab III 46

BAB III ENERGI DAN HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA 48

Halaman Penyekat Bab IV 93

BAB IV HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA 95

Halaman Penyekat Bab V 111

BAB V ENERGI BEBAS 113

Halaman Penyekat Bab VI 123

BAB VI SIKLUS CARNOT DAN REFRIGERASI 125

iv

DAFTAR TABEL

HALAMAN

Tabel 2.1 Konstanta van der Waals 39

Tabel 3.1 Data tekanan uap dan suhu 65

Tabel 3.2 Tabel steam 79

Tabel 5.1 Perubahan energy bebas pembentukan standar 39

v

DAFTAR GAMBAR

HALAMAN

Tabel 1.1 Berbagai aplikasi termodinamika 4

Tabel 1.2 Contoh sitem tertutup 5

Tabel 1.3 Contoh sistim volume atur 6

Tabel 1.4 Hubungan antara tekanan 11

Tabel 1.5 alat ukut tenan 12

Tabel 1.6 contoh alat ukur tekanan 13

Tabel 2.1 Pemanasan air 19

Tabel 2.2 Diagram T-V dengan tekanan konstan 20

Tabel 2.3 Diagram T-V dengan perubahan fasa 20

Tabel 2.10 Kualitas uap 27

Tabel 3.1 Energi potensial 49

Tabel 3.2 Energi kinetik 50

Tabel 3.5 Kerja gas dalam silinder 55

Tabel 3.6 Diagram P-V isothermal 65

Tabel 3.7 Diagram P-V isobar 69

Tabel 3.8 Diagram P-V isometri 71

Tabel 3.9 Diagram P-V adiabatik 72

vi

GARIS-GARIS BESAR RENCANA PENGAJARAN (GBRP)

JUDUL MATA KULIAH : Termodinamika Teknik Kimia KODE MATA KULIAH : KT 208212SKS : 2 (2x50’)= 100 menit/minggu x 14 minggu= 1400 menitSEMESTER : 2DESKRIPSI SINGKAT : Mata kuliah ini memuat pengetahuan dasar yang membahas tentang hubungan perubahan

energi dengan kerja , arah proses , perubahan entropi dan energy bebas serta siklus termodinamika yang di dasari pada hukum termodinamika pertama dan kedua

STANDAR KOMPETENSI : Setelah selesai mengikuti mata kuliah ini, mahasiswa mampu memahami konsep dan definisi termodinamika, memahami persamaan keadaan dan sifat-sifat fluida murni, menerapkan hukum termodinamika pertama, menerapkan hukum termodinamika kedua, memahami energi bebas, dan menjelaskan langkah-langkah siklus Carnot dan refrigerasi serta penerapannnya

No. Kompetensi Dasar Indikator Pokok Bahasan

Sub. Pokok Bahasan Es. Waktu (menit)

Sumber Bahan

Penilaian

m1 2 3 4 5 6 7 81 Setelah mengikuti

mata kuliah ini mahasiswa mampu:

Menjelaskan ruang lingkup termodinamika, batasan sistem dan lingkungan

Mendefinisikan

Dapat menjelaskan ruang lingkup termodinamika secara lisan atau tertulis

Dapat menjelaskan batasan sistem

Pengantar, konsep, dan definisi termodinamika

1. Ruang lingkup Aplikasi Termodinamika

2. Sistem&Lingk. 3. Defenisi: Keadaan,

Proses, dan Kesetimbangan Termodinamika

4. Unit & Dimensi

25

2550

100

Bahan ajarTabel konversi

Tes tertulis

vii

keadaan, proses, dan kesetimbangan termodinamika

Mengkonversi satuan

dan lingkungan Dapat

mendefinisikan keadaan, proses, dan kesetimbangan termodinamik.

Dapat mengkonversi satuan

.2. Menggunakan tabel termodinamik

Menjelaskan hubungan sifat-sifat fluida murni

Menghitung sfat-sifat fluida dan jumlah massa (mol) dengan menggunakan persamaan gas ideal atau persamaan gas nyata

Dapat memahami sistim satu komponen

Dapat menjelaskan hubungan fluida murni secara grafik

Dapat menggunakan tabel termodinamik

Dapat menghitung PVT fluida dan jumlah massa(mol)

Persamaan keadaan dan sifat-sifat fluida murni

1. Pendahuluan2. Sistim satu komponen 3. Relasi sifat-sifat fluida4. Data sifat

termodinamika zat 5. Persamaan gas ideal6. Persamaan gas non

ideal

10104040

50100

Bahan ajarGrafik PVT Tabel sifat-sifat fluida murni

Tertulis

viii

dengan persamaan gas ideal

Dapat menghitung sifat-sifat fluida murni dan jumlah massa(mol) dengan persamaan gas non ideal

3. Menjelaskan

berbagai tipe enegi dan perubahan bentuknya

Membedakan neraca energi untuk proses tanpa aliran maupun proses alir

Menjelaskan kapasitas panas

Membedakan panas peleburan, panas penguapan, panas pembentuan,

Dapat menjelaskan tipe-tipe energi serta perubahan bentuknya secara lisan atau tertulis

Dapat mem bedakan neraca energi untuk proses tanpa aliran maupun dengan proses alir

Dapat

Hukum termodinamika pertama

1. Tipe-tipe energi dan perhitungan perubahan energi

2. Neraca energi3. Kapasitas panas 4.Panas peleburan,

penguapan pembentukan , dan reaksi

5.Aplikasi hukum pertama untuk proses tidak mengalir dan mengalir

6. Aplikasi termokimia

20

201050

150

150

Bahan ajarTabel kapasitas panas dan entalpi

Tertulis

ix

dan panas reaksi Mengaplikasikan

hukum pertama untuk proses tanpa aliran dan proses alir

Mengaplikasikan termokimia

menjelaskan kapasitas panas pada tekanan konstan dan volume konstan

Dapat menjelaskan perbedaan panas peleburan, panas penguapan, panas pembentukan, dan panas reaksi

Dapat menghitung energi dan perubahannya pada proses reversibel dan irreversibel dengan menggunakan hukum termodinamika pertama

Dapat menghitung

x

daya turbin, kompressor, dan pompa untuk proses alir

Dapat menghitung panas reaksi yang terjadi dalam suatu proses

4. Mendefinisikan hukum kedua termodinamika

Menentukan arah proses dan spontantanitas

Menghitung perubahan entropi proses reversibel untuk gas ideal

Dapat mendefinisikan hukum termodinamika kedua secara lisan atau tertulis

Dapat Menentukan arah proses dan spontantanitas

Dapat menghitung perubahan entropi proses reversibel gas ideal

HukumTermodinamika kedua

1 .Defenisi Hukum termodinamika kedua

2. Spontanitas suatu proses

3. Entropi dan perubahannya

25

75

150

Bahan ajarGrafikTabel entropi

Tertulis

xi

5. Merumuskan energi bebas Gibbs

Dapat menetukan arah proses dengan perubahan energi Gibbs

Dapat merumuskan energi bebas Gibbs

Dapat menetukan arah proses dengan perubahan energy Gibbs

Energi Bebas Gibbs

1. Energi bebas Gibbs2. Menentukan arah proses dengan perubahan energy Gibbs

100Bahan ajar Tertulis

6. Menjelaskan langkah-langkah siklus Carnot dan refrigerasi

Menghitungeffisiensi mesin Carnot

Menghitung COP mesin refrigerasi Carnot

Dapat menjelaskan langkah-langkah siklus carnot dan refrigerasi secara lisan atau tertulis

Dapat menghitung efisiensi, kerja, dan panas mesin Carnot

Dapat menghitung COP mesin refrigerasi,

Siklus carnot dan refrigerasi

1. Pendahuluan 2. Siklus Carnot3 Siklus refrigerasi4. Effisiensi mesin Carnot5. COP mesin refrigerasi

Carnot

2510075

Bahan ajarGambar

Tertulis

xii

kerja, dan panas mesin refrigerator

Referensi Utama:1. Daubert, T.E. 2002. Chemical Engineering Thermodynamics . New York: McGraw-Hill.2. Smith, J.M.,Van Ness H.C.,Abbot,M.C.2001. Introduction to Chemical Engineering Thermodynamics. 6th Ed.Singapore:McGraw-

Hill3. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico4. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc

xiii

TINJAUAN MATA LULIAH

Bahan ajar ini terdiri dari 8 (delapan) Bab untuk pengajaran mata kuliah

selama satu semester. Pada bagian awal bahan ajar ini juga disisipkan GBPP dan

contoh Kontrak Perkuliahan yang telah diterapkan. Bab I berisi tentang konsep

dasar, ruang lingkup dan tinjauan sistem termodinamika, yang dibahas secara

umum sebagai bahan pengantar tentang termodinamika. Bab II berisi bahasan

secara sifat-sifat zat murni dan persamaan keadaan. Bab III membahas tentang

energi dan hukum termodinamika pertama. Bab IV membahas tentang hukum

termodinamika kedua, bab V tentang energi bebas, bab VI mengenai siklus Carnot

dan refrigerasi.

Di dalam bahan ajar ini terdapat contoh-contoh soal dan beberapa soal-

soal latihan yang dapat dikerjakan oleh mahasiswa. Disamping itu diharapkan

mahasiswa juga lebih giat berlatih soal-soal relevan yang dapat diperoleh dari

buku-buku text.

xiv

I. Bahan Bacaan

1. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

II .Bacaan Tambahan

1. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico

III. Pertanyaan Kunci/Tugas :

1

1. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

2. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

SESI /PERKULIAHAN KE : 1 dan 2

TIK : Pada akhir pertemuan ini mahasiswa diharapkan mampu :

1. Menjelaskan ruang lingkup termodinamika

2. Menjelaskan sistem, lingkungan, sifat intensif dan ekstensif

3. Menjelaskan definisi proses, keadaan, dan kesetimbangan

4. Mengkonversi satuan

Pokok Bahasan : Pengantar, konsep, dan definisiDeskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari tentang konsep

dasar termodinamika, ruang lingkup, hubungan antara sistem dan lingkungan,

definisi proses isobarik, adiabatik, besaran intensif dan ekstensif, parameter-

parameter yang dapat terukur, serta konversi satuan. Pengantar termodinamika

ini berguna untuk mengikuti kuliah berikutnya tentang metode penentuan

parameter persamaan keadaan dan sifat-sifat PVT fluida murni.

1. Jelaskan ruang lingkup termodinamika

2. Jelaskan perbedaan sistim tertutup dan terbuka

3. Apakah yang dimaksud dengan sifat intensif dan ekstensif dan berikan

contoh masing-masing

4. Jelaskan definisi proses, keadaan, dan kesetimbangan termodinamik

IV. Tugas

1. Jelaskan kesulitan yang akan dihadapi, jika air digunakan sebagai senyawa termometrik dalam termometer gelas?

BAB 1

2

PENGANTAR: KONSEP DAN DEFENISI TERMODINAMIKA

1.1 Pendahuluan

Secara terminologi: kata ”termodinamika” berasal dari bahasa Yunani yang

terdiri dari dua unsur kata, therme (kalor) dan dynamics (tenaga gerak atau gaya).

Kajian termodinamika secara formal di mulai pada awal abad ke-19 melalui

pemikiran mengenai hubungan antara kalor/panas (heat) dan kerja (work).

Dewasa ini lingkup kajian termodinamika telah menjadi konsep umum tentang

energi (energy) dan sifat-sifat zat (properties of matter). Dalam penerapannya,

termodinamika merupakan rumpun bidang ilmu pengetahuan dan teknologi

(iptek) yang menggabungkan antara ilmu fisika dan ilmu teknik untuk dapat

menghasilkan suatu produk teknologi yang berguna bagi kehidupan manusia.

Tujuan bab ini adalah untuk memahami konsep dan defensisi termodinamika serta

sejumlah istilah ’umum’, namun memiliki makna khusus dalam ilmu

termodinamika.

1.2 Ruang Lingkup Aplikasi Termodinamika

Prinsip-prinsip termodinamika bersama ilmu pengetahuan teknik lainnya seperti

mekanika fluida, perpindahan kalor, dan perpindahan massa, digunakan untuk

menganalisis dan merancang produk teknologi di bidang pembangkitan

daya/energi, alat transfortasi, pengolahan zat/gas, dll. Gambar berikut ini menun-

jukkan beberapa aplikasi termodinamika dalam kehidupan sehari-hari.

3

Gambar 1.1 Berbagai bidang aplikasi termodinamika teknik

(Sumber: Moran, 2000 dan Cengel, 2002)

1.3 Sistem

Dalam termodinamika, kata sistem (systems) digunakan untuk

mengidentifikasi subyek proses yang di analisis. Hal ini dimaksudkan untuk

memisahkan subyek proses dengan sekeliling atau lingkungannya (surroundings).

Sistem dipisahkan dengan lingkungannya oleh suatu permukaan atur (surface

control) atau batas sistem (boundary). Batasan ini dapat berbentuk nyata (ril) atau

khayalan (imajiner) serta dapat berada dalam keadaan diam atau bergerak,

misalnya udara yang dikompressi di dalam suatu tabung; udara bertekanan

merupakan sistem, dengan dinding tabung menjadi batasan ril dan diam terhadap

udara atmosfir, sedangkan sebongkah es (air padat) yang berada/melayang di

dalam air cair; bongkahan es merupakan sistem yang memiliki batasan imajiner

dan bergerak di dalam air cair karena sifat-sifat fisiknya berbeda. Jadi sistem

adalah suatu zat secara makroskopis yang mengalami proses dalam suatu

batasan dan dapat berinteraksi dengan lingkungannya dalam bentuk perpindahan

massa dan/atau perpindahan energi.

Sistem-sistem termodinamika dibedakan atas tiga jenis, yaitu:

4

1. sistem tertutup (closed systems) atau massa atur (mass control) ,

2. sistem terbuka (open systems) atau volume atur (control volume).

3. Sistem terisolasi

Sistem tertutup dinyatakan apabila pengkajian hanya dilakukan pada

materi dalam jumlah tertentu dan jenis yang sama karena tidak terjadi

perpindahan massa melalui batasan sistem, namun terjadi perpindahan energi.

Gambar 1.2 memperlihatkan gas yang berada dalam susunan silinder-piston. Pada

saat katup hisap dan katup buang tertutup, gas (udara dan bahan bakar) yang

sedang atau telah terbakar tersebut dapat dikatakan sebagai sistem tertutup, batas

sistem ialah dinding silinder dan permukaan piston yang ditandai dengan garis

putus-putus.

Gambar 1.2 Contoh Sistem Tertutup (Sumber: Moran, 2000)

Sistem terbuka atau volume atur dinyatakan apabila selama analisis,

terjadi aliran massa dan energi masuk dan keluar melewati batas sistem (terjadi

perpindahan massa dan energi antara sistem dan lingkungan). Pada gambar 1.3a

tampak diagram sebuah mesin otomotif, yang secara skematik untuk analisis

termodinamikanya diperlihatkan pada gambar 1.3b. Kedua gambar tersebut

menunjukkan salah satu model volume atur di mana udara dan bahan bakar yang

masuk serta gas buang (campuran udara dan bahan bakar) keluar merupakan

sistem sedangkan batas sistem ditandai dengan garis putus-putus. Sistem

terisolasi merupakan sistem yang tidak dapat berinteraksi antara sistem dan

lingkungannya atau dengan kata lain tidak terjadi perpindahan massa dan energi

antara sistem dan lingkungan.

5

Gambar 1.3 Contoh Sistem Volume Atur (Sumber: Moran, 2000)

1.4 Tinjauan Termodinamika Mikroskopik dan Makroskopik

Sistem dapat dikaji berdasarkan tinjauan mikroskopik dan makroskopik.

Pada pendekatan termodinamika mikroskopik atau dikenal sebagai termodinamika

statistik, pengkajian dilakukan secara langsung pada tingkat struktur dari materi,

dengan tujuan mempelajari perilaku rata-rata partikel penyusun sistem dalam

pengkajian dengan menggunakan pengertian statistik dan menghubungkan

informasi yang didapat dengan hasil observasi perilaku sistem secara

makroskopik.

Pada pendekatan makroskopik, perilaku termodinamika dikaji secara

keseluruhan berdasarkan sifat-sifat termodinamika zat yang dapat terukur dalam

besaran intensif. Model struktur materi pada tingkat molekuler, atomik, dan sub-

atomik tidak dipergunakan secara langsung, meskipun perilaku sistem

dipengaruhi oleh struktur molekulernya. Pendekatan ini juga sering dikenal

sebagai termodinamika klasik.

Pada aplikasi laser, plasma, aliran gas kecepatan tinggi, kinetika kimia,

kajian kriogenik, dll, metode termodinamika statistik sangatlah penting. Lebih

lanjut pendekatan mikroskopik merupakan instrumen untuk menghasilkan data

tertentu, contohnya kalor spesifik gas ideal. Sedangkan pada aplikasi teknik

umumnya, termodinamika klasik (makroskopik) bukan saja memberikan

pendekatan analisis dan prancangan yang lebih jelas namun juga menggunakan

pemodelan matematika yang lebih sederhana.

6

1.5 Sifat, Keadaan, dan Proses

Pengetahuan tentang sifat sistem dan bagaimana korelasi yang ada

sangatlah penting dalam memahami sistem dan memprediksi perilaku sistem

tersebut. Sifat zat/sistem (property of matter) adalah karakteristik makroskopik

sistem, di mana nilai numeriknya dapat diberikan pada suatu waktu tertentu tanpa

mengetahui sejarah atau proses yang telah dialami oleh sistem itu sendiri. Sifat-

sifat termodinamika sistem dapat dikelompokkan menjadi dua, yaitu sifat

ekstensif dan sifat intensif. Sifat ekstensif (extensive property) adalah nilai

keseluruhan sistem yang merupakan penjumlahan nilai dari setiap bagian yang

menyusun sistem tersebut. Sifat ini dipengaruhi oleh ukuran sistem (massa dan

jumlah mol) dan dapat berubah menurut waktu. Massa (kg), volume (m3), dan

energi (joule) merupakan contoh sifat ekstensif. Sifat intensif (intensive

property) adalah nilai yang tidak dapat diakumulasikan seperti pada sifat

ekstensif. Nilai sifat ini tidak dipengaruhi oleh ukuran sistem (massa atau jumlah

mol) dan dapat bervariasi di setiap bagian sistem pada waktu yang berbeda.

Temperatur (oC), tekanan (Pa), dan volume spesifik (m3/kg), merupakan contoh

sifat intensif.

Keadaan (state) merupakan kondisi sistem yang dapat ditentukan oleh nilai

sifatnya. Mengingat bahwa terdapat hubungan antara sifat-sifat sistem, maka

keadan dapat ditentukan berdasarkan nilai pasangan sifatnya begitu pula nilai

sifat-sifat yang lain. Sebuah sistem dikatakan keadaan tunak (steady state) jika

tidak satu pun sifatnya berubah terhadap waktu.

Proses adalah transformasi dari suatu keadaan ke keadaan lainnya yang

berbeda pada dua saat yang berbeda pula. Hal ini ditandai oleh terjadinya

perubahan satu atau lebih sifat-sifat sistem. Jika sistem menunjukkan nilai

sifatnya yang tetap pada dua saat yang berbeda, maka sistem dapat dikatakan

berada dalam keadaan yang sama. Beberapa jenis proses yang dapat dialami oleh

suatu sistem di mana salah satu sifatnya tetap/konstan a.l.

- Proses temperatur konstan (isothermal),

- Proses tekanan konstan (isobarik),

- Proses volume konstan (isometris),

7

- Proses entropi konstan (isentropis),

- Proses entalpi konstan (throttling),

- Proses adiabatik yaitu proses dengan perpindahan panas sama dengan nol

(sistem tidak mengalami interaksi panas dengan lingkungannya).

Secara umum proses-proses tersebut dikelompokkan dalam bentuk perpindahan

energi dalam bentuk panas (kalor) dan kerja (kompressi dan ekspansi).

Jika sistem/zat mengalami serangakaian proses yang berawal dan berakhir

pada keadaan yang sama, maka sistem tersebut dikatakan mengalami siklus

termodinamika. Dalam aplikasi teknik, siklus termodinamika ini memberikan

peran pada mesin-mesin pembangkitan daya serta mesin-mesin

pembangkit/penyerap kalor.

1.6 Kesetimbangan

Keadaan kesetimbangan (equilibrium state) adalah keadaan yang

ditunjukkan oleh sifat-sifat sistem pada waktu dan tempat tertentu tanpa

dipengaruhi oleh keadaan disekitarnya. Dalam mekanika kondisi kesetimbangan

dicapai oleh gaya-gaya yang sama besar dan bekerja berlawanan arah. Dalam

termodinamika, konsep kesetimbangan lebih luas karena mencakup

kesetimbangan mekanis, panas (thermal), dan kimia.

Kesetimbangan panas (thermal) dicapai apabila dua sistem memiliki

temperatur sama, interaksi kedua sistem hanya melalui perubahan energi dalam.

Sedangkan kesetimbangan mekanis dicapai apabila dua sistem memiliki

temperatur dan tekanan yang sama, interaksi kedua sistem terjadi melalui

perubahan energi dalam dan perubahan volume sistem. Untuk kesetimbangan

kimia dua sistem harus memiliki temperatur dan potensi energi per satuan mol

yang sama, interaksi kedua sistem terjadi melalui perubahan energi dalam dan

jumlah mol. Ke dua sistem tersebut di atas, berada dalam suatu ruang yang ter-

isolasi dan dipisahkan oleh dinding permeable.

1.7 Sifat-Sifat Termodinamika Zat yang Terukur

8

Tiga sifat intensif yang penting dan mampu ukur dalam termodinamika

teknik ialah volume spesifik (v), tekanan (p), dan temperatur (T). Ke tiga sifat ini

sangat berguna dalam proses analisis termodinamika, baik untuk analisis teoritis

maupun untuk analisis praktis terhadap keadaan komponen proses termodinamika,

khususnya tekanan dan temperatur.

1.7.1 Volume Spesifik (v)

Volume spesifik didefenisikan sebagai kebalikan densitas, v = 1/ρ, yaitu

volume persatuan massa, dengan satuan SI m3/kg atau cm3/g sedangkan dalam

satuan Inggris ft3/lb. Volume spesifik merupakan sifat intensif dan dapat berbeda

dari satu titik ke titik lain, dengan kata lain nilainya akan berubah sebagai fungsi

dari perubahan nilai sifat-sifat yang lain. Pada aplikasi tertentu, penulisan volume

spesifik akan lebih mudah jika diberikan dalam basis molar. Jumlah mol suatu

senyawa (n) diperoleh dengan membagi massa (m) dalam satuan kg atau lb

dengan berat molekulnya (M) dalam satuan kg/kmol atau lb/lbmol; atau secara

matematis;

(1.1)

Nilai M ini dapat diperoleh pada Tabel A-1 atau Tabel A-1E. Untuk menandai

suatu sifat berbasis molar, digunakan garis atas (bar) pada penulisan simbolnya .

Hubungan dengan dapat ditulis sebagai,

atau =V/n (1.2)

Dimana V= volume dan = volume molar

1.7.2 Tekanan (p)

Tekanan (p) adalah gaya normal (tegak lurus) dalam satuan Newton (N)

yang terjadi pada suatu permukaan bidang dalam satuan luas (m2), secara

matematis ditulis:

(1.3)

dengan p adalah tekanan yang bersatuan Pascal (Pa) atau [N/m2] dalam satuan SI.

Tekanan dalam satuan Inggris adalah lbf/ft2 atau lbf/in2.

Satuan Tekanan:

9

SI: p = F/A (kg.m/s2)/m2 = N/m2 = P = pascal

IP:1 lbf/in2 = 1 psi (pound force per square inch)

psia = pound force per square inch absolute

psig =pound force per square inch gage

Tekanan atmosfir: berat atau gaya molekul udara di atas lokasi per satuan luas,

bergantung pada temperatur dan tekanan.

1 atm = 1,01325 x 105 N/m2 = 14,696 lbf/in2 = 10,34 m H2O = 760 mm Hg =

29,92 in. Hg.

1 bar = 105 Pa = 0,1 MPa.

Untuk suatu fluida dalam keadaan diam, tekanan dapat berbeda dari suatu

titik ke titik yang lain, misalnya perubahan tekanan atmosfer terhadap ketinggian

dan perubahan tekanan air terhadap kedalaman laut, danau, atau benda lain yang

berisi air. Selanjutnya untuk suatu fluida yang mengalir, gaya yang bekerja pada

bidang yang melintasi suatu titik dalam fluida dapat diuraikan menjadi tiga

komponen yang saling tegak lurus, yaitu satu komponen tegak lurus terhadap

bidang dan dua komponen sejajar bidang. Jika diberikan dalam basis luas bidang,

komponen yang tegak lurus (normal) terhadap bidang disebut tegangan normal

(normal stress), sedangkan dua komponen yang sejajar bidang disebut tegangan

geser (shear stress).

Tekanan yang dimliki oleh suatu sistem disebut tekanan absolut dengan

simbol p(absolut), sedangkan tekanan absolut disekitar/setempat sistem disebut

tekanan atmosfer absolut dengan simbol patm(absolut). Perbedaan antara

tekanan absolut dengan tekanan atmosfer absolut disebut sebagai tekanan

gage/pengukuran (gage pressure) dengan simbol p(gage) atau tekanan vakum

(vacuum pressure) dengan simbol p(vakum). Istilah tekanan gage digunakan jika

tekanan sistem lebih tinggi dari tekanan atmosfer setempat,

p(gage) = p(absolut) - patm(absolut) (1.4)Jika tekanan atmosfer setempat lebih tinggi dari tekanan sistem, maka digunakan

istilah tekanan vakum,

p(vakum) = patm(absolut) - p(absolut) (1.5)

10

Hubungan antar berbagai istilah pengukuran tekanan ditunjukkan pada

gambar 1.4 berikut ini.

Gambar 1.4 Hubungan antara tekanan: absolute, atmosfer, gage, dan vakum

Alat ukur yang sering/umum digunakan pada pengukuran tekanan ialah

manometer dan pipa Bourdon (Bourdon tube). Manometer seperti yang

ditunjukkan pada gambar 1.5 memiliki memiliki satu ujung terbuka ke atmosfer

dan satu ujung yang lain terhubung dengan bejana tertutup yang berisi gas dengan

tekanan yang seragam. Dengan menerapkan persamaan (1-4), perbedaan tekanan

antara tekanan gas dan atmosfer ialah

(1.6)

yang mana ρ adalah densitas cairan manometer, g adalah percepatan gravitasi, dan

L adalah perbedaan tinggi muka cairan manometer. Dalam berbagai aplikasi

cairan manometer dapat berupa air raksa (mmHg), air (mH2O), dll.

11

Gambar 1.5 Contoh pengukur tekanan dengan manometer

Untuk pipa Bourdon, diperlihatkan pada gambar 1.6, yang memperlihatkan

pipa melengkung dengan penampang elips di mana satu ujung terhubung dengan

tekanan yang diukur dan ujung yang lain terhubung ke penunjuk melalui sebuah

mekanisme. Jika fluida bertekanan memenuhi pipa, penampang pipa berbentuk

elips akan berubah menjadi lingkaran, dan pipa cenderung melurus. Pergerakan

semacam ini diteruskan dengan sebuah mekanisme ke jarum penunjuk.

Pergerakan jarum penunjuk dikalibrasi dengan tekanan yang diketahui, sehingga

dapat dibuat sebuah skala tekanan dengan satuan yang diinginkan. Pipa Bourdon

ini mengukur tekanan relatif terhadap tekanan lingkungannya, sehingga jarum

penunjuk akan menunjukkan angka nol (defleksi minimum) jika tekanan di dalam

sama dengan tekanan di luar pipa.

Gambar 1.6 Contoh alat ukur tekanan dengan tabung Bourdon

1.7.3 Temperatur (T)

Secara umum, suhu (temperatur) merupakan konsep intuisi yang

menyatakan perasaan ’panas’ dan ’dingin’ yang dihasilkan oleh indera manusia

terhadap suatu benda. Oleh karena keterbatasan indera manusia maka perlu

digunakan skala pengukuran yang dapat menunjukkan nilai temperatur yang lebih

cermat. Skala temperatur ditunjukkan oleh nilai numerik yang berhubungan

dengan suatu titik standar tertentu. Berdasarkan persetujuan internasional,

12

digunakan titik standar berupa titik tripel (triple point) air (H2O) yang

menunjukkan keadaan kesetimbagan antara fase air berupa: es (padat), cairan, dan

uap (gas).

Dalam penerapannya, skala temperatur terdiri atas empat jenis, yang

semuanya mengacu pada titik standar (triple point) air, yakni: skala Kelvin (K),

skala Celcius (oC), skala Rankine (oR), dan skala Fahrenheit (oF). Perbandingan

skala temperatur tersebut ditunjukkan pada gambar 1.7, dengan hubungan

kesetaraan skala temperatur yang satu dengan yang lainnya ialah sebagai berikut.

Berbagai metode yang digunakan dalam pengukuran nilai temperatur antara

lain: Termometer yaitu pemanfaatan sifat termometrik atau skala pemuaian zat;

Termokopel yaitu pemanfaatan efek termoelektrik (tegangan) yang dapat

dibangkitkan oleh ujung dari dua jenis logam yang ujung lainnya dikopel;

Termistor yaitu pemanfaatan perubahan nilai tahanan material sebagai akibat dari

perubahan temperatur.

(1.7)

Gambar 1.7 Perbandingan skala temperatur

13

2 Teknik Penyelesaian Problem Termodinamika

Penyelesaian problem termodinamika harus dilaksanakan secara cermat dan

sistematis sehingga hasil yang diperoleh menjadi optimal. Penyelesaian yang

terburu-buru dengan langsung menerapkan persamaan yang diperlukan akan

mempersulit permasalahan. Penyelesaian yang cermat dan sistematis menggunkan

lima tahap secara berurut sebagai berikut.

Diketahui : Tuliskan dengan menggunakan kalimat sendiri, apa

yang telah diketahui terhadap proses yang dialami oleh sistem. Dalam hal ini

masalah wajib dibaca dengan teliti dan cermat.

Ditanyakan : Tuliskan secara singkat apa yang ditanyakan.

Gambar skema dan data yang tersedia : Gambarkanlah skema

sistem. Tentukanlah –apakah sistem tertutup atau volume atur- yang sesuai

untuk dianalisis, kemudian tetapkan batas sistem. Tandailah diagram tersebut

dengan informasi yang tersedia dan berkaitan. Catatlah semua nilai yang

diberikan untuk berbagai sifat atau nilai lain yang mungkin bermanfaat

dalam perhitungan dan perhatikan sistem satuan yang akan digunakan.

Gambarkan sketsa diagram sifat. Tetapkan lokasi titik-titk penting, jika

memungkinkan gambarkan pula proses yang terjadi dalam sistem tersebut.

Sketsa sistem dan diagram sifat sangat penting sebagai petunjuk bagi

permasalahan yang ada

Asumsi-Asumsi : Dalam membuat model dari permasalahan yang

ada, susunlah asumsi-asumsi dan idealisasi, yang dilakukan untuk

menyederhanakan permasalahan berdasarkan keterangan yang diberikan

atau kenyataan fisik yang masuk akal untuk permasalahan tersebut.

Analisis : Berdasarkan asumsi dan idealisasi yang digunakan,

tetapkanlah persamaan utama yang sesuai dan hubungan yang akan dibentuk

sehingga dapat diperoleh hasil yang diinginkan. Sedapat mungkin

pergunakanlah persamaan yang ada hingga didapat persamaan penyelesaian

yang sederhana sebelum data numerik disubstitusikan. Jika bentuk

persamaan akhir yang lebih sederhana telah diperoleh, tentukannlah data

tambahan apakah yang dibutuhkan, termasuk; tabel, grafik, maupun

14

persamaan karakteristik lainnya. Pada tahap ini penggunaan sketsa diagram

karakteristik dapat memperjelas kondisi dan proses yang terjadi. Apabila

semua persamaan dan data telah tersedia, masukkanlah nilai numerik ke

dalam persamaan akhir. Periksalah dengan seksama, apakah satuan yang

dipakai telah sesuai dan konsisten penggunaannya, sebelum perhitungan

dilakukan. Akhirnya, pertimbangkan-lah apakah tanda dan besarnya nilai

numerik dapat diterima (masuk akal).

15

SESI /PERKULIAHAN KE : 3 dan 5

TIK :

1. Dapat menentukan nilai sifat-sifat termodinamika zat pada berbagai keadaan,

2. Dapat membuat sketsa diagram p-v dan T-v keadaan sistem/zat, baik yang mengalami satu atau lebih proses maupun yang bersiklus,

3. Menetapkan berlakunya persaman gas ideal atau persamaan gas nyata,4. Menghitung tekanan, volume, temperatur, dan jumlah massa (mol) gas

dengan menggunakan persamaan gas ideal atau persamaan gas nyata

Pokok Bahasan : Pengantar, konsep, dan definisiDeskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari tentang sifat-sifat

termodinamika zat, hubungan PVT fluida murni, Persamaan gas ideal, koefisien muai

ruang dan mampat isotermal, faktor kompressibilitas, dan persamaan-persamaan gas

nyata seperti persamaan Van Der Walls, persamaan virial, persamaan Redlic-Kwong

dan lain-lain yang pada akhirnya anda dapat menghitung tekanan, volume, temperatur,

dan jumlah mol gas dengan menggunakan persamaan gas ideal dan gas nyata.

I. Bahan Bacaan

2. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

II .Bacaan Tambahan

2. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico

III. Pertanyaan Kunci/Tugas :

1. Lakukan studi lapangan untuk menjelaskan mengapa air lebih cepat

mendidih di daerah puncak Malino dibandingkan dengan di Makassar?

3. Jelaskan mengapa makanan lebih cepat masak dalam pressure-cooker

dibandingkan di dalam bejana terbuka berisi air mendidih?

4. Jelaskan perbedaan gas ideal dengan gas nyata

IV. Tugas

1. Suatu silinder tertutup dengan volume 2 m3 berisi gas oksigen (O2) pada temperatur 40 oC dan tekanan 60 atm. Bila gas oksigen dianggap gas ideal,

a. Berapa kmole oksigen dalam silinder?

b. Berapa kg massa oksigen dalam silinder?

c. Tentukan tekanan gas bila temperatur dinaikkan menjadi 400 oC

d. Tentukan densitas oksigen pada kondisi awal dan pada kondisi C

16

3. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

4. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

BAB II

ZAT MURNI DAN PERSAMAAN KEADAAN

2.1 Z A T M U RNI ( P U RE S U B S T A N C E )

Merupakan zat yang mempunyai komposisi kimia yang tetap (stabil), misalnya

air (water) , nitrogen, helium, dan CO2.Zat murni bisa terdiri dari satu

elemen kimia (N2 ) maupun campuran (udara).Campuran dari beberapa fase

zat murni adalah zat murni, contohnya campuran air dan uap air. Tetapi

campuran dari udara cair dan gas bukan zat murn karena susunan kimianya

berubah atau berbeda.

N2 Udara Vapor Udara Liquid

Zat murni Bukan zat murni

F AS E d ari Z A T M UR N I

Diidentifikasi berdasarkan susunan molekulnya.

Solid (padat) : jarak antar molekul sangat dekat sehingga gaya tarik antar

17

Vapor

H2O Liquid

molekul sangat kuat, maka bentuknya tetap. Gaya tarik antara molekul-

molekul cenderung untuk mempertahankannya pada jarak yang relatif

konstan.Pada temperatur tinggi molekul melawan gaya antar molekul dan

terpencar.

Liquid (cair) : Susunan molekul mirip dengan zat padat , tetapi terhadap

yang lain sudah tidak tetap lagi. Sekumpulan molekul akan mengambang

satu sama lain.

Gas : Jarak antar molekul berjauhan dan susunannya acak. Molekul

bergerak secara acak.

18

PE R U B A H AN F A SA d ari Z A T M U RNI

Semua zat murni mempunyai mempunyai kelakuan umum yang sama.

Sebagai contoh air (water).

State 1 : Pada state ini disebut compressed liquid atau

subcooled iquid. Pada state ini penambahan panas hanya akan

menaikkan temperatur tetapi belum menyebabkan terjadi

penguapan (notabout to vaporize)

State 2 : Disebut saturated liquid (cairan jenuh). Pada state

ini fluida tepat akan berubah fasenya. Penambahan panas sedikit

saja akan menyebabkan terjadi penguapan (about to vaporize).

Akan mengalami sedikit penambahan volume.

State 3 : Disebut “Saturated liquid - vapor mixture”

(campuran uap - cairan jenuh). Pada keadaan ini uap dan cairan

jenuh berada dalam kesetimbangan. Penambahan panas tidak

akan menaikkan temperatur tetapi hanya menambah jumlah

pengua p an.

State 4 : Campuran tepat berubah jadi uap seluruhnya,

disebut “saturated vapor” (uap jenuh). Pada keadaan ini

pengurangan panas akan menyebabkan terjadi pengembunan

(“about to condense”).

State 5 : Disebut “superheated vapor” (uap panas lanjut).

Penambahan panas akan menyebabkan kenaikkan suhu dan

volume

Gambar 2.1 Pemanasan Air pada tekanan konstan

19

Proses-proses tersebut di atas dapat digambarkan dalam diagram T - v. Diagram

ini menggambarkan perubahan-perubahan temperatur dan volume jenis.

Gambar 2.2 Diagram T-v proses perubahan fase air pada tekanan konstan Proses 1-2-3-4-5 adalah pemanasan pada tekanan konstan

Proses 5-4-3-2-1 adalah pendinginan pada tekanan konstan.

PR O PE R TY DI A G RA M ( DI A G RA M SI F A T )

D i a gra m T - v

Gambar 2.3 Diagram T- v perubahan fase zat murni (air) pada berbagai variasi tekanan

20

Dari gambar 2.3 dapat dilihat bahwa semakin tinggi tekanan air maka semakin

tinggi pula titik didihnya. Tsat merupakan fungsi dari Psat ,(Tsat = f Psat), Tsat =

Saturation temperature , temperatur saat zat murni berubah phase pada

tekanan tertentu. Psat = Saturation pressure , tekanan saat zat murni berubah

phase pada temperatur tertentu.

Garis yang menghubungkan keadaan cair jenuh dan uap jenuh akan

semakin pendek jika tekanannya makin besar. Pada tekanan tertentu (22,09 MPa)

keadaan cair jenuh dan uap jenuh berada pada satu titik. Titik ini disebut

titik kritis (critical point). Untuk air (water) : Tcr = 374,14oC ; Pcr = 22,09

MPa. ; vcr = 0,003155 m3/kg. Jika titik-titik pada keadaan cair jenuh

dihubungkan maka diperoleh garis cair jenuh. Jika titik-titik pada keadaan uap

jenuh dihubungkan maka diperoleh garis uap jenuh. Kedua garis ini bertemu di

titik kritis.

Gambar 2.4 Diagram T- v zat murni

Di atas titik tekanan kritis proses perubahan dari cair menjadi uap tidak

lagiterlihat jelas/nyata. Terjadi perubahan secara spontan dari cair menjadi uap.

21

D iagra m P - v

Gambar 2.5 Diagram P- v zat murni

Bentuk dari diagram P-v mirip dengan diagram T- v. Pada diagram P-v garis

temperatur konstan mempunyai trend menurun sedangkan pada diagram T-v

garis tekanan konstan mempunyai trend menaik.

D iagra m P - v d a n P - T f a s e p a d a t , cair d a n ga s

Me n g ec i l s e w a ktu m e m b e ku

Kebanyakan zat murni akan menyusut saat membeku.

Gambar 2.6 Diagram P- v zat murni yang menyusut saat membeku

22

Me n ge m b a n g s e w a ktu m e mb e ku

Gambar 2.7 Diagram P- v zat murni yang mengembang saat membeku (contohnya adalah air)

Pada kondisi tertentu fase padat, cair dan gas berada

dalamkesetimbangan. Pada diagram P-v dan T-v keadaan ini akan membentuk

suatu garis yang disebut Triple line. Dalam diagram P-T keadaan ini nampak

sebagai suatu titik dan disebut Triple point. Triple point air adalah TTR = 0,01

oC dan PTR = 0,06113 kPa.

23

Gambar 2.8 Diagram P- T zat murni (diagram fase)

24

Diagram P-T sering disebut sebagai diagram fase karena dalam diagram P-T,

antar tiga fase dipisahkan secara jelas, masing-masing dengan sebuah garis.

Ketiga garis bertemu di triple point. Garis penguapan (vaporisation) berakhir di

titik kritis karena tidak ada batas yang jelas antara fase cair dan fase uap. Tidak

ada zat yang berada pada fase cair jika tekanannya berada di bawah tekanan

Triple point. Ada dua cara zat padat berubah menjadi uap Pertama melalui proses

mencair kemudian menguap dan kedua fase padat berubah langsung menjadi fase

gas (disebut menyublim). Menyublim hanya dapat terjadi pada tekanan di bawah

tekanan Triple point.

D iagra m P - v - T

a. Menyusut saat membeku b. Mengembang saat membeku

Gambar 2.8 Diagram P- T zat murni (diagram fase)

P R O P E R T Y T A BEL ( T A B EL S I F A T -S I F A T THE R MO DINA M I K A)

Sebagai contoh akan dibahas tabel air (water), untuk zat yang lain analog.

Ta b el j e nuh a i r (s a t u ra t e d w a t er t a b le ) :

Pada proses perubahan fase temperatur dan tekanan merupakan variabel

yang saling tergantung (dependent variable). Oleh karena itu disusun dua

tabel yaitu tabel dengan temperatur sebagai variable bebas dan tabel dengan

tekanan sebagai variabel bebas.

25

Ta b el Te mp e r a tu r

Ta b el Te k a n a n

26

Volume jenis untuk fase cair jenuhVolume jenis untuk fase uap jenuh

indeks f = fluid : cairan jenuh ( vf , uf , hf , sf ) g = gas : uap jenuh (vg , ug , hg

sg ) fg = fluid - gas : selisih antara harga uap jenuh dan cairan jenuh(vfg= vg - vf;

ufg = ug - uf ; hfg = hg - hf ; sfg = sg-sf) hfg = entalpi penguapan (latent

heat of vaporisation) yaitu jumlah energi yang diperlukan untuk menguapkan

satu satuan massa cairan pada suatu temperatur dan tekanan tertentu. Jika

tekanan dan temperatur bertambah maka hfg akan berkurang, dan pada

titik kritik harganya nol ( hfg = 0 ). Enthalpy merupakan gabungan antara

energi dalam, tekanan dan volume ,H = U + P V atau h = u + P v

Campu ra n u a p d a n caira n j e nuh ( s a t ur at e d liq u i d vapo r mixt u r e )

Pada proses penguapan zat cair dan uap berada pada kesetimbangan

atau zat berada pada fase cair dan fase uap secara bersama-sama. Untuk

melakukan analisa pada fase ini dimunculkan suatu besaran yang disebut

kualitas uap (fraksi uap).

X = mvapor

total

X = kualitas uap (quality)

27

Gambar 2.9 Campuran cair jenuh dan uap

mtotal = mliq + mvapor = mf + mg

m = massa; liq = cair ; vapor = uap

V V VgV m vav ; V m f vf ;Vg mg .vg

m vav mf .vf mg.vg

mf.vf mg.vg

m m

Sifat-sifat termodinamika suatu campuran cair jenuh dan uap dengan kualitas X :

u = uav = uf + X ufg

h = hav = hf + X hfg

s = sav = sf + X sfg

secara umum y = yf + X yfg

28

f

f

Vav

Gambar 2.10 Kualitas (fraksi) uap

Fraksi uap dapat dinyatakan

Xfg y -y f

ySuper h ea t e d va p or (uap panas lanjut)

Daerah di sebelah kanan garis uap jenuh.

29

C o mp re ss e d l i qu i d

Daerah di sebelah kiri garis cair jenuh.

Apabila tabel Compressed liquid tidak dijumpai maka nilai properti didekati

sebagai properti pada keadaan cair jenuh berdasarkan temperatur y ≈

yf @ T Atau untuk entalpi didekati dengan

Ta b e l Ka r a kt e ri s t i k t ia p f a s e

Given Compressed liquid

Saturated liquid

Liquid - vapor mixture

Saturated vapor

superheated vapor

T P > Psat P = Psat P = Psat P = Psat P < Psat

P T < Tsat T = Tsat T = Tsat T = Tsat T > Tsat

P, T v < vf v = vf vf < v <vg v = vg v > vg

P, T u < uf u = uf uf < u <ug u = ug u > ug

P, T h < hf h = hf hf < h <hg h = hg h > hg

P, T s < sf s = sf sf < s <sg s = sg s > sg

C ara Me n gg un a k a n Ta b el

Untuk membaca nilai properti gunakan tabel sesuai fasenya. Fase suatu

zat ditentukan dengan cara membandingkan properti yang diketahui dengan

29

property pada keadaan jenuh (lihat karakteristik tiap fase).

Contoh 2.1 : Pemanasan sir pada volume tetap

Sebuah bejana kokoh tertutup bervolume 0,5 m3 ditempatkan di atas pelat panas. Pada awalnya, bejana tersebut berisi campuran dua fase air cair jenuh dan uap air jenuh pada p1 = 1 bar dengan kualitas 0,5. Setelah pemanasan, tekanan bejana menjadi p2 = 1,5 bar. Tunjukkan keadaan awal dan akhir pada diagram T-v, dan tentukanlah(a) temperatur setiap keadaan, dalam °C.(b) massa uap pada setiap keadaan, dalam kg.(c) Jika pemanasan dilanjutkan, tentukanlah tekanan, dalam bar, ketika bejana

hanya berisi uap jenuh.

Penyelesaian:

Diketahui: Suatu campuran dua fase air cair jenuh dan tiap air jenuh di dalam bejana kokoh tertutup yang dipanaskan di atas pelat panas. Tekanan awal, kualitas serta tekanan akhir diketahui.

Ditanyakan: Tentukanlah keadaan awal dan akhir pada diagram T-v dan tentukanlah temperatur dan massa uap air untuk setiap keadaan. Jika pemanasan dilanjutkan, tentukanlah tekanan ketika bejana hanya berisi uap jenuh.

Gambar skema dan data yang tersedia:

Gambar contoh 2.1Asumsi: 1. Air dalam bejana adalah sistem tertutup.2. Keadaan 1, 2, dan 3 adalah keadaan kesetimbangan.3. Volume bejana tetap konstan.Analisis: Dua sifat bebas diperlukan untuk menetapkan keadaan 1 dan 2. Pada keadaan

30

awal, tekanan dan kualitas diketahui. Karena keduanya bersifat bebas, maka keadaannya telah tertentu. Keadaan 1 ditunjukkan pada diagram T - v dalam daerah dua fase. Volume spesifik pada keadaan 1 diperoleh mempergunakan nilai kualitas yang diberikan serta Persamaan 3.3, yaitu :

v1 = vf1 + x (vg1 – vf1)Dari Tabel A-3 untuk p1 = 1 bar, vf1 = 1,0432 .10-3 m3/kg, dan vg1, = 1,694 m3/kg. Jadi,

v1 = 1,0432 x 10-3 + 0,5 (1,694 - 1,0432 .0-3) = 0,8475 m3/kgPada keadaan 2, tekanan diketahui. Sifat lain yang diperlukan untuk

menetapkan keadaan adalah volume spesifik v2. Volume dan massa tetap, sehingga v2 = v1 =0,8475 m3/kg. Untuk p2 = 1,5 bar, Tabel A-3 memberikan vf2 = 1,0582 .10-3 dan vg2= 1,159 m3/kg . Karena

vf2 < v2 < vg2

keadaan 2 juga harus berada dalam daerah dua fase. Keadaan 2 juga ditunjukkan pada diagram T - v di atas.(a) Karena keadaan 1 dan 2 berada di dalam daerah dua fase cair-uap,

temperatur yang berkaitan dengaa temperatur jenuh untuk tekanan yang diberikan. Tabel A-3 memberikan

T1, = 99,63°C dan T2 = 111,4°C(b) Untuk mendapatkan massa uap air yang ada, digunakan volume dan volume

spesifik untuk mendapatkan massa total, m, yaitu

Kemudian, berdasarkan Persamaan 3.1 dan nilai kualitas yang diberikan, massa uap pada keadaan 1 adalah

mgl = x1m = 0,5(0,59 kg) = 0,295 kgDengan cara yang sama, massa uap pada keadaan 2 diperoleh mempergunakan nilai kualitas x2. Untuk menyelesaikan x2, selesaikanlah Persamaan 3.3 untuk kualitas dan masukkan data volume spesifik dari Tabel A-3 pada tekanan 1,5 bar, beserta dengan nilai v yang diketahui, sebagai berikut

=

kemudian, berdasarkan Persamaan 3.1mg2 = 0,731 (0,59 kg) = 0,431 kg

(c) Jika pemanasan dilanjutkan, keadaan 3 akan berada pada garis uap jenuh seperti ditunjukkan pada diagram T - v di atas. Jadi, tekanan merupakan tekanan jenuh terkait. Interpolasi dalam Tabel A-3 pada vg = 0,8475 m3/kg,

31

memberikan p3 = 2,11 bar.Komentar: - Prosedur untuk menetapkan keadaan 2 sama dengan ilustrasi pada

pembahasan Gambar 3.4.- Karena proses berlangsung pada volume spesifik tetap, keadaan terletak di

sepanjang garis vertikal.- Jika pemanasan pada volume konstan dilanjutkan melampaui keadaan 3,

keadaan final akan berada di dalam daerah uap panas lanjut, dan data sifat dapat ditemukan dalam Tabel A-4, Sebagai latihan, buktikan bahwa untuk tekanan akhir sebesar 3 bar, temperatur adalah sekitar 282°C.

Contoh 2.2 : Pemanasan Amonia pada tekanan tetap

Suata sistem torak-silinder vertikal berisi 0,1 lb amonia, pada awalnya berupa uap jenuh, yang diletakkan di atas pelat panas. Berat torak dan tekanan atmosfer sekitar, menyebabkan tekanan amonia sebesar 20 lbf/in2. Pemanasan diberikan secara perlahan, dan amonia memuai pada temperatur konstan hingga tercapai temperatur akhir sebesar 77°F. Tunjukkan keadaan awal dan akhir pada diagram T-v dan p-v, dan tentukanlah:

volume amonia untuk setiap keadaan, dalam ft3..

Penyelesaian:Diketahui: Amonia dipanaskan pada tekanan tetap di dalam sistem torak-

silinder vertikal dari keadaan uap jenuh ke suatu temperatur akhir yang diketahui.

Ditanyakan: Tunjukkan keadaan awal dan akhir pada diagram T-v dan p-v, dan tentukanlah volume pada setiap keadaan.

Gambar skema dan data yang tersedia:

32

Gambar Contoh 2.2

Asumsi: 1. Amonia berada dalam suatu sistem tertutap.2. Keadaan 1 dan 2 adalah keadaan kesetimbangan.3. Proses berlangsung pada tekanan tetap.Analisis: Keadaan awal adalah kondisi uap jenuh pada 20 lbf/in2. Karena proses berlangsung pada tekanan konstan, keadaan akhir berada dalam daerah uap panas lanjut yang dapat ditentukan dengan p2 = 20 lbf/in2 dan T2 = 77°F. Keadaan awal dan akhir tampak pada diagram T-v dan p-v di atas.

Volume yang dipenuhi oleh amonia pada keadaan 1 dan 2 diperoleh menggunakan massa dan volume spesifik yang diberikan. Dari Tabel A14-E pada p1 = 20 lbf/in2, didapat v1 = vg1 = 13,497 ft3/lb. Jadi,

V1 = mv1 = (0,1 lb) (13,497 ft3/lb) = 1,35 ft3.Melalui interpolasi dari data dalam Tabel A-15E pada p2 = 20 lbf/in.2 dan T2 = 17°f, didapat v2 = 16,7 ft3/lb. Jadi,V2 = mv2 = (0,1 lb) (16,7 ft3/lb) = 1,67 ft3

2.2 Persamaan Keadaan

33

2.2.1 Persamaan Keadaan Gas Ideal

Gas ideal (sempurna) adalah gas dimana tenaga ikatan antara molekul-molekulnya

dapat diabaikan. Bilamana terjadi interaksi antara molekul – molekul maka akan

menyebabkan penyimpangan dari sifat – sifat gas ideal (gas nyata). Gas – gas inert

seperti helium, argon, crypton dan neon bersifat gas ideal. Gas – gas diatomik

sederhana seperti nitrogen, oksigen, karbonmonoksida adalah gas ideal pada suhu

tinggi dan temperatur rendah. Gas –gas triatomik seperti karbondionoksida, hidrogen

sulfida dan sulfur dioksida, air tidak mengikuti keadaan gas ideal kecuali pada suhu

tinggi dan tekanan sangat rendah.

Hukum gas ideal dikembangkan oleh Boyle, Charles dan Gay – Lussac pada abad

ketujuh dan delapan. Hukum gas ideal dirumuskan sebagai berikut :

PV = n R T

Dengan : P = tekanan

V = volume

n = jumlah mole

T = suhu absolut

R = konstanta gas umum ( universal )

Persamaan gas ideal dapat juga ditulis

Bila = = volume molar

P = RT

C = = konsentrasi molar

P = C R T

m = n M = massa

P V = R T

= rapat massa

34

P = R T

Nilai Konstanta gas ( R )

Nilai konstanta gas universal ini dapat juga diperoleh dari persamaan gas ideal pada

kondisi standar.

Contoh : Pada kondisi standar T = 273,15 K ( 0˚ C) dan tekanan 101,325 kPa (1

atm). Volume 1 kmol gas adalah 22,4129 m3, maka

R = = (101,325 Kpa) . (22,4129 m 3 )

(1 kmol) (273,15 ˚K)

= 8,314 (kPa) (m 3 ) (kmol) (K)

2.2.2 Faktor Kompressibilitas

Faktor ini (tidak sama dengan kompressibilitas isothermal) merupakan faktor yang

menunjukkan penyimpangan sifat gas nyata dari gas ideal. Persamaan gas nyata

ditulis :

PV = nZ RT

Faktor kompressibilitas Z untuk gas ideal tentu saja berharga satu. Bila tekanan gas

makin tinggi, harga Z menjauhi satu (kebanyakan Z > 1). Jadi harga Z tergantung

tekanan gas dan juga temperature.

35

Z = f(Pr , Tr)

Untuk Pr = P/PC dan Tr = T/TC, yaitu perbandingan tekanan dan temperatur

sebenarnya terhadap harga kritisnya. Fungsi ini menyatakan, bahwa gas-gas dengan

Pr (tekanan tereduksi) dan Tr (temperatur tereduksi)sama mempunyai Z yang sama.

Tabel 4.1 memuat keadaan kritis beberapa gas yang berhubungan dengan gas alam.

2.2.3 Persamaan Virial

Hubungan P- pada keadaan isothermal diinterpolasi dalam deret ekspansi P atau

:

P = RT (1 + B’.P + C’.P2 + D’.P3 + …)

atau

(1 + B’.P + C’.P2 + D’.P3 + …)

atau

P. = RT

Atau

Z =

Persamaan diatas disebut persamaan ekspansi virial dengan B’,B,C’,C,D’,D, …

adalah konstanta atau koefisien virial yang harganya tergantung pada temperatur .

Parameter B’ dan B merupakan koefisien virial kedua, C’ dan C koefisien virial

ketiga da seterusnya. Untuk gas koefisien virial adalah fungsi temperature. Hubungan

anatara parameter B’ dan B, C’ dan C, dan D’ dengan D sebagai berikut:

36

Perumusan persamaan virial berdasarkan teori termodinamika mikroskopik

(statistical mechanics), menyatakan bahwa :

a. B/ interaksi antar pasangan molekul

b. C/ 2 interaksi antar tiga molekul dan seterusnya

Gas ideal tanpa interaksi antar molekul sehingga suku-suku dalam ruas kanan tidak

mengandung v.

Contoh : Koefisien virial uap isopropanol pada suhu 200 oC :

B = -388 cm3 mol-1 C = -26000 cm6 mol-2

Hitung dan Z untuk uap isopropanol pada 200 oC dan tekanan 10 bar dengan

menggunakan:

a. Persamaan gas ideal

c.Persamaan virial sampai kofisien kedua

d. Persamaan virial sampai koefisien ketiga

Penyelesaian:

T= 200 oC= 473,15 K ;

a). Untuk gas ideal Z = 1

b). = 1 + B’P

=

37

c). Z = =

Lakukan perhitungan secara iterasi, dimana i adalah nomor iterasi. Untuk ietrasi

pertama i = 0 , sehingga:

Ambil = 3,934 yang dihitung dari persamaan gas ideal

Iterasi kedua i= 1, = 3,359 m3/kmol

Lakukan iterasi selanjutnya sampai nilai tidak signifikan. Untuk contoh di

atas diperoleh dan Z = 0,8866

2.2.3 Persamaan van der Walls Pada gas-gas nyata P ≠ RT, hal ini disebabkan tenaga antara molekul-

molekul tidak bisa diabaikan begitu saja. Seorang yang bernama Van Der Waals

mebuat rumus dengan memperhatikan tenaga ikat molekul-molekul gas sebagai

berikkut:

atau

38

Persamaan ini sisebut persamaan Van Der Waals. Pengaruh dari tenaga ikat

molekul-molekul gas menyebabkan timbulnya suku pada persamaan diatas.

Konstanta b sebanding dengan volume yang ditempati molekul-molekul gas.

Konstanta a dan b berbeda untuk masing-masing gas

dengan :

Persamaan ini digunakan untuk menyatakan hubungan P-V-T gas nyata, dimana perlu

koreksi untuk adanya interaksi antar molekul gas dan volume molekul sendiri.

Tabel 2.1 Konstanta persamaan Van der Walls

Gas a (12atm/mol2) b (1/mol) Gas a (Pa.m6/mol2) b (m3/mol)H2 0,2444 0,02661 O2 0,1381 3,184 E-5N2 1,390 0,03913 H2O 0,5542 3,051 E-5O2 1,360 0,03183 NH3 0,4253 3,737 E-5

CO2 3,592 0,04267 He 0,0035 2,376 E-5CH4 2,253 0,04278C2H6 5,489 0,06380

Dengan a dan b sebagai konstanta koreksi-koreksi tersebut. Harga a dan b beberapa gas dicantumkan dalam Tabel 2.1. merupakan hasil pengukuran.Contoh soal :

Beberapa tekanan 10 mol metan dalam silinder 0,5 m3 pada temperature 25oC ?

Jawab :n = 10 mol

V= 0,5 m3 = 500 l

T = 25oC = 298 K

39

a = interaksi molb = volum molekul

R = 83,14 cm3.bar/mol.K

Menurut gas ideal : P =

=

= 0,4887 atmmenurut van der Walls :

a = 2,253 ; b = 0,04278mol

l

= 0,4801 atm

Kesimpulan : Gas nyata mendekati sifat gas ideal bila tekanannya rendah

2.2.5 Persamaan Redlich – Kwong

dengan :

Dalam bentuk factor kompresibilitas Z :

dengan

40

Bentuk persamaan Redlich – Kwong terakhir ini memberi kemudahan untuk

menentukan besaran keadaan secara iteratif :

- menentukan v, jika P dan T diketahui, atau

- menentukan P, jika dan T diketahui.

Iterasi jika temperature diketahui :

a. hitung a dan b, B dan A/B

b. awali iterasi dengan Z = 1

c. hitung h

d. hitung Z

e. periksa apakah Zhitung sebagai Zawal sebagai dan kembali ke langkah c,d, dan e.

2.2.6 Persamaan Redlich – Kwong – Soave

Penyempurnaan persamaan Redlich – Kwong oleh Soave, dengan memasukkan parameter ketiga yang mengandung factor asentrik

dengan :

Menurut Graboski dan Daubert (1978)

S = 0,4851 + 1,5517 - 0,1561 2

Persamaan R-K-S untuk campuran gas-gas :

dengan :

41

2.2.7 Persamaan Peng – Robinson (1976) (Daubart hal 27)

dengan :a = 0,45724(R2Tc2)/Pc

b = 0,07780 (RTc)/Pc

S = 0,37464+ 1,5423 - 0,26992 2

2.2.8 Koefisien Muai Ruang dan Koefisien Mampat Isotermal (Daubert hal 22)

f(P,v,T) = 0

atau seringkali dalam bentuk : V = V (P,T)

derivasi total :

Turunan parsial persamaan tersebut di atas mempunyai arti fisik dan merupakan

besaran yang dapat diukur :

a. koefisien muai ruang (volume expansivity)

b. koefisien mampat isothermal (isothermal compressibility)

jika dan K konstan, maka :

42

catatan :

untuk fluida tak-mampat (Incompressible fluid)

Contoh: Acetone pada suhu 20 oC dan tekanan 1bar mempunyai nilai β = 1,487x10-3

oC-1, = 62 x 10-6 bar-1, dan v = 1,287 cm3g-1

Hitung : a. Nilai

b.Tekanan akhir yang disebabkan oleh pemanasan pada volume tetap dari 20 oC dan 1 bar menjadi 30 oC

c.Perubahan volume akibat perubahan kondisi dari 20 oC dan 1 bar menjadi

0 oC dan 10 bar

Penyelesaian:a). βdT – κdP = 0

βdT = κdp

b). Jika β dan κ dianggap tetap dalam interval suhu 10 oC, maka persamaan yang

digunakan pada a) dapat ditulis:

= 24 bar oC-1 x 10 oC = 240 bar

P2 = P1 + = 1 + 240 = 241 bar

c). = ( T2 – T1 ) - ( P2 – P1 )

= ( 1,487 x 10-3)(-20) – (62 x 10-6)(9) = - 0,0303

= 0,9702 dan v2 = 1,249 cm3g-1

∆v = v2 – v1 = 1,249 – 1,287 = - 0,038 cm3 g-1

Soal-Soal Latihan Uji Kompetensi

1. Lakukan studi lapangan untuk menjelaskan mengapa air lebih cepat mendidih di daerah puncak Malino dibandingkan dengan di Makassar?

2. Jelaskan mengapa makanan lebih cepat masak dalam pressure-cooker dibandingkan di dalam bejana terbuka berisi air mendidih?

43

3. Tentukan fase atau fase-fase sebuah sistem yang berisi H2O pada kondisi berikut, tentukan nilai sifat-sifatnya (v, E, h, dan s), serta gambarkan sketsa diagram p-v dan T-v yang menunjukkan lokasi setiap keadaan berikut?(a) p = 5 bar, T = 151,9oC (b) p = 5 bar, T = 200oC (c) T = 200oC, p = 2,5 MPa (d) T = 160oC p = 4,8 bar

4. Tentukan kualitas campuran dua fase cair-uap dan tentukan nilai sifat-sifatnya (v, E, h, dan s), untuk sistem pada keadaan berikut:a. H20 pada 100oC dengan volume spesifik 0,8 m3/kgb. Refrijeran 134a pada 0oC dengan volume spesifik 0,7721 cm3/gc. Amonia pada -40oC dengan volume spesifik 1 m3/kgd. Refrijeran 22 pada 1 MPa dengan volume spesifik 0,0054 m3/kg

5. Sebuah tanki berisi 0.042 m3 oksigen pada 21oC dan 15 MPa. Tentukanlah massa oksigen jika menggunakan model gas ideal.

6. Suatu silinder tertutup dengan volume 2 m3 berisi gas oksigen (O2) pada temperatur 40 oC dan tekanan 60 atm. Bila gas oksigen dianggap gas ideal,

a. Berapa kmole oksigen dalam silinder?

b. Berapa kg massa oksigen dalam silinder?

c. Tentukan tekanan gas bila temperatur dinaikkan menjadi 400 oC

d. Tentukan densitas oksigen pada kondisi awal dan pada kondisi c.

7. Suatu tangki berbentuk silinder berisi udara dengan volume 8 ft3 pada suhu 25 oC dan tekanan 4000 lb/in2. Hitung jumlah udara dengan menggunakam hukumgas ideal dan persamaan Van der Walls

8. Nyatakan koefisien muai ruang dan koefisien mampat isotermal sebagai fungsi densitas dan turunannya. Untuk air pada 50 oC dan 1 bar, κ = 44,18 x 10-6 bar-1. Sampai tekanan berapa air ditekan pada suhu 50 oC untuk merubah densitasnya 1%. Anggap κ tidak tergantung P

9. Koefisien muai ruang dan koefisien mampat isotermal didefinisikan sebagai,

Hitunglah untuk gas ideal yang dinyatakan dalam dan κ.

10. Untuk ammonia pada 100 oC dan 1 Mpa. Hitung volume molar ammonia dengan menggunakan :

a. Persamaan Van der Walls dengan a = 4,19 (atm. m6)/ kmol2 dan b = 0,0373 m3/kmol

44

b. Persamaan Van der Walls dengan memperkirakan nilai a dan b

c. Persamaan Redilch Kwong- Soave

11. Hitung Z dan untuk steam pada 250 oC dan 1800 Kpa dengan:

a. Persamaan virial bila diketahui koefisien virial kedua dan ketiga masing-masing B = - 152,5 cm3 mol-1 dan C = -5800 cm6 mol-2

b. Persamaan Redlich/Kwong

c. tabel steam

Referensi/Sumber Rujukan

I. Bahan Bacaan

45

d. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill. (halaman 245 s.d. 285).

e. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

f. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

SESI /PERKULIAHAN KE : 4 s.d 7

TIK : Pada akhir pertemuan ini mahasiswa diharapkan mampu :1. Menjelaskan jenis-jenis energi,2. Mendeskripsikan modus perpindahan (transfer) energi,3. Menjelaskan hukum pertama termodinamika4. Menerapkan prinsip neraca energi pada sistem tertutup

maupun terbuka5. Mengaplikasi hukum pertama dalam reaksi kimia

Pokok Bahasan : Mengaplikasikan hukum termodinamika pertamaDeskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari tentang tipe-tipe energi

serta perubahan bentuk energi, neraca energi, kapasitas panas dan entalpi, panas

peleburan, panas penguapan, panas pembentukan, panas reaksi, aplikasi hukum

pertama untuk proses non alir dan mengalir, dan aplikasi termo kimia

SESI /PERKULIAHAN KE : 5 dan 9

1. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

II .Bacaan Bacaan Tambahan1. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico

III Pertanyaan Kunci/Tugas :

1. Jelaskan tipe-tipe energi

2. Jelaskan neraca energi untuk sistim tertutup dan terbuka

3. Apa perbedaan kapasitas panas pada tekanan konstan dan kapasitas panas

pada volume konstan?

4. Apa yang dimaksud dengan panas peleburan, penguapan, pembentukan ,dan

reaksi

5. Apa perbedaan reaksi endotermis dengan eksotermis

IV. Tugas

1. Tentukan Q, W, ∆U, dan ∆H untuk setiap langkah proses sebagai berikut: Gas

argon ditekan pada suhu tetap 500 oC dari 0,2 menjadi 3 Mpa, kemudian

didinginkan pada tekanan konstan sampai suhu 300 oC, selanjutnya diekspansi

secara adiabatik sehingga tekanannya menjadi 1 Mpa, lalu diekspansikan lagi

pada tekanan konstan sampai volume mula mula dan ditekan pada suhu tetap

sampai ke kedaan semula.

46

1. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

2. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

BAB IIIENERGI DAN HUKUM TERMODINAMIKA PERTAMA

Konsep energi pertama kali diperkenalkan dalam mekanika oleh Newton

ketika berhipotesa tentang energi kinetik dan energi potensial. Tetapi kemunculan

energi sebagai konsep pemersatu dalam bidang fisika belum digunakan hingga

pertengahan abad kesembilan belas dan dianggap sebagai pencapaian ilmiah yang

sangat penting abad itu. Konsep energi sudah sedemikian lazim digunakan sehingga

energi itu secara intuisi sudah jelas, namun kita masih menemukan kesulitan dalam

mendefinisikannnya secara jelas. Energi merupakan besaran scalar yang tidak dapat

diamati secara lansung tetapi dapat dicatat dan dievaluasi dengan pengukuran tidak

lansung. Nilai mutlak energi sukar untuk diukur, sementara perubahan energinya

mudah untuk dihitung.

Matahari merupakan sumber utama energi bumi. Matahari memancarkan

spektrum energi yang melintasi angkasa sebagai radiasi elektromagnetik. Energi

dikaitkan dengan struktur materi materi dan dapat dilepaskan oleh reaksi kimiawi dan

atom . Energi mengejawantahkan dirinya dalam berbagai bentuk, yang dapat berupa

internal atau transien, dan seimbang bentuk energi dapat internal dapat dikonversi

menjadi bentuk lainnya. Namun tingkat konversi dapat terjadi secara menyeluruh

47

ataupun hanya sebagian. Energi mekanis, listrik, kimiawi ataupun bentuk lainnya

dapat dikonversi seluruhnya menjadi kalor. Konversi energi kalor ke mekanik (dalam

operasi bersiklus) dilain pihak, hanya konversi sebagian.

3.1 Tipe-Tipe Energi

Energi dapat dibagi dalam beberapa tipe yaitu: energi potensial, energi

kinetik, energi dalam, panas, dan kerja.

3.1.1 Energi Potensial

Energi yang dimiliki oleh system akibat kedudukannya dalam medan gaya

disebut energi potensial. Misalnya energi potensial gravitasi berkaitan dengan medan

gaya gravitasi. Jika berada dengan massa m diangkat naik dari Z1 ke Z2 dalam medan

gravitasi yang sama maka gaya dibutuh untuk mengangkut benda tersebut sama

dengan berat benda dengan arah yang berlawanan, sehingga gaya yang diperlukan

diberikan oleh Hukum Newton :

F = m · a = m · g (3.1)

Keterangan :

F = Gaya (N)

m = massa (Kg)

a = Percepatan (m/dtk 2 )

g = Percepatan gravitasi (m/dtk2 )

Gbr. 3.1 Energi Potensial pada Z1 ke Z2

Kerja minimum yang akan dilakukan untuk mengangkat benda adalah hasil kali gaya

dan perubahan jarak

dW = F dZ (3.2)

Keterangan :

W = Kerja (N)

dZ = Jarak (m)

48

Perubahan energi potensialnya sama dengan kerja yang diperlukan untuk mengangkat

benda.

Δ Ep = F dZ = mg dZ =

mg ( Z2 – Z1) (3.3)

Satuan Ep adalah Newton meter atau joule untuk sistem SI , sedangkan untuk Sistem

British Ep dinyatakan :

(3.4)

Sehingga satuannya Ep = = ft lbf

3.1.2 Energi Kinetik

Energi ysng dimiliki sistem akibat geraknya merupakan energi kinetik .

Menurut hukum gerak kedua Newton, gaya F yang bekerja pada suatu sama dengan

hasil kali massa dan percepatannya, atau

F = m · a

Kerja yang dilakukan untuk menggerakkan benda sejauh dS selang interval waktu dt

adalah

dW = F dS (3.5)

Bila percepatan , dengan u = kecepatan, maka

Biladidefinisikan

dW = m u du Gbr.3.2 Energi kinetik untuk

kecepatan V1 ke V2

49

persamaan diintegralkan dengan batas integral V1 dan V2, sehingga

Atau (3.6)

Setiap besaran dalam persamaan diatas adalah suatu energi kinetik, suatu

bentuk energi yang diperkenalkan oleh Kelvin pada tahun 1856, sehingga energi

kinetik dirumuskan

(3.7)

Dalam sistem satuan SI satuan energi kinetik yaitu atau joules. Pada sistem

British, energi kinetik dinyatakan sebagai , dimana gc adalah faktor

proporsionalitas dengan nilai 32,1740 sehingga satuan energi

kinetik untuk sistem ini,

(3.8)

Menurut hukum konservasi energi, jika suatu benda diberikan energi

sehingga dapat melakukan kerja untuk mengangkat suatu benda pada ketinggian

tertentu, kemudian mempertahankan energi tersebut , kerja dapat melakukan suatu

usaha (energi potensial). Jika benda yang sudah terangkat, dijatuhkan secara bebas

maka energi potensial akan berubah menjadi energi kinetik. Untuk benda jatuh bebas,

berlaku rumus :

(3.9)

Untuk lebih mudah memahami, bagaimana fenomena perubahan energi dari

satu bentuk ke bentuk yang lain dapat dijelaskan dengan contoh dibawah ini :

50

Contoh Soal 3.1

Sebuah elevator dengan mass 2500 kg terletak 10 m diatas dasar poros

elevator. Elevator dinaikkan hingga 100 m diatas dasar poros kemudian kabel yang

menarik elevator putus sehingga jatuh secara bebas dan menimpah dengan keras

pegas. Pegas dirancang untuk mempertahankan elevator pada posisi pada posisi

tertentu pada tekanan maksimal pegas. Asumsi tidak ada friksi dalam proses dan nilai

g = 9,8ms -2 .

Hitunglah :

a. Energi potensial elevator pada posisi awal terhadap dasar

poros

b. Kerja yang dibuat untuk menaikkan elevator

c. Energi potensial elevator pada posisi tertinggi terhadap dasar

poros

d. Kecepatan dan energi kinetic elevator sebelum menimpah

pegas

e. Energi potensial pegas yang tertekan.

Penyelesaian :

Buat gambar dari soal diatas untuk lebih mudah dipahami dan diselesaikan . Tanda

(1) merupakan posisi awal elevator, tanda (2) posisi tertinggi elevator dan tanda (3)

kondisi elevator sebelumetelah menimpa pegas.

51

Gambar 3.3 Gambar contoh soal 3.1

a. Dari persamaan 3.3

Ep = mz1 g = (2.500)(10)(9,8) = 245.000 J

b. Dari persamaan 3.3

Δ Ep = F dZ = mg dZ = mg ( Z2 – Z1)

= (2.500)(9,8)(100-10) = 2.205.000 J

c. Dari persamaan 3.3

Ep = mz2 g = (2.500)(100)(9,8) = 2.450.000 J

Catatan bahwa W= Ep2 – Ep1

d. Dari prinsip konservasi energi mekanik, dapat ditulis dari jumlah perubahan energi

kinetik dan energi potensial selama proses dari kondisi 2 ke kondisi 3 merupakan nol.

Ek3 = Ep2 = 2.450.000 J

Sehingga ,

52

1

2

10 m

3

Elevator100 m

Pegas

e. +

Energi potensial mula-mula dan energi kinetik akhir sama dengan nol, kemudian

energi potensial akhir pegas selalu sama dengan energi kinetik elevator sebelum

menimpa pegas. Selanjutnya energi potensial akhir pegas adalah 2.450.000 J

3.1.3 Energi Dalam

Energi dalam didefenisikan sebagai energi zat proses sebagai adanya

molekul-molekul dn atom-atom yang bergerak secara translasi, rotasi dan vibrasi

serta daya adhesi dan kohesi, bagian atom dari bahan. Walaupun energi dalam total

dari setiap bahan tidak dapat dihitung, namun jumlah energi relatif terhadap suhu

dan tekanan yang diberikan (keadaan mula-mula) dapat dihitung. Energi dalam

diberi simbol E dengan satuan joule; J, sedangkan perubahan energi dalam

adalah E2-E1. Dalam bentuk intensif diberikan simbol E dengan satuan joule per

kilogram; J/kg atau kilojoule per kilogram; kJ/kg dalam sistem satuan SI dan

Btu/lb dalam satuan Inggris.dan dapat dihitung dari hukum pertama termodinamika

yang akan dibahas pada bagian selanjutnya.

Untuk gas ideal energi dalam hanya merupakan fungsi termperatur ,

sedangkan untuk gas nyata energi dalam merupakan fungsi tekanan dan volume.

Energi dalam hanya tergantung dari keadaan awal dan akhir dari sistem dan tidak

tergantung pada bentuk prosesnya.

3.1.4 Kerja

Sebagai dasar pada bab ini dimulai dengan kerja luar (external work). Kerja bisa

berupa kerja mekanik, kerja listrik, kerja magnetis, kerja dengan reaksi kimia dan

lain-lain. Baiklah pertama-tama disinggung mengenai kerja mekanik. Kita telah

mengetahui, bahwa kerja adalah hasil kali gaya dengan jarak. Bila gaya satuan

newton dan jarak satuan meter, maka kerja satuan newton-meter.

Bila gaya stuan Ib (pound) dan jarak satuan foot, maka kerja satuan foot-pound

(British) dan sebagainya.

53

Dalam thermodinamika, sistem akan melakukan kerja pada perubahan keadaan bila

ada penyimpangan boundary dari sistem terhadap gaya-gaya luar. Kebiasaan dalam

thermodinamika, bila vector penyimpangan ds searah dengan vector gaya F maka

kerja adalah negatip. Sebaliknya bila vector penyimpangan ds berlawanan arah

dengan vector gaya F maka kerja adalah positip. (lihat gbr. 3.4).

O ds F ds = 180o F

a). b).Gbr. 3.4. Arah Gaya F dan penyimpangan ds.

Persamaan untuk kerja oleh gaya F dalam thermodinamika,

dW = F Cos . ds.......................................... (3-10)

Pada Gbr. 3-1a), = 0° ; Cos = 1, vector ds searah dengan vector F, maka kerja

adalah negatip, atau :

dW = F.ds ………………………………….. (3-11)

Pada Gbr. 3-1b), = 180°, cos = 1, vector ds berlawanan arah dengan vector F,

maka kerjas adalah positip, atau :

dW = F.ds …………………………………… (3-12)

Bila kerja, negatip, berarti sistem menerima kerja (kerja luar) dari sekelilingnya. Bila

kerja positip, berarti sistem melakukan kerja (kerja luar) terhadap sekelilingnya.

Untuk menjelaskan hal ini marilah kita tinjau suatu silinder berisi gas yang dilengkapi

dengan suatu piston yang dapat bergerak ( lihat Gbr. 3.4).

54

Gambar 3.5 Kerja pada gas dalam silinder

Ambillah gas sebagai sistem, dan permukaan yang membatasinya adalah permukaan

dinding dalam dari silinderdan permukaan piston. Piston bergerak sejarak ds kekanan

menyebabkan perubahan volume gas sebesar dV.

Arah ds berlawanan dengan arah F.

Jadi sistem melakukan kerja terhadap sekelillingnya sebesar,

dW = F.ds.

Bila A adalah luas penampang piston, maka :

F = P.A ; p = tekanan atau gaya persatuan luas penampang piston.

Maka dapat ditulis :

dW = P.A. ds ............................................................................. (3-13)

Sedangkan A. ds = dV.

Dengan mensubts dV ke persamaan (3-3) didapatlah persamaan yang terakhir :

d W= P dV ............................................................................... (3-14)

Pada Gbr. 3.5 dW adalah elemen luas yang diarsir.

Pada Gbr. 3.5 terlihat bahwa bila arah ds ke kanan (ds berlawanan arah dengan F)

berarti gas mengembang atau volume bertambah atau dV positip. Jadi, sistem akan

melakukan kerja terhadap sekelilingnya bila dV positip, hal ini terdapat pada proses

expansi (pengembangan). Secara singkat, pada proses expansi dV adalah positip maka

kerja adalah positip. Sebaliknya bial arah ds ke kiri (dsd searah dengan F) berarti

volume gas berkurang atau dV negatip. Jadi, sistem akan menerima kerja dari

55

sekelilingnya bila dV negatip, hal ini terdapat pada proses kompressi. Secara singkat,

pada proses kompressi dV adalah negatip maka kerja adalah negatip.

Dari persamaan (3.14), bila sistem berubah dari keadaan 1, keadaan 2, maka kerja

total yang dilakukan/diterima sistem adalah :

................................................................................. (3-15)

Bila P konstan, maka kerja total yang dilakukan/diterima sistem adalah :

W = P (V2-V1) ................................................................................(3-16)

dimana :V = volume sebenarnya (M3)

3.1.5 Panas

Panas merupakan perpindahan energi yang diakibatkan oleh perbedaan

suhu. Panas dapat juga mengakibatkan perubahan energi dalam suatu bahan, kerja

yang dihasilkan, atau mengakibatkan perubahan energi potensial dan energi kinetik.

Panas tidak dapat disimpan sebagai suatu bentuk yang nyata.

Bila panas ditambahkan kedalam sistem tandanya ada positif, sedang

apabila panas belum dari sistem tandanya negative. Hal ini sudah merupakan

konvensi dalam bidang Teknik Kimia.

3.1.5 Entalpi

Entalpi diturunkan dari besaran termodinamika yang merupakan jumlah

energi dalam ditambah hasil kali tekanan dengan volume dari sistem.

H = E + PV (3.17)

Dimana, H = entalpi, P = tekanan dan V = volume

Entalpi adalah fungsi keadaan dan ditabelkan sebagai fungsi temperatur dan tekanan

dari bahan.

3.2 Neraca Energi dan Hukum Termodinamika Pertama

56

Energi dapat berubah dari satu benruk ke bentuk yang lain, namun

jumlahnya tetap. Pernyataan diatas merupakan bunyi dari hukum kekakalan energi.

Berdasarkan hukum ini, neraca energi dapat diuraikan pada:

1. Neraca energi untuk sistem aliran (sistem terbuka) dalam keadaan mantap (steady)

2. Neraca energi untuk system aliran (sistem terbuka) dalam keadaan tidak mantap

(unsteady)

3. Neraca energi pada system tanpa aliran (non flow process) atau sistim tertutup.

Bentuk energi yang dibawa oleh aliran fluida :

1. Energi dalam (E),

2. Energi tekanan yang dibawa fluida (PV)

Entalpi (H) = (1) + (2) = E + PV

3. Energi potensial (mgz)

4. Energi kinetik ( mu2/2). Energi kinetik dan potensial merupakan energi eksternal

5. dll

Energi yang berpindah antara system dan lingkungan:

1. Kerja (W), yang diakibatkan perubahan volume dan kehadiran gaya

W = PdV + Ws

dengan : Ws = kerja poros

Pdv = kerja akibat perubahan volume

Bila system memberikan kerja terhadap lingkungan W bertanda negatif

2. Panas (Q), akibat perbedaan suhu. Bila sistem menerima panas dari lingkungan Q

bertanda positif

Bentuk persamaan umum neraca energi dapat ditulis,

Energi masuk – energi keluar = energi tertimbun ( terakumulasi)

Atau Beda energi masuk dan keluar sistem = energi terimbun dalam sistem

Bila didasarkan pada satu satuan massa bahan:

Energi tertimbun dalam sistem =

57

Energi masuk – energi keluar = Δ + Q’ – W’

Sehingga persamaan neraca energi menjadi:

Q’ – W’ = - Δ …………….(3-18 )

3.2.1 Neraca Energi Proses Tanpa Aliran ( sistim tertutup)

Energi masuk – energi keluar = energi tertimbun

Asumsikan bahwa tidak ada kerja Pv yang diakibatkan oleh aliran masuk dan keluar

sistem dan perubahan energi kinetik dan potensial diabaikan, sehingga persamaan (3-

19) menjadi :

Q’ – W’ = ΔE................ ................................................................(3-19)

Dengan Q = energi masuk

W = energ i keluar

Energi tertimbun = ΔE = E keluar – E masuk

Jadi hukum pertama pada Neraca Energi Proses Tanpa Aliran ialah :

Q – W = ΔE (3.20)

Dengan satuan Joule dalam sistem SI dan Btu dalam sistem inggris.

3.2.2 Neraca Energi Proses Aliran pada keadaan Mantap

Pada tekanan konstan, proses aliran steady state dengan aliran masuk (1) dan aliran

Keluar (2) memakai basis satuan waktu termasuk istialah energi,

Energi masuk =

Energi keluar =

Energi accumulation = 0

sehingga

58

(3.21)

Dimana = laju alir massa, kg/s

E = energi dalam, N . m/kg = J/kg

u = kecepatan, m/s

g = percepatan gravitasi, m/s2

z = jarak, m

P = tekanan, N/m2 = Pa

v = volume spesifik, m3/kg

Q = laju panas, J/s

W = kerja poros, J/s

Persamaan ini dapat ditulis sebagai berikut :

(3.22)

Dimana Q’ = Q/m dan Ws = Ws/m, dan pers. 3.22 diatas sering disebut neraca energi

total. Jika H disubtituikan kedalam E + PV, persamaan dapt disederhanakan menjadi

(3.23)

Persamaan (3.22) dan (3.23) dapat dipakai untuk mengevaluasi suatu proses aliran

keadaan mantap. Misalnya untuk nosel air dimana energi potensial, energi panas

diabaikan sedangkan perubahan energi kinetiknya sangat besar sehingga persamaan

3.22 menjadi

Pada reaksi kimia energi kinetik, energi potensial dan kerja diabaikan sehingga

persamaan 3.23 menjadi

Neraca energi total dalam keadaan mantap merupakan neraca eksternal yang hanya

mempertimbangkan energi masuk dan keluar dari sistem. Untuk perhitungan

59

mekanika fluida, neraca energi total menjadi bermanfaat uuntuk merancang suatu

neraca internal sistem yang biasanya disebut neraca energi mekanik atau persamaan

Bernoulli yang dikembangkan. Persamaan ini lebih mudah diturunkan dari bentuk

diiferensial neraca energi total dalam keadaan mantap didasarkan pada satu satuan

massa bahan. Untuk proses reversibel yang ada hanya kerja tekanan aliran (Pv) yang

dilakukan, dE= dQrev + PdV. Jika kerja reversibel sama dengan jumlah panas yang

diserap dari lingkungan Q’ dan panas yang ditambahkan pada fluida akibat gesekan

(hf), maka:

dE = (Q’ + hf ) – Pdv

Bila W’ = Ws’ + d(Pv)

gdz + dE + d(Pv) + udu = Q’ – Ws’

gdz + hf – Pdv + d(Pv) + udu = -Ws’

Integrasi antara titik (1) dan (2) yang dinotasikan sebagai tempat energi masuk dan

keluar sistem

+ = ….(3-24)

3.3 Kapasitas Panas

Kapasitas panas suatu bahan adalah jumlah panas yang dibutuhkan untuk

menaikkan suhu sebesar 1 derajat. Perbandingan antara kapasitas panas suatu bahan

dengan kapasitas panas air disebut panas spesifik. Panas spesifik tidak mempunyai

satuan hanya tergantung pada suhu bahan dan air dan biasanya diambil suhu air pada

15 oC. Kapasitas panas dirumuskan :

.............................................................................................(3-25)

dengan : C = kapsitas panas

= panas yang ditambahkan untuk merubah suhu

60

3.3.1 Kapasitas Panas pada Volume Tetap

Jika suatu bahan dipanaskan pada volume tetap dalam proses tanpa aliran

(sistim tertutup), dq = dE (V konstan, W=0). Kapasitas panas pada volume konstan

didefinisikan sebagai perubahan energi dalam terhadap suhu,

atau ……………………………….(3-26)

E merupakan energi dalam spesifik yaitu satuan energi per satuan massa. Bila E

dalam bentuk energi dalam, maka,

………………………………….(3-27)

3.3.2 Kapasitas Panas pada Tekanan tetap

Apabila suatu bahan dipanaskan pada tekanan konstan, neraca energi

menjadi dq = dE + PdV (sistim tertutup). Jika H = E + PV, maka pada tekanan

konstan dH = dE + PdV, berarti dH = dq. Kapasitas pada tekanan konstan

didefinisikan perubahan entalpi terhadap suhu, yang dapat ditulis:

atau ……………………… .(3-28)

Dalam rumus ini H merupakan entalpi spesifik (joule/kg), bila dalam entapi saja

(joule) maka:

……………………………………………(3-29)

Untuk gas ideal PV = nRT, energi dalam tidak tergantung pada volume atau tekanan

sehingga . Pada tekanan tetap, dH = dE + PdV bila setiap

suku dibagi dT maka persamaan menjadi:

Differensiasi pada tekanan konstan untu 1 mol gas,

61

R

Atau Cp = Cv + R…………………………………………….(3-30)

Menurut teori kinetic gas, pada gas ideal monoatomik hanya energi translasi yang

perlu diperhatikan, E = mu2, sehingga = Cv = R. Pada gas ideal

diatomik energiyang diperhatikan yaitu energi translas dan rotasi dan E = RT atau

= Cv = R. Gas-gas lain, penambahan energi rotasi dan vibrasi akan

menaikkan kapasitas panas.

Kapasitas panas gas ideal merupakan fungsi temperature yang dapat dilihat

pada table 3.1 (Daubert, hal.55). Selain dalam bentuk tabel, kapasitas panas disajikan

dalam bentuk grafik dan persamaan-persamaan. Salah satu persamaan yang

menyatakan hubungan antara kapasitas panas dan suhu dikembangkan oleh Passut

dan Danner (1972),

Cp = B + 2 CT + 3 DT2 + 4 ET3 + 5FT4……………………….(3-31)

dengan B sampai F konstanta yang dapat dilihat pada table 3.2 (Daubert,hal 56). Bila

konstantanya ditambah A, maka entalpi gas ideal dapat dihitung dengan persamaan,

H = A + BT + CT2 + DT3 + ET4 + FT5……………………….(3-32)

Nilai kapasitas panas berubah dengan perubahan suhu. Bila suhu awal berbeda

dengan suhu akhir, maka kapasitas panas rata-rata ( ) dicari dengan persamaan,

…………………………………………(3-33)

Kalau interval awal dan akhir tidak terlalu jauh, kapasitas panas rata-rata dapat

ditentukan pada suhu rata-rata. Kapasitas panas rata-rata juga dapat dilihat pada table

3.2 (Daubert, hal.58)

62

Contoh soal 3.2:

Bandingkan nilai kapasitas panas gas nitrogen antara suhu 25 sampai 1000 oC dalam

tablel 3.3 dengan yang dicari dengan menggunakan persamaan (3-31) dan (3-33).

Dari table 3.3 diperoleh nilai kapasitas panas rata-rata 1,121 kJ/kg K

Cp = B + 2 CT + 3 DT2 + 4 ET3 + 5FT4

Dari table 3.2 ,B = 1,068490; C = -0,134096 x 10-3 ; D = 0,215569x 10-6

E = -0,078632 x 10-9 ; F = 0,069850 x 10-13

Berdasarkan pers.(3-33)

= =

= 1,121 kJ/kgK

3.4 Panas Peleburan, Penguapan, Pembentukan, Reaksi, Pembakaran, dan Larutan

3.4.1 Panas Laten Peleburan dan Penguapan

Apabila suatu padatan kristal melebur pada titik lelehnya menjadi cairan

pada suhu konstan, panas yang diserap mengakibatkan kenaikan entalpi senyawa.

Panas ini disebut panas peleburan dari suatu bahan. Panas peleburan beberapa bahan

dapat dilihat pada tabel 3.6 (Daubert, hal. 61)

Panas laten penguapan adalah panas yang diserap oleh suatu cairan sehingga

berubah fasa menjadi uap pada suhu dan tekanan konstan. Pada gambar 3.5 diplotkan

Temperatur versus entalpi yang menggambarkan perubahan fasa padat menjadi cair

pada titik leleh (MP) dan dari cair ke uap pada titik didih (BP)

63

Gambar 3.6 Perubahan fasa

Beberapa metode yang biasa digunakan untuk menghitung panas laten

penguapan:

1. Persamaan Clapeyron (1834)

........................................................................(3.34)

dengan: Po = tekanan uap = panas laten penguapan pada suhu T = volume spesifik gas

= volume spesifik cairan2. Persamaan Clausius- Clapeyron

Persamaan ini merupakan modifikasi persamaan claypeyron oleh Clausius yang menganggap uap adalh gas ideal, = RT/Po sehingga,

atau

integrasi persamaan diatas menghasilkan:

64

Padat

Cair

Uap

MP BP T

H

………………………………………………

(3.35)

Contoh soal 3.3:

Hitung panas laten penguapan pada suhu 500oC dengan menggunakan persamaan

Clapeyron dan Clausius-Clapeyron dan bandingkan hasilnya.

Tabel 3.1 Data tekanan uap dan suhu

T, K 490 500 510

Tekanan uap, Mpa 2,181 2,637 3,163

VG, m3/kg 0,09150 0,07585 0,06323

VL, m3/kg 0,00118 0,00120 0,00122

Penyelesaian:

Persamaan Clapeyron ,

- =

λ = 32983 kJ/kmol

Persamaan Clausius-Clapeyron

λ = 38618 kJ/kmol

65

Kesalahan pers. Clausius-Clapeyron (error) =

Persen kesalahan yang besar karena uap air dianggap gas ideal (uap air adalah gas

non ideal)

3. Panas laten penguapan dihitung berdasarkan selisih antara entalpi uap dengan

cairan pada tekanan dan suhu tetap,

λ = ( HV - HL)T,P……………………………………………(3.36)

dengan HV= entalpi uap

HL= entalpi cairan

3.4.2 Panas Pembentukan

Panas pembentukan senyawa adalah panas yang dibutuhkan membentuk

senyawa dari unsur-unsurnya pada tekanan 1atm dan suhu 25 oC (keadaan standar).

Unsur-unsur dalam reaktan pada kondisi standar mempunyai panas pembentukan nol.

Telah dijelaskan dalam materi sebelumnya bahwa neraca energi untuk

sistem tanpa aliran pada tekanan tetap, Q = ΔH ( energi potensial, kinetik, dan kerja

diabaikan). Pada kondisi tanpa aliran pada volume tetap, Q = ΔE. Kedua rumus ini

merupakan hukum termokimia.

Untuk selanjutnya panas pembentukan ditetapkan pada tekanan tetap, Q =

ΔH, dan panas yang dilepas atau diserap sama dengan perubahan entalpi reaksi. Jika

entalpi naik bila suatu senyawa dibentuk dari unsur-unsurnya, maka panas

pembentukannya bertanda positif dan senyawa yang terbentuk tersebut disebut

senyawa endotermik. Situasi sebaliknya disebut senyawa eksotermik. Data-data panas

pembentukan dapat dilihat pada table appendix A (Physical property data, Daubert

hal 409)

3.4.3 Panas Reaksi

Panas reaksi adalah panas yang diserap atau dilepaskan dalam suatu reaksi

kimia. Panas reaksi standar Perubahan entalpi senyawa –senyawa yang direaksikan

66

untuk membentuk suatu produk pada tekanan 1 atm dan suhu 25 oC. Panas reaksi

standar pada 25 oC atau 298 K diberi symbol ΔHf 25 atau ΔHf 298 .

Contoh soal 3.4:

½ N2 + 3/2 H2 NH3 ΔH25 = 45900 kJ/kmole

N2 + 3 H2 NH3 ΔH25 = 91800 kJ/kmole

Jika dalam suatu reaksi panas dilepaskan maka reaksinya disebut reaksi eksotermik

dan menurut konvensi bertanda negative, sebaliknya jika dalam suatu reaksi panas

diserap maka reaksinya disebut reaksi endotermik dan bertanda positif.

Panas reaksi standar dapat dihitung jika panas pembentukan semua senyawa

yang terlibat dalam reaksi diketahui. Apabila panas pembentukan dan panas reaksi

pada suhu 25 oC, maka panas reaksi standar sama dengan jumlah aljabar panas

pembentukan standar produk dikurang jumlah aljabar panas pembentukan standar

reaktan yang dirumuskan

ΔHR, To = (Σ n ΔHf )Pr - (Σ n ΔHf )Re ............................................(3.37)

dengan n = jumlah mol

To = suhu standar

3.4.4 Panas Pembakaran

Panas pembakaran dari suatu senyawa adalah panas reaksi dari hasil

oksidasi senyawa dengan oksigen. Semua proses pembakaran adalah reaksi

eksotermik dan bertanda negative. Panas pembakaran standar adalah perubahan

entalpi sejumlah mol senyawa yang direaksikan dengan sejumlah mol oksigen

membentuk sejumlah mol produk pada suhu 25 oC dan tekanan 1 atm. Panas

pembakaran hidrokarbon adalah oksidasi semua senyawa hidrokarbon dengan

oksigen menjadi karbondioksida dan air. Panas pembakaran dapat dihitung dari panas

pembentukan atau sama dengan perhitungan panas reaksi sedangkan panas

pembentukan dapat dihitung dari panas pembakaran bila salah satu panas

pembentukannya tidak diketahui.

67

Contoh soal 3.5: CH2O + O2 CO2 + H2O

ΔHC diketahui

ΔHf CO2 diketahui

ΔHf H2O diketahui

ΔHC = ΔHf CO2 + ΔHf H2O - ΔHf CH2O

ΔHf CH2O dapat diketahui dari persamaan diatas.

3.5 Aplikasi Hukum Pertama Termodinamika untuk Proses Tidak Mengalir (Sistem

Tertutup)

Pada bagian ini akan dijelaskan pemakaian hukum pertama termodinamika

untuk gas ideal dengan proses reversible, gas ideal dengan proses irreversible

dan gas non ideal (gas nyata). Persamaan-persamaan neraca energi akan

diuraikan untuk berbagai keadaan dalam perhitungan teknik kimia seperti

temperatur tetap (isothermal), volume tetap (isometric), tekanan tetap (isobaric)

dan kasus dimana tidak ada panas masuk maupun keluar dari sistem (adiabatic).

3.5.1 Gas Ideal dengan Proses Reversible pada Sistem Tertutup

Perhatikan satu mol gas yang diisikan kedalam satu piston dimana dalam

piston tersebut akan terjadi ekpansi ataupun kompressi. Gas dalam piston tersebut

dikatakan sistem tertutup atau proses tidak mengalir (non flow process) dan neraca

energi untuk sistem tertutup (hukum termodinamika pertama untuk sistem tertutup):

……………………………………………………

(3.38)

bila antara gas dan dinding piston tidak ada gesekan maka proses disebut proses

reversible dan kerja yang dilakukan adalah kerja maksimum dimana

untuk gas ideal:

68

Perubahan gas ideal untuk sistem tertutup proses reversible dapat terjadi dalam

beberapa proses:

3.5.1.1 Proses Suhu Tetap (isothermal procesess)

Suatu sistem dikatan isothermal atau suhu tetap apabila selama proses

berlangsung suhu tetap dan ekpansi gas dari keadaan (1) ke keadaan (2)

(lihat gambar)

Gambar 3.7 PV diagram untuk isothermal

Hk Thermodinamika pertama

Isothermal, shg E = 0 dan alt = 0, shg

gas ideal dan

………………………

(3.39)

Bila suhu tetap maka

69

, sehingga

…………………………………(3.40)

Pada arus isothermal dan , sehingga kerja yang dilakukan untuk

Proses Tekanan Tetap (Isobaric Process)

Tekanan sistem selama proses berlangsung tetap atau tekanan awal (1)

sama dengan tekakanan pada akhir proses (2) lihat gambar 3.6 Gas

berekpansi dari titik (1) ke (2) akibat pengaruh panas dan kerja yang

dihasilkan:

Gambar 3.8 PV diagram untuk isobar

untuk gas ideal

Internal energi akan berubah seperti suhu yang tidak tetap sehingga

selama proses ekspansi berlangsung:

70

bernilai positif sehingga kerja juga akan positif, telah diturunkan

sebelumnya: oleh karena untuk suatu proses isobarik

maka , sehingga

dan ……………………

(3.42)

3.5.1.2 Proses Isometrik (Isometric Process)

Proses isometric terjadi apabila volume gas tetap selama proses berlangsung.

karena sehingga hukum termodinamika

pertama menjadi dan ………………………..

(3.43)

3.5.1.3 Proses Adiabatik (Adiabatic Process)

71

P1

P2

P

VV1 = V2

Gambar 3.9 PV diagram untuk isometri

Gambar 3.10 PV diagram untuk adiabatik

Bila suatu silinder diisolasi secara sempurna sehingga tidak ada panas yang masuk

maupun meninggal sistem disebut proses adiabatic dengan Q = 0. Ekspansi

berlangsung dari keadaan (1) ke Keadaan (2) sehingga hukum termodinamika

pertama

…………………………………..

(3.44)

Karena tekanan, temperatur dan volume gas berubah maka tidak dapat

dihitung secara langsung. Namun karena perubahan energi dalam berkaitan dengan

kapasitas panas pada volume konstan, dan

sehingga kerja ekpansi yang dihasilkan akibat penurunan

energi dalam gas. Oleh karena temperature turun akibat kenaikan volume gas maka

tekanan juga akan turun.

Hubungan antara variable-variabel PV (Pressure Volume), PT (Pressure

Temperature), dan VT (Volume Temperature) untuk proses adiabatic diberikan oleh

persamaan-persamaan sebagai berikut:

………………………………………………..(3.45)

…………………………………………….(3.46)

72

……………………………………………….(3.47)

dengan . Bila pada persamaan PT dimasukkan dalam persamaan

kerja maka:

…………………………………..(3.48)

Proses Politropik (Polytropic Processes)

Proses politropik hanya berlaku untuk gas non ideal dengan harga . Nilai k

merupakan parameter empiris yang ditentukan melalui percobaan. Sebagai contoh

nilai k untuk gas non ideal diatomic 1,5 sampai 1,6. Rumus-rumus yang digunakan

untuk proses politropik sama dengan proses adiabatic kecuali nilai k yang berbeda.

Contoh soal 3.6:

Satu kilomol gas karbon monoksida (anggap gas ideal) dengan kapasitas panas pada

tekanan konstan pada tekanan 2,758 MPa dan suhu 700 K

(keadaan 1) diekspansi secara isothermal sehingga tekanannya menjadi 0,552 MPa

(keadaan 2), selanjutnya didinginkan pada volume tetap sampai suhu 437,5 K

(keadaan 3), lalu didinginkan pada tekanan tetap sampai suhu 350 K (keadaan 4),

kemudian ditekan secara adiabatik sampai tekanan 2,758 MPa (keadaan 5) dan

dipanaskan pada tekanan tetap sampai suhu 700 K.

Hitung dan untuk setiap proses jika prosesnya dianggap proses

reversible dan buat PV diagramnya!

Penyelesaian:

Untuk mempermudah permasalahan, bambarkan langkah-langkah proses dalam

bentuk blok diagram dan setiap blok tulis kondisi prosesnya sbb:

73

isothermal Isothermal Isometriisometri

Isob

Isobar Adiabatik

adibatik

Gambar 3.11 blok diagram contoh soal 3.6

Dari gambar di atas terlihat bahwa siklusnya tertutup dan proses reversible dan

perhitungan dilakukan untuk setiap langkah sbb:

a. (1) Ishotermal (2)

b. (2) Isometri (3)

74

c. (3) Isobarik (4)

d. (4) adiabatik (5)

75

(e) Keadaan 5 keadaan 1= 3325.0 – 3257.7 = 67.3 = 3005.6 – 2953.4 = 52.2

W = Q = + W = 52.2 + 15.2 = 67.4

Untuk seluruh proses

PV diaramnya dapat digambarkan seperti pada gambar 3.9

76

Gambar 3.12 PV diagram contoh soal 3.6

3.5.2 Gas Ideal Proses Irreversible Sistim Tertutup

Pada proses irreversible , kerja tidak dapat dihitung secara lansung dari

tetapi dapat dihitung berdasarkan hukum termodinamika pertama.. Jika

kondisi awal dan akhir dari suatu proses diketahui, perubahan energi dalam, suatu

fungsi keadaan dapat dihitung dengan pembagian proses irreversible menjadi dua

proses ( proses reversible ). Sebagai contoh, suatu proses irreversible dengan kondisi

awal P1 T1 dan kondisi akhir P2 T2, supaya dapat dihitung perubahan energi

dalamnya maka harus dirubah menjadi P1 T1 P1 T2 P2 T2 dimana

langkah satu adalah isobar dan langkah dua isotermal atau P1 T1 P2 T1 P2

T2 (langkah satu isothermal, langkah dua isobar). Apabila Q diketahui, maka W = Q -

.

3.5.3 Gas Nonideal Sistem Tertutup

77

12

1 2

Metode penurunan rumus pada gas nonideal sama saja dengan gas ideal

kecuali persamaan keadaannya yang berbeda dalam mengevaluasi untuk

proses reversible. Kerja suatu gas nyata tidak sama dengan gas ideal karena volume

akhir tidak sama. Untuk contoh persamaan van der Waals:

Kerja yang dilakukan untuk proses isothermal,

Untuk proses isobar W = P .

Selain rumus matematik yang rumit, setiap persamaan keadaan dapat digunakan

untuk mencari hubungan antara ∆U, Q, dan W seperti yang dibahas pada gas ideal.

Kadang-kadang persamaan keadaan tidak tersedia untuk gas non ideal dan harus

menggunakan data tabel. Kemudian kondisi dipertahankan dan besaran kerja dihitung

dari data yang tersedia. Untuk proses isobar, volume spesifik aktual harus digunakan.

Pada proses isthermal harus dibuat grafik antara tekanan dan volume. Perubahan

energi dalam dapat dihitung dengan memanfaatkan PVT tabel dan entalpi.

Uap adalah salah satu contoh gas non ideal dimana metode penggunaan data

tabel untuk menghitung ∆U, Q, dan W .

Contoh soal 3.7: Satu kg steam pada 2,75 MPa dan 440 oC ( keadaan 1) diekspansi

secara isothermal menjadi 0,5 MPa (keadaan 2), lalu didinginkan pada volume tetap

sampai suhu 170 oC (keadaan 3) kemudian didinginkan lagi pada tekanan konstan

sampai suhu 140 OC (keadaan 4), kemudian ditekan secara adiabatic sampai tekanan

2,75 MPa dan suhu 410 oC (keadaan 5), dan selanjutnya dipanaskan pada tekanan

78

konstan sampai suhu 440 oC. Hitung Q, W, ∆H, dan ∆U untuk setiap langkah

proses, jika prosesnya dianggap reversibel dan buat diagram Pv .

Penyelesaian:

Basis 1 kg steam. Karena steam gas nonideal, nilai v dan H, harus diambil dari tabel

steam (App. B Daubert)

Tabel 3.2 Tabel steam

Keadaan 1 2 3 4 5

P, MPa 2.75 0.5 0.31 0.31 2.75T, OC 440 440 170 140 410

116.17 654.8 654.8 597 110.653325.0 3356.0 2802.6 2738.5 3257.73005.6 3028.6 2602.6 2553.6 2953.4

(a) Keadaan 1 keadaaa state 2

W dapat dihitung dengan cara integrasi grafik dengan memplotkan V dan P sehingga diperoleh Karean Q-W = 23.0, maka Q=23.0+W

(b) keadaaan 2 keadaan 3

W = 0 Q = = 2602.6 – 3028.6 = - 426 = 2802.6 – 3356.0 = -553.4

(c) Keadaan 3 keadaan 4= 2738.5 – 2802.6 = -64.1 = 2553.6 – 2602.6 = -49.0

W = = -17.9 kJ/kg Q = + W = -49.0 – 17.9 = - 66.9

(d) Keadaan 4 keadaan 5Q = 0

= 3257.7 – 2738.5 = 519.2 = -W = 2953.4 – 2553.6 = 399.8(e) Keadaan 5 keadaan 1

= 3325.0 – 3257.7 = 67.3

79

= 3005.6 – 2953.4 = 52.2 W =

Q = + W = 52.2 + 15.2 = 67.4

PV diagram dapat digambarkan sbb:

Gambar 3.13 PV diagram contoh soal 3.7

3.5.4 Aplikasi Neraca Energi Untuk Proses Alir (Sistim Terbuka)

Sebelumnya telah dijelaskan neraca energi untuk proses alir yang diturunkan

untuk satu fluida antara titik 1 dan 2:

....................(3.50)

Atau ..

.........................................(3.51)

Persamaan ini juga dapat diubah menjadi neraca energi mekanik yang didasarkan

pada satu satuan massa materi.

80

………................(3.52)

atau …… …… ….(3.53)

dimana = kerja tanpa aliran, reversible

- = kerja poros, reversible

Neraca massa untuk proses alir dalam keadaan tunak (steady) yang sering disebut

persamaan kontinuitas:

atau

dengan : m = laju alir massa

ρ = densitas fluida

v = volume spesifik

A = luas penampang

3.5.4.1 Aplikasi Neraca Energi untuk Gas ideal

Untuk gas ideal, sebelumnya telah dijelaskan bahwa ∆U = CVdT dan ∆H =

CP dT dan neraca energi dapat diturunkan menjadi:

atau

Persamaan diatas dapat digunakan untuk setiap proses alir yang melibatkan gas ideal.

Sebagai contoh, suatu operasi turbin terhadap gas ideal yang akan menghasilkan kerja

81

, sementara untuk kompressor akan membutuhkan kerja - untuk menekan gas

ideal.

Berdasarkan neraca energi mekanik, besaran kerja poros reversibel dapat

diturunkan

Pada proses volume tetap:

Pada tekanan tetap: = 0

Pada temperatur tetap:

Pada proses adiabatik dengan asumsi tidak ada energi kinetik dan potensial:

Contoh soal 3.8. Sebuah kompressor diumpankan udara kering dengan laju alir volum

0,25 m3/s pada tekanan total 0,1 MPa dan suhu 30 oC yang mengalir melalui pipa yang

diameter dalamnya 0,154 m. Panas udara yang hilang dalam compressor 2,764 J/h.

Udara keluar compressor pada suhu 43 oC dan tekanan total 0,55 MPa melalui pipa

berdiameter 0,028 m. Anggap udara gas ideal dengan kapasitas panas 29,3 kJ/kmol K.

Tentukan daya compressor.

Penyelesaian: Basis 1 kg udara, gunakan persamaan 3.54 dan 3.55

Dari hukum gas ideal,

82

Dari persamaan (3.34),

3.5.4.2 Aplikasi Neraca Energi untuk Gas Nonideal dan Cairan

Neraca energi total dapat digunakan pada gas nonideal dengan pemakaian

persamaan keadaan lanjutan atau dengan menggunakan data-data P, V, E, dan H yang

telah ditabulasikan seperti steam dan gas-gas yang penting di industri, khususnya

refrigeran seperti SO2, NH3, Freon, dan lain-lain.

Untuk cairan yang dapat dianggap fluida yang tidak mampu dimampatkan

(incompressible) dengan densitas tetap sehingga neraca massa :

Karena , maka

83

Bila sistem dianggap horizontal dimana perubahan energi potensial diabaikan, fluida

incompessible, perubahan energi kinetik diabaikan, tidak ada panas yang masuk

maupun meninggalkan sistem ( Q = 0 ), maka neraca energi mekanik menjadi:

atau

Bila dalam sistem perpipaan terjadi friksi dan asumsi sama dengan diatas, maka

neraca energi mekanik :

................................................(3.57)

Persamaan 3.56 dan 3.57 dapat digunakan untuk menghitung daya pompa yang

diperlukan.

Contoh 3.9 : Sebuah pompa digunakan untuk memompa suatu larutan dengan spesifik

gravity 1,21 dari sebuah tangki pencampur ke tangki penyimpan melalui pipa yang

berdiameter dalam 0,078 m. Tinggi permukaan cairan dalam tangki penyimpan 18 m

di atas tangki pencampur dan kedua tangki dalam keadaan terbuka. Pengaruh friksi

pada pipa menyebabkan tekanan larutan turun 4 m. Tentukan daya yang dibutuhkan

pompa dan kenaikan tekanannya

Penyelesaian : Basis 1 kg solution.

84

Gambar 3.14 Gambar Contoh soal 3.9

3.6 Aplikasi Termokimia

Neraca energi untuk reaksi kimia Q = ∆H dengan asumsi energi potensial,

energi kinetik, dan kerja diabaikan. Panas reaksi standar merupakan panas reaksi

yang berlansung pada suhu 25 oC dan tekanan 1 atm. Pada proses aplikasi di industri

85

reaksi pada kondisi standar akan berjalan lambat, malah ada reaksi yang tidak yang

tidak terjadi. Pada bagian ini akan dijelaskan pengaruh suhu terhadap reaksi dan

reaksi adiabatik

3.6.2 Pengaruh suhu

Pada umumnya reaksi kimia sulit berlansung pada suhu standar sehingga

diperlukan suhu yang lebuh tinggi agar reaksi berjalan dengan baik..

Contoh : A + B C

A + B A + B C C 25 oC. T ΔHR T 25 oC

ΔHR T oC ΔHR25

oC

Gambar 3.6

Dari persamaan 3.29, H2 - H1 =

H3 - H2 = ΔHR298

H4 - H1 =

ΔHR, T = H4 - H1= (H2 - H1) + (H3 - H2) + (H4 - H1)

ΔHR, T = - + ΔHR, To

atau secara umum ditulis:

ΔHR,T = ∑ ΔHPr + ∑ ΔHR,To - ∑ ΔHRe ………..(3.58)

Dengan : ΔHR, T = panas reaksi pada suhu T

ΔHR, To = panas reaksi pada suhu standar

ΔHRe = entalpi reaktan

ΔHPr = entalpi produk

86

Produk

(2) 25 oC

Reaktan

(1) T

dT = beda suhu suhu reaksi dengan suhu reference (T-To)

contoh 3.10. Karbon monoksida dan uap air direaksikan secara stoikiometri

membentuk karbon dioksida dan hidrogen. Umpan masuk pada suhu 25 oC dan

produk keluar pada suhu 540 oC dengan karbon monoksida yang terkonversi 75%.

Tentukan jumlah panas yang harus ditambahkan atau dihilangkan dalam reakto per

1000 kg hidrogen yang dihasilkan.

Data:

No. Nama senyawa Panas pembentukan pada suhu

25 oC , kJ /kmol

Capasitas panas,

kJ/(kmol oC)

1 CO -110600 30,35

2 H2O -241980 36,00

3 CO2 -393770 45,64

4 H2 0 29,30

Penyelesaian: reaksi CO + H2O CO2 + H2

Basis : 1 koml umpan

Q= ΔHR,T = ∑ ΔHPr + ∑ ΔHR,To - ∑ ΔHRe

∑ ΔHR,To = ΔHf, CO2 + ΔHf, H2 – ΔHf, CO – ΔHf, H2O

= 41190 kJ/kmol

karena konversi 75%, ∑ ΔHR,To = 0,75 x 41190 kJ/kmol = - 30893 kJ/kmol

∑ ΔHRe = 0

∑ ΔHPr =

=

= 37488 kJ/kkmol

Q = -30893 + 37 488 = 6595 kJ/kmol

87

Panas=

= 4,397 x 106 kJ

3.6.2 Reaksi adiabatik

Jika dalam suatu reaktor tidak ada panas yang masuk maupun kehilangan

panas dari reaktor ke lingkungan ( Q=0)), maka suhu dalam reaktor akan mencapai

keadaan suhu tunak yang disebut temperatur reaksi adiabatik. Neraca energi menjadi:

Entalpi masuk = entalpi keluar

atau entalpi aliran reaktan = entalpi aliran produk + panas reaksi standar

∑ ΔHRe = ∑ ΔHPr + ∑ ΔHR,To ...............................................(3.59)

Persamaan ini menganggap operasi pada tekanan konstan jika proses tertutup dan

tidak ada pengaruh tekanan terhadap entalpi pada proses terbuka Persamaan ini dapat

digunakan untuk mencari temperatur adiabatik walaupun dengan cara coba-coba.

Contoh 3.11 Dalam memproduksi asam sulfat, FeS2 dibakar dengan 100 % udara

berlebih dari yang diperlukan untuk membentuk Fe2O3 + SO2. Tidak ada SO3 yang

terbentuk dan reaksi berlansung sempurna. SO2 yang terbentuk dioksidasi dengan sisa

oksigen dari burner dalam suatu katalitik konverter menjadi SO3 dengan conversi

75%. Jika gas masuk dalam katalitik konverter pada suhu 400 oC, hitung suhu gas

keluar dari converter tersebut.

Penyelesaian:

Basis : 4 kmol FeS2

Reaksi pada burner ruang pembakaran) :

4 FeS2 + 11 O2 2 Fe2O3 + 8 SO2

Nama Senyawa Masuk burner Keluar burner

Oksigen 11 kmol x 2 = 22 kmol 22- 11 = 11 kmol

Nitrogen 22 kmol x 79/21 = 82,76 kmol 82,76 kmol

SO2 0 8 kmol

88

Reaksi di converter :

SO2 + ½ O2 SO3

SO3 yang terbentuk = 0,75 x 8 kmol = 6 kmol

O2 yang digunakan = 6 kmol x ½ = 3 kmol

Gas yang keluar converter:

SO2 = 2 kmol; O2 = 8 kmol

SO3 = 6 kmol; N2 = 82,76 kmol

Ambil To = 25 oC sebagai suhu reference

ΔHf SO2 = -296840 kJ /kmol

ΔHf SO3 = -395720 kJKmol

Dari persamaan 3.37:

ΔHR, To = (Σ n ΔHf )Pr - (Σ n ΔHf )Re

= 6 [ - 395720 – ( - 29840) ]

= -593260 kJ

Kapasitas panas diambil dari tabel 3.3 Daubert dimana kapasitas panas N2 =1,059

(kJ/kmol K), O2 = 0,967 kJ/(kmol K), dan SO2 =0,714 kJ/(kmol K).

3160 kJ/K

∑ ΔHRe = (3160 kJ/K) (673- 298)K = 1.185.000 kJ

∑ ΔHPr = ∑ ΔHRe - ∑ ΔHR,To

= 1185000 – (- 593260) = 1778260 Kj

Temperatur gas keluar dri konverter dapat dihitung dengan mengestimasi suhu gas

keluar, misalnya pada suhu 600 oC. Pada suhu 600 oC kapasitas panas SO2, SO3, O2,

dan N2 masing-masing 0,749 , 0,855 , 0,996, dan 1,079 kJ/(kg K)

89

ΔHR, T = - + ΔHR, To

∑ ΔHPr = [n CpSO2 + n Cp SO3 + n Cp O2 + nCp N2](T-298)

1776820 = [(2)(0,749)(64)+(6)(0,855)(80)+(8)(0,966)(32)+(82,76)(1,079)(28)](T-

298)

1776820 = 3254 ( T- 298)

T = 844 K = 571 oC

Nilai kapasitas panas yang diambil pada suhu 600 oC tidak sama dengan suhu yang

diperoleh dari perhitungan yaitu 571 oC sehingga perhitungan perlu diulangi lagi

dengan memasukkan nilai kapasitas panas pada suhu 571 oC dan suhu dihitung

kembali sampai diperoleh nilai suhu sesuai dengan kapasitas panas. Kalau

perhitungan dilanjutkan akan diperoleh suhu yang akurat 575 oC.

’Soal

1. Air mengalir dari suatu air terjun dengan ketinggian 100 m. Ambil 1 kg air

sebagai sistem dan anggap tidak ada pertukaran energi antara air dan lingkungan.

a. Berapa energi potensial pada puncak dinding terjun terhadap dasar air

jatuh

b. Berapa energi kinetik air sebelum menimpa dasar

c. Setelah 1 kg air masuk ke dalam sungai dibawah terjun, perubahan apa

yang terjadi terhadap keadaan air.

2. Panas yang ditambahkan dalam suatu sistm tertutup 7,5 kJ sehingga terjadi

penurunan energi dalam sebesar 12 kJ. Berapa energi yang dipindahkan dalam

90

bentuk kerja? Untuk proses yang mengakibatkan perubahan yang sama terhadap

energi dalamnya tetapi kerja yang dilakukan nol, berapa panas yang harus

dipindahkan?

3. Air pada 180 oC dan 1002,7 kPa mempunyai energi dalam 2784,8 kJ kg-1 dan

volume spesifik 167 cm3 g-1

a. Berapa entalpinya?

4 .Pada gambar dibawah ini, 20 lb udara dengan tekanan 200 lb/in2 dan suhu 500 R

(titik a). Tekanan pada titik C 100 lb/in2 dan suhu 500 R. Tentukan kerja yang

dilakukan udara dan panas yang diserap serta perubahan internal energi:

a. Pada proses abc

b. Pada proses adc

c Pada proses isotermal ac

Anggap udara gas ideal

5 Tentukan Q, W, ∆U, dan ∆H untuk setiap langkah proses sebagai berikut: Gas

argon ditekan pada suhu tetap 500 oC dari 0,2 menjadi 3 Mpa, kemudian

didinginkan pada tekanan konstan sampai suhu 300 6. Hitung Q, W, dan ∆U

melalui dua proses yang berbeda untuk menaikkan gas ideal diatomik dari 1 atm

dan 0 oC menjadi 50 atm dan 1000 oC dengan proses :

91

a. Gas ditekan secara isotermal kemudian dipanaskan secara isobarik

b. Gas dipanaskan secara isobarik lalu ditekan secara isotermal

7. Hitung panas reaksi pada 25 oC untuk reaksi berikut ini

4 HCl (g) + O2 (g) 2 H2O (g) + 2 Cl2 (g)

8. Hitung panas reaksi penguraian ethylbenzene menjadi styrene dan hidrogen pada

suhu 800 K

92

TIK : Pada akhir pertemuan ini mahasiswa diharapkan mampu :

1. Mampu menentukan spontanitas suatu proses

2. Mampu mengidentifkasikan jenis-jenis proses reversibel dan irreversibel.

3. Mampu mendeskripsikan konsep entropi dalam hukum termodinamika kedua

4. Mampu menghitung Perubahan entropi suatu sistem

Pokok Bahasan : Menghitung ΔS dalam proses reversible dan irreversible

Deskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari beberapa pernyataan

tentang hukum termodinamika kedua, proses spontan, entropi, perubahan entropi

untuk gas ideal dan non ideal, dan perubahan entropi pada reaksi kimia

SESI /PERKULIAHAN KE : 9 s.d 11

I. Bahan Bacaan

e. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

II .Bacaan Bacaan Tambahan6. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico

i. Pertanyaan Kunci/Tugas :

1. Jelaskan bagaimana bunyi hukum termodinamika kedua

7. Jelaskan apa yang dimaksud dengan entropi

8. Jelaskan perubahan entropi gas ideal untuk proses isotermal, adiabatik,

isometrik, dan isobarik

9. Apa perbedaan reaksi endotermis dengan eksotermis

IV. Tugas

Jika 1 kg air dipanaskan pada tekanan atmosfir dari 20 oC menjadi 100 oC dalam

suatu proses alir, tentukan kerja ideal yang dilakukan terhadap sistem, efisiensi

termodinamik proses, dan perubahan entropi dalam sistem, lingkungan pada 20 oC, dan entropi keseluruhan. Jika energi yang didatangkan dari suatu furnace pada

suhu 260 oC, tentukan perubahan entropi keseluruhan dan kerja yang hilang dari

proses.

93

1.Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

3. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

BAB 4HUKUM KEDUA TERODINAMIKA

Materi Prasyarat : Telah mampu menerapkan prinsip kekakalan massa dan energi pada setiap proses termodinamika.

Standar Kompetensi : Mampu mendeskripisikan konsep hukum kedua termodinamika dan menerapkannya pada berbagai proses dan siklus termodinamika teknik.

Kompetensi Dasar :1. Mampu mendeskripsikan konsep entropi dalam hukum termodinamika

kedua.

2. Mampu mengidentifkasikan jenis-jenis proses reversibel dan irreversibel.

3. Mampu mengkaji/mengevaluasi proses dan kerja yang hilang

4. Mampu mendeskripsikan siklus Carnot.

94

4.1 Pendahuluan

Hukum pertama termodinamika tidak dapat menjelaskan tentang arah suatu

proses, bagaimana proses itu terjadi, dan apakah proses itu terjadi secara spontan atau

tidak. Hukum tersebut hanya menyatakan bahwa apabila satu bentuk energi

dikonversi ke bentuk lainnya dengan jumlah energi sama tanpa memandang

kelayakan proses tersebut. Dalam pandangan ini, kejadian-kejadian tidak akan

menyalahi hukum termodinamika pertama dapat dibayangkan seperti perpindahan

sejumlah kalor tertentu dari benda bertemperatur rendah ke benda yang bertemperatur

tinggi tanpa mengeluarkan energi. Tetapi pengalaman membuktikan bahwa proses ini

tidak mungkin terjadi dan dengan demikian hukum pertama saja belum cukup untuk

menggambarkan secara lengkap perpindahan energi. Hasil percobaan membuktikan

bahwa apabila energi dalam bentuk kalor dipindahkan ke dalam suatu sistim, hanya

sebagian kalor saja yang dapat dikonversi menjadi kerja. Menurut Joule, apabila

energi dipasok ke suatu sistim dalam bentuk kerja , maka kerja tersebut dapat

dikonversi seluruhnya menjadi kalor. Dengan demikian, perubahan energi antara

kalor dan kerja tidak terjadi sepenuhnya. Selanjutnya, apabila energi

ditransformasikan dari satu bentuk kebentuk yang lain, sering juga terjadi penurunan

energi yang dipasok ke bentuk lain yang kurang bermanfaat, artinya percobaan

memperlihatkan proses-proses alami akan diikuti oleh penghamburan energi.

Hukum kedua termodinamika dapat melengkapi hukum termodinamika I.

Arah proses, apakah proses dapat terjadi secara spontan atau tidak, dan kondisi

kesetimngan dapat ditentukan dengan hukum termodinamika kedua.

4.2 Pernyataan Tentang Hukum Kedua Termodinamika

Pernyataan tentang hukum kedua termodinamika banyak sekali namun pada

dasar sama. . Dari beberapa dari pernyataan tentang hukum kedua ini dapat

dkelompokkan ke dalam tiga yaitu aliran panas, proses, dan entropi.

4.2.1 Aliran Panas

95

- Pernyataan Clausius untuk hukum kedua

menegaskan bahwa: adalah tidak mungkin

bagi sistem apa pun untuk beroperasi

sedemikian rupa sehingga hasil tunggalnya

akan berupa suatu perpindahan energi dalam

bentuk kalor dari benda yang lebih dingin ke

benda yang lebih panas.

- Pernyataan Kelvin-Planck untuk hukum kedua:

adalah tidak mungkin untuk sistem apapun dapat

beroperasi dalam siklus termodinamika dan

memberikan sejumlah kerja neto ke sekelilingnya

sementara menerima energi melalui perpindahan

kalor

- Pernyataan Weber :Perpindahan panas dari suhu rendah ke suhu tinggi dalam

suatu proses tidak munkin terjadi

- Pernyataan (Young dan Young) Panas tidak bisa mengalir dari benda yang

bersuhu rendah ke benda yang bersuhu tinggi kecuali ada masukan energi dari

luar (Young dan Young)

4.2.2. Spontanitas Proses

Hukum kedua termodinamika lebih banyak menjelaskan spontanitas suatu

proses. Suatu proses spontan tidak selalu diartikan dengan kecepatan tinggi. Fakta

yang ada, mmenunjukkan bahwa proses spontan berlansung dalam kecepatan yang

berbeda, mulai dari kecepatan tinggi sampai sangat lambat. Proses yang terjadi secara

spontan di alam berlansung menuju kesetimbangan. Air mengalir dari tempat yang

tinggi ke tempat yang rendah ; kalor mengalir dari benda panas ke benda dingin; gas

berekspansi dari tekanan tinggi ke tekanan rendah. Proses spontan dapat dibalik,

tetapi proses ini tidak dapat dibalikkan secara spontan walaupun neraca energi sudah

terpenuhi. Energi harus dipasok ke sistim agar terjadi yang tidak spontan Energi dari

96

sumber luar dibutuhkan untuk memompa air dari tempat yang rendah ke tempat yang

tinggi, atau memindahkan energi dari benda dingin ke benda panas atau

mengompressi gas dari tekanan rendah ke tekanan tinggi. Hal ini mengakibatkan

perubahan permanen pada sekeliling akan terjadi.

Contoh-contoh lain proses spontan:

• air terjun jatuh ke bawah

• gula larut dalam kopi

• Pada 1 atm, air membeku di bawah 0 0C dan es mencair di atas 0 0C

• kalor mengalir dari benda yang lebih panas ke benda yang lebih dingin

• pemuaian gas dalam lampu bohlam

• besi akan berkarat jika terkena air dan oksigen

Semua reaksi pembakaran adalah spontan dan eksotermik, contoh:

CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O(g) ∆Horxn = -802 kJ

Besi berkarat secara spontan dan eksotermik;

2 Fe(s) + 3/2 O2 (g) Fe2O3 (s) ∆ Horxn = -826 kJ

Senyawa-senyawa ion secara spontan membentuk unsur-unsurnya dgn melepas kalor:

97

spontan

nonspontan

Na(s) + ½ Cl2 (g) NaCl(s) ∆Horxn = -411 kJ

Pd tekanan normal, air membeku di bawah 0°C dan mencair di atas 0°C. keduanya

adalah proses spontan, namun yang pertama termasuk eksotermik sedangkan yang

kedua termasuk endotermik

H2O(l) H2O(s) ∆Horxn = -6,02 kJ (eksotermik; spontan pada T < 0oC)

H2O(s) H2O(l) ∆Horxn = +6,02 kJ (endotermik; spontan pada T > 0oC)

4.2.3 Entropi

Terdapat kecenderungan alam yaitu proses berlangsung spontan ke arah keadaan

sistem yang lebih tidak teratur, atau disebut juga keadaan dengan derajat

ketidakteraturan lebih tinggi. Derajat ketidakteraturan sistem dinyatakan oleh

besaran termodinamika yang disebut entropi yang lambangnya S.

Teratur S Acak S

Untuk semua zat, keadaan padatnya lebih teratur daripada keadaan cair dan keadaan

cairnya lebih teratur daripada keadaan gas.

Spadat < Scair < Sgas H2O (s) H2O (l) ∆S > 0

Proses-proses yang menghasilkan kenaikan entropi (∆S > 0)

98

4.2.3 .1 Perubahan Entropi

Clausius mendefinisikan entropi sebagai berikut: Apabila suatu sistem

melewati suatu proses reversible dari suatu keadaan ke keadaan lainnya pada

temperatur absolut konstan, maka perubahan entropi sistem ∆S sama dengan

panas yang diserapnya dibagi dengan T.

……………………………………….(4.1)

dengan : ∆S = perubahan entropi

dQrev = panas reversible yang dipindahkan

99

T = suhu absolut

Bila sistem dan sekitarnya (sekelingnya) mempunyai hubungan energi ,

maka sistem dan sekitarnya selalu bertautan dalam perubahan entropi. Bila

sistem mengalami perubahan entropi, maka sekitarnya juga mengalami

perubahan entropi akibat hubungan energi tadi.. Total perubahan entropi sistem

dan sekitarnya disebut perubahan entropi keseluruhan (universe) Untuk proses

reversible dan irreversible hubungan ini ditulis:

∆S keseluruhan= ∆Ssistem + ∆Ssekitar ≥ 0

......................................(4.2)

Keterangan: tanda >0 untuk proses irreversibel atau spontan

Tanda = 0 untuk proses reversible (sistim setimbang)

Bila sitem diisolasi, maka tidak ada hubungan energi antara sistem dengan

sekitarnya, sehingga entropi sekitarnya tetap atau:

Bila ∆Ssekitar = 0, maka

∆S keseluruhan = ∆Ssistem ≥ 0

Contoh 4.1: Sebuah reservoir pada suhu 500 K menerima 5 x 106 kJ panas dari

suatu sumber panas yang suhunya 600 K. Tentukan perubahan entropi sistem,

sekeliling (sekitar), dan keseluruhan

Penyelesaian:

Diket : Tres = 500 K, T sumber panas = 600 K

Qrev = 5 x 106 kJ (panas yang diterima reservoir)

Qrev = -5 x 106 kJ (panas yang dikeluarkan oleh sumber panas)

Ditanya : ∆Ssistem, ∆S sekitar, dan ∆S keseluruhan

Penyelesaian:

100

∆Ssistem =

∆Ssekitar =

∆S keseluruhan = ∆Ssistem + ∆Ssekitar

= (10000 – 8333)kJ = 1667 kJ

Untuk proses pada P dan T tetap, panas yang dilepaskan ke lingkungan

sama dengan q lingkungan, karena itu; S lingkungan H lingkungan

TDengan kata lain perubahan entropi merupakan kriteria kespontanan reaksi.

Sebagai contoh, apabila serbuk tembaga ditambahkan pada larutan perak nitrat ,

akan terjadi reaksi? Cu(s) + 2Ag+(aq) -------> Cu2+ + 2Ag(s)

Perubahan entropi sistem: S = S produk - S pereaksi

S = SoCu2+ + 2SoAg+ - oScu-2oSag+

= -99,6 + 2 ( 42,6) –33,2- 2(72,7) = -193 j/K

Perubahan entropi lingkungan dapat dihitung dari, Sl = -H/T

H dapat dihitung dari:

H = Hf (Cu2+) – 2 Hf (Ag+) = -146,4 Kj

Sl = 146400/298 = 491,3 J/K Jadi ,

Sas = So + Sl

= -193 + 491,3 = 298,3

Sas> 0 , maka reaksi spontan.

4.2.3.2 Perubahan Entropi untuk Gas Ideal

101

Analisis dan perhitungan untuk perubahan entropi sama saja dengan

perhitungan panas, kerja, perubahan internal energi, dan perubahan entalpi yang telah

dibahas pada bab 3 untuk proses reversible dan irreversible.

Pada proses reversible, ∆S = dQrev/T dan dapat diturunkan untuk berbagai kasus

sebagai berikut:

Proses isotermal (proses pada suhu konstan)

Hukum termodinamika pertama dE = dQ – dW. Untuk suhu konstan ∆U = 0

sehingga dQrev = W. Seperti telah dijelaskan sebelumnya untuk gas ideal Q =

W = nRT ln (V2/V1) = nRT ln (P1/P2), maka perubahan entropi untuk suhu

konstan:

.....................................(4.3)

Proses isobarik (proses pada tekanan konstan ∆H =Q):

…………....(4.4)

untuk perubahan entropi spesifik dan untuk perubahan entropi:

…………….(4.5)

Jika CP merupakan fungsi temperatur, maka nilai Cp diambil adalah Cp rata-rata

antara T1 dan T2.

Proses isometrik (proses pada volume konstan, W = 0 )

dE = dQ

(entropi spesifik) atau

(entropi)……………..(4.6)

Jika CV merupakan fungsi temperatur, maka nilai CV diambil adalah CV rata-rata

antara T1 dan T2.

102

Proses adiabatik

Pada proses adiabatik, Q = 0 sehingga ∆S = 0..........................................(4.7)

Nonisotermal-nonadiabatik

Jika suatu sistim gas ideal berubah dari P1V1T1 menjadi P2V2T2, tidak

ada dalam kasus diatas yang dapat digunakan secara lansung untuk

menentukan entropi. Sebenarnya, perubahan entropi merupakan fungsi

keadaan yang tidak tergantung pada jalannya proses tetapi tergantung pada

awal dan akhir proses seperti halnya dalam perhitungan energi dalam.

Pertimbangkan dua proses reversible, satu proses isobarik diikuti proses

isotermal sebagai berikut:

P1V1T1 P1V2T2 P2V2T2

Perbuahan entropi aktual proses adalah jumlah perubahan entropi dua proses

diatas:

..................................................(4.8)

Bila prosesnya isometrik diikuti proses isotermal, maka perubahan entropi

proses: ....................................................(4.9)

Isothermal Mixing (Pencampuran isotermal)

Suatu proses dapat diolah dengan membagi satu proses reversible

menjadi campuran. Perhatikan dua gas ideal A dan B yang terpisah pada

tekanan P dan suhu T, dicampur dengan fraksi mol yA dan yB. Anggap setiap

gas diekspansi secara isotermal dan reversible dari tekanan P menjadi tekanan

yang sama dengan tekanan partialnya dalam campuran, sehingga:

………………..(4.10)

Bila hukum Dalton digunakan,maka:

103

∆S = - yARln yA - yBRln yB ……………………………………(4.11)

Kemudian, secara reversible gaya setiap komponen murni masuk dalam

volume gas pada tekanan P dan suhu T dimana perbandingan A/B adalah

yA/yB. Untuk operasi ini, ∆S = 0. Oleh karena total muatan entropi pencampuran

gas ideal akan menjadi sama dengan muatan entropi hasil dari tahap pertama proses

yang diasumsi.

Sistem Irreversible Gas Ideal

Pada sistem irreversible gas ideal , perubahan entropi dihitung dengan cara

yang sama dengan yang dibahas pada bagian... . Walaupun kasus ekspansi bebas,

ekspansi adiabatik dari suatu gas yang masuk ke dalam sistem vacuum yang terisolasi

merupakan kasus khusus yang akan dibahas. Perhatikan suatu gas yang diisolasi total

dari sekeliling pada P1V1T1 berekspansi ke dalam suatu vacuum yang juga diisolasi

total sehingga sistem mencapai keadaan P2V2T2. Karena sistem adiabatik, Q=0.

Karena tidak ada kerja yang dilakukan oleh atau pada gas, W =0 sehingga ∆U =0.

Fakta ini adalah benar untuk setiap gas ideal, jika dalam penambahan gas ideal, ∆U

=Cv(T2 – T1)= 0. Oleh karena Cv nilainya bukan nol, T2-T1 harus nol, sehingga ∆T=0

dan gas berekspansi dari keadaan P1V1T1 menjadi P2V2T1untuk proses isotermal.

Perubahan entropi tidak tergantung pada jalannya proses. ∆Ssistem dapat dihitung

sebagai suatu ekspansi isothermal reversible, sehingga ∆Ssistem = R ln (P1/P2) yang

bernilai positif. Bila sistem diisolasi maka ∆Ssekitar = 0 dan perubahan entropi

keseluruhan sama dengan perubahan entropi sistem dan bernilai positif.

Contoh 4.2 Satu kilomol gas karbon monoksida (anggap gas ideal) dengan kapasitas

panas pada tekanan konstan pada tekanan 2,758 MPa dan suhu 700

K (keadaan 1) diekspansi secara isothermal sehingga tekanannya menjadi 0,552 MPa

(keadaan 2), selanjutnya didinginkan pada volume tetap sampai suhu 437,5 K

(keadaan 3), lalu didinginkan pada tekanan tetap sampai suhu 350 K (keadaan 4),

kemudian ditekan secara adiabatik sampai tekanan 2,758 MPa (keadaan 5) dan

104

dipanaskan pada tekanan tetap sampai suhu 700 K Hitung ∆S untuk setiap langkah

proses diatas .

Penyelesaian:

a) Proses isotermal

P1 = 2,758 Mpa P2 =0,552 MPa

T1 = 700 K T2 = 700K

∆ST =

b) Proses Isometrik

T2 =700K T3 = 437,5 K

∆SV =

c) Proses isobarik

∆SP =

d) Proses adiabatik

T4 =350K T5=634K

Qrev=0, maka ∆Sa=0

e) Proses isobarik

T5 = 634K T6 =700 K

∆SP =

Perubahan entropi untuk keseluruhan proses (∆STotal),

∆STotal = 13,375-9,870-6,538+0+2,902

= -0,131kJ/K 0

Karena S adalah fungsi keadaan, maka ∆ST harus sama dengan nol.Dari hasil

perhitungan diperoleh ∆STotal tidak nol, hal ini disebabkan kesalahan pada

temperatur dan kapasitas panas.

105

Contoh 4.3 Helium dan Nitrogen pada 300 K dengan perbandingan 1:2

dicampur. Berapa entropi pencampuran

Penyelesaian:

yA = 1/3 = 0,333 dan yB=2/3=0,667

∆S = -yAR ln yA – yB R ln yB

= -0,333(8,314)ln 0,333 – 0,667(8,314)ln 0,667

= 3,044+ 2,246=5,290

Jika campuran gas ini disebabkan karena ekspansi bebas dari 0,1 kPa menjadi

0,5 kPa, berapa perubahan entropi keseluruhan?

∆Skeseluruhan = ∆Ssistem + ∆Ssekitar

Apabila dalam suatu ekspansi bebas untuk gas ideal ∆T = 0 dan apabila suatu

ekspansi bebas termasuk sistem terisolasi,∆Ssekitar = 0, sehingga,

∆Skeseluruhan = ∆Ssistem = R ln

= 8,314 ln

4.2.3.3 Perubahan Entropi Gas Nonideal dan Sistem Perpindahan Panas

Prinsip-prinsip yang telah dijelaskan pada bagaian 4.3.2 dapat digunakan

menurunkan persamaan untuk menghitung perubahan entropi gas nonideal. Jika

persamaan keadaan tidak dapat dipakai, maka data-data tabel atau grafik dapat

digunakan untuk menghitung perubahan entropi.

Jika perubahan fasa isotermal pada tekanan konstan berjalan lambat

sehingga dapat dianggap reversible dan pada keadaan setimbang, ∆S = ∆Hperubahan

fasa/T. Perubahan entropi untuk proses kesetimbangan pelelehan dan penguapan

sebagai berikut:

106

dan …………………………………….....……(4.12)

Apabila suatu sistem yang dipertimbangkan hanya perpindahan panas yang terjadi

pada tekanan konstan dan tidak ada kerja yang dilakukan, sistem lebih mudah

menunjukkan perubahan entropi. Jika pemanasan dilakukan secara irreversible

dengan beda temperatur tinggi akan sama seperti proses yang dilaksanakan secara

reversible dengan beda suhu yang tidak terbatas. Perubahan entropi sistem menjadi:

Misalnya dalam alat penukar panas, perbedaan suhu ini dapat dihitung untuk setiap

aliran proses. Jika proses yang dilakukan reversible, maka jumlah aljabar perubahan

entropi untuk setiap proses akan menjadi nol.

Contoh 4.4. Lihat dan catat kembali contoh 3.7 dan hitung ∆S untuk setiap tahapan

proses dan ∆Skeseluruhan

Penyelesaian:

Dari tabel steam appendix B dengan interpolasi datauntuk kondisi masing-masing

proses

Keadaan 1 2 3 4 5

P, MPa 2.75 0.5 0.31 0.31 2.75T, OC 440 440 170 140 410S, kJ/(kg K) 7,096 7,915 7,16 7,014 6,999

a) Isotermal

∆ST = S2 - S1 = 7,915 – 7,096 = 0,819 kJ/(kg K)

b) Isometri

∆SV = S3 - S2 = 7,16 – 7,915 = - 0,755 kJ/(kg K)

c) Isobar

∆Sp = S4 - S3 = 7,014 -7,16 = - 0,16

107

d) ∆Sa = S5 - S4 = -0,015 = 0 (Q=0)

e) ∆ST = S1 - S5 = 7,096 – 6,999 = 0,097

f) ∆Skeseluruhan = 0,001 0

Contoh 4.5 Asumsi 5000 kg/jam minyak dengan kapasitas panas 3,2 kJ/(kgK)

didinginkan dari 220 oC sampai suhu 30 oC dengan menggunakan air yang dialirkan

secara berlawanan arah sehingga suhunya naik dari 20 oC menjadi 30 oC. Tentukan

perubahan entropi keseluruhan per jam.

Penyelesaian:

= - 7786 + 7995 = 209 kJ/(kg K)

4.2.3.4 Perubahan Entropi Pada Reaksi Kimia dan Hukum ke III

Thermodinamika

Perubahan Entropi yang terjadi dalam suatu reaksi kimia dapat dihitung

dengan persamaan,

Δsn = Δs Reaksi

Δs rxn = Σ nPr . S Pr – Σ n Re . S Re ………………………(4.13)

Dalam pemakaian rumus diatas diperlukan penentuan entropi absolute bahan yang

terlibat dalam reaksi yang mana membutuhkan hukum termodinamika ketiga sebagai

dasar. Nernst merumuskan hokum ketiga termodinamika yang bunyinya entropi

setiap kristal yang yang berbentuk sempurna atau kristal tanpa susnan acak adalah 0

pada suhu mutlak 0 K. Hal ini telah dibuktikan dengan percobaan dan nilai entropi

108

absolute dapat dihitug dari ekstrapolasi panas laten dan panas spesifik yang diambil

dari kondisi kriogenik 0 K. Entropi absolute dihitung biasanya pada suhu referen 25

oC dengan rumus:

………………………

(4.14)

So = entropi absolute pada suhu T oK.

Cp = kap.panas pada tek.tetap

Nilai nilai So dapat diperoleh dalam table-tabel termodinamika. Dari table itu jelas

kelihatan bahwa entropi absolut akan naik sebagai akibat kenaikan ketidak aturan

bahan, sehingga entropi naik akibat perubahan bahan dari kristal padat menjadi

padatan amorpous, kemudian menjadi cair, dan gas. Entropi pada suhu lain dapat

dihitung dengan penambahan kontribusi entropi akibat perubahan temperatur dan

perubahan fasa,

………………(4.15)

Persamaan 4.15 ini dapat digunakan untuk menghitung ∆Srxn pada persamaan 4.13.

Contoh 4.6. Tentukan perubahan entropi reaksi methanol dengan oksigen membentuk

formaldehid dan air dalam fasa uap pada suhu 25 oC.

Penyelesaian:

Reaksi : CH3OH + ½ O2 CH2O + H2O

∆Srxn =

= 218,8 + 188,85 – 237,8 – ½ (205,2)

= 67,25 kJ/K

109

110

SESI /PERKULIAHAN KE : 12

TIK : Pada akhir pertemuan ini mahasiswa diharapkan mampu :

1 Mendeskripsikan konsep energi bebas Gibbs

2. Menentukan arah proses dengan perubahan energy bebas Gibbs

.

Pokok Bahasan : Menghitung ΔG

Deskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari tentang energi bebas

Gibbs, arah proses dengan perubahan energi bebas Gibbs pada gas ideal untuk proses

isotermal, adiabatik, isometrik, isobarik pada sistim tertutup, perubahan energi Gibbs

untuk sistim terbuka (proses alir)

I. Bahan Bacaan

II. Pertanyaan Kunci/Tugas :

1. Jelaskan tentang konsep energi bebas

2. Apakah yang menyebabkan energi bebas Gibbs lebih sering digunakan dari pada energi bebas Hemholzt

3. Apakah suatu reaksi dapat berlansung secara spontan pada suhu tetap

apabila perubahan energi bebas Gibbsnya positif?

III. Tugas

1. Suatu gas dengan kapasitas panas pada tekanan konstan 45 kJ/(kmol

K) diekspansi dari 0,5 MPa dan 100 oC menjadi 0,1 MPa dan 20 oC dengan

menggunakan pendingin dari luar yang suhunya 10 oC (lingkungan)

a. Jika gas adalah ideal, hitung perubahan entropi sistem , lingkungan, dan

keseluruhan

b. Hitung kerja yang hilang oleh sistem

c. Hitung perubahan energi bebas Gibbs sistem

d. Hitung seperti point a, bila gas non ideal

111

1. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

2. Smith, J.M., Van Ness, H.C.dan Abbot, M.M. 2001. Introduction to Chemical Engineering, 6th edition. Singapore: Mc. Graw Hill.

BAB V

ENERGI BEBAS GIBBS

Energi Bebas Gibbs adalah suatu fungsi yang menggabungkan entalpi dan

entropi sistem,

G = H – TS…………………..…………………………..(5.1)

Untuk perubahan energi bebas Gibbs pada P dan T tetap, dapat dituliskan;

G = H - TS……………………………………………’.(5.2)

Untuk proses spontan, G sistem harus berharga negatif pada P dan T tetap.

Untuk sistem yang mempunyai H negatif (eksoterm) dan S positif (perubahan

menyebabkan bertambahnya ketidak teraturan) maka perubahan akan berlangsung

spontan pada segala temperatur. Sebaliknya jika H positif (endoterm) dan S

negatif, G akan selalu positif, sehingga perubahan tidak akan terjadi secara

112

spontan pada segala temperatur.

Contoh Soal 1; Untuk perubahan H2O (c ) H2O (g) pada 1 atm dan 298 K

harga H ialah 9,71 kkal/mol dan S ialah 26 kal/mol.K

a) Apakah perubahan ini spontan pada 298K?

G = H - TS

= 9710 kal/mol – 298 (26)K. kal/mol.K

= 1962 kal/mol

karena harga G positif, maka perubahan H2O (c ) H2O (g) tidak

spontan pada suhu 298 K.

b) G = H - TS

Syarat terjadinya kesetimbangan ialah G = 0, maka pada keadaan

kesetimbangan,

H = T S T = H/S = 9710 kal/mol/26 kal/mol K = 373 K

Jadi kesetimbangan H2O (c ) H2O (g) terjadi pada 373 K

Contoh soal 2 Tentukan reaksi berikut ini spontan atau tidak ?

Cao(s) + CO2(g) -----> CaCO3

Jika diketahui H298 = - 178,3 kJ.

S298 = -160,5 J/K

G = H - TS

= -178,3 – 298 (160,5) . 10-3 = -130,5 kJ

G< 0 maka reaksi berlangsung spontan

Perubahan energi bebas pereaksi dalam keadaan standar (298 K, 1 atm)

menjadi hasil reaksi dalam keadaan standar, disebut perubahan energi standar

G0. Perubahan energi bebas standar bagi reaksi pembentukan senyawa dari

unsur-unsurnya didefinisikan sebagai perubahan energi bebas pembentukan standar,

Gf0. Bagi unsur-unsur bebas pada keadaan standar ditetapkan mempunyai Gf

0

nol.

113

Harga Gf0 dapat dipakai untuk menghitung G0 reaksi dalam rangka

meramalkan spontan tidaknya reaksi itu, melalui persamaan;

G0 = Gf0 hasil reaksi - Gf

0 pereaksi

Contoh soal;

Dengan menggunakan data, hitunglah G0 pembakaran metana pada 2980K. Untuk

reaksi;

CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2H2O

G 0 G 0 f CO2 2G 0

f H 2O G 0 f CH 4 2G 0 f O2

94,3kkal 113,4kkal) 12,14kkal)195,6 kkal

Harga perubahan energi bebas standar yang negatif menunjukkan bahwa reaks

dapat berlangsung spontan pada suhu kamar. Namun kenyataannya campuran gas

hidrogen dan oksigen dalam suatu bejana tidak menghasilkan reaksi, kecuali jika

terdapat katalisator Palladium yang dapat mengubah campuran ini dengan cepat

menjadi air pada suhu kamar. Contoh ini menunjukkan kestabilan termodinamika

hanya didasarkan pada keadaan awal dan keadaan akhir saja. Secara

termodinamika reaksi pembentukan air dapat berlangsung spontan, akan tetapi

karena sistem campuran gas tadi secara

kinetika cukup stabil (mempunyai energi aktivasi tinggi), maka reaksi spontan

tadi berlangsung dengan sangat lambat.

Tabel 5.1 Perubahan Energi Bebas Pembentukan Standar;

SenyawaGf

0

SenyawaGf

0

Kkal/mol KJ/mol Kkal/mol KJ/mol

H2O(l) -56,7 -237,0 CH3Cl(g) -19,6 -82,0

HCl(g) -22,7 -95,0 CCl4(c) -33,3 -139

H2S(g) -7,89 -33,0 C6H12O6 -215 -900

NO2(g) 12,4 51,9 Al2O3(p) -376,8 -1577

114

NH3(g) -3,97 -16,6 BaO(p) -350,2 -1465

CH4(g) -12,14 -50,79 CaO(p) -144,4 -604,2

C2H4(g) 16,28 68,12 CoO(p) -30,4 -127

C2H6(g) -7,86 -32,9 CaCO3(p) -269,8 -1129

C6H6(c) 29,8 125 SiO2(p) -192,4 -805,0

Perhatikan definisi energi bebas Gibbs :

dG = dH – d(TS) = dU + d(PV) – d(TS)

maka

dG = dU + PdV + VdP – TdS – SdT

Karena dU = TdS – PdV untuk suatu proses reversible tanpa aliran hanya melakukan

kerja PV, sehingga

dG = VdP – SdT……………………………………………….(5.3)

Rumus umum ini dibatasi untuk proses tanpa aliran (non flow process) . Pada tekanan

konstan,

dGp = - SdT …………………………………………………(5.4)

Pada temperature konstan,

dGT = VdP……………………………………………………(5.5)

Pada temperature dan tekanan konstan,

dGT = 0……………………………………………… ….(5.6)

5.1 Perubahan Energi Gas Ideal sistim tertutup

Untuk gas ideal persamaan 5.4 dan persamaan 5.5 dapat lebih mudah diuraikan,

Pada temperature konstan,

……………………….………………… (5.7)

115

Pada tekanan konstan,

………………………………………,, .(5.8)

Sperti yang telah dibahas sebelumnya, entropi gas ideal,

dan S pada setiap T dapat dihitung pada tekanan 1 atm. Karena S merupakan fungsi

keadaan, maka perubahan entropi dari suatu keadaan ke keadaan yang lain lebih

mudah dihitung untuk gas ideal, sebagai contoh perubahan keadaan dari P1V1 menjadi

P2V2 :

1. Ekspansi secara isothermal dari P1 ke P2,

2. Perubahan suhu dari T1 ke T2 pada P2,

Selanjutnya, entropi absolut dapat ditentukan sebagai suatu fungsi suhu untuk

disubstitusikan pada persamaan 5.8,

………………

……………….(5.9)

S dapat ditentukan dari persamaan diatas.

Contoh 5.1 Satu kilomol gas karbon monoksida (anggap gas ideal) dengan kapasitas

panas pada tekanan konstan pada tekanan 2,758 MPa dan suhu

700 K (keadaan 1) diekspansi secara isothermal sehingga tekanannya menjadi 0,552

MPa (keadaan 2), selanjutnya didinginkan pada volume tetap sampai suhu 437,5 K

116

(keadaan 3), lalu didinginkan pada tekanan tetap sampai suhu 350 K (keadaan 4),

kemudian ditekan secara adiabatik sampai tekanan 2,758 MPa (keadaan 5) dan

dipanaskan pada tekanan tetap sampai suhu 700 K Tentukanlah perubahan energi

bebas gibbs untuk setiap langkah proses diatas..

a) Isothermal

b) Isometrik

anggap Cp konstan pada 29,3 kJ(kmol K)

dari table 4.1 Daubert,

SCO(g) pada 25 oC dan 1 atm = 198 kJ/(kmol K)

Evaluasi integral diatas dengan cara Simpson,

117

Dengan cara yang sama diperoleh,

Dan

c) Isobarik

Dari persamaan isothermal b),

S rata-rata = 195,9 kJ/kmol

d) Adiabatik

=

dari pers. Isothermal b)

S rata-rata = 192,7 kJ/kmol

dari hukum gas ideal diperoleh,

118

Gunakan cara Simpson, jika Pmid = 1,5525 MPa

Sehingga,

=

e) Isobarik

5.2 Perubahan energy Gibbs sistim terbuka (Proses Alir)

Perubahan energi bebas Gibbs untuk proses alir diturunkan dari neraca energi

yang telah dibahas pada bab 3,

…………………(5.10)

Karena , maka

…………(5.11)

119

Pada proses isothermal SdT =0, dan proses reversible, Q = TdS, maka

…………………………(5.12)

Pengaruh Tekanan

Pengaruh tekanan terhadap tekanan uap pada energi bebas Gibbs disebut effek

Poynting. Bila kita tinjau suatu sistem isothermal yang mengandung gas-gas yang

tidak dapat terkondensasi dan uap pada tekanan total yang lebih besar dari tekanan

uap pada suhu uap tertentu. Jika campuran ditekan sampai tekanan tinggi, sebagian

uap terkondensasi dan fasa gas akan mengandung sebagian uap yang ditentukan dari

tekanan uap yang terkondensasi.

…………………………………………

(5.13)

Dimana: Pf = tekanan total akhir

Pl = tekanan awal yang sama dengan tekanan uap pada temperatur sama

= spesifik volume

Karena uap dan cairan dalam kesetimbangan, , atau maka

naik secara sama dalam setiap fasa sedemikian rupa sehingga tekanan uap naik secara

perlahan. Jika fasa gas ideal,

…………………………………………….(5.14)

dimana P adalah tekanan uap yang terkondensasi pada tekanan tinggi. Tekanan ini

dapat digunakan untuk menghitung energi bebas dan sifat-sifat lain yang diinginkan.

Pengaruh ini hanya dapat diapresiasi pada tekanan tinggi, sekurang-kurangnya 1000

kPa.

Contoh 5.2. Perkirakan tekanan uap etilen pada 0 oC dan tekanan total 10 MPa.

Diketahui pada suhu 0 oC dan tekanan total 0,1 MPa, tekanan uapnya 4,08 MPa.

Ulangi perhitungan untuk tekanan total 1 MPa, anggap uap ideal.

Penyelesaian,

120

Anggap densitas cairan etilen kira-kira 430 kg/m3 dan ambil basis 1 kg etilen

ln

P = 5,42 MPa

Pada Pf = 1 MPa

P = 4,19 MPa

Soal

2. Tentukan perubahan entalpi, entropi, energi dalam, dan energi bebas Gibbs pada

proses berikut:

a. 5 kg air diuapkan pada suhu 100 oC dan tekanan 1 atm

b. 1 kmol cairan ammonia jenuh diuapkan pada tekanan tetap 1 atm

3. Suatu gas dengan kapasitas panas pada tekanan konstan 45 kJ/(kmol K)

diekspansi dari 0,5 MPa dan 100 oC menjadi 0,1 MPa dan 20 oC dengan

menggunakan pendingin dari luar yang suhunya 10 oC (lingkungan)

121

a. Jika gas adalah ideal, hitung perubahan entropi sistem , lingkungan, dan

keseluruhan

b. Hitung kerja yang hilang oleh sistem

c. Hitung perubahan energi bebas Gibbs sistem

d. Hitung seperti point a, bila gas non ideal

3. Jika 1 kg uap air jenuh pada suhu 200 oC, volumenya dilipat duakan dengan cara

ekspansi bebas, tentukan perubahan entropi, energi bebas Gibbs dengan

menggunakan data dari tabel steam.

122

SESI /PERKULIAHAN KE : 13 & 14

TIK :

1. Mampu mendeskripsikan siklus Carnot

2. Mampu mendeskripsikan siklus refrigerasi.

3. Mampu mengkaji/mengevaluasi kinerja mesin yang menerapkan siklus daya serta siklus refrigerasi dan pompa kalor.

Pokok Bahasan : Menerapkan hukum termodinamika keduaDeskripsi singkat : Dalam pertemuan ini anda mempelajari tentang siklus Carnot dan

siklus refrigerasi yang merupakan kebalikan dari siklus Carnot dan akan dikaji kinerja

mesin yang menerapkan siklus daya Carnot dan pompa kalor

I. Bahan Bacaan

1. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc..

2. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico

II Pertanyaan Kunci/Tugas :

5. Jelaskan dengan menggunakan diagram PV siklus Carnot

6. Jelaskan dengan Menggunakan diagram PV siklus refrigerasi

7. Mengapa siklus Carnot digunakan sebagai standar untuk mengevaluasi

kinerja dan efisiensi siklus sesungguhnya

III Tugas

1.Sebuah siklus daya carnot yang menggunakan udara sebagai fluida kerjanya

memiliki efisiensi termal 40%. Pada permulaan ekspansi isothermal, tekannya

620 kPa dan volume spesifik udara 0,1 m3/kg. Jika masukan kalor ke dalam

siklus sama dengan 50 kJ/kg, tentukanlah:

a. temperatur terendah dan tertinggi untuk siklus ini

b. Interaksi kerja dan kalor per satuan massa untuk setiap proses siklus ini

Anggap udara adalah gas ideal dengan kapasitas panas konstan

2. Tentukanlah koefisien kinerja untuk siklus refrigerasi yang diperoleh dengan

membalik siklus daya yang dijelaskan pada soal no1

123

1. Daubert, T.E., 1985. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill.

BAB VI

SIKLUS CARNOT DAN REFRIGERASI

Materi Prasyarat : Telah mampu mendiskripsikan prinsip hukum termodinamika pertama dan mengidentifikasi proses reversibel dan irreversibel.

Standar Kompetensi : Mampu mendeskripisikan konsep hukum kedua termodinamika dan menerapkannya pada berbagai proses dan siklus termodinamika teknik.

Kompetensi Dasar :1. Mampu mendeskripsikan siklus Carnot

2. Mampu mendeskripsikan siklus refrigerasi.

3. Mampu mengkaji/mengevaluasi kinerja mesin yang menerapkan siklus daya Carnot serta siklus refrigerasi dan pompa kalor.

6.1 Pendahuluan

Nicolas Sadi Carnot (1976-1832) merupakan salah seorang yang pertama

mengkaji prinsip-prinsip hukum kedua termodinamika . Carnot memperkenalkam

124

konsep siklus, setelah melalui serangkaian kejadian , dikembalikan ke tingkat

keadaan awal dan siklus ini merupakan siklus ideal klasik yang diberi nama siklus

Carnot. Siklus ini didasarkan pada hukum termodinamika pertama yang dirumuskan

kemudian oleh Joule, dan merupakan langkah mandiri dalam evolusi hukum kedua

termodinamika 25 tahun kemudian oleh Rudolf Clausius dan William Thompson.

Kerja poros maksimum yang disertakan pada setiap perubahan keadaan dari

suatu fluida diperoleh jika perubahan-perubahan tersebut berlangsung secara

reversibel tanpa gesekan mesin yang dapat memberikan kerja poros maksimum di

dalam siklus tertutup dari suatu fluida, sehingga mesin ini dapat digunakan sebagai

standar di dalam mengevaluasi efisiensi ataupun performansi dari siklus

sesungguhnya untuk untuk merubah panas ke bentuk kerja (poros) mekanik.

6.2 Siklus Carnot

Siklus carnot sebagai berikut

Gambar 6.1 Diaram PV dan TS siklus Carnot

a) Selama proses A-B panas dipindahkan secara reversible dan isotermal ke sistem

dari suatu reservoir bertemperatur tinggi pada T1 dan sistem menyerap panas Q1.

125

P

A- B

Volume sistim bertambah dari dari VA ke VB dan sistim melakukan kerja ekspansi

sebesar WAB seperti yang terlihat dilintasan A-B pada diagram PV

Isothermal =

b) Proses B-C merupakan proses ekspansi adiabatik yang selama proses ini secara

termal terisolasi dan temperature system turun dari T1 menjadi T2. Volume

system bertambah dari VB ke VC dan sistem melakukan kerja ekspansi sebesar

WBC

Kerja ekspansi adiabatik:

c) Selama proses C-D, sistem dikontakkan dengan reservoir bertemperatur rendah

T1 dan panas dipindahkan secara reversibel dan isotermal ke reservoir

bertemperatur rendah sebesar Q2. Sistem menerima kerja sebesar WCD dan

volume system berkurang dari VC menjadi VD. Penekanan gas secara isotermal

(C-D)

126

d) Proses akhir D-A, yang mengakhiri siklus ini merupakan proses kompressi

adiabatik reversibel, sistem menerima kerja sebesar WDA hingga volume sistem

berkurang dari VD menjadi VA dan suhu sistem naik dari T2 menjadi T1

Kerja netto pada siklus Carnot:

Effisiensi siklus merupakan perbandingan kerja yang dilakukan terhadap panas yang

masuk

A- D dan B – C adiabatis

127

Sehingga:

=

= ………………………………………………………(6.3)

Dari persamaan (6.2) dan (6.3) diperoleh hubungan,

……………………………………………………………..(6.4)

Tahap-tahapan proses dari siklus Carnot dapat dilihat pada gambar dibawah ini

128

Sebagai contoh mesin panas Carnot adalah motor kalor. Motor kalor merupakan

system termodinamik yang beroperasi dalam satu siklus dimana sistem menyerap

panas Q1dari suatu reservoir panas temperatur T1. Sebagian panas diubah dalam

bentuk kerja (system melakukan kerja terhadap lingkungan ) dan sisa panas Q2

diberikan ke reservoir dingin dengan suhu T2

129

Gambar 6.2. Proses Siklus Daya Carnot

Gambar 6.3 Prinsip Motor Kalor

6.3 Siklus Refrigerasi

Karena siklus Carnot adalah proses reversibel, maka prosesnya dapat dibalik.

Proses yang dibalik ini disebut siklus refrigerasi. Jadi, refrigerator Carnot bekerja

dengan kebalikan dari mesin Carnot. Mesin Carnot disebut direct cycle sedang

refrigerator Carnot disebut reverse cycle. Pada siklus refrigerator Carnot, proses

dimulai dengan proses ekspansi adiabatic (A-B), diikuti oleh proses ekspansi

isothermal (D-C), kompresi adiabatik (C-B), dan diakhiri oleh proses kompressi

isotermal sebagaimana dapat dilihat pada diagram PV dibawah ini

Gambar 6.4 Siklus refrigerator Carnot

130

Reservoir panas pada suhu T1

Resevoir dingin, suhu T2

Wnet

Q1

Q2

Refrigerator Carnot menerima kerja luar W dan menyerap panas Q2 dari suatu

reservoir dingin dengan temperatur T2, serta memberikan panas Q1 ke reservoir panas

yang suhunya T1. Siklus refrigerasi ini juga sering disebut pompa kalor. Pompa

kalor merupakan sistim termodinamik yang beroperasi dalam satu siklus yang

memindahkan kalor dari suatu reservoir dingin (bertemperatur rendah) ke reservoir

panas (temperatur tinggi). Indeks kinerja siklus refrigerasi atau pompa kalor disebut

coefficient of performance (COP) atau koefisien kinerja.

………………………………………………

……….…(6.5)

……………………………………………(6.6)

Dari persamaan 7.5 dan 7.6, diperoleh hubungan,

…………………………………………………..(6.7)

Gambar 6.5 Prinsip Pompa Kalor

131

7.2A- B

Reservoir panas pada suhu T1

Resevoir dingin, suhu T2

W

Q1

Q2

Contoh 6.1 Suatu mesin Carnot mengambil panas dari suatu reservoir yang suhunya

100 oF dan memberikan panas ke reservoir 0 oF. Jika mesin mengambil 1000 Btu dari

reservoir 100 oF, tentukan kerja yang dilakukan, jumlah panas yang diberikan ke

reservoir 0 oF, dan efisiensi dari mesin tersebut.

Penyelesaian:

T1 = ( 100 + 460 ) = 560 oF

T2 = ( 0 + 460 ) = 460 oF

Q1 = 1000 Btu

W = Q1 – Q2……………….………..a)

Dari persamaan 6.4 ,

560 Q2 = 460 Q1

Maka …………b)

Substitusi b ke a dan masukkan harga Q1, sehingga

Jadi kerja yang dilakukan mesin Carnot 178, Btu

Panas yang diberikan ke reservoir 0oF,

Effisiensi mesin Carnot,

Contoh 6.2. Suatu refrigerator dengan koefisien kinerja (COP) seperdua dari

koefisien kinerja refrigerator Carnot, bekerja antara reservoir 360 R dan reservoir 720

R serta menyerap panas sebesar 600 BTU dari reservoir temperatur rendah. Berapa

jumlah panas yang diberikan ke reservoir temperatur tinggi.

132

Penyelesaian:

Koefisien kinerja refrigerator carnot,

Persamaan 6.7, maka

Maka koefisien kinerja refrigerator carnot.

dan koefisien kinerja dari refrigerator yang dimaksud,

Jadi panas yang diberikan refrigerator tersebut ke reservoir temperatur tinggi tersebut

adalah 1800 BTU

Soal

1.Sebuah siklus daya carnot yang menggunakan udara sebagai fluida kerjanya

memiliki efisiensi termal 40%. Pada permulaan ekspansi isothermal, tekannya 620

kPa dan volume spesifik udara 0,1 m3/kg. Jika masukan kalor ke dalam siklus

sama dengan 50 kJ/kg, tentukanlah:

a. temperatur terendah dan tertinggi untuk siklus ini

b. Interaksi kerja dan kalor per satuan massa untuk setiap proses siklus ini

Anggap udara adalah gas ideal dengan kapasitas panas konstan

133

2. Tentukanlah koefisien kinerja untuk siklus refrigerasi yang diperoleh dengan

membalik siklus daya yang dijelaskan pada soal no1

3. Refrigerator yang digerakkan oleh motor 0,75 kW memindahkan 200 kJ/menit dari

benda dingin. Berapakah koefisien kinerja refrigerator ini? Pada laju berapa kalor

diberikan ke benda panasnya?

4. Suatu mesin carnot beroperasi dengan gas ideal dimana Cv = 3/2 R. Selama

ekspansi isothermal volume bertambah dua kali volume mula-mula (V2 = V1).

Perbandingan volume mula-mula dengan volume akhir adalah 5,7. Kerja yang

dilakukan mesin 6,134. 106 ft.lb. Gas terdiri dari 2 lbmole, tentukan temperatur

masing-masing reservoir dimana mesin beroperasi dan buat diagramnya

Referensi/Sumber Rujukan

134

1. Daubert, T.E., 2002. Chemical Engineering Thermodynamics. 4th edition. Boston-USA: Mc. Graw Hill. (halaman 116 s.d. 122).

2. Nainggolan, W.S. 1978. Thermodinamika. Edisi ketiga. Bandung. Armico (halaman 104 s.d 110)

3. Saad, M.A.. 1997. Termodinamika. 1st edition (terjemahan oleh: Zulkifli, H.. 2000). New York USA: Prentice Hall Inc.. (halaman 94-95 dan 147-161)

135

136

137

138

139

140

141

142

143

144

145

146

147

148

149

150

151

152

153

154